II – Deux applications

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 12 — éléments de correction

d’après Centrale 2013 MP maths 2

I - Décomposition polaire d’un endomorphisme de R

I.A – On munitRⁿ de sa structure euclidienne canonique.

I.A.1) Soituun endomorphisme de Rⁿ, B une base orthonormale deRⁿ et M la matrice deudans cette base. On sait déjà que uest autoadjoint si et seulement si M est symétrique (cours). De plus uet M ont le même spectre : Sp(u) = Sp(M).

• Supposonsupositif, prouvons queSp(u)⊂R+.

Soit λ une valeur propre de uet x6= 0 un vecteur propre associé. Il vient alors hu(x)|xi = (λx|xi =λkxk². Or hu(x)|xi ≥0et kxk²>0puisque x6= 0, d’oùλ∈R⁺.

• Supposonsudéfini positif, prouvons que Sp(u)⊂R^∗+.

Soit λ une valeur propre de uet x6= 0 un vecteur propre associé. Il vient alors hu(x)|xi = (λx|xi =λkxk². Or hu(x)|xi>0et kxk²>0puisque x6= 0, d’oùλ∈R^∗+.

• SupposonsSp(u)⊂R+, prouvons queuest positif.

D’après le théorème spectral, il existeB= (e₁, . . . , e_n)une base orthonormée de vecteurs propres deu, associée aux valeurs propres(λ₁, . . . , λ_n).

SoitxdansRⁿ. Notonsx=

n

X

i=1

xiei sa décomposition dansB. Un calcul classique (à refaire le jour J !) mène à

hu(x)|xi=

n

X

i=1

λix²_i. Orλi≥0 pour toutidonchu(x)|xi ≥0. Ainsiuest bien positif.

• SupposonsSp(u)⊂R^∗+, prouvons queuest défini positif.

Avec les mêmes notations, puisquexest non nul il existe un itel quexi 6= 0. Il s’ensuit quehu(x)|xi ≥ λix²_i >0.

Par conséquentuest bien défini positif.

Ceci achève de démontrer que uest positif (resp. défini positif) si et seulement siSp(u)⊂R+ (resp.Sp(u)⊂R^∗+) . I.A.2) SupposonsS ∈S_n⁺⁺(R), alorsS est symétrique et Sp(S)⊂R^∗+ donc0∈/ Sp(S)puisS est inversible. De plus

t(S⁻¹) = (^tS)⁻¹= (S)⁻¹d’oùS⁻¹est symétrique. Enfin la matriceSétant diagonalisable, il vientSp(S⁻¹) ={_λ¹/ λ∈ Sp(S)} ⊂R^∗+. D’où S⁻¹∈S_n⁺⁺(R).

I.B – Soituun endomorphisme deRⁿ autoadjoint défini positif.

I.B.1) Soitv un endomorphisme deRⁿ autoadjoint défini positif tel quev²=u. Soitλ∈Sp(u). Déjàuv=v³=vu, donc Ker (u−λId) est stable par v. Notons v_λ la restriction de v à Ker (u−λId). Puisque v est diagonalisable, la restriction vλ est aussi diagonalisable. Si µ est une valeur propre de vλ alors il existe un vecteur non nul x de Ker (u−λId)tel quev(x) =µx. Bien entenduu(x) =µ²x=λx. Maisµ >0, alorsµ=√

λet v_λ=√

λIdKer (u−λId). I.B.2) Puisque uest diagonalisable : Rⁿ = M

λ∈Sp(u)

Ker (u−λId). Alorsv = X

λ∈Sp(u)

√

λp_λ (décomposition spectrale dev, oùpλ est la projection orthogonale surEλ parallèlement à M

µ∈Sp(u) µ6=λ

Eµ. En d’autres termes, pour toutλ∈Sp(u), pour toutx∈Ker (u−λId),v(x) =√

λx. Ceci prouve l’unicité dev .

