K Publié dans les Annales des Concours 1/20

(1)

© Éditions H

^&

K Publié dans les Annales des Concours 1/20

Centrale Maths 2 PSI 2011 — Corrigé

Ce corrigé est proposé par Christophe Fiszka (ENS Cachan) ; il a été relu par Jules Svartz (ENS Cachan) et Céline Chevalier (Enseignant-chercheur à l’université).

Le problème propose une introduction aux techniques de « positionnement mul- tidimensionnel », classiques dans le domaine de l’analyse de données. Le principe général consiste à trouver un placement de n données dans un espace R

^p

de dimen- sion p fixée en respectant « au mieux » les distances mutuelles mesurées entre celles-ci.

Ces distances sont stockées dans une matrice dont on étudie les propriétés tout au long des cinq parties du sujet.

• Les deux premières parties définissent les notations et les outils propres au pro- blème, notamment la relation de Torgerson qui relie les produits scalaires d’une famille de vecteurs (U

¹

, . . . , U

n

) aux carrés des distances mutuelles kU

i

−U

j

k

²

.

• La troisième partie donne une condition nécessaire et suffisante pour qu’une matrice soit effectivement de distances mutuelles au carré, c’est-à-dire de type

M = kU

i

− U

j

k

²

16i,j6n

• La quatrième partie aborde un problème particulier dans le cas n = 4 et p = 3 : si A, B, C et D désignent quatre points de R

³

, à quelles conditions sur les dis- tances AC et BD peut-on avoir AB = BC = CD = DA ? L’énoncé propose deux résolutions, l’une purement géométrique et l’autre plus algébrique, qui utilisent les outils développés dans les trois premières parties.

• La dernière partie illustre trois techniques, la méthode des moindres carrés, le décalage de la distance au carré et enfin le décalage suivant une méthode de F. Cailliez, permettant, à partir d’une matrice symétrique, de se ramener à une matrice de distances mutuelles au carré.

Ce sujet est intéressant et original, mais il est aussi long et difficile.

Téléchargé gratuitement sur Doc-Solus.fr

(2)

© Éditions H

^&

K Publié dans les Annales des Concours 2/20

Indications

Partie I I.A Démontrer que P

²

= P et

^t

P = P.

I.B.1 Pour le caractère orthogonal, on pourra vérifier que

∀M, N ∈ M

n

(R) (Φ(M) | N) = (M | Φ(N))

Partie II

II.A Relier les produits scalaires avec les distances par la formule kU

i

− U

j

k

²

= kU

i

k

²

+ kU

j

k

²

− 2hU

i

, U

j

i

pour ensuite utiliser la relation démontrée à la question I.C.

Partie III

III.A.1 En appliquant le résultat de la question II.A, montrer que Φ(M) = −2

^t

(UP) UP

puis calculer kUPX

λ

k

²

où X

λ

est un vecteur propre pour la valeur propre λ.

III.A.2 Démontrer tout d’abord que Ker

^t

U U = Ker U.

III.B.1 Commencer par traiter le cas où Ψ(M) est diagonale.

III.B.2.a Remarquer que UZ =

n

P

i=1

U

i

.

III.B.2.c En partant de la relation établie à la fin de la partie I, il suffit de montrer que MZ = NZ.

Partie IV IV.A.1 On doit trouver a

²

+ b

²

= 4.

IV.B.4 Les points U

i

sont coplanaires, pour i = 1, . . . 4, si le rang de U est inférieur ou égal à 2.

Partie V

V.B.3 Montrer que si X ∈ H est un vecteur propre de Ψ(M) pour la valeur λ, il est aussi vecteur propre de Ψ(N

k

), mais pour la valeur λ + k/2.

V.C.1 Justifier tout d’abord que

Ψ(M

c

) = Ψ(M) + 2cΨ(D) + c

²

2 P

V.C.4 Utiliser un argument de compacité, puis remarquer que la valeur α(X) représente le plus grand zéro du polynôme :

P

^X

: c → 1 2

t

X PXc

²

+ 2

^t

X Ψ(D)Xc +

^t

X Ψ(M)X

V.C.6 Penser à la relation

Ψ(M

c

) = Ψ(M) + 2cΨ(D) + c

²

2 P V.C.7 Même indication qu’à la question V.C.6.

Téléchargé gratuitement sur Doc-Solus.fr

(3)

© Éditions H

^&

K Publié dans les Annales des Concours 3/20

Dans tout ce corrigé, on identifie les matrices de M

n,1

(R) aux vecteurs de R

ⁿ

.

