PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS

SESSION 2010

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS

I. Questions préliminaires

1. A est la matrice élémentaireE_2,1. Par suite A² = 0 puis ∀n > 2, Aⁿ = 0. On en déduit que exp(A) = I₂+A = 1 1

0 1

. De même,B²=0puis exp(B) =I₂+B=

1 0 1 1

. Ensuite,

exp(A)×exp(B) =

1 1 0 1

1 0 1 1

=

2 1 1 1

.

D’autre part,A+B=

0 1 1 0

puis(A+B)²=I2. On en déduit que∀n∈N,(A+B)²ⁿ=I2puis(A+B)²ⁿ⁺¹=A+B.

Par suite,

exp(A+B) = X+∞

n=0

1

n!(A+B)ⁿ =

+∞X

n=0

1

(2n)!(A+B)²ⁿ+

+∞X

n=0

1

(2n+1)!(A+B)²ⁿ⁺¹

=

+∞X

n=0

1 (2n)!

! I₂+

+∞X

n=0

1 (2n+1)!

!

(A+B) =ch(1)I2+sh(1)(A+B)

=

ch(1) sh(1) sh(1) ch(1)

.

exp(A) =

1 1 0 1

, exp(B) =

1 0 1 1

, exp(A)×exp(B) =

2 1 1 1

et exp(A+B) =

ch(1) sh(1) sh(1) ch(1)

.

2. Pour tout(A, B)∈(Mn(R))², si les matricesAet Bcommutent, exp(A)×exp(B) =exp(A+B).

II. Un calcul d’exponentielle de matrice à l’aide des projecteurs spectraux, cas diagonalisable 3. Polynôme interpolateur de Lagrange SoitP∈R_r−1[X].

P∈Ker(φ)⇒(P(λ₁), . . . , P(λ_r)) = (0, . . . , 0)

⇒P=0(car un polynôme de degré au plusr−1ayant au moinsrracines deux à deux distinctes est nul).

Donc Ker(φ) ={0}et φest une application linéaire injective. CommeR_r−1[X]etR^rsont deuxR-espaces vectoriels ayant même dimension finier, on en déduit queφest un isomorphisme deR_r−1[X]surR^r. En particulier, ler-uplet(e^λ1, . . . , e^λr) a un antécédent et un seul parφnotéLou encore il existe un unique polynômeLdeR_r−1[X]tel que∀i∈J1, rK,L(λ_i) =e^λi. 4. (a)(Sir=1 our=2, les différents produits vides considérés sont conventionnellement égaux à1)

Soit(i, j)∈J1, rK².

•Si i=j,li(λj) =li(λi) = Yr

k=1 k6=i

λi−λk

λ_i−λ_k =1.

•Si i6=j,li(λj) = Yr

k=1 k6=i

λj−λk

λ_i−λ_k = λj−λj

λ_i−λ_j × Yr

k=1 k /∈{i,j}

λj−λk

λ_i−λ_k =0.

∀(i, j)∈J1, rK²,li(λj) =

1sii=j

0sii6=j =δi,j.

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(b)SoitP= Xr

i=1

e^λili. Chaque polynômeliest de degrér−1et doncPest un élément deR_r−1[X]. De plus, pourj∈J1, rK,

P(e^λj) = Xr

i=1

e^λili(λj) = Xr

i=1

e^λiδi,j=e^λj.

Par unicité deL, on en déduit queP=Let donc

L= Xr

i=1

e^λili.

5. Une propriété de l’exponentielle (a)On sait que tout endomorphisme d’un espace de dimension finie est continu sur cet espace. PuisqueMn(R)est unR-espace de dimension finie, l’endomorphisme deMn(R)défini par M7→PMP⁻¹ est continu surMn(R). On notefcet endomorphisme

(b)Pour tout entier naturelk, on a (PDP⁻¹)^k=PD^kP⁻¹et donc pour tout entier naturelp, Xp

k=0

(PDP⁻¹)^k k! =P

Xp

k=0

D^k k!

!

P⁻¹=f Xp

k=0

D^k k!

! .

Maintenant, f est continue surMn(R) et en particulier,f est continu en D. La suite Xp

k=0

D^k k!

!

converge vers exp(D)

quandptend vers+∞et donc, par continuité defenD, la suite f Xp

k=0

D^k k!

!!

converge versf(exp(D)) =Pexp(D)P⁻¹.

Comme d’autre part,f Xp

k=0

D^k k!

!

= Xp

k=0

(PDP⁻¹)^k

k! converge vers exp(PDP⁻¹), on a montré que exp(PDP⁻¹) =Pexp(D)P⁻¹.

∀P∈GLn(R),∀D∈Dn(R), exp(PDP⁻¹) =Pexp(D)P⁻¹.

