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Mines Maths 1 MP 2008 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Gilbert Monna (Professeur en CPGE) ; il a été relu par Tristan Poullaouec (ENS Cachan) et Sophie Rainero (Professeur en CPGE).
Ce problème porte sur le permanent d’une matrice carrée à coefficients réels.
On peut définir le permanent de manière très simple : on prend la formule donnant le déterminant de la matriceM = (aij)16i,j6n
det M = P
σ∈Sn
ε(σ)a1σ(1). . . anσ(n)
et on supprime le termeε(σ), signature de la permutationσ. Autrement dit, on fait la somme de tous les produits possibles de coefficients de la matrice en prenant un terme et un seul par ligne et par colonne. Les mêmes causes produisant les mêmes effets, on obtient une forme multilinéaire par rapport aux lignes et aux colonnes, et en supprimant la cause on a supprimé l’effet : sans le terme ε(σ), la forme n’est plus antisymétrique mais symétrique.
Ce problème se subdivise en quatre parties :
• La première consiste en des majorations assez simples du permanent. La ques- tion 2 est un peu technique et la dernière donne un développement analogue à celui des déterminants. Il est évidemment préférable d’avoir les idées claires sur les déterminants, au programme de première année.
• La deuxième partie porte sur des propriétés plus ou moins classiques des ma- trices symétriques réelles, la dernière question comprenant un intermède topo- logique assez délicat.
• On passe ensuite aux espaces de Lorentz, pour établir deux propriétés qui seront utiles pour la suite, avant d’aborder, dans la quatrième partie, la démonstration du résultat principal du problème : une inégalité portant sur les permanents.
C’est un problème difficile. On peut dire que c’est de la « haute algèbre », mais il est certainement très formateur. Le rapport du jury confirme la difficulté de ce problème en signalant qu’« un petit nombre de candidats a maîtrisé une partie importante du sujet ».
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Indications
Partie I 1 Penser au cardinal du groupe symétrique.
2 Le déterminant d’une matrice est égal à celui de la matrice transposée : qu’en est-il pour le permanent ? Introduire les termes mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)rσ(j)j. . . rσ(n)n
sous forme d’une somme télescopique.
3 Utiliser la linéarité du permanent par rapport à chaque colonne comme vous l’avez vu faire pour établir les formules de développement d’un déterminant (au bon vieux temps, quand vous étiez en MPSI).
Partie II
5 Se servir du théorème de réduction des matrices symétriques réelles.
6 Utiliser les questions 4 et 5.
7 La majoration d’une valeur absolue donne deux inégalités : choisir la bonne ! Dans un espace vectoriel normé de dimension finie la sphère unité est compacte.
Partie III
8 Montrer l’existence d’une droite D de Vect (a, b) telle que la restriction de ΦQ
à Dsoit définie négative.
9 L’indication est fournie par l’énoncé : la suivre.
Partie IV
11 Définir une structure de Lorentz sur Rn−1 de façon à faire une récurrence en utilisant le développement du permanent.
12 Traduire l’égalitéQc·c= 0en utilisant les permanents, puis utiliser les propriétés de ces derniers.
13 Ne pas s’étonner de trouver dans cette question un résultat déjà démontré à la question11.
14 Il faut montrer qu’on est dans le cas d’égalité de l’inégalité (3) et en tirer les conséquences.
15 Déterminer les coefficients de la matriceA = Q0/(n−2)!et étudier les propriétés de la matrice A + In.
16 Utiliser la question 2.
17 Utiliser la question 7.
Les conseils du jury
Le jury regrette à de nombreuses reprises les « tentatives de bluff » et insiste sur le fait qu’« en aucun cas, le correcteur ne peut attribuer de points s’il n’a pas la certitude absolue que la réponse donnée est parfaitement cor- recte d’autant plus qu’il n’est absolument pas question de pénaliser ceux des candidats qui ont pris le temps de bien rédiger. »
Le jury conseille également aux candidats qui ne savent pas traiter une question et qui en admettent le résultat pour continuer de le dire claire- ment : « tout acte d’honnêteté est très apprécié ; en revanche, toute tentative de dissimulation ou de tricherie indispose les correcteurs et peut être très pénalisante. »
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I. Permanents
1 Par définition, per(m1, m2, . . . , mn) = P
σ∈Sn
m1σ(1)m2σ(2). . . mnσ(n)
Le groupeSn est de cardinaln!, par suite per(m1, m2, . . . , mn) est la somme den!
