Partie II. Racine carrée d’une matrice de S

SESSION 2011

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE PSI

MATHEMATIQUES 2

Partie I. Etude de compacité

I.1. I.1.1. S est symétrique et est la matrice de sdans la base orthonormée B. On sait alors que s est auto-adjoint.

Le théorème spectral permet d’affirmer que le polynôme caractéristique de s est scindé sur R et qu’il existe une base orthonormée de R² formée de vecteurs propres de s. En particulier, les sous-espaces propres de s sont deux à deux orthogonaux.

χS =X²−6X+5= (X−1)(X−5)et donc Sp(S) = (1, 5).

Soit (x, y) ∈ R². xe₁+ye₂ ∈ Ker(s−Id) ⇔

x+√ 3y=0

√3x+y=0 ⇔ x = −√

3y. Donc, Ker(s−Id) = Vect(e₁^′) où e₁^′ = 1

2(−√

3e1+e2) = −

√3 2 e1+1

2e2.

•Mais alors Ker(s−5Id) = (e₁^′)^⊥=Vect(e₂^′)oùe₂^′ = 1 2e1+

√3 2 e2. Soient(x₁, x2)∈R²puisx=x1e1+x2e2.

(x|s(x)) =

x₁e₁+x₂e₂|(2x₁+√

3x₂)e₁+ (√

3x₁+4x₂)e₂

=x₁(2x₁+√

3x₂) +x₂(√

3x₁+4x₂)

=2x²₁+2√

3x1x2+4x²₂. Doncσest l’ensemble d’équation2x²₁+2√

3x1x2+4x²₂=1dans le repèreR= (O, e1, e2). Déterminons alors une équation deσdans le repèreR^′= (O, e₁^′, e₂^′). Soitx=x₁^′e₁^′ +x₂^′e₂^′ ∈R². Puisque (e₁^′, e₂^′)est une base orthonormée de R²,

(x|s(x)) = (x₁^′e₁^′ +x₂^′e₂^′|x₁^′e₁^′ +5x₂^′e₂^′) =x₁^′2+5x₂^′2. Doncσest l’ensemble d’équationx₁^′2+5x₂^′2=1ou encore x₁^′2

1² + x₂^′2 1

√5

2 =1 dansR^′. On reconnaît l’équation réduite d’une ellipse de centreOet d’axe focal(O, e₁^′).

Tracé deσ.

1

−1

−1 1 e′

1 e^′2

I.1.2.Une équation deσdansRest 2x²₁+4√

2x1x2+4x²₂=1ou encore2(x₁+√

2x2)²=1 ou enfinx1+√

2x2=± 1

√2. Doncσest la réunion des deux droites parallèles d’équations respectivesx1+√

2x2= 1

√2 et x1+√

2x2= − 1

√2. Tracé deσ.

1

−1

1

−1

1/√ 2

−1/√ 2

1/2

−1/2

I.2. I.2.1.Puisque la base (ǫ_i)_16i6n est orthonormée.

(x|s(x)) = Xn

i=1

aiǫi| Xn

i=1

aiλiǫi

!

= Xn

i=1

λia²_i.

Donc, Σ est l’ensemble d’équation Xn

i=1

λ_ia²_i = 1 dans la base (ǫ₁, . . . , ǫ_n). Puisque λ₁ > 0, x = 1

√λ1

ǫ₁ est défini et appartient àΣ. En particulier,Σn’est pas vide. Soitx=

Xn

i=1

a_iǫ_i∈Σ. Puisque0 < λ₁6. . .6λ_n,

1= Xn

i=1

λ_ia²_i >λ₁ Xn

i=1

a²_i =λ₁kxk²2,

et donckxk26 1

√λ1

. Ainsi,∀x∈Σ,kxk26 1

√λ1

et doncΣest une partie bornée deRⁿ. Soient g : Rⁿ → (Rⁿ)²

x 7→ (x, s(x))

et h : (Rⁿ)² → R (x, y) 7→ (x|y)

. g est une application linéaire sur Rⁿ et dim(Rⁿ)< +∞. Donc, g est continue sur Rⁿ. D’autre part, on sait que l’application h est continue sur (Rⁿ)². Donc, l’application f = h◦g : x(x|s(x))est continue sur Rⁿ.