Réciproquement, pour cev ainsi défini on av∈ L(Rⁿ)etv²=u. L’endomorphismeuest autoadjoint, donc diagonali- sable et ses sous-espaces propres sont deux à deux orthogonaux. Il existe alors une base orthonormale deRⁿ adaptée à la somme directeRⁿ= M

λ∈Sp(u)

Ker (u−λId)dans laquelle la matrice dev est diagonale à éléments diagonaux dans R^∗+. L’endomorphismevest alors bien autoadjoint défini positif et vérifiantv²=u. D’où l’existence dev .

I.B.3)Soientλ₁, . . . ,λ_ples valeurs propres distinctes deu, etm₁, . . . ,m_pleurs multiplicités respectives. Il existe une base orthonormaleBdeRⁿdans laquelle la matrice deuest diagonale (par blocs) : [u]_B= diag (λ1Im₁, λ2Im₂, . . . , λpIm_p).

Par unicité dev : [v]_B= diag (√

λ1Im₁,√

λ2Im₂, . . . ,p λpIm_p).

SoientL1, . . . , Lp les polynômes de Lagrange associés aux réelsλ1, . . . , λp. En clair : Li(X) =

p

Y

j=1 j6=i

X−λj

λ_i−λ_j

pour

tout i∈[[1, p]]. Sans détour : Li(λj) =δi,j=

1sii=j

0si non . Posons Q(X) =

p

X

i=1

pλiLi(X). Le polynômeQvérifie Q(λi) =√

λi pour touti. Par conséquentQ([u]_B) = [v]_B puis Q(u) =v . I.C –SoitA∈GLn(R).

I.C.1)La matrice^tAAest symétrique. Pour toutX∈M_n,1(R), remarquons que^tX(^tAA)X =^t(AX)(AX) =kAXk²≥ 0. SiX 6= 0, alors par inversibilité deAil vientAX6= 0. Par conséquent ^tAA∈S⁺⁺_n (R).

I.C.2)D’après I.B)il existe une unique matrice S ∈S_n⁺⁺(R)telle que^tAA =S². Posons O =AS⁻¹, alors ^tOO =

t(S⁻¹)^tAAS⁻¹=S⁻¹(^tAA)S⁻¹=S⁻¹(S²)S⁻¹=In d’oùO∈O(n). Ceci prouve l’ existence de (O, S).

Supposons qu’il existe(O, S)∈O(n)×S_n⁺⁺(R)tel queA=OS. D’une part^tAA=S²doncS est unique d’aprèsI.B, d’autre partO=AS⁻¹ est également unique. Ceci prouve l’ unicité de(O, S)∈O(n)×S_n⁺⁺(R)tel que A=OS .

I.C.3)A=











3 0 −1

√2

2 3√

2 −3√ 2 2

−

√2 2 3√

2 3√ 2 2











; ^tA=









 3

√ 2

2 −

√ 2 2

0 3√

2 3√ 2

−1 −3√ 2 2

3√ 2 2











; ^tAA=





10 0 −6

0 36 0

−6 0 10



.

Le polynôme caractéristique de^tAAest χtAA(X) = (X−36)(X−4)(X−16).

Les sous-espaces propres deM sont :E₃₆(^tAA) =R



 0 1 0



;E₄(^tAA) =R



 1 0 1



;E₁₆(^tAA) =R





−1 0 1



.

Posons P=











0 1

√

2 − 1

√ 2

1 0 0

0 1

√2

√1 2











(obtenue en normant les trois vecteurs orthogonaux de la base de diagonalisation)

et D= diag (36,4,16), de sorte que^tAA=P D^tP où^tP=P⁻¹. Par unicité deS, on a : S=P∆P⁻¹avec∆ = diag (6,2,4).

Après calcul S =





3 0 −1

0 6 0

−1 0 3



. Enfin O=AS⁻¹=











1 0 0

0

√2

2 −

√2 2 0

√2 2

√2 2









 .