6. Notons α1, . . . , αr, les ordres de multiplicité respectifs des valeurs propresλ1, . . . , λr, de la matriceA. Puisque la matriceAest diagonalisable, il existeP∈GLn(R)telle queA=PDP⁻¹oùD=diag(λ1, . . . , λ1

| {z }

α1

, . . . , λr, . . . , λr

| {z }

αr

).

Déjà

exp(D) =

+∞

X

k=0

D^k k! =

+∞

X

k=0

1 k!diag(

+∞

X

k=0

λ^k₁ k!, . . . ,

+∞

X

k=0

λ^k₁ k!

| {z }

α1

, . . . ,

+∞

X

k=0

λ^k_r k!, . . . ,

+∞

X

k=0

λ^k_r k!

| {z }

αr

) =diag(e|^λ1, . . . , e{z ^λ1}

α1

, . . . , e|^λr, . . . , e{z ^λr}

αr

)

=diag(Lλ1), . . . , L(λ₁)

| {z }

α1

, . . . , L(λ_r), . . . , L(λ_r)

| {z }

αr

) =L(D).

La question précédente permet alors d’écrire exp(A) = exp(PDP⁻¹) = P exp(D) P⁻¹ = PL(D)P⁻¹. Enfin, si on pose L=

Xr−1

k=0

akX^k,

PL(D)P⁻¹=P

r−1X

k=0

akD^k

! P⁻¹=

r−1X

k=0

ak PDP⁻¹k

=

r−1X

k=0

akA^k =L(A).

On a montré que

∀A∈ Mn(R),Adiagonalisable⇒exp(A) =L(A).

7. PosonsP= Xk

i=0

aiXⁱ∈R[X]. Par définition,v(x) =λx. Mais alors∀i∈N,vⁱ(x) =λⁱxpuis

8. (a)Puisquev est diagonalisable,E= ⊕^r

k=1E_k. Soit alorsi∈J1, rK.

•Soitx∈Ei. Alorsv(x) =λixpuis d’après la question précédente et la question 4.a), (li(v))(x) =li(λi)x=x.

• Soientj∈J1, rK\ {i}puisx∈Ej. Alorsv(x) =λjxpuis(li(v))(x) =li(λj)x=0. Mais alors, par linéarité deli(v), pour toutxde ⊕^r

k=1k6=i

Ek,(li(v))(x) =0.

En résumé, pour tout xde Ei, (li(v))(x) =xet pour tout xde ⊕^r

k=1, k6=iEk,(li(v))(x) =0. Ceci montre que li(v)est le projecteur surE_iparallèlement à ⊕^r

k=1k6=i

E_k.

∀i∈J1, rK,li(v)est le projecteur surEi parallèlement à ⊕^r

k=1k6=i

Ek.

(b)On en déduit que exp(A) =L(A) = Xr

i=1

e^λili(A)oùli(A)est la matrice de la projectionli(v).

III. Un calcul d’exponentielle de matrice à l’aide des projecteurs spectraux, cas non diagonalisable 9. On sait qu’un en endomorphisme d’un K-espace vectoriel de dimension finie est diagonalisable si et seulement si son polynôme minimal est scindé sur Kà racines simples. Puisque le polynôme (X−1)²(X−2) est à racines simples, l’endomorphismeun’est pas diagonalisable.

10. La matrice





1 1 0 0 1 0 0 0 2



convient.

11. Les polynômes(X−1)² et (X−2) sont premiers entre eux car sans racine commune dansC. Puisque (u−id)²◦ (u−2id) =0, le théorème de décomposition des noyaux permet alors d’écrireE=Ker(u−id)²⊕Ker(u−2id).

12. Puisque les endomorphismesuet idcommutent,

p+q= (u−id)²+u◦(2id−u) =u²−2u+id+2u−u²=id.

13. D’après la question 12, pour toutxdeE,x=p(x) +q(x) = (u−id)²(x) +u◦(2id−u)(x) (∗). Or(u−2id)(p(x)) = (u−2id)◦(u−id)²(x) =0 et doncp(x)∈ Ker(u−2id). De même, (u−id)²(q(x)) = (u−id)²◦u◦(2id−u)(x) =

−u((u−id)²◦(u−2id)(x)) =0 (deux polynômes enucommutent) et doncq(x) =x−p(x)∈Ker(u−id)².

En résumé, pour toutx deE, p(x)∈Ker(u−2id)et x−p(x)∈Ker(u−id)². On sait alors quepest le projecteur sur Ker(u−2id)parallèlement à Ker(u−id)².

Enfin, puisque q= id−pd’après la question 12, pet q sont des projecteurs associés ou encore qest le projecteur sur Ker(u−id)² parallèlement à Ker(u−2id).

