Partie I - Cas d’un triangle équilatéral

SESSION 2011

CAPES EXTERNE

MATHÉMATIQUES 2

Partie I - Cas d’un triangle équilatéral

1. (a) On sait que la courbe considérée est du genre ellipse si et seulement si ab−c² > 0. Ceci impose ab > 0 et en particuliera6=0et b6=0.

Soit alorsEune ellipse de centreO. Les abscisses intersection deEavec(Ox)sont les solutions de l’équationax²+dx+f=0.

Ces solutions devant être opposées, leur somme à savoir−d

a est nulle et doncd=0. De même, l’étude deE ∩(Oy)fournit e=0.

(b)Soit(a, b, c)∈R³\ {(0, 0, 0)}puisE l’ensemble d’équationax²+by²+2cxy+f=0.

(I, J, K)∈(E)³⇔











a+f=0 a+3b−3c√

3

4 +f=0 a+3b+3c√

3

4 +f=0

⇔





a= −f 3b−3c√

3+3f=0 3b+3c√

3+3f=0

⇔





a= −f b= −f c=0

.

Les éventuelles ellipses contenantI,JetK ont donc une équation de la formef(x²+y²−1) =0, f6=0ce qui équivaut à x²+y²=1. Ceci assure l’unicité deE.

Réciproquement,x²+y²=1est une équation du cercle circonscrit au triangleIJKqui convient.

2.On note A l’aire du triangleABC,ala longueur d’un côté du triangle ABCeth une hauteur. On a R= 2h 3 = a√

3 et donc 3

A = ah 2 = 1

2 ×3R 2 ×R√

3= 3√ 3R² 4 . 3.Soit(x, y)∈R².

cos(y−x) =cosx cos(y−x) =cosy ⇔

cosy=cosx

cos(y−x) =cosx ⇔∃k∈Z/

y=x+2kπ

cosx=1 ou∃k∈Z/

y= −x+2kπ cos(2x) =cos(x)

⇔(x, y)∈(2πZ)²ou∃(k, k^′)∈Z²/

y= −x+2kπ

2x=x+2k^′π ou∃(k, k^′)∈Z²/

y= −x+2kπ 2x= −x+2k^′π

⇔(x, y)∈(2πZ)²∃(k, k^′)∈Z²/







x= 2k^′π 3 y= −2k^′π

3 +2kπ .

L’ensemble des solutions du système proposé est(2πZ)²∪

2kπ 3 ,−2kπ

3 +2k^′π

, (k, k^′)∈Z²

. Si de plus0 < x < y <

2π, on obtient un couple solution et un seul à savoir 2π

3 ,4π 3

. 4. (a) i.On noteA l’aire du triangleABC.

A= 1 2

h−AB,→ −AC→i = 1

2

R(cosβ−1) R(cosγ−1) Rsinβ Rsinγ

= R²

2 (sinγcosβ−cosγsinβ−sinγ+sinβ)

= R²

2 (sin(γ−β) −sinγ+sinβ).

ii. SoitT = {(β, γ)∈ R²/ 0 6β6 γ62π}. T est une intersection de trois demi-plans fermés (à savoir P₁ = {(β, γ)∈ R²/ 06β},P₂={(β, γ)∈R²/ β6γ}etP₃={(β, γ)∈R²/ γ62π}) et doncT est un fermé deR². De plusT est borné car∀(β, γ)∈T²,k(β, γ)k^∞62π. D’après le théorème de Borel-Lebesgue,T est un compact deR².

L’application f est continue sur ce compact à valeurs dans R et donc f admet sur T un minimum et un maximum. Le minimum de T est bien sûr 0 et est atteint en tout point du bord deT ( quandβ =0 ouγ= 2π ouβ=γ) et puisque f n’est pas la fonction nulle, le maximum de f est atteint à l’intérieur de T c’est-à-dire en un point (β0, γ0) tel que 0 < β0< γ0< 2π.

iii.La fonctionfest de classeC¹sur l’intérieur deT qui est un ouvert de R². Donc le point(β₀, γ₀)est un point critique def. Or, pour(β, γ)∈(T^◦)²,







∂f

∂β(β, γ) =0

∂f

∂γ(β, γ) =0 ⇔

cos(γ−β) =cosβ

cos(β−γ) =cosγ ⇔(β, γ) = 2π

3 ,4π 3

d’après la question 3.

Doncf atteint son maximum en un unique point (β₀, γ₀) deT à savoir (β₀, γ₀) = 2π

3 ,4π 3

. Le triangleABC corres- pondant est équilatéral.