I. Centrage de matrices

I.A L’endomorphisme π est un projecteur orthogonal si et seulement si

π ◦ π = π et π

^∗

= π

où l’on a noté π

^∗

l’adjoint de π. Si P est la matrice représentative de π dans la base canonique, ces deux conditions sont équivalentes à

P

²

= P et

^t

P = P

Or, P

²

=

I

n

− 1 n J

²

= I

n

− 2 n J + 1

n

²

J

²

Puisque J

²

= (Z

^t

Z)(Z

^t

Z) = Z(

^t

Z Z)

^t

Z = nZ

^t

Z = nJ, on en déduit que P

²

= I

n

− 2

n J + 1

n J = I

n

− 1 n J = P

De plus,

^t

P =

t

I

n

− 1

n J

=

^t

I

n

− 1 n

t

J = I

n

− 1 n J = P car les matrices I

n

et J sont symétriques.

En conclusion, π est un projecteur orthogonal.

Précisons maintenant les éléments caractéristiques de ce projecteur, à savoir le noyau, l’image et le rang. Pour déterminer le noyau, résolvons l’équation PX = 0 pour X ∈ M

n,1

(R) ; elle est équivalente à

JX = nX En notant X =

^t

(x

1

, x

2

, . . . , x

n

), on en déduit que

∀j ∈ [[ 1 ; n ]]

n

P

p=1

x

p

= nx

j

soit x

j

= 1 n

n

P

p=1

x

p

Ainsi, toutes les composantes de X sont égales. Par conséquent, il existe λ ∈ R tel que X = λZ. Réciproquement, on s’assure que

^t

(1, . . . , 1) est bien dans le noyau.

Traduisons ce résultat en termes d’endomorphisme :

Ker π est la droite vectorielle engendrée par

^t

(1, . . . , 1).

Le projecteur étant orthogonal, l’image n’est autre que l’orthogonal du noyau : Im (π) = Ker (π)

^⊥

Explicitons cet ensemble : soit x =

^t

(x

1

, . . . , x

n

) ∈ Ker (π)

^⊥

. Comme le noyau est engendré par le vecteur

^t

(1, . . . , 1),

x ∈ Ker (π)

^⊥

⇐⇒ 0 = hx,

^t

(1, . . . , 1)i =

n

P

i=1

x

i

Autrement dit, l’image est donnée par l’hyperplan Im (π) = {x = (x

¹

, . . . , x

n

) |

n

P

i=1

x

i

= 0}

et rg (π) = n − 1

Téléchargé gratuitement sur Doc-Solus.fr

(4)

© Éditions H

^&

K Publié dans les Annales des Concours 4/20

On aurait tout aussi bien pu donner le rang directement à l’aide de la trace.

En effet, si l’on regarde la matrice de π dans une base adaptée à la décom- position R

ⁿ

= Ker (π) ⊕ Im (π), on voit que

rg (π) = Tr (π)

I.B.1 A nouveau, vérifions d’abord que l’endomorphisme Φ satisfait la relation Φ ◦ Φ = Φ

Soit M ∈ M

n

(R), on a Φ ◦ Φ(M) = P(PMP)P = P

²

MP

²

Comme P est la matrice d’un projecteur, il vient

Φ ◦ Φ(M) = PMP = Φ(M) ce qu’il fallait démontrer.

Vérifions désormais que Φ est bien orthogonal, c’est-à-dire égal à son adjoint.

Il suffit pour cela d’établir que, pour toutes matrices M et N, (Φ(M)|N) = (M| Φ(N)).

Or, pour toutes matrices A, B de M

n

(R), Tr AB = Tr BA et

^t

P = P. Il vient (Φ(M) | N) = Tr (

^t

(PMP) N) = Tr (P

^t

M PN) = Tr (

^t

M PNP) = (M | Φ(N)) Finalement, Φ est un projecteur orthogonal.

Attention à ne pas confondre un endomorphisme orthogonal (inversible d’in- verse son adjoint) et un projecteur orthogonal, qui n’est pas inversible et pour lequel l’adjectif orthogonal fait référence à l’orthogonalité entre son noyau et son image.

I.B.2 Montrons le résultat par double inclusion. Dans le sens direct, comme l’image d’un projecteur est l’ensemble des vecteurs invariants par ce dernier,

Im Φ = { M ∈ M

n

(R) | Φ(M) = M }

Soit M ∈ Im Φ, elle vérifie M = Φ(M) = PMP et aussi, en transposant, P

^t

M P =

^t

M. Puisque PZ = 0, il vient MZ = PMPZ = 0 et

^t

M Z = P

^t

M PZ = 0. La première inclusion est démontrée.

Remarquons que l’on ne connaît pas a priori la dimension de ces espaces.

Dès lors, on ne peut pas conclure par un argument de dimension. Il faut maintenant prouver l’inclusion inverse.

Soit M ∈ M

n

(R) telle que MZ = 0 et

^t

M Z = 0. Alors PMP =

I

n

− 1 n J

M I

n

− 1

n J

= I

n

− 1

n J M − 1

n MJ

= I

n

− 1

n J M puisque MJ = MZ

^t

Z = 0. De plus,

I

n

− 1 n J

M = M − 1

n JM = M car JM = Z

^t

Z M = Z

^t

(

^t