14. (a)On a vu précédemment que pour tout xdeE,(u−2id)(p(x)) =0.

(b)Par suite, pour toutxdeE,u(p(x)) =2p(x)et donc pour toutxdeEet tout entier naturelk,u^k(p(x)) =2^kp(x)ou encore

∀k∈N,u^k◦p=2^kp.

(c) Pour tout entier naturel m, Xm

i=0

uⁱ i!

!

◦p= Xm

i=0

uⁱ i! ◦p =

Xm

i=0

2ⁱ i!

!

p. Quand m tend vers +∞, Xm

i=0

2ⁱ i!

! p tend vers e²p. Maintenant, l’application f 7→ f◦p est un endomorphisme de l’espace de dimension finie L(E) et donc cette application est continue surL(E). Comme à la question 5.b), on en déduit que

exp(u◦p) = lim

m→+∞

Xm

i=0

uⁱ i!

!

◦p= lim

m→+∞

Xm

i=0

uⁱ i!

!

◦p=e²p.

exp(u)◦p=e²p.

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15. Puisque deux polynômes enucommutent pourk>2,

(u−id)^k◦q= (u−id)^k◦u(2id−u) = −u◦(u−id)^k−2◦(u−id)²◦(u−2id) =u◦(u−id)^k−2◦0=0.

∀k>2, (u−id)^k◦q=0.

Comme les endomorphismesid etu−idcommutent, on peut alors écrire

exp(u)◦q=exp(id+u−id)◦q=exp(id)◦exp(u−id)◦q= (eid)◦exp(u−id)◦q

=e

+∞

X

k=0

1

k!((u−id)^k◦q) (par continuité de l’applicationf7→f◦qsurL(E))

=e(q+ (u−id)◦q) =e u◦q.

exp(u)◦q=e u◦q.

16. D’après la question 12,

exp(u) =exp(u)◦(p+q) =exp(u)◦p+exp(u)◦q=e²p+e u◦q=e²(u−id)²+eu◦u◦(2id−u)

= −eu³+ (e²+e)u²−2e²u+e²id

= −e(4u²−5u+2id) + (e²+e)u²−2e²u+e²id(caru³−4u²+5u−2id= (u−id)²◦(u−2id) =0)

= (e²−3e)u²+ (−2e²+5e)u+ (e²−2e)id.

exp(u) = (e²−3e)u²+ (−2e²+5e)u+ (e²−2e)id.

IV. Calcul de distances à l’aide de projecteurs orthogonaux

17. On sait qued(x, F) =kx−pF(x)koù de plus, si (e1, . . . , ep)est une base orthonormée deF, pF(x) = Xp

i=1

hx, eiiei.

18. Soitx∈E. On sait que pVect(n)(x) = hx, ni

knk²n. Redémontrons-le. Il existeλ∈Rtel quepVect(n)=λn. Le réelλest déterminé par la conditionx−λ∈n^⊥ ce qui fournithx−λ∈n, ni=0 puisλ= hx, ni

knk². On en déduit quepH(x) =x−p_H⊥(x) =x−pVect(n)(x) =x−hx, ni

knk²n.

∀x∈E,p_H(x) =x−hx, ni knk²n.

19. Une application (a)L’applicationϕ : M7→Tr(M)est une forme linéaire non nulle surMn(R). L’ensemble des matrices dont la trace est nulle, est le noyau deϕ et est donc un hyperplan deMn(R).

Pour tout(A, B)∈(Mn(R))²,hA, Bi= X

16i,j6n

a_i,jb_i,j. En particulier,∀A∈ Mn(R),

hA, Ini= X

16i,j6n

ai,jδi,j= Xn

i=1

ai,i=Tr(A).

DoncIn est un élément non nul deH^⊥ qui est de dimension1 puisqueHest un hyperplan. On en déduit que H^⊥=Vect(In).

(b)D’après les questions 17 et 18,

d(M, H) =kM−pH(M)k=kp_H⊥(M)k=

hM, Ini kInk² In

= |hM, Ini|

kInk = |Tr(M)|

n .

20. Et pour une norme non euclidienne ? F={λ(1, 0), λ∈R}={(λ, 0), λ∈R}. Or, pourλ∈R, N_∞(x−λ(1, 0)) =N_∞((1−λ, 1)) =max{|λ−1|, 1}.

Par suite,∀λ∈R,N_∞(x−λ(1, 0))>1avec égalité si et seulement si|λ−1|61ce qui équivaut à06λ62. Donc d_∞(x, F) =1

et les pointsmdeF pour lesquels cette distance est atteinte sont les points du segment d’extrémités(0, 0)et (2, 0).

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