(b)D’après la question 2., l’aire maximale d’un triangle inscrit dansC est 3R²√ 3 4 . Reamarque.f(β₀, γ₀) = R²

2

sin 2π

3

−sin 4π

3

+sin 2π

3

= 3R² 2 sin

2π 3

= 3R²√ 3 4 . L’aire maximale d’un triangle inscrit dansCest 3R²√

3 4 .

5.AC =πR²et donc AC

AT

> πR² 3R²√ 3 4

= 4π 3√

3 avec égalité si et seulement siABCest équilatéral.

6. Soit E une ellipse circonscrite au triangle T0 = IJK. Il existe une affinité orthogonale f transformant E en un cercle C. L’affinitéftransforme le triangleT0 en un triangleT =ABCinscrit dans le cercle C. Puisqu’une affinité orthogonale conserve les rapports d’aires, on a

AE

AT0

= AC

AT

> 4π 3√

3,(∗) et doncAE > 4π

3√

3AT0 =π (d’après la question 3.). Maintenant, le cercle C0 circonscrit au triangle IJKest une ellipse circonscrite à ce triangle d’aireπet donc fournissant un cas d’égalité de l’inégalité précédente. Par suite, il existe au moins une ellipse circonscrite au triangleIJKd’aire minimale à savoir le cercle circonscrit au triangleIJK.

Maintenant, d’après la question 5., l’inégalité (∗)est une égalité si et seulement si le triangleABC est aussi équilatéral.

Ceci équivaut au fait quef est une similitude. Une affinité orthogonale qui est aussi une similitude est une homothétie et donc E est nécessairement un cercle, circonscrit au triangle IJKc’est-à-dire le cercle circonscrit au triangle IJK. Ceci montre l’unicité de l’ellipseE.

Partie II - Etude de S n ⁺⁺ ( R )

1.SoitD∈ Dn(R). Déjà,Dest une matrice symétrique réelle.

Soient(λ₁, . . . , λ_n)∈(]0,+∞[)ⁿ puisD=diag(λ1, . . . , λ_n). SoitX= (x_i)_16i6n ∈ Mn,1(R). On a

tXDX= Xn

i=1

λix²_i >0,

avec égalité si et seulement si ∀i ∈ J1, nK, λ_ix²_i = 0 ce qui équivaut à ∀i ∈ J1, nK, x_i = 0. Donc ∀X ∈ Mn,1(R)\ {0},

tXDX > 0ou encore D∈ Sn⁺⁺(R).

2. (a)SoitA∈ Sn⁺⁺(R). On sait que les valeurs propres deAsont toutes réelles.

Soientλune valeur propre deApuisXun vecteur propre associé. Alors

tXAX=^tX(λX) =λkXk²2.

Puisque Xn’est pas nul, on a kXk²2 > 0 puisλ=

tXAX kXk²2

> 0. On a montré que si A∈ Sn⁺⁺(R), alors toutes les valeurs propres deAsont des réels strictement positifs.

(b)Le théorème spectral affirme que toute matrice symétrique réelle est orthogonalement semblable à une matrice diago- nale.

(c)SoitAune matrice symétrique réelle dont toutes les valeurs propres sont des réels strictement positifs. Il existe une matrice orthogonalePet une matrice diagonale réelleDtelle queA=^tPDP. PuisqueAetDsont semblables, les valeurs propres de D sont les valeurs propres de A et sont donc des réels strictement positifs. Pour X ∈ Mn,1(R), d’après la question 1.,

tXAX=^tX^tPDPX=^t(PX)D(PX)>0.

avec égalité si et seulement siPX=0ce qui équivaut àX=0puisquePest inversible. Ainsi,∀X∈ Mn,1(R)\{0},^tXAX > 0 et doncA∈ Sn⁺⁺(R).

3. Soit A ∈ Sn⁺⁺(R). D’après ce qui précède, il existe une matrice diagonale D = diag(λ1, . . . , λ_n) à coefficients réels strictement positifs et une matrice orthogonaleP telles que A = ^tPDP. Posons D^′ = diag(√

λ₁, . . . ,√

λ_n). Alors D = D^′2=^tD^′D^′ puisA=^tP^t(D^′)D^′P=^t(D^′P)D^′P.

Si on poseQ=D^′P, alorsA=^tQQ. Enfin, det(A)est le produit des valeurs propres deAet donc det(A)6=0. Par suite, (detQ)²=det(^tQQ) =det(A)6=0puis det(Q)6=0 et doncQ∈ GLn(R).

Réciproquement, soientQ∈ GLn(R)puisA=^tQQ. D’une part,^tA=^tQ^t(^tQ) =^tQQ=Aet doncA∈ Sn(R). D’autre part, pourX∈ Mn,1(R),

tXAX=^tX^tQQX=^t(QX)QX) =kQXk²2>0,

avec égalité si et seulement si QX= 0 ou encore X= 0 car Q est inversible. Donc∀X ∈ Mn,1(R)\ {0}, ^tXAX > 0 puis A∈ Sn⁺⁺(R).