I.D.1) SoitM ∈O(n).

• Les colonnes de M forment une base orthonormée de Rⁿ donc |mi,j| ≤ 1 pour tous i, j, d’où kMk ≤ 1. Ainsi O(n)est borné .

• L’applicationf :X 7→^tXX est continue surMn(R), car les coefficients de^tXX sont polynomiaux en ceux deM. Le singleton{In} est fermé dansMn(R).

Par conséquent O(n) =f⁻¹({In})est fermé comme image réciproque par une application continue d’un fermé.

L’espace vectoriel normé Mn(R) est de dimension finie, donc ses compacts sont ses parties fermées et bornées. Il s’ensuit que O(n)est un compact deMn(R).

I.D.2) L’ensembleSn(R)est un fermé deMn(R), puisque c’est un sous-espace vectoriel de dimension finie. Il suffit alors de prouver queS_n⁺(R)est un fermé deS_n(R).

Soit (Aq)_q∈N une suite de S_n⁺(R) convergente vers A ∈ Sn(R). Montrons que A ∈ S_n⁺(R). Soit X ∈ Mn,1(R) fixé.

L’applicationM 7→^tXM X est (une forme) linéaire sur Sn(R)qui est de dimension finie, donc elle est continue. Or pour tout q, ^tXA_qX ≥ 0. D’où en passant à la limite ^tXAX ≥0 pour tout X. D’où A ∈ S_n⁺(R). Par conséquent

S_n⁺(R)est bien fermé .

I.D.3) SoitA∈Mn(R). Le nombre des valeurs propres deA est fini. On en déduit qu’il existe un entier non nulN tel que pour tout q≥N, 1

q ∈/ Sp(A). Ainsi

A− 1 N+pIn

p∈N

est une suite deGLn(R)qui converge vers A. Par conséquent GL_n(R)est dense dansMn(R).

I.D.4) SoitA∈Mn(R). D’après la question précédente, il existe une suite(Aq)_q∈NdeGLn(R)qui converge versA.

D’aprèsI.C.2), il existe deux suites(Oq)q∈N deO(n)et(Sq)q∈NdeS_n⁺⁺(R)telles queAq=OqSq pour toutq.

D’aprèsI.D.1), l’ensembleO(n)est compact. Il existe une sous-suite(O_ϕ(q))_q∈Nqui converge vers un certainO∈O(n).

MaisS_ϕ(q)=^tO_ϕ(q)A_ϕ(q)^q→∞−→ ^tOA=S. Par ailleurs(S_ϕ(q))_q∈Nest une suite deS⁺⁺_n (R)⊂S_n⁺(R)qui est fermé d’après I.D.2), d’oùS∈S_n⁺(R). On a bien trouvé un couple(O, S)deO(n)×S_n⁺(R)tel que A=OS .

Hélas l’unicité n’est plus garantie siS n’est pas inversible : par exemple la matrice nulle 0 est dans S_n⁺(R) et se décompose sous la forme0 =OS pourS= 0(matrice nulle) etO∈O(n)quelconque.

I.E – Soitϕl’application de O(n)×S_n⁺⁺(R)dansGL_n(R)définie parϕ(O, S) =OS.

• D’aprèsI.C.2)tout élémentAdeGL_n(R)admet un et un seul antécédent parϕ: l’application ϕest bijective .

• De plusϕest la restriction d’une application bilinéaire de source de dimension finie, donc ϕest continue .

• Prouvons la continuité deϕ⁻¹, par caractérisation séquentielle. Soit(A_q)_q∈Nune suite deGL_n(R)qui converge vers A∈GLn(R).

On pose(O, S) =ϕ⁻¹(A)et (O_q, S_q) =ϕ⁻¹(A_q)pour toutq.

Remarquons que ^tAqAq = S_q^{2 q→+∞}−→ ^tAA = S². La suite (Sq)q est convergente, donc bornée. Or Mn(R) est de dimension finie donc d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, la suite (Sq)q admet une sous-suite (S_α(q))_q∈N convergente vers une certaine matriceS⁰∈S⁺_n(R).