Σ=f⁻¹{1}et le singleton{1}est un fermé deR. Donc, Σest un fermé deRⁿ en tant qu’image réciproque d’un fermé de Rpar une application continue surRⁿ.

En résumé,Σest une partie non vide, fermée et bornée deRⁿ. Puisque dim(Rⁿ)<+∞, le théorème deBorel-Lebesgue permet d’affirmer queΣest une partie compacte deRⁿ.

I.2.2. I.2.2.1Si λ1 6. . . λn 60, alors pour toutx= Xn

i=1

aiǫi∈Rⁿ, (x|s(x)) = Xn

i=1

λia²_i 60. En particulier, pour tout x∈Rⁿ,(x|s(x))6=1et doncΣest vide.

Par contraposition, siΣn’est pas vide, alorsλ_n > 0.

I.2.2.2Puisque λ160et λn> 0, pour tout réelr, la fraction 1−λ1r² λn

existe et est positive puisxr existe. Soitr∈R.

(xr|s(xr)) =λ1r²+λn



 s

1−λ1r² λ_n





2

=λ1r²+λn

1−λ1r² λ_n =1.

Donc,x_r∈Σ. Ensuite, puisque la base(ǫ_i)_16i6n est orthonormée,

kxrk²=r²+



 s

1−λ1r² λ_n





2

= 1

λ_n((λn−λ1)r²+1).

Puisque λn > 0 et λn−λ1 > 0, on a lim

r→+∞kxrk²= +∞. On en déduit que Σn’est pas une partie bornée deRⁿ et en particulier,Σn’est pas une partie compacte deRⁿ.

Par contraposition, siΣest compacte, alorsλ1> 0. Finalement, Dans la question I.2, on a montré queΣest un compact non vide deRⁿ si et seulement siλ1> 0.

Partie II. Racine carrée d’une matrice de S

( R )

II.1. II.1.1.Soiti∈J1, nK. SoitX∈M_n,1(R)\ {0}un vecteur propre deS associé à la valeur propreλ_i. Alors,

tXSX=^tX(λiX) =λikXk²2, et donc, puisquekXk²2> 0et que ^tXSX>0, on aλi=

tXSX kXk²2

>0. On a montré que siS est symétrique positive alors ses valeurs propres sont des réels positifs.

II.1.2.SoitX= Xn

i=1

xiXi∈Rⁿ. Puisque(X₁, . . . , Xn)est une base orthonormée deM_n,1(R),

tXSX= Xn

i=1

x_iX_i| Xn

i=1

λ_ix_iX_i

!

= Xn

i=1

λ_ix²_i >0.

et donc, pour toutX∈M_n,1(R),^tXSX>0ou encoreS∈S⁺

n(R). On a montré que siSest symétrique à valeurs propres positives,Sest symétrique positive.

II.1.3.Puisque 0n’est pas valeur propre de S, Sest inversible. Ensuite, S⁻¹est symétrique car^t(S⁻¹) = (^tS)⁻¹=S⁻¹. Enfin, Sp(S⁻¹) =

1 λi

16i6n

et donc les valeurs propres deS⁻¹ sont des réels strictement positifs. On en déduit que S⁻¹∈S⁺⁺

n (R).

II.2. II.2.1.∆²=diag(λi)16i6n=D.

Ensuite, pour touti∈J1, nK²,µ²y_i= (N²y)_i= (DY)_i=λ_iy_i. Soit alorsi∈J1, nK.

µ²y_i=λ_iy_i⇒µ²y²_i =λ_iy²_i ⇒ q

µ²y²_i = q

λ_iy²_i ⇒µ|y_i|=p

λ_i|y_i|(carµ>0)

⇒µsgn(yi)|yi|=p

λisgn(yi)|yi|où sgn(yi) =





1siyi> 0 0siyi=0

−1siyi< 0

de sorte queyi=sgn(yi)|yi|)

⇒µyi=p λiyi.