∀A∈ Mn(R),A∈ Sn⁺⁺(R)⇔∃Q∈ GLn(R)/ A=^tQQ.

4. SoitA∈ Sn⁺⁺(R). Les valeurs propres de Asont des réels strictement positifs et det(A)est le produit de ces valeurs propres. Donc det(A)> 0.

La réciproque de ce résultat est fausse. Par exemple, la matrice −I₂ est symétrique réelle de déterminant strictement positif car égal à1, mais les valeurs propres de−I₂à savoir−1et −1ne sont pas des réels strictement positifs ou encore

−I₂∈ S/ 2⁺⁺(R).

5.Le résultat est acquis sik=nou sin=1. Soientn>2puisk∈J1, n−1K.

SoitA∈ Sn⁺⁺(R). Déjà la matriceAk est symétrique. Vérifions que∀X∈ M^k,1(R)\ {0},^tXAkX > 0.

SoientX∈ Mk,1(R)\ {0}puisY= X

0

.Y n’est pas nul et donc^tYAY > 0. Or

tYAY= ^tX 0

A_k ×

× × X

0

= ^tXA_k × X

0

=^tXA_kX,

et donc^tXAkX=^tYAY > 0. Ainsi, la matriceAkest symétrique définie positive et donc d’après la question 4., det(Ak)> 0.

∀A∈ Sn⁺⁺(R),∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0.

6.Il existeQ∈GL_n(R)telle queA_n =^tQQ. Par suite, puisque la matriceAest symétrique, la matriceAs’écrit sous la formeA=

_t

QQ C^′

tC^′ α

oùC^′∈ Mn,1(R). SoitC=^tQ⁻¹C^′ de sorte queC^′ =^tQCet ^tC^′=^tCQ. Alors _t

Q 0_n,1 0_1,n 1

I_n C

tC α

Q 0_n,1 0_1,n 1

= _t

Q ^tQC

tC α

Q 0_n,1 0_1,n 1

= _t

QQ ^tQC

tCQ α

= _t

QQ C^′

tC^′ α

=A.

7. (a)Soitm∈N^∗. En notantC1, . . . , Cm+1les colonnes de M, on a

det(M) =det(C1, . . . , C_m, C_m+1) =det C₁, . . . , C_m, C_m+1− Xm

k=1

α_kC_k

!

=

1 0 . . . 0

× . .. ... ...

... . .. ... ... ...

... . .. 1 0

× . . . × α− Xm

k=1

α²_k

=α− Xm

k=1

α²_k.

(b)On suppose que det(M) =α− Xm

k=1

α²_k> 0.

SoitX= (x_i)_16i6m+1∈ Mm+1(R).

tXMX= X

16i,j6m+1

mi,jxixj= Xm

i=1

x²_i +αx²_m+1+2 Xm

i=1

αixixm+1

= Xm

i=1

(x²_i +2αixixm+1) +αx²_m+1= Xm

i=1

(xi+αixm+1)²−α²_ix²_m+1

+αx²_m+1

= Xm

i=1

(x_i+α_ix_m+1)²+ α− Xm

i=1

α²_i

! x²_m+1

= Xm

i=1

(x_i+αixm+1)²+det(M)x²_m+1>0,

avec égalité si et seulement si det(M)x²_m+1=0 et∀i∈J1, mK, (x_i+α_ixm+1)²=0 ou encorexm+1=0=x₁=. . .=x_m car det(M)6=0.

Ainsi,∀X∈ Mm+1,1(R)\ {0},^tXMX > 0et M∈ Sm+1⁺⁺ (R).

8.D’après la question 5., on sait que∀n∈N^∗,∀A∈ Sn(R),(A∈ Sn⁺⁺(R)⇒∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0).

Montrons par récurrence que∀n∈N^∗,∀A∈ Sn(R),(∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0⇒A∈ Sn⁺⁺(R)).

• Si n=1, soitA= (a)∈ S1(R) telle que∀k ∈J1, 1K, det(Ak)> 0. Alorsa=det(A) = det(A1)> 0. Mais alors pour x∈R^∗,^t(x)A(x) =ax²> 0et donc A∈ S1⁺⁺(R).

•Soitn>1. Supposons que∀A∈ Sⁿ(R),(∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0⇒A∈ Sn⁺⁺(R)).

Soit A ∈ Sⁿ⁺¹(R) telle que ∀k ∈ J1, n+1K, det(Ak) > 0. En particulier, det(A) = det(An+1) > 0. D’autre part,

∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0et donc, par hypothèse de récurrence,An ∈ Sn⁺⁺(R).

