Partie II

SESSION 2008

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PC

MATHEMATIQUES 1

Partie I

I.1. La matriceS=diag(λi)1≤i≤n est une matrice carrée réelle positive et symétrique dont la famille des valeurs propres est(λi)1≤i≤n

I.2. a)Puisque Mest d’ordre2,χM=X²−Tr(M)X+det(M) =X²− (−1+1)X+ (−1)×1=X²−1.

b)La matriceS=

0 1 1 0

est positive et symétrique. De plus, χS =X²−1 et donc les deux valeurs propres deSsont

−1et 1.

I.3. La matriceS=





0 1 0 1 0 0 0 0 0



est positive et symétrique. De plus,χS= −X(X²−1)et donc les trois valeurs propres deSsont−1,0et 1.

I.4. La matriceS=









0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0









est positive et symétrique. De plus, un calcul par blocs montre queχS= (X²−1)² et donc les quatre valeurs propres deSsont−1,−1,1 et1.

I.5. La trace de Sest positive et est égale à la somme des valeurs propres deS.

Comme(−1) + (−1) +0= −2 < 0,Sne peut admettre (−1,−1, 0)pour famille de valeurs propres.

I.6. a)Soitn≥2.Hest symétrique réelle et donc diagonalisable. On en déduit que toutes les valeurs propres deHsont réelles et que l’ordre de multiplicité de multiplicité de chaque valeur propre est égale à la dimension du sous-espace propre correspondant.

•Si b=0, H=aIn et doncHadmetapour valeur propre d’ordren.

• Si b6= 0, H− (a−b)In est la matrice dont tous les coefficients sont égaux à b. Par suite, rg(H− (a−b)In) = 1 ou encore dim(Ker(H− (a−b)In)) =n−1.Hadmet donc a−bpour valeur propre d’ordren−1.

La dernière valeur propreλest fournie par la trace deH:na=Tr(H) =λ+ (n−1)(a−b)et doncλ=a+ (n−1)b.

En résumé, sin ≥2, Hadmeta−bpour valeur propre d’ordre n−1 et a+ (n−1)b pour valeur propre simple et si n=1,Hadmetapour valeur propre simple.

b)Pour n≥2, on prendb= −1 eta=n. Les valeurs propres deHsontn+1d’ordren−1et 1 d’ordre1. Les valeurs propres deHsont donc toutes positives maisHn’est pas positive puisqueb < 0.

Donc, sin≥2, une matrice symétrique réelle d’ordren dont toutes les valeurs propres sont positives ou nulles n’est pas nécessairement positive.

Par contre, sin=1, le résultat devient vrai car l’unique valeur propre de la matrice est son unique coefficient.

Partie II

II.1. a)Soit(X, Y)∈(M^n,1(R))². En identifiant une matrice carrée de format1 et son unique coefficient, on a

tXY=^tYX= Xn

i=1

xiyi= (X|Y)_n.

http ://www.maths-france.fr 1 ^c Jean-Louis Rouget, 2008. Tous droits réservés.

b)Soient(X, Y)∈(M^n,1(R))²etS∈ Sⁿ(R). D’après a), (X|SY)_n=^tXSY et aussi (SX|Y)_n=^t(SX)Y=^tX^tSY=^tXSY.

c)SoientX∈ M^n,1(R)etP∈ Oⁿ(R). On a donc^tPP=In puis kPXkⁿ=p_t

(PX)(PX) =√_t

X^tPPX=√_t

XX=kXkⁿ.

II.2. a)(Z|T)_n+p= Xn

i=1

ziti+

n+pX

i=n+1

ziti= Xn

i=1

xiyi+ Xp

i=1

uivi= (X|Y)n+ (U|V)p.

b)SiXetYsont orthogonaux dansRⁿetUetVsont orthogonaux dansR^p, alors(Z|T)n+p= (X|Y)n+ (U|V)p=0+0=0 etZet T sont orthogonaux dansR^n+p.

c) On prend X= (−1, 0, . . . , 0), Y = (1, 0, . . . , 0), U= (1, 0, . . . , 0) et V = (1, 0, . . . , 0). On a alors(X|Y)n = −1 6= 0 et (U|V)p=16=0mais(Z|T)n+p= −1+1=0. La réciproque du b) est donc fausse.

II.3. a)SoitY= (yi)1≤i≤n∈ M^n,1(R).