Mais la suite(S²_α(q))q converge versS²= (S⁰)² qui est inversible, doncS⁰ ∈S_n⁺⁺(R).

D’où d’aprèsI.B(unicité de la décomposition polaire)S =S⁰.

On vient de montrer que S est la seule valeur d’adhérence de(Sq)q . Montrons que (Sq)q converge versS.

Par l’absurde, supposons que(S_q)_q ne converge pas versS. (Converge versS:∀ε >0,∃n0/∀q≥n₀,kS−S_qk ≤ε).

Il existeε >0 tel que pour toutn0, il existeq≥n0 tel quekS−Sqk> ε. On peut donc construire une sous-suite (Sβ(q))q∈Ntelle que : ∀q∈N,

S−Sβ(q)

> ε.

D’après ce qui précède (S_β(q))q est une suite bornée, donc admet une valeur d’adhérence, qui est aussi valeur d’adhérence de la suite(Sq)q∈N, donc qui ne peut être queS. Ceci est absurde car

S−S_β(q)

> εpour toutq.

Finalement la suite(Sq)_q∈Nconverge versS. OrSest inversible et la fonction inverse est continue surGLn(R), d’où (S_q⁻¹)_q∈Nconverge versS⁻¹.

La suite(O_q)_q = (A_qS⁻¹_q )_q converge alors versAS⁻¹=O.

On en déduit que lim

q→+∞ϕ⁻¹(A_q) = ϕ⁻¹(A). L’application ϕ⁻¹est continue sur GL_n(R) par caractérisation sé- quentielle de la continuité.

II – Deux applications

II.A – Première application

SoientAetB dansMn(R). On suppose qu’il existeU ∈GLn(C)telle queU U^∗=In etA=U BU⁻¹. II.A.1) U⁻¹=U^∗=^tU =⇒U =^t U⁻¹

=⇒^tA=U(^tB)^tU.

MaisAest réelle alors ^tA=U(^tB)^tU =U(^tB)^tU =U(^tB)U⁻¹. II.A.2) On noteX, Y les matrices deMn(R)telles que :U =X+iY.

a) R(t) = det(X+tY)définit une fonction polynôme, non nulle puisqueR(i)6= 0, et donc admet un nombre fini de zéros réels. D’où il existe un réel µtel que :R(µ)6= 0.

b) AU =U B, alors en séparant parties réelles et imaginaires, on obtient :AX=XBet AY =Y B.

c) On pose : alors P =X+µY ∈GL_n(R)etAP =P B c’est à dire :A=P BP⁻¹. De même, on a :^tAU =U^tB alors^tAX=X^tB et ^tAY =Y^tB et donc^tAP =P^tB.

D’où A=P BP⁻¹ et ^tA=P^tBP⁻¹.

II.A.3) On écritP sous la formeP =OS avecO∈O(n)etS∈S⁺⁺_n (R).

a) A=P BP⁻¹ et^tA=P^tBP⁻¹ et^tP P =S².

Calculons A²de deux façons,A²=P B²P⁻¹=^t P^tBP⁻¹

P BP⁻¹=^tP⁻¹B^tP P BP⁻¹. P B²P⁻¹=^tP⁻¹BS²BP⁻¹. On multiplie par^tP à gauche et parP à droite.

On obtient alorsS²B²=BS²B. SiB est inversible, on on a évidementBS²=S²B.

Dans le cas général, soitν un réel qui n’est pas valeur propre deB, et posons : B⁰=B−νIn etA⁰=A−νIn

Tout ce qui précède dans cette application reste vrai en remplaçant AparA⁰ etB parB⁰. B⁰ étant inversible, alorsB⁰S²=S²B⁰ et par conséquent :BS²=S²B.

Montrons maintenant queBS =SB.