D’après la question 6., il existeQ∈ GLn(R),C= (α_i)_16i6n ∈ Mn,1(R)etα∈Rtels que A=

_t

Q 0n,1

01,n 1

In C

tC α

Q 0n,1

01,n 1

.

PosonsQ1=

Q 0n,1

0_1,n 1

et M=

In C

tC α

. det(Q1) =det(Q)6=0 et doncQ1est inversible. On a ainsi écrit la matriceAsous la formeA=^tQ₁MQ₁ oùQ₁est une matrice inversible.

Ensuite, det(A) = det(^tQ1)det(M)det(Q1) = (det(Q1))²det(M) et donc det(M) = det(A)

(det(Q1))² > 0. La question 7.b) permet d’affirmer que la matriceMest définie positive.

D’après la question 3, il existe une matrice inversible Q₂ telle que M=^tQ₂Q₂. PosonsQ₃ =Q₂Q₁. Q₃ est inversible en tant que produit de deux matrices inversibles et de plus A= ^tQ1tQ2Q2Q1 =^t(Q2Q1)Q2Q1= ^tQ3Q3. Mais alors, toujours d’après la question 3,Aest définie positive.

Le résultat est démontré par récurrence.

∀n∈N^∗,∀A∈ Sn(R),(∀k∈J1, nK, det(Ak)> 0⇔A∈ Sn⁺⁺(R)).

9.On munitSn(R)d’une norme quelconque. Pourk∈J1, nK, on définit l’application ϕ_k : Sn(R) → Sk(R) A 7→ A_k

. Soitk∈J1, nK.ϕ_k est linéaire. Puisque Sn(R)est unR-espace de dimension finie, on en déduit queϕ_k est continue sur Sn(R)à valeurs dans Sk(R). D’autre part, on sait que l’application Sk(R) → R

M 7→ det(M)

est continue sur Sk(R). Par composition, on en déduit que l’application Sn(R) → R

A 7→ det(Ak)

est continue surSn(R). Mais alors ϕ⁻¹_k (]0,+∞[)est un ouvert deSn(R)en tant qu’image réciproque d’un ouvert de Rpar une application continue.

Maintenant, d’après la question 8., Sn⁺⁺(R) = T

16k6n

ϕ⁻¹_k (]0,+∞[) et donc Sn⁺⁺(R) est un ouvert de Sn(R) en tant qu’intersection d’un nombre fini d’ouverts deSn(R).

Sn⁺⁺(R)est un ouvert de Sn(R)muni d’une norme.

Partie III - Inclusion d’un compact dans un ellipsoïde

III.1 Réduction simultanée

1.•Φ_A est une application deMn,1(R)dansM1,1(R) =R.

• Soit (X, Y) ∈ (Mn,1(R))². Puisque Φ_A(X) ∈ R, Φ_A(Y, X) = ^tYAX = ^t(^tYAX) = ^tXAY = Φ_A(X, Y). Donc Φ_A est symétrique.

•Soient(X1, X2, Y)∈(Mn,1(R))³et (λ1, λ2)∈R².

ΦA(λ1X1+λ2X2, Y) =^t(λ1X1+λ2X2)AY=λ1tX1AY+λ2tX2AY=λ1ΦA(X1, Y) +λ2ΦA(X2, Y).

DoncΦ_Aest linéaire par rapport à sa première variable puis bilinéaire par symétrie.

•PourX∈ Mn,1(R)\ {0},ΦA(X, X) =^tXAX > 0. DoncΦA est définie positive.

En résumé,Φ_Aest une forme bilinéaire symétrique définie positive et donc Φ_Aest un produit scalaire surMn,1(R).

2.NotonsC1, . . . ,Cn les colonnes de Pet(AP)₁, . . . ,(AP)_n les colonnes de AP. Pour(i, j)∈J1, nK², le coefficient ligne i, colonnejde^tPAPest

tCi(AP)_j=^tCiACj=ΦA(C_i, Cj) =δi,j, qui est également le coefficient lignei, colonnejde la matriceIn. Donc^tPAP=In. 3.Φ_A est un endomorphisme deMn,1(R). De plus, pour(X, Y)∈(Mn,1(R))²,

ΦA(f(X), Y) =^t(f(X))AY=^t(A⁻¹BX)AY=^tX^tB^tA⁻¹AY=^tXBA⁻¹AY=^tXBY=^tXAA⁻¹BY

=ΦA(X, f(Y)).

DoncΦ_Aest un endomorphisme de Mn,1(R), symétrique pour le produit scalaireΦ_A. La matrice def dans la base canoniqueB0deMn,1(R)est bien sûrA⁻¹B.

Remarque.La matriceA⁻¹Bn’est pas nécessairement symétrique.