(DY|Y)n = ((λiyi)1≤i≤n|(yi)1≤i≤n)n= Xn

i=1

λiy²_i ≤α Xn

i=1

y²_i =αkYk²n.

b)D’après le théorème spectral, il existe P∈ Oⁿ(R)telle queS=PD^tP. En posantY =PXpour X∈ M^n,1(R)donné, on a

(SX|X)n =^tXSX=^tXPD^tPX=^t(PX)D(PX) =^tYDY= (DY|Y)n≤αkYk²n=αkPXk²n=αkXk²n. Si de plusX6=0,kXk²n> 0et donc (SX|X)n

kXk²n

≤α.

∀X∈ M^n,1(R)\ {0}, (SX|X)n

kXk²n

≤α.

c)NotonsB= (ei)1≤i≤nune base orthonormée de vecteurs propres deSassociée à la famille de valeurs propres(λi)1≤i≤n. Notons encoreIl’ensemble des indicesitels que λi< α(pour les indices restants, on aλi=α).

SoitXun vecteur colonne non nul. Posons X= Xn

i=1

xiei.

On aSX= Xn

i=1

λixieipuis, comme Best orthonormée,(SX|X)n= Xn

i=1

λix²_i etkXk²n= Xn

i=1

x²_i. On a alors

(SX|X)n =αkXk²n⇔ Xn

i=1

λix²_i =α Xn

i=1

x²_i ⇔ Xn

i=1

(α−λi)x²_i =0⇔X

i∈I

(α−λi)x²_i =0.

Dans cette dernière somme, tous lesα−λi sont strictement positifs. Donc, ou bien l’un desxi, i∈I, est non nul et dans ce cas,

Xn

i=1

(α−λi)x²_i > 0ou bien tous lesxi,i∈I, sont nuls et dans ce cas Xn

i=1

(α−λi)x²_i =0. En résumé,

(SX|X)n

kXk²n

=α⇔(SX|X)n =αkXk²n⇔X

i∈I

(α−λi)x²_i =0

⇔∀i∈I, xi=0⇔X∈Vect(ei)_i∈J1,nK\I⇔Xvecteur propre de Sassocié àα.

II.4. a)Pour j∈J1, nK, notonsEj l’ensemble des vecteurs colonnesXdont laj-ème composantexj est positive.

Pour j ∈ J1, nK, l’application fj : X = (xi)1≤i≤n 7→ xj est continue sur M^n,1(R) car linéaire de M^n,1(R) dans R, M^n,1(R)étant de dimension finie surR.

CommeEj=f⁻¹_j ([0,+∞[)et que[0,+∞[est un fermé deR(car son complémentaire] −∞, 0[est un ouvert deR),Ejest un fermé deM^n,1(R)en tant qu’image réciproque d’un fermé par une application continue. Mais alors,Eest un fermé de M^n,1(R)en tant qu’intersection de fermés deM^n,1(R).

Eest un fermé deM^n,1(R).

b)Σest bien sûr borné.Σest aussi fermé en tant qu’image réciproque du fermé{1}par l’application continueX7→kXkⁿ. Mais alorsCest fermé en tant qu’intersection de fermés et borné car contenu dansΣqui est borné.

Cest un fermé borné deM^n,1(R).

c)PosonsS= (si,j)1≤i,j≤n.

ϕ(X) = Xn

j=1

Xn

i=1

si,jxi

!

xj= X

1≤i,j≤n

si,jxixj.

Maintenant, chaque application X 7→ xixj est continue sur M^n,1(R) en tant que produit d’applications continues sur M^n,1(R)et doncϕest continue surM^n,1(R)en tant que combinaison linéaire d’applications continues surM^n,1(R).

ϕest continue surM^n,1(R).

d)ϕ est continue sur le compact Cà valeurs dansR.ϕ admet donc un maximum sur C. On en déduit l’existence de µ puis l’existence d’un vecteurX0deCtel que ϕ(X0) =µ.

e) D’après la question II.3.b), α est un majorant de {ϕ(X), X ∈ C}. Puisque µ est le plus petit des majorants de

{ϕ(X), X∈C}, on a donc

µ≤α.

II.5. a)

i)W est positif et d’autre partkWkⁿ= v u u t

Xn

i=1

|xi|²= v u u t

Xn

i=1

x²_i =kXkⁿ=1et doncW∈C.

ii)PuisqueS est positive

|ϕ(X)|≤ X

1≤i,j≤n

|si,j||xi||xj|= X

1≤i,j≤n

si,j|xi|×|xj|=ϕ(W).

iii)PuisqueXest un vecteur propre unitaire deS associé à la valeur propreα,|ϕ(X)|=|(SX|X)n|=|α|(X|X)n =|α|.

