(1) Une matrice sym´ etrique et antisym´ etrique est nulle : si t A = A et t A = −A alors A = 0.

CORRIG´ E X-2006, MP, SECONDE ´ EPREUVE

Premi` ere partie

(1) Une matrice sym´ etrique et antisym´ etrique est nulle : si ^t A = A et ^t A = −A alors A = 0.

Donc le sous-espace de M _n ( R ) des matrices sym´ etriques et le sous-espace des matrices antisym´ etriques sont en somme directe. Leur somme vaut M _n ( R ) car toute matrice A ∈ M _n ( R ), s’´ ecrivant A = ¹ ₂ (A + ^t A) + ¹ ₂ (A − ^t A), est somme d’une matrice sym´ etrique et d’une matrice antisym´ etrique.

(2) On a pour toute matrice antisym´ etrique B, (Bx|x) = 0 (car (Bx|y) = −(x|By) pour tous x, y ∈ R ⁿ ). Donc (Ax|x) = (A _s x|x), et A est s-positive est ´ equivalent ` a A _s est positive (en tant que matrice sym´ etrique).

On sait alors que A _s est diagonalisable dans une base orthonorm´ ee (e _i ). On a alors (A _s x|x) =

n

X

i=1

λ _i x ² _i , (A _s e _i |e _i ) = λ _i

d’o` u A _s est positive si et seulement si toutes ses valeurs propres sont positives.

Seconde partie

(3) Soient A s-positive et λ > 0. Pour tout x ∈ R ⁿ \ {0}, on a k(λI + A)xk ² = λ ² kxk ² + 2λ(Ax|x) + kAxk ² > 0.

D’o` u Ker(λI + A) = {0} et l’inversibilit´ e de (λI + A).

(4) a) Ker(A) = {0}, Im(A) = R ² , R _λ (A) = _λ

¹ +1

λ −1

1 λ

,

λ→0 lim R λ (A) =

0 −1

1 0

(= A ⁻¹ ) et lim

λ→0 λR λ (A) = 0.

b) En notant (e ₁ , e ₂ , e ₃ ) la base canonique de R ³ , on obtient Ker(A) = Vect(e ₂ ), Im(A) = Vect(e ₁ , e ₃ ), R _λ (A) =





λ

λ

+1 0 − _λ

¹ +1

0 ¹ _λ 0

1

λ

+1 0 _λ

^λ +1



.

R _λ (A) n’admet pas de limite quand λ tend vers 0, mais lim

λ→0 λR _λ (A) =





0 0 0 0 1 0 0 0 0



.

(5) a) R _λ (A) commute avec (λI + A) = R _λ (A) ⁻¹ donc avec A : d’o` u AR _λ (A) = R _λ (A)A.

Par ailleurs, (A + λI)R _λ (A) = I donne imm´ ediatement AR _λ (A) = I − λR _λ (A).

b) (I − λR λ (A))R µ (A) = AR λ (A)R µ (A) = R λ (A)AR µ (A) = R λ (A)(I − µR µ (A)), d’o` u R _λ (A) − R _µ (A) = (µ − λ)R _λ (A)R _µ (A).

(6) Comme R _λ (A) est inversible, on a ´ egalit´ e entre

E = { ^kR _kxk

^(x)k , x 6= 0} et F = { k(λI+A)(y)k ^kyk , y 6= 0k}

1

2 CORRIG ´ E X-2006, MP, SECONDE ´ EPREUVE

donc kR λ (A)k = sup E = sup F = 1 inf{ k(λI+A)(y)k

kyk } . Or kλy + Ayk ² = λ ² kyk ² + 2λ(y|Ay)

| {z }

>0

+kAyk ² > λ ² kyk ²

donc inf{ k(λI+A)(y)k

kyk , y 6= 0} > λ.

Si det A = 0 alors il existe y 6= 0 tel que Ay = 0 donc inf { k(λI+A)(y)k

kyk } = λ d’o` u l’´ egalit´ e.