4.PuisqueΦ_Aest symétrique pour le produit scalaireΦ_A, d’après le théorème spectral, il existe une baseBdeMn,1(R), orthonormée pour le produit scalaireΦ_A, dans laquelle la matrice defest une matrice diagonaleD.

SoitPla matrice carrée dont les colonnes sont les vecteurs de cette base orthonormale.Pest donc la matrice de passage de la baseB0à la baseB. D’après la question 2.,^tPAP=I_n ou encore A=^tQQoùQ=P⁻¹∈GL_n(R). Maintenant, les formules de changement de bases fournissentD=P⁻¹A⁻¹BP=QQ^−1tQ⁻¹BQ⁻¹=^tQ⁻¹BQ⁻¹et doncB=^tQBQ.

∀A∈ Sn⁺⁺(R), ∀B∈ Sn(R),∃Q∈ GLn(R), ∃D∈ Dn(R)/ A=^tQQetB=^tQDQ.

Les coefficients diagonaux deDsont les valeurs propres de A⁻¹Bqui en particulier sont des réels.

5. (a)SoientAet Bdeux éléments deSn⁺⁺(R)tels queEA⊂ EB.

Soient λune valeur propre de A⁻¹B et X un vecteur propre associé. Alors,A⁻¹BX= λX puisBX= λAXpuis ^tXBX= λ^tXAX. Maintenant, X est non nul et donc on en déduit déjà que ^tXAX > 0 et ^tXBX > 0puisλ=

tXBX

tXAX > 0. D’autre part,

λ= Φ_B(X)

ΦA(X) =Φ_B X pΦA(X)

! .

Maintenant, Φ_A X pΦA(X)

!

= Φ_A(X)

ΦA(X) = 1 et donc X

pΦA(X) ∈ EA. Mais alors X

pΦA(X) ∈ EB ou encore λ = ΦB

X pΦ_A(X)

! 61.

∀(A, B)∈(Sn⁺⁺(R))²,EA⊂ EB⇒Sp(A⁻¹B)⊂]0, 1].

(b)Si de plusEB ⊂ EA, les valeurs propres deB⁻¹A= (A⁻¹B)⁻¹ sont inférieures ou égales à1(et strictement positives).

Puisque ces valeurs propres sont les inverses des valeurs propres deA⁻¹B, les valeurs propres deA⁻¹Bsont aussi supérieurs ou égales à1 et finalement, les valeurs propres de A⁻¹Bsont égales à 1. On en déduit que A⁻¹B est semblable àI_n et donc égale àI_n puis queA=B.

∀(A, B)∈(Sn⁺⁺(R))²,EA=EB⇔A=B.

III.2 Convexité

1.SoientC1etC2deux parties convexes deE. SiC1∩ C2=∅, alorsC1∩ C2est convexe. Sinon, soient(u₁, u2)∈(C1∩ C2)² ett∈[0, 1].

u1etu2sont dansC1et donctu1+(1−t)u₂est dansC1. De même,tu1+(1−t)u₂est dansC2et finalementtu1+(1−t)u₂ est dansC1∩ C2.

Dans tous les cas, on a montré queC1∩ C2est convexe.

2. (a) L’application ϕ est continue sur le compact C à valeurs dans R. Donc ϕ admet un minimum et un maximum sur C. Supposons que le minimum deϕ soit atteint en deux points distinctsu1 et u2 de C. Alors, ϕ

1

2(u₁+u2)

<

1

2ϕ(u₁) + 1

2ϕ(u₂) =ϕ(u₁)ce qui contredit le fait queϕ(u₁)est le minimum deϕ. Donc ϕatteint son minimum en un unique point deC.

(b)On a déjà dit queϕadmet un maximum.

On note D le disque unité de R². L’application ϕ D → R (x, y) 7→ p

x²+y²

est strictement convexe sur D (d’après l’inégalité triangulaire) etD est un compact convexe de R². De plus,ϕ atteint son maximum en tout point du bord de Det donc en une infinité de points. Il est donc possible qu’une application strictement convexe sur un convexe compact atteigne son maximum en un nombre infini de points.

III.3 Volume d’un ellipsoïde

1.Déterminonsk2. On munitMn,1(R)du produit scalaire canonique de sorte que la base canoniqueB0deM2,1(R)est orthormée. SoitA∈ S₂⁺⁺(R). On considère l’ellipse(e)d’équation^tXAX=1. On sait que le théorème spectral permet de réduire la forme quadratiqueX 7→^tXAX en base orthonormée et plus précisément qu’il existe une base orthonormée de M2,1(R)dans laquelle(e)a pour équationλ1x^′2+λ2y^′2=1 oùλ1 etλ2 sont les valeurs propres deA.