On en déduit que|α|=|ϕ(X)|≤ϕ(W)≤µ et donc

|α|≤µ.

b) Ceci montre déjà queµ≥0 et donc, puisqueα≥µ, on a aussi α≥0. Mais alors, |α|=α et les questions II.4.e) et II.5.a)iii) fournissentα≤µ≤αet doncα=µ≥0.

Le vecteurX0 défini à la question II.4.d) est donc un vecteur positif vérifiant (SX0|X0)n

kX0k²n

= (SX0|X0)n =αet la question II.3.c) montre queX0est un vecteur propre associé à la valeur propreα.

α≥0et il existe un vecteur propre deS associé àαqui est positif.

c) Soiti ∈J1, nK. Le travail de la question II.5. peut être appliqué sur un vecteur propre unitaire Xassocié à la valeur propreλi et comme en II.5.a)iii), on obtient|λi|≤µ=α.

∀i∈J1, nK, |λi|≤α.

Partie III

III.1. Soit 2 ∈J1, nK. Puisque (X1, . . . , Xn)est orthonormée, on a ^tX1Xi = (X1|Xi)n =0. Un calcul par blocs fournit alors

MsZi=

AXi

sY1tX1Xi

=

αiXi

0

=αi

Xi

0

=αiZi. De même, pourj∈J1, pK,

MsTj=

sX1tY1Yj

BYj

= 0

βjXj

=βj

0 Yj

=βjTj.

∀i∈J2, nK(resp.∀j∈J1, pK),Zi (resp.Tj) est vecteur propre deMsassocié àαi (resp.βj).

III.2. a)D’après II.2.a)

kV(θ)k²n= (V(θ)|V(θ))_n+p= (cosθX1|cosθX1)n+ (sinθY1|sinθY1)p=cos²θkX1k²n+sin²θkY1k²p

=cos²θ+sin²θ=1.

V(θ)est unitaire dansR^n+p. b)Un calcul par blocs fournit

χM0 =χA×χB = (−1)^n+p Yn

i=1

(X−αi) Yn

j=1

(X−βj).

Sp(M0) = (α1, . . . , αn, β1, . . . , βp).

c) i)Puisques6=0,

p(α1−β1)²+4s²>p

(α1−β1)²=|α1−β1|≥α1−β1, et doncβ1−α1+p

(α1−β1)²+4s²> 0. En particulier, tanθ16=0 et donc θ16=0.

(ii)On en déduit queθ2∈]0, π[\{π

2}et donc tanθ2existe puis (tanθ1)(tanθ2) = (tanθ1)

− 1 tanθ1

= −1.

iii)tanθ1est solution de l’équation du second degrésX²+(α1−β1)X−s=0. Le produit des solutions de cette équation vaut

−1et donc l’autre solution est− 1 tanθ1

=tanθ2. Ainsiθ1etθ2sont solutions de l’équationstan²θ+(α1−β1)tanθ−s=0 ou aussi de l’équationα1tanθ+stan²θ=β1tanθ+sou enfin de l’équationα1+stanθ=β1+ s

tanθ (puisque tanθ1

et tanθ2ne sont pas nuls).

iv)D’après la question précédente, pour i∈{1, 2},α1+stanθi=β1+ s tanθi

et donc

MsV(θi) =

cosθiAX1+ssinθiX1tY1Y1

scosθiY1tX1X1+sinθiBY1

=

α1cosθiX1+ssinθiX1

scosθiY1+β1sinθiY1

=

(α1+stanθi)cosθiX1

( s tanθi

+β1)sinθiY1

!

=

(α1+stanθi)cosθiX1

(α1+stanθi)sinθiY1

= (α1+stanθi)V(θi),

et doncMsV(θi) = (α1+stanθi)V(θi). De plus,V(θi)est unitaire et doncV(θi)n’est pas nul. Finalement

V(θ1)(resp.V(θ2)) est vecteur propre deMs associé à la valeur propreµ1=α1+stanθi (resp.µ=α1+stanθ2).

v)• Pouri∈J2, nK,kZik^n+p=kXikⁿ=1et de même pourj∈J2, pK,kTjk^n+p=kYjk^p=1. Enfin, V(θ1)etV(θ2)sont unitaires d’après la question II.2.a).

•D’après la question II.2.b), lesZi sont deux à deux orthogonaux, lesTjsont deux à deux orthogonaux et chaqueZi est orthogonal à chaqueTj.

•Pouri∈J2, nK,X1est orthogonal àXiet0est orthogonal àY1. Donc, toujours d’après la question III.2.b), tout vecteur V(θ)est orthogonal à toutZi,2≤i≤n, et de même est orthogonal à toutTj,2≤j≤p.