D’aprèsI.B.3), il existe un polynômeQtel queQ(S²) =S, d’oùBS =SB.

b) D’après la question précédente, B=SBS⁻¹, alorsA=P BP⁻¹=OSBS^−1tO=OB^tO.

II.B – Seconde application

II.B.1) Supposons que le système admet une solutionX ∈GLn(R).

∀Z ∈Mn,1(R)\ {0},^tZ ^tAAZ+^tZ ^tXXZ =^tZZ.

Or ^tXX∈S_n⁺⁺(R), alors^tZ ^tXXZ >0et donc∀Z∈M_n,1(R)\ {0} ; ^tZ(I_n−^tAA)Z >0.

Nous avonsIn−^tAA∈S_n⁺⁺(R), alorsSp(In−^tAA) ={1−λ tq λ∈ Sp(^tAA)} ⊂R^∗+. D’où Sp(^tAA)⊂[0,1[.

II.B.2) On suppose dans cette question queSp(^tAA)⊂[0,1[.

a) D’après I.D.4)Tout X ∈ GL_n(R)s’écrit d’une unique façon sous la forme : X =U H avec(U, H)∈ O(n)× S⁺⁺_n (R).

b) ^tXX=H²=In−^tAA∈S_n⁺⁺(R).

Puisque In−^tAA∈Sn(R)etSp(In−^tAA) ={1−λ/ λ∈Sp(^tAA)} ⊂R^∗+.

Alors d’après I.B) il existe une unique matriceH∈S⁺⁺_n (R)telle que :H²=In−^tAA.

c) Fixons alors leH de la question précédente, et PosonsX=U H avecU ∈O(n).

Il s’agit alors de trouverU ∈O(n)tel que :^tAU H−H^tU A= 0_n c’est-à-direB=^tAU H est symétrique.

SelonI.D.4) on peut écrireA=OSavec(O, S)∈O(n)×S_n⁺(R). PosonsU=O, alorsB=SH.

tAA+^tXX =In =S²+H², alorsS² et H² commutent, et en appliquant la technique de I.B.3)à S et à H, on a : SH =HS, c’est-à-direB=^tB.

III – Valeurs propres d’une matrice

III.A – Soitp≥3.P_p(x) =

x−2 1 0 . . . 0 1 x−2 1 . .. .^.. 0 1 x−2 ^.._. 0 ... . .. . .. . .. 1 0 . . . 0 1 x−2

On développe suivant la première ligne :

Pp(x) = (x−2)P_p−1(x)−

1 1 . .. ^... 0 x−2 ^... 0 ... . .. . .. 1

0 0 1 x−2

.

Enfin en développant suivant la première colonne : Pp(x) = (x−2)P_p−1(x)−P_p−2(x). III.B – Soitx∈Rtel que|2−x|<2, ou encore 2−x

2 ∈]−1,1[. L’applicationθ7→cos(θ)est une bijection de]0, π[

vers ]−1,1[, donc il existe un uniqueθ∈]0, π[tel que2−x= 2 cos(θ). Remarquons ensuite que P₁(x) = x−2 =

−2 cos(θ) =−sin(2θ)

sin(θ) etP2(x) = (x−2)²−1 = 4 cos²(θ) sin(θ)−sin(θ)

sin(θ) =2 sin(2θ) cos(θ)−sin(θ)

sin(θ) = sin(3θ) sin(θ) . N.B. : on a utilisé la formule trigonométrique2 sin(a) cos(b) = sin(a+b) + sin(a−b).

Par récurrence double surp∈N^∗, montrons queP_p(x) = (−1)^psin((p+ 1)θ)

sin(θ) . Ceci est vrai pourp∈ {1,2}. Supposons que c’est vrai pourq−1 etq−2 et prouvons-le pourq :

Pq(x) = (x−2)Pq−1(x)−Pq−2(x) = −2 cos(θ)(−1)^q−1sin(qθ)

sin(θ) −(−1)^qsin((q−1)θ) sin(θ)

= (−1)^q

2 cos(θ)sin(qθ)

sin(θ) −sin((q−1)θ) sin(θ)

= (−1)^qsin((q+ 1)θ) sin(θ) .