En résumé, siµest un réel positif et Y un élément de Ker(N−µIn), alorsNY= (µy_i)_16i6n = √ λiyi

=∆Y.

Maintenant, puisqueN∈S⁺

n(R), les valeurs propres deNsont des réels positifsµ1, . . . ,µn et il existe(Y1, . . . , Yn)une base orthonormée deM_n,1(R)formée de vecteurs propres deN. D’après ce qui précède, pour touti∈J1, nK, NYi=∆Yi. Puisque(Y₁, . . . , Yn)est une base de M_n,1(R), on en déduit queN=∆. On a montré queD admet une racine carrée et une seule dansS⁺

n(R)à savoir la matrice∆=diag(√

λi)_16i6n.

II.2.2.SoitT =U∆^tU. Alors,^tT =^t(^tU)^t∆^tU=U∆^tU=T et doncT ∈S_n(R). De plus, Sp(T) = √ λ_i

16i6n ⊂(R⁺)ⁿ et doncT ∈S⁺

n(R). Enfin,

T²=U∆^2tU=UD^tU=S.

SoitT^′ ∈S⁺

n(R)tel queT^′2=S. Alors,(^tUT^′U)²=^tUT^′2U=^tUSU=D et d’autre part,^tUT^′U∈S⁺

n(R)car^tUT^′U est orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients positifs. D’après la question précédente,^tUT^′U=∆ puisT^′=U∆^tU=T. On a montré l’unicité deT.

II.3. II.3.1.Soiti∈J1, nK.

L_k(S)X_i= Yp

j=1 j6=k

1 µk−µi

(S−µ_jI_n)X_i=







 Yp

j=1 j6=k

λ_i−µ_j µk−µi









X_i=L_k(λ_i)X_i=

Xisiλi=µk

0siλi6=µk .

II.3.2.ChaqueLi,16i6p, est de degré p−1 et donc le polynômeP= Xp

i=1

√µiLi est de degré au plusp−1. De plus, pourk∈J1, pK,

P(µ_k) = Xp

i=1

√µ_iL_i(µ_k) = Xp

i=1

δ_i,k√ µ_i=√

µ_k. Soiti∈J1, nK. Soitk0∈J1, pKl’indice tel queµk0 =λi. D’après la question II.3.1,

P(S)X_i= Xp

k=1

√µkLk(S)X_i=√µk0Lk0(S)X_i=p λiXi.

Ainsi, (X₁, . . . , X_n) est une base orthonormée de M_n,1(R) constituée de vecteurs propres de P(S). Plus précisément, si U= (X₁X₂ . . . X_n),Uest une matrice orthogonale telle que^tUP(S)U=diag(√

λ_i)_16i6n. Ainsi,P(S)est orthogonalement semblable à une matrice diagonale et doncP(S) est une matrice symétrique. Les valeurs propres de P(S) sont des réels positifs et doncP(S)∈S⁺

n(R). Enfin,

P(S) =U∆^tU=S.

II.3.3.La matriceSest symétrique. En développant suivant la première colonne, on obtient

χS=

7−X 2 −2

2 4−X −1

−2 −1 4−X

= (7−X)(X²−8X+15) −2(−2X+6) −2(−2X+6)

= (7−X)(X−3)(X−5) −4(X−3) = −(X−3)[(X−7)(X−5) −8] = −(X−3)(X²−12X+27)

= −(X−3)²(X−9).

On peut prendreλ₁ = λ₂ = 3 et λ₃= 9. Puisque les valeurs propres de S sont des réels positifs, S ∈ S⁺

3(R). Ensuite, µ1=3et µ2=9et donc

P=√ 3X−9

3−9 +3X−3

9−3 = 3−√ 3

6 X+ 3(√ 3−1)

2 ,

puis

√S= 3−√ 3

6 S+ 3(√ 3−1)

2 I3.

Partie III. Une propriété de la trace des matrices de S

III.1. III.1.1.Puisque la matriceVest orthogonale, ses colonnes sont des vecteurs unitaires et en particulier, pour tout i∈J1, nK, v_i,i61. Puisque les α_i, 16i6n, sont des réels positifs, on en déduit que pour tout i∈J1, nK, α_iv_i,i6α_i puis

tr(δV) = Xn

i=1

αivi,i6 Xn

i=1

αi=tr(δ).