Finalement, les vecteursV(θ1),V(θ2,Z2, . . . ,Zn,T2, . . . ,Tpforment une base orthonormée deR^n+p.

D’après les questions III.1 et III.2.c)iv), tous ces vecteurs sont des vecteurs propres deMs et on a donc trouvé toutes les valeurs deMs.

La famille des valeurs propres deMsest (µ1, µ2, α2, . . . , αn, β2, . . . , βp).

vi)Quands=0,µ1 s’écrit formellementα1+0×tanθ1=α1(bien que tanθ1ne soit pas défini). De même pourµ2.

Partie IV

IV.1. La matrice de format1 A= (λ1)est un élément deS¹(R⁺)admettantλ1pour valeur propre.

IV.2. a)a=λ1+λ_n+1≥−λ2−. . .−λn ≥0. D’autre part,a+λ2+. . .+λn ≥0.

En résumé,a≥0 ≥λ2≥. . .≥λn et a+λ2+λn ≥0. Par hypothèse de récurrence, il existeA∈ S(R+)tel quea, λ2, . . . ,λn soient les valeurs propres deA.

b)a est la plus grande valeur propre deAqui est symétrique réelle et positive. D’après la question II.5.b), Aadmet un vecteur propre positif associé à la valeur proprea. En normant ce vecteur, on obtient un vecteur propre unitaire positif X1deAassocié à la valeur proprea.

c) i)SoitBla matrice nulle de format1 et Y1le vecteur de R¹égal à 1. On aBY1=0 et doncY1est un vecteur propre deBassocié à la valeur propreβ1=0.

Ainsi,Ms est de la forme (1) avecp=1, B= (0)∈ M^1,1(R)et Y1= (1)∈ M^1,1(R).

ii) Les valeurs propres de Asont a, λ2, . . . ,λn et 0 est l’unique valeur propre de B. D’après la question III.2.c)v), les valeurs propres deMs sontµ1=a+stanθ1,µ2=a+stanθ2,λ2, . . . ,λn.

iii)Sis=√

−λ1λn+1, alors p(α1−β1)²+4s²=p

(λ1+λn+1−0)²−4λ1λn+1=p

(λ1−λn+1)²=λ1−λn+1(carλ1≥λn+1), et donc

stanθ1= 1

2(0−a+λ1≥λn+1) = 1

2(−λ1−λn+1+λ1−λn+1) = −λ_n+1 puisµ1=a+stanθ1=λ1+λn+1−λn+1=λ1. Ensuite, d’après la question III.2.c)iii)

µ2=a+stanθ2=a− s tanθ1

=a− (a+stanθ1) = −stanθ1=λn+1. Les valeurs propres deMssont doncλ1, . . . ,λn,λn+1quands=√

−λ1λn+1. Maintenant, pour ce choix deS, la matrice Ms est une matrice clairement symétrique et positive ce qui démontre que(P_n+1)est vraie.

On a ainsi montré par récurrence que la propriété(Pn)est vraie pour tout entier naturel non nuln.

IV.3. Exemple a)En développant suivant la première colonne, on obtient

χA=

1−X 2 3

2 1−X 3

3 3 −X

= (1−X)(X²−X−9) −2(−2X−9) +3(3X+3) = −X³+2X²+21X+18= (X+1)(−X²+3X+18) = −(X+1)(X+3)(X−6).

Les valeurs propres deAsonta=6,λ2= −1 etλ3= −3.

b) Aest une matrice positive et symétrique et ses valeurs propres de Avérifienta≥0 ≥λ2 ≥λ3 et a+λ2+λ3 ≥0.

D’autre part,λ1+λ4=6=a.

On a mêmeλ1≥0≥λ2≥λ3λ4et λ1+λ2+λ3+λ4≥0. Le nombresde la question c)iii) estp

−9(−3) =3√ 3.

Déterminons un vecteur propreX1deAassocié à la valeur propre6, unitaire et positif.

PosonsX= (x, y, z).

X∈Ker(A−6I3)⇔





−5x+2y+3z=0 2x−5y+3z=0 3x+3y−6z=0

⇔





y= −x+2z

−5x+2(−x+2z) +3z=0 2x−5(−x+2z) +3z=0

⇔

y= −x+2z

x=z ⇔x=y=z.

Le vecteurX1= 1

√3(1, 1, 1)convient. La matriceMsde la question précédente s’écrit alors









1 2 3 3 2 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 0







 .

La matriceB=









1 2 3 3 2 1 3 3 3 3 3 3 3 3 3 0









convient.