III.C – Remarquons que Pp(x) = sin((p+ 1)θ)

sin(θ) = 0 si et seulement si θ = kπ

p+ 1 avec k ∈ [[1, p]], ou encore x= 2

1−cos

kπ p+ 1

= 4 sin² kπ

2(p+ 1)

aveck∈[[1, p]]. Ce sont bienpvaleurs distinctes, grâce à la bijectivité decos :]0, π[→]−1,1[.

Ainsi lespvaleurs propres deAp sont les λk,p= 4 sin²

kπ 2(p+ 1)

aveck∈[[1, p]].

III.D – La matriceAp est dans Mp(R)et admet pvaleurs propres réelles distinctes, donc Ap est diagonalisable .

Déterminons les éléments propres deA_p. Pour ce faire, fixonsk∈[[1, p]]et posonsX_k =





 x1,k

... xp,k





∈M_p,1(R). Alors :

A_pX_k = λ_k,pX_k ⇐⇒



















2x1,k−x2,k = 4 sin²(_2(p+1)^kπ )x1,k

−x1,k+ 2x_2,k−x_3,k = 4 sin²(_2(p+1)^kπ )x_2,k ...

−xp−2,k+ 2x_p−1,k−x_p,k = 4 sin²(_2(p+1)^kπ )x_p−1,k

−x_p−1,k+ 2xp,k = 4 sin²(_2(p+1)^kπ )xp,k

⇐⇒















x2,k = 2 cos(_p+1^kπ)x1,k

x1,k+x3,k = 2 cos(_p+1^kπ)x2,k

...

x_p−2,k+xp,k = 2 cos(_p+1^kπ)x_p−1,k .

Chaque espace propre est une droite vectorielle. On prendx1,k= 1, ce qui fournitx2,k= 2 cos(_p+1^kπ)et pour3≤q≤p: xq,k−2 cos(_p+1^kπ)xq−1,k+xq,k= 0. C’est une suite de récurrence linéaire double. Son équation caractéristique est

t²−2tcos( kπ

p+ 1) + 1 = 0 =

t−exp

i kπ

p+ 1 t−exp

−i kπ p+ 1

.

Il existe des constantesαketβk telles que pour toutq,xq,k=αkcos q_p+1^kπ

+βksin q_p+1^kπ

. Or pourq= 1etq= 2: x1,k=αkcos

kπ p+ 1

+βksin kπ

p+ 1

= 1, x2,k=αkcos 2kπ

p+ 1

+βksin 2kπ

p+ 1

= 2 cos kπ

p+ 1

.

Résolvons ce système linéaire à deux inconnues et deux équations à l’aide des formules de Carmer, en notant ∆ son déterminant : ∆ = sin

2kπ p+ 1

cos

kπ p+ 1

−sin kπ

p+ 1

cos 2kπ

p+ 1

= sin kπ

p+ 1

. Ensuite :

αk =

1 sin

kπ p+1

2 cos(_p+1^kπ) sin

2kπ p+1

sin

kπ p+ 1

= 0 et βk =

cos

kπ p+1

1 cos

2kπ p+1

2 cos(_p+1^kπ) sin

kπ p+ 1

= 1 sin

kπ p+ 1

.

Par conséquentx_q,k= sin

q kπ

p+ 1

sin kπ

p+ 1

. Finalement un vecteur propre associé à la valeur propreλ_k,p= 4 sin²

kπ 2(p+ 1)

aveck∈[[1, p]]est

Z_k =























sin

kπ p+1

sin 2_p+1^kπ

... sin

(p−1)_p+1^kπ sin

p_p+1^kπ





















 .