R´ eciproquement, inf{ k(λI+A)(y)k

kyk , y 6= 0} = inf{kλy + Ayk, kyk = 1}, par compacit´ e de la sph` ere unit´ e et continuit´ e de λI + A, on en d´ eduit que la borne inf´ erieure est un minimum donc il existe y de norme 1 tel que λ ² kyk ² + 2λ(y|Ay) + kAyk ² = λ ² donc 2λ(y|Ay) + kAyk ² = 0 soit Ay = 0 i.e. A non inversible et det A = 0.

Ainsi, l’´ egalit´ e kR _λ (A)k = 1

λ ´ equivaut ` a det(A) = 0.

(7) a) Soit x ∈ Im(A), il existe y ∈ R ⁿ tel que x = Ay.

Alors λR _λ (A)x = λR _λ (A)Ay = λ(I − λR _λ (A))y d’o` u, puisque kR _λ (A)yk 6 ¹ _λ kyk,

λ→0 lim λR _λ (A)x = 0.

b) De I = R λ (A)A + λR λ (A), on d´ eduit, pour tout x ∈ Ker(A), x = λR λ (A)x. Si de plus x ∈ Im(A), on a x = 0 d’apr` es la question pr´ ec´ edente. Donc Ker(A) et Im(A) sont en somme directe et, puisque la somme de leurs dimensions vaut n, ce sont des suppl´ ementaires dans R ⁿ .

c) Soit x = x ₁ + x ₂ o` u x ₁ ∈ Im A et x ₂ ∈ Ker A alors λR _λ (A)(x) = x − R _λ (A)Ax = λR _λ (A)(x ₁ )

| {z }

→0

+x ₂ donc, ponctuellement, lim

λ→→0 λR _λ (A)(x) = x ₂ . Pour une application lin´ eaire en di- mension finie, la convergence ponctuelle entraˆıne la convergence des applications.

En effet, on a convergence pour les vecteurs d’une base et, en prenant la norme infinie dans cette base (toutes les normes sont ´ equivalentes), on aura la convergence en norme des applications lin´ eaires.

(8) Puisque R _λ (A) = _det(λI+A) ^{1 t} Com(λI + A), les coefficients de R _λ (A) sont des fractions rationnelles en λ (dont le d´ enominateur ne s’annule pas sur R ^∗ + ). Ce sont par cons´ equent des fonctions continues sur ]0, +∞[, ainsi que Φ : λ 7→ R _λ (A).

On sait (question 5.b) que Φ(µ) − Φ(λ)

µ − λ = −Φ(λ)Φ(µ) et comme Φ est continue alors

µ→λ lim

Φ(µ) − Φ(λ)

µ − λ existe et vaut −Φ(λ) ² donc Φ est d´ erivable et Φ ⁰ = −Φ ² .

Prouvons maintenant par r´ ecurrence que Φ est de classe C ^p et que Φ ^(p) = (−1) ^p p!Φ ^p+1 : cette propri´ et´ e est vraie ` a l’ordre p = 1, on la suppose vraie ` a l’ordre p. Comme Φ est d´ erivable alors Φ ^(p) est aussi d´ erivable et, par d´ erivation, on obtient

Φ ^(p+1) = (−1) ^p p!(p + 1)Φ ^p Φ ⁰ = (−1) ^p+1 (p + 1)!Φ ^p+2 ce qui ach` eve la r´ ecurrence.

Troisi` eme partie

(9) On remplace µ par 1 dans (ii), on obtient F (λ) − F (1) = (1 − λ)F (λ)F (1) pour tout λ > 0, d’o` u

F (λ)(I + (λ − 1)F (1)) = F (1).

F (1) ´ etant inversible, F (λ) aussi et en plus F (λ) ⁻¹ = F (1) ⁻¹ + (λ − 1)I.

CORRIG ´ E X-2006, MP, SECONDE ´ EPREUVE 3

(10) a) Imm´ ediat, on multiplie ` a gauche par F (λ) <sup>−1</sup> et ` a droite par F (µ) ⁻¹ , on obtient alors F (λ) ⁻¹ − F (µ) ⁻¹ = (λ − µ)I.

b) F (λ) ⁻¹ = F (1) ⁻¹ + (λ − 1)I tend vers A = F (1) ⁻¹ − I quand λ tend vers 0. On a bien F (λ) ⁻¹ = A + λI.