Maintenant, on sait que « l’aire d’une ellipse » est πaboù a et bsont le demi petit axe et le demi grand axe de cette ellipse. Commeaetbsont 1

√λ₁ et 1

√λ₂, l’aire de l’ellipse est encore π

√λ₁λ₂ = π

pdet(A). Donck₂=π.

De même en dimension3, le volume de l’ellipsoïde d’équation x² a²+y²

b²+z²

c² =1en base orthonormée est 4π

3 abcet donc k₃= 4π

3 .

k₂=πet k₃= 4π 3 .

2.SoientAetBdeux élément deSn⁺⁺(R)tels queEA⊂ EB. D’après la question III.1.3., les valeurs propres de la matrice A⁻¹Bsont réelles et d’après la question III.1.5.(b), ces valeurs propres sont des réels strictement positifs et inférieurs à 1. Le déterminant de A⁻¹B qui est le produit de ces valeurs propres est donc inférieur à 1 puis, comme det(A)> 0 et det(B)> 0

det(A⁻¹B)61⇒ det(B)

det(A) 61⇒ 1

pdet(A) 6 1

pdet(B) ⇒ν(A)6ν(B).

3. L’application d : A 7→ det(A) est continue sur Sn⁺⁺(R) à valeurs dans]0,+∞[ et l’application r : x 7→ 1

√x est continue sur]0,+∞[. Donc, par composition, l’applicationv=r◦dest continue surSn⁺⁺(R).

4. (a)Soitt∈]0, 1[. Pourλ∈]0,+∞[, posonsψ(λ) =ln(t+ (1−t)λ) − (1−t)lnλ. Pour toutλ > 0, on at+ (1−t)λ > 0 et doncψest dérivable sur]0,+∞[ et de plus, pourλ > 0,

ψ^′(λ) = 1−t

t+ (1−t)λ− 1−t

λ = t(1−t)(λ−1) t+ (1−t)λ .

La fonctionψ^′est strictement négative sur]0, 1[et strictement positive sur]1,+∞[. Donc la fonctionψadmet un minimum local strict en1et ce minimum estψ(1) =ln(t+1−t) − (1−t)ln(1) =0. Donc la fonctionψest strictement positive sur ]0,+∞[\{1}et s’annule en0ou encore ∀λ∈]0,+∞[, ln(t+ (1−t)λ)>(1−t)λavec égalité si et seulement siλ=1.

Remarque.On sait que la fonction ln est strictement concave sur]0,+∞[.

(b) De même, la fonction exponentielle est convexe sur R car sa dérivée seconde est positive sur R et donc pour tout (a, b)∈R²et toutt∈[0, 1], e^ta+(1−t)b6te^a+ (1−t)e^b.

(c) i. Soient A et B deux éléments de Sn⁺⁺(R) et soit t ∈ [0, 1]. Tout d’abord, on sait que Sn(R) est un sous-espace vectoriel deMn,1(R)et en particulier quetA+ (1−t)Best une matrice symétrique réelle. Ensuite, pourX∈ Mn,1(R),

tX(tA+ (1−t)B)X=t^tXAX+ (1−t)^tXBX>0,

avec égalité si et seulement si t^tXAX = (1−t)^tXBX = 0. Comme t et 1−t ne sont pas tous deux nuls, ceci impose

tXAX=0 ou^tXBX=0et donc X=0. Par suite, tA+ (1−t)B∈ Sn⁺⁺(R).

Sn⁺⁺(R)est un convexe de Mn(R).

ii.Soient (A, B)∈ Sn⁺⁺(R))² ett∈]0, 1[. Avec les notations de la question III.1.4. et en posantD=diag(λi)16i6n, on a det(A) =det(^tQQ) = (det(Q))²puis det(B) =det(^tQDQ) = (det(Q))²det(D) = (det(Q))²

Yn

i=1

λiet enfin

det(tA+ (1−t)B) =det(^tQ(tI_n+ (1−t)D)Q) = (det(Q))²det(tIn+ (1−t)D) = (det(Q))² Yn

i=1

(t+ (1−t)λ_i).

iii.On suppose de plusA6=B. Par suite, D6=In et donc l’un au moins desλi n’est pas égal à1.

D’après la question 4.(a), pour chaquei∈J1, nK, ln(t+ (1−t)λ_i)>(1−t)lnλi, l’une au moins de ces inégalités étant stricte.

En additionnant ces inégalités, on obtient Xn

i=1

ln(t+ (1−t)λ_i) > (1−t) Xn

i=1

ln(λi puis −1 2ln

Yn

i=1

(t+ (1−t)λ_i)

!

<

−1

2(1−t)ln Yn

i=1

λ_i

!