IV –

IV.A – On munitMn(R)du produit scalaire de FrobéniushX, Yi= tr (^tXY). L’ensembleE=Mn(R)est alors un espace euclidien pour ce produit scalaire. Le théorème de représentation nous assure queE et son dualE^∗=L(E,R) sont isomorphes via θ:M 7→ hM| · i.

La forme linéairefétant fixée, son antécédent parθest notéA⁰. Il vérifie : ∀M ∈M_n(R),f(M) =hA⁰, Mi= tr (^tA⁰M).

La matrice A=^tA⁰ répond bien à la question : ∀M ∈ Mn(R),f(M) = tr (AM).

IV.B.1) L’applicationf est une forme linéaire sur l’espace vectoriel normé de dimension finie Mn(R), donc elle y est continue. Elle est en particulier continue sur le compact O(n)et à valeurs réelles. Par conséquentf est bornée et atteint ses bornes surO(n). D’où l’existence de Mn= sup({f(O), O∈O(n)}).

IV.B.2) La matrice ^tAA est symétrique, elle admet donc n valeurs propres réelles. Cette matrice est également positive puisque^tX(^tAA)X =^t(AX)(AX) =kAXk²≥0 pour toutX dansRⁿ. Cf. la démonstration deI.C.1)Ainsi

tAAest symétrique et a sesnvaleurs propres positives .

IV.B.3) La matriceAétant fixée, d’aprèsI.D.4)il existe(O₁, S₁)∈O(n)×S_n⁺(R)tel queA=O₁S₁. On remarque que^tAA=^tS1S1=S²₁.

La matriceS1 est diagonalisable par une matrice orthogonaleT : S1=T D^tT oùD= diag (√

µ1, . . . ,√

µn). D’où : {f(O)/ O∈O(n)} = {tr (AO)/ O∈O(n)} = {tr (O₁T D^tT O)/ O∈O(n)}

= {tr (D^tT OO1T)/ O∈O(n)}.

Or l’applicationO7→^tT OO1T est une bijection deO(n)versO(n)car les matrices^tT,O1 etT sont dansO(n)qui est un groupe pour le produit matriciel. Par conséquent{f(O)/ O∈O(n)}={tr (DΩ)/Ω∈O(n)}.

Finalement Mn = sup({T r(DΩ),Ω∈O(n)}).

IV.B.4) Soit Ω ∈ O(n) avec Ω = (Ωi,j)1≤i,j≤n. Alors tr (DΩ) =

n

X

k=1

√µkΩk,k ≤

n

X

k=1

√µk, car Ωk,k ≤ 1 pour tout k puisque les colonnes de Ω sont de norme 1. Mais ce majorant est atteint pour Ω = In. Il s’ensuit que

Mn= sup({tr (DΩ)/Ω∈O(n)}) =

n

X

k=1

õk .

IV.C –

IV.C.1) Posons A=













1 . . . 1 0 . .. ... ... . .. . .. ... 0 . . . 0 1













c’est-à-direA= (ai,j)1≤i,j≤n avecai,j =

1 si i≤j

0 sinon . Remar-

quons que les termes diagonaux deAMsont :

n

X

i=1

m_i,1,

n

X

i=2

m_i,2, . . . ,

n

X

i=n

m_i,n. Ainsi tr (AM) =

n

X

j=1 n

X

i=j

m_i,j=f(M). IV.C.2) Tout d’abordAest inversible car de déterminant1. Effectuons le produitAA⁰oùA⁰est la matrice fournie par l’énoncé. L’ensemble des matrices triangulaires supérieures est stable par produit doncAA⁰est triangulaire supérieure.

De plus la diagonale deAA⁰ est constituée de1(produit des termes diagonaux de matrices triangulaires supérieures).

Enfin, calculons les(AA⁰)_i,j pour i < j : (AA⁰)i,j =

n

X

k=1

Ai,k(A⁰)k,j =

n

X

k=1

(A⁰)k,j = 1−1 = 0,

d’oùAA⁰=I_n et comme prévu la matrice fournie par l’énoncé est bienA⁻¹.