(11) On a donc λF (λ) + AF (λ) = I soit AF (λ) = I − λF (λ) d’o` u (x|AF (λ)(x)) = kxk ² − λ(x|F (λ)(x))

| {z }

6kxk

> 0

donc AF (λ) est s-positive.

On pose ensuite x = F (λ)(y), alors

kyk ² = kAx + λxk ² = kAxk ² + 2λ(Ax|x) + λ ² kxk ² d’o` u kAxk ² + 2λ(Ax|x) = kyk ² − λ ² kF (λ)(y)k ² > 0 car kλF (λ)k 6 1.

Il en r´ esulte (Ax|x) = lim

λ→+∞

kAxk

+2λ(Ax|x) 2λ > 0.

Quatri` eme partie (12) Rappelons que exp(t + s)A = exp(tA) exp(sA).

(i) ⇒ (ii) : on suppose (i), pour tous x ∈ R ⁿ et t 6 s r´ eels, on a

k exp(−sA)xk = k exp(−(s − t)A) exp(−tA)xk 6 k exp(−(s − t)A)kk exp(−tA)xk 6 k exp(−tA)xk

donc t 7→ k exp(−tA)xk est d´ ecroissante, il en est de mˆ eme de t 7→ k exp(−tA)k ² . (ii) ⇒ (i) : pour tous t > 0 et x ∈ R ⁿ , k exp(−tA)xk 6 k exp(−0A)xk = kxk, donc k exp(−tA)k 6 1.

(ii) ⇒ (iii) : la fonction ´ etant d´ ecroissante, on sait que d

dt k exp(−tA)xk ² 6 0 or d

dt k exp(−tA)xk ² = −2(exp(−tA)Ax| exp(−tA)x) donc, en t = 0 on obtient (Ax|x) > 0.

(iii) ⇒ (ii) : Supposons (iii), alors (Ay|y) > 0 et on l’applique ` a y = exp(−tA)x donc t 7→ k exp(−tA)xk ² est d´ ecroissante.

(13) D’apr` es 12i, t 7→ exp(−tA) est born´ ee sur R + . Donc, grˆ ace ` a l’´ equivalence des normes en dimension finie, chaque fonction t 7→ (exp(−tA)) _i,j est born´ ee et t 7→

e ^−λt (exp(−tA)) _i,j est int´ egrable sur [0, +∞[ (donc l’int´ egrale ”converge”, c’est-` a-dire que u 7→ R u

0 e ^−λt (exp(−tA)) _i,j dt admet une limite quand u → +∞).

(14) Il suffit de faire une int´ egration avec les fonctions vectorielles : (A + λI)ρ(λ) =

Z +∞

0

(A + λI)e ^−t(λI+A) dt = −

e ^{−t(λI+A) +∞}

t=0

= I donc ρ(λ) = R _λ (A).

(15) Soit S =

a −b b a

, a, b ∈ R

l’alg` ebre des matrices de similitude et Ψ : C → S d´ efinie par Ψ(a + ib) =

a −b b a

. Ψ est un isomorphisme d’alg` ebre et un hom´ eomorphisme.

En particulier, Ψ(e ^z ) = exp(Ψ(z)) par un simple passage ` a la limite.

4 CORRIG ´ E X-2006, MP, SECONDE ´ EPREUVE

On a alors −tA = Ψ(it), exp(−tA) = Ψ(e ^it ) = Ψ(cos(t) + i sin(t)) =

cos(t) − sin(t) sin(t) cos(t)

et

ρ(λ) = Z +∞

0

e ^−λt Ψ e ^it

dt = Ψ

Z +∞

0

e ^−λt e ^it dt

= Ψ

Z +∞

0

e ^−λt e ^it dt

= 1

i − λ Ψ

e ^{(i−λ)t +∞}

0

= Ψ 1

λ − i

= Ψ λ

λ ² + 1 + i λ ² + 1

. On retrouve ainsi R _λ (A) = ρ(λ) = _λ

¹ +1

λ −1

1 λ

.