. En prenant l’exponentielle des deux membres et en utilisant la question 4.(b), on en déduit que

1 v

u u t

Yn

i=1

(t+ (1−t)λ_i)

=exp −1 2ln

Yn

i=1

(t+ (1−t)λi)

!!

<exp −1

2(1−t)ln Yn

i=1

λi

!!

=exp t×0+ (1−t)

−1 2

ln

Yn

i=1

λi

!!

6texp(0) + (1−t)exp −1 2ln

Yn

i=1

λ_i

!!

=t+ (1−t) 1 v u u t

Yn

i=1

λi

En résumé, 1 v

u u t

Yn

i=1

(t+ (1−t)λi)

< t+ (1−t) 1 v u u t

Yn

i=1

λi

. On multiplie alors les deux membres de cette inégalité par le réel

strictement positif 1

detQ et on obtient 1

v u

ut(detQ)² Yn

i=1

(t+ (1−t)λ_i)

< t

p(detQ)² + (1−t) 1 v u

ut(detQ)² Yn

i=1

λi

ou encore

1

pdet(tA+ (1−t)B) < t

√detA+ 1−t

√detB ou enfinν(tA+ (1−t)B)< tν(A) + (1−t)ν(B). On a montré que la fonctionνest strictement convexe surSn⁺⁺(R).

5.SoitX∈ Mn,1(R).

X∈ EA⇔^tXAX61⇔^t(M⁻¹MX)A(M⁻¹MX)61⇔^t(MX)(^tM⁻¹AM⁻¹)(MX)61

⇔MX∈ EBoùB=^tM⁻¹AM⁻¹.

Maintenant,Best symétrique réelle car^tB=^tM^−1tA^t(^tM⁻¹) =^tM⁻¹AM⁻¹=B. De plus, pourX∈ Mn,1(R),

tXBX=^tX^tM⁻¹AM⁻¹X=^t(M⁻¹X)A(M⁻¹X)>0,

avec égalité si et seulement siM⁻¹X=0ou encoreX=0. DoncBest un élément deSn⁺⁺(R)tel queEB=M(EA). D’après la question III.1.5.(b),Best unique.

NotonsV(E)le volume d’un ellipsoïdeE. Alors, V(EB) = kn

pdet(B) = kn

p(det(M⁻¹))²det(A)=det(M) kn

pdet(A)=det(M)V(EA).

III.4 Inclusion dans un ellipsoïde

1. (a)On noteN_A la norme associée au produit scalaireΦ_A. Soient(X, Y)∈(EA)²ett∈[0, 1].

p_t

(tX+ (1−t)Y)A(tX+ (1−t)Y) =N_A(tX+ (1−t)Y)6tN_A(X) + (1−t)N_A(Y)6t+1−t=1 et donc^t(tX+ (1−t)Y)A(tX+ (1−t)Y)61ou encore tX+ (1−t)Y∈ EA.

(b)SoitX∈ Mn,1(R).X∈ EA⇒^tXAX61⇒^t(−X)A(−X)61⇒−X∈ EA.

(c)SoitX∈B(0, ε).X0+Xest dansB(X₀, ε)et donc dansEA. De même,−Xest dansB(0, ε)et doncX0−Xest dansEA. D’après la question précédente,−X₀+Xest aussi dansEA. Enfin, puisqueEA est convexe, 1

2(X₀+X) + 1

2(−X₀+X) =X est dansEA. Finalement,

B(0, ε)⊂ EA.

(d)Soient λ une valeur propre deAet Xun vecteur propre associé. Alors X₀= εX

kXk est dans B(0, ε) et donc dans EA. On en déduit queN_A(X₀)²61. Maintenant,

N_A(X₀)²=^t εX

kXk

A εX

kXk

= ε² kXk²

tXAX= ε² kXk²

tX(λX) =λε². Par suite,λε²61 et doncλ6 1

ε².

(e)Soitλla plus grande valeur propre deA. Puisque les valeurs propres de Asont positives,λ²est la plus grande valeur propre deA².

Puisque A² est une matrice symétrique, on sait que sup

X6=0 tXA²X

tXX = λ². Maintenant, sup

X6=0 tXA²X

tXX = sup

X6=0

t(AX)AX

tXX = sup

X6=0

kAXk²

kXk² =|||A|||². Donc,|||A|||=λ6 1 ε².

2. K est un compact de Mn,1(R) et donc est une partie bornée de Mn,1(R). Par suite, il existe un réel R > 0 tel que K⊂B(0, R). Maintenant, pourX∈ Mn,1(R),

X∈B(0, R)⇔^tXX6R²⇔^tX 1

R²InX61⇔X∈ E 1 R^2In

avec 1

R²In ∈ Sn⁺⁺(R).