IV.C.3) Un calcul (à faire le jour J !) mène àT =A^−1tA⁻¹=





















2 −1 0 . . . 0

−1 2 . .. . .. ... 0 . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. 2 −1 0 . . . 0 −1 1





















. Attention au coefficient

en position(n, n)! Cette matrice n’est pasAnde la partieIII. Il faut refaire tous les calculs. . . Réutilisons les notations et résultats deIII.B). Le polynôme caractéristique de T s’obtient par développement selon la dernière colonne :

Qn(x) = det(xIn−T) =

x−2 1 0 . . . 0 1 x−2 1 . .. ... 0 1 . .. . .. 0 ... . .. . .. x−2 1 0 . . . 0 1 x−1

= (x−1)P_n−1(x)− P_n−2(x).

Posons encore2−x= 2 cos(θ)avecθ∈]0, π[. Il vient :

Q_n(x) = (1−2 cos(θ))(−1)ⁿ⁻¹sin(nθ)

sin(θ) −(−1)ⁿsin((n−1)θ) sin(θ)

= (−1ⁿ sin(θ)

2 sin(nθ) cos(θ)−sin(nθ)−sin((n−1)θ)

= (−1)ⁿ sin(θ)

sin(n+ 1)θ)−sin(nθ)

= (−1)ⁿcos((n+¹₂)θ) cos(^θ₂) . EnsuiteQn(x) = 0ssi

n+1

2

θ= π

2 +kπpourk∈[[0, n−1]], soit θ= π

2n+ 1+ 2kπ

2n+ 1, pourk∈[[0, n−1]].

Les valeurs propres deA⁻¹(^tA⁻¹)sont les réels distincts (bijectivité de cossur]0, π[) suivants : ν_n−k = 2

1−cos

(2k+ 1)π 2n+ 1

= 2

1 + cos

π−(2k+ 1)π 2n+ 1

= 2

1 + cos

2(n−k)π 2n+ 1

.

Finalement lesnvaleurs propres deA⁻¹(^tA⁻¹)sont les νk = 4 cos²

(n−k)π 2n+ 1

pourk∈[[1, n]]. IV.C.4) D’après la question précédente, les valeurs propres de^tAAsont lesµk = 1

4 cos²(_2n+1^kπ ) pourk∈[[1, n]]. D’où, d’aprèsIV.B.4): Mn =

n

X

k=1

õk =

n

X

k=1

1 2 cos(_2n+1^kπ ) . IV.C.5) Soitx∈i

0,π 2 h

. Alorssin(x) = cosπ 2 −x

etx−x³

6 ≤sin(x)≤x. Ainsi : 1

2

n

X

k=1

1

(2k−1)π 2(2n+1)

≤ Mn =

n

X

k=1

1

2 sin(^(2k−1)π_2(2n+1)) ≤ 1 2

n

X

k=1

1

(2k−1)π 2(2n+1)

1−¹_6(2k−1)π

2(2n+1)

² = Sn.

Remarquons que S_n =1 2

n

X

k=1 +∞

X

p=0

1 6^p

(2k−1)π 2(2n+ 1)

2p−1

= 1 2

n

X

k=1

1

(2k−1)π 2(2n+1)

+ T_n, en isolant le terme enp= 0.

D’une part 1 2

n

X

k=1

1

(2k−1)π 2(2n+1)

= (2n+ 1) π

n

X

k=1

1

2k−1 = n+¹₂ π

n

X

k=1

1 k−¹₂

n→+∞∼ n πln(n).

D’autre part 0≤T_n =1 2

n

X

k=1 +∞

X

p=1

1 6^p

(2k−1)π 2(2n+ 1)

2p−1

≤n π

+∞

X

p=1

π² 24

^p

=on πln(n)

. Finalement M_n^n→+∞∼ n πln(n).