III.1.2.PosonsS=PD^tPoùD=diag(λi)16i6n ∈D⁺

n(R)et P∈O(n). SoitU∈O(n).

tr(SU) =tr(PD^tPU) =tr(D(^tPUP))

6tr(D) (car^tPUP∈O(n)puisque(O(n),×)est un groupe)

=tr(^tPPD) =tr(PD^tP) =tr(S).

Ainsi,∀S∈S⁺

n(R),∀U∈O(n), tr(SU)6tr(S).

III.2. III.2.1.Si a=b=0,ϕ=0 convient. Supposons(a, b)6= (0, 0). Puisque a

√a²+b² 2

+

b

√a²+b² 2

= a²

a²+b²+ b² a²+b² =1, il existeϕ∈Rtel que sinϕ= a

√a²+b² et cosϕ= b

√a²+b². Mais alors, pour tout réel θ,

acosθ+bsinθ=p a²+b²

cosθ a

√a²+b² +sinθ b

√a²+b²

=p

a²+b²(cosθsinϕ+sinθcosϕ)

=p

a²+b²sin(θ+ϕ).

Dans tous les cas, on a fourni un réelϕtel que pour toutθ∈R,acosθ+bsinθ=√

a²+b²sin(θ+ϕ).

En particulier, pourθ₀= π

2 −ϕ, on obtientacos(θ0) +bsin(θ0) =√

a²+b². Par suite,

∀θ∈R, acosθ+bsinθ6a⇒acosθ0+bsinθ06a⇒p

a²+b²6a

⇒a²+b²6a²⇒b²60

⇒b=0.

III.2.2.En notant(E_i,j)_16i,j6n la base canonique deM_n(R),U= X

i /∈{p,q}

E_i,i+cosθ(E_p,p+E_q,q) +sinθ(E_q,p−E_p,q).

On sait que pour toute matrice B ∈ M_n(R), tr(^tAB) = X

16i,j6n

a_i,jb_i,j et en particulier, pour tout (i, j) ∈ J1, nK², tr(AEi,j) =a_j,i puis par linéarité de la trace

tr(AU) = X

i /∈{p,q}

tr(AE_i,i) +cosθ(tr(AE_p,p) +tr(AE_q,q))) +sinθ(tr(AE_q,p) −tr(AE_p,q))

= X

i /∈{p,q}

ai,i+cosθ(ap,p+aq,q) +sinθ(ap,q−aq,p).

Par hypothèse, tr(AU)6tr(A)et donc cosθ(a_p,p+a_q,q) +sinθ(a_p,q−a_q,p)6a_p,p+a_q,q. Cette inégalité est vraie pour tout réelθet donc, d’après le lemme technique de la question précédentea_p,q−a_q,p=0.

Ainsi, pour tout(p, q)∈J1, nK, ap,q=aq,p et doncA∈S_n(R).

III.2.3. La matrice de l dans la base (v₁, . . . , v_n) est diag(βi)_16i6n et la matrice de u dans cette même base est diag(−1, 1, . . . , 1)puis

tr(AU) = −β1+ Xn

i=2

βi=tr(A) −2β1,

L’inégalité tr(AU)6tr(A)impose tr(A) −2β16tr(A)puisβ1>0 ce qui est une une contradiction. Il ést donc absurde de supposer que la matriceAa une valeur propre strictement négative et finalementA∈S⁺

n(R)d’après la question II.1.2.