nombres réels. D’après l’inégalité triangulaire,
|per(m1, m2, . . . , mn)|6 P
σ∈Sn
|m1σ(1)m2σ(2). . . mnσ(n)| 6 P
σ∈Sn
|m1σ(1)||m2σ(2)|. . .|mnσ(n)|
Soit |m1σ(1)||m2σ(2)|. . .|mnσ(n)| l’un des termes de la somme précédente. Le réel m1σ(1) est la première composante du vecteur colonnemσ(1), de ce fait
|m1σ(1)|6kmσ(1)k Il en est de même pour tous les facteurs|miσ(i)|, ainsi
|m1σ(1)||m2σ(2)|. . .|mnσ(n)|6kmσ(1)kkmσ(2)k. . .kmσ(n)k
L’applicationσest une permutation et par conséquent elle est bijective. Il s’ensuit kmσ(1)kkmσ(2)k. . .kmσ(n)k=km1kkm2k. . .kmnk
Chacun desn! termes de la somme étant majoré par le même termekm1k. . .kmnk, on peut majorer la somme elle-même parn!fois ce terme :
|per(m1, m2, . . . , mn)|6n!
n
Q
j=1
kmjk
2 Le permanent est la somme de tous les produits possibles denfacteurs en choisis- sant un et un seul facteur par ligne et par colonne. Avec cette définition, il est facile de voir que le permanent d’une matrice est égal au permanent de sa transposée, c’est-à-dire
P
σ∈Sn
m1σ(1)m2σ(2). . . mnσ(n)= P
σ∈Sn
mσ(1)1mσ(2)2. . . mσ(n)n
Le recours à cet artifice est nécessaire pour pouvoir facilement se débarrasser des permutations. En effet, par la suite, on va ordonner les termes : il est plus facile de manipulermσ(1)1 la σ(1)e composante du vecteur m1, dont on va majorer la valeur absolue parkm1k, plutôt que m1σ(1) la première compo- sante du vecteurmσ(1) qu’il faudrait majorer par kmσ(1)k.
Ainsi, on peut écrire
|per(m1, m2, . . . , mn)−per(r1, r2, . . . , rn)|
=
P
σ∈Sn
mσ(1)1mσ(2)2. . . mσ(n)n− P
σ∈Sn
rσ(1)1rσ(2)2. . . rσ(n)n
=
P
σ∈Sn
mσ(1)1mσ(2)2. . . mσ(n)n−rσ(1)1rσ(2)2. . . rσ(n)n 6 P
σ∈Sn
|mσ(1)1mσ(2)2. . . mσ(n)n−rσ(1)1rσ(2)2. . . rσ(n)n| On a, comme dans la question précédente, une somme den!termes. On va montrer que chacun d’eux est majoré par
n
P
j=1
km1k. . .kmj−1kkmj−rjkkrj+1k. . .krnk
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Soitσun élément deSn. Introduisons « de force » les termes de cette somme qui se simplifient sous forme d’une suite télescopique :
|mσ(1)1. . . mσ(n)n−rσ(1)1. . . rσ(n)n|
=
mσ(1)1. . . mσ(n)n+
n−1
P
j=1
mσ(1)1. . . mσ(j)jrσ(j+1)(j+1). . . rσ(n)n
−rσ(1)1. . . rσ(n)n−
n
P
j=2
mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)rσ(j)j. . . rσ(n)n
=
n
P
j=1
mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)mσ(j)jrσ(j+1)(j+1). . . rσ(n)n
−
n
P
j=1
mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)rσ(j)jrσ(j+1)(j+1). . . rσ(n)n
=
n
P
j=1
mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)(mσ(j)j−rσ(j)j)rσ(j+1)(j+1). . . rσ(n)n
6
n
P
j=1
|mσ(1)1. . . mσ(j−1)(j−1)(mσ(j)j−rσ(j)j)rσ(j+1)(j+1). . . rσ(n)n|
Rappelons que, suivant la convention posée par l’énoncé, les termes enj−1 pourj = 1etj+ 1pourj=nsont égaux à 1 pour que les sommations aient toujours du sens.
Par le même argument qu’à la question précédente, on en déduit que
|mσ(1)1. . . mσ(n)n−rσ(1)1. . . rσ(n)n|6
n
P
j=1
km1k. . .kmj−1kkmj−rjkkrj+1k. . .krnk
Au final, après sommation surSn, on obtient bien la relation cherchée, à savoir
|per(m1, . . . , mn)−per(r1, . . . , rn)|
6n!
n
P
j=1
km1k. . .kmj−1kkmj−rjkkrj+1k. . .krnk
Cette question était très technique et, comme pour toutes les questions du problème, le résultat était donné. Le rapport du jury signale « beaucoup de tentatives de bluff ». C’est une attitude dangereuse, surtout ici : si l’argument incontournable de série télescopique n’est pas mentionné, il est à peu près certain que la démonstration est une escroquerie, et le correcteur considérera dans la suite tout raisonnement vague comme du bluff.
3 On a admis que l’application per est symétrique par rapport aux colonnes : il suffit donc de faire la démonstration par rapport à la première. Décomposons-la en
m1=
m11
m21
... m(n−1)1
mn1
=
m11
0 ... 0 0
+
0 m21
... 0 0
+· · ·+
0
... mi1
... 0
+· · ·+
0 0 ... m(n−1)1
0
+
0 0 ... 0 mn1
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