Par suite, il existe au moins un ellipsoïdeE contenantK.

3. (a)SoitA∈ M. AlorsA∈ Sn⁺(R)et donc les valeurs propres deAsont des réels positifs. De plus, det(A)>det(A0)> 0 et donc les valeurs propres deAsont des réels strictement positifs. Par suite,A∈ Sn⁺⁺(R). On a montré queM ⊂ Sn⁺⁺(R).

(b)SoitA∈ M. PourX∈K, on a06^tXAX61et doncX∈ EA. Par suite,Aest un élément deSn⁺⁺(R)tel queK⊂ EA. La question III.4.1.(d) permet d’affirmer que|||A|||6 1

ε². Ainsi,∀A∈ M,|||A|||6 1

ε² et doncMest une partie bornée de M.

(c)•Soit(Ap)p∈Nune suite convergente de matrices symétriques positives. On poseA= lim

p→+∞Ap. DéjàAest symétrique car Sn(R) est un fermé de Mn(R) en tant que sous-espace vectoriel d’un espace vectoriel de dimension finie. Ensuite,

∀X∈ Mn,1(R),^tXApX>0et par passage à la limite quandptend vers+∞, on obtient∀X∈ Mn,1(R),^tXAX>0. Donc A∈ Sn⁺(R).

Finalement, toute suite convergente d’éléments deSn⁺(R)converge dansSn⁺(R)et doncSn⁺(R)est un fermé deMn(R).

•SoitF₁={A∈ Mn(R)/det(A)>det(A0)}. AlorsF₁=det⁻¹([det(A0),+∞[)est un fermé deMn(R)en tant qu’image réciproque d’un fermé deRpar une application continue.

•SoitF2={A∈ Mn(R)/∀X∈K, 06^tXAX61}. Soit (A_p)_p∈N une suite convergente d’éléments deF2. Alors ∀X∈K, 06^tXApX61. On poseA= lim

p→+∞Ap. Par passage à la limite quandptend vers+∞, on obtient06^tXAX61.F2est donc un fermé deMn(R).

•Mais alorsM=Sn⁺(R)∩F₁∩F₂est un fermé deMn(R).

(d)D’après la question III.4.1.(a),M={A∈ Sn⁺⁺(R)/ ν(A)6ν(A₀)et∀X∈K, 06^tXAX61}. Soient(A₁, A2)∈ M ett∈[0, 1].

•D’après la question III.3.4.(c).i,S⁺⁺_n (R)est convexe et donctA1+ (1−t)A2∈ Sn⁺⁺(R).

• D’après la question III.3.4.(c).iii, la fonction ν est strictement convexe sur Sn⁺⁺(R) et donc ν(tA₁+ (1−t)A₂) 6 tν(A₁) + (1−t)ν(A₂)6tν(A₀) + (1−t)ν(A₀) =ν(A₀).

•PourX∈K,^tX(tA₁+ (1−t)A₂)X=t^tXAAX+ (1−t)^tXA2Xet donc06^tX(tA₁+ (1−t)A₂)X6t+1−t=1.

Ainsi,∀(A₁, A₂)∈ M²,∀t∈[0, 1],tA₁+ (1−t)A₂∈ Met donc Mest convexe.

4. M est un fermé borné de Mn(R) et donc un compact de Mn(R) puisque Mn(R) est de dimension finie. D’autre part,Mest convexe et la fonctionνest strictement convexe surM. D’après la question III.2.(a), la fonctionνadmet un minimum, atteint en un unique point deM. SoitAl’élément deMen lequel ce minimum est atteint.

SoitB∈ Sn⁺⁺(R).K⊂ EB⇔∀X∈K, X∈ EB⇔∀X∈K, 06^tXBX61. En particulier,EA est un ellipsoïde contenantK.

1er cas.Si0 <det(B)<det(A0), alorsV(EB) = k_n

pdet(B) > k_n

pdet(A0)> k_n

pdet(A) =V(EA).

2ème cas.Si det(A0)6det(B), alorsV(EB) =k_nν(B)>k_nν(A) =V(EA)avec égalité si et seulement siB=A.

En résumé, il existe un ellipsoïde de volume minimum contenantKet cet ellipsoïde est unique.

5. (a)K^◦ =∅.

(b)On munitR²de son repère canonique. Pourn∈N^∗, l’ellipseEn d’équation x²

1+ 1 n

2+ y² 1

n

2 =1contientK. Son aire est π

n

1+ 1 n

. Or Inf

n∈N∗

π n

1+ 1

n

= 0. Par suite, s’il existe une ellipse d’aire minimale contenantK, son aire est nulle ce qui est impossible. Donc il n’existe pas d’ellipse d’aire minimale contenantK.