Partie IV. Une propriété de la trace des matrices de S

IV.1. Soit x∈ Rⁿ. On sait que s et t sont auto-adjoints (car la base B est orthonormale), que s⁻¹ et t⁻¹ sont auto- adjoints, quet²=set t⁻²=s⁻¹. Donc, d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz

t(x)|t⁻¹(x)²

6(t(x)|t(x)) t⁻¹(x)|t⁻¹(x)

= t²(x)|x

x|t⁻²(x)

= (s(x)|x) x|s⁻¹(x) . De plus, on a l’égalité si et seulement si la famille t(x), t⁻¹(x)

est liée. Puisquetett⁻¹sont des automorphismes, pour toutx6=0, on at(x)6=0puis

t(x), t⁻¹(x)

liée⇔∃λ∈R/ t⁻¹(x) =kt(x)⇔∃λ∈R/ t²(x) =λx⇔∃λ∈R/ s(x) =λx xest vecteur propre des.

Ainsi, t(x)|t⁻¹(x)2

= (s(x)|x) x|s⁻¹(x)

si et seulement sixest nul ou vecteur propre des.

IV.2. P= (X−λ₁)(X−λ_n). DoncPest positif sur] −∞, λ₁]∪[λ_n,+∞[et négatif sur[λ₁, λ_n]. Puisque lesλ_i,16i6n], sont dans[λ₁, λ_n], on en déduit que ∀i∈J1, nK, P(λ_i)60.

Soit x∈ Rⁿ tel que x 6= 0 et s(x) = λ_ix. Tout d’abord s(x) = λ_ix ⇒ s⁻¹(s(x)) =λ_is⁻¹(x) ⇒ s⁻¹(x) = 1

λ_ix et aussi s²(x) =λs(x) =λ²xpuis

v(x) = − s²− (λ₁+λn)s+λ1λnId 1

λi

x

= −P(λ_i) λi

x.

Puisquexn’est pas nul,xest un vecteur propre dev associé à la valeur propre−P(λ_i) λi

.

SoitB^′ = (e₁, . . . , e_n)une base orthonormée de Rⁿ formée de vecteurs propres des et associée à la famille de valeurs propres(λ₁, . . . , λ_n). Alosr, la matrice devdansB^′est diag

−P(λ_i) λi

16i6n

ou encore la matriceVest orthogonalement semblable à une matrice diagonale à coefficients diagonaux positifs (d’après le début de la question). On en déduit que V∈S⁺

n(R).

IV.3. • Q(0) = s⁻¹(x)|x

λ₁λ_n > 0carλ₁> 0,λ_n > 0et s⁻¹(x)|x

carx6=0et s⁻¹est défini positif.

D’autre part,Q(1) = (s(x)|x) − (λ₁+λ_n)kxk²+ s⁻¹(x)|x

λ₁λ_n= s(x) − (λ₁+λ_n)x+s⁻¹(x) kx

= − (v(x)|x).

Commevest défini positif etx6=0,(v(x)|x)> 0puisQ(1)< 0.

• Puisque (s(x)|x) > 0, Q est un polynôme du second degré. Puisque Q prend une valeur strictement positive et une valeur strictement négative, on sait que le discriminant de Q est négatif ou nul ce qui fournit (λ₁+λn)²kxk⁴− 4λ1λn(s(x)|x) s⁻¹(x)|x

60 ou encore, puisque4λ1λn> 0, (s(x)|x) s⁻¹(x)|x

6(λ₁+λn)² 4λ1λn kxk⁴.

IV.4. Puisquesest symétrique et que les vecteursv₁etv_n sont associés à des valeurs propres distinctes, on sait que v₁ etvn sont orthogonaux. Plus précisément, la famille(v1, vn)est orthonormale. On en déduit que

(s(x)|x) = (λ1v1+λnvn|v1+vn) =λ1+λn et s⁻¹(x)|x

= 1

λ₁v1+ 1

λ_nvn|v1+vn

= 1 λ₁+ 1

λ_n, puis

(s(x)|x) s⁻¹(x)|x

= (λ₁+λn) 1

λ1

+ 1 λn

= (λ₁+λ_n)² λ1λn

. D’autre part,kxk=√

1²+1²=√

2 et donc (λ1+λn)²

4λ₁λ_n kxk⁴= (λ1+λn)²

λ₁λ_n = (s(x)|x) s⁻¹(x)|x . Le vecteurxvérifie donc l’égalité dans l’inégalité (2).