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PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS

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(1)

SESSION 2010

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

PROBLÈME : QUELQUES UTILISATIONS DES PROJECTEURS

I. Questions préliminaires

1. A est la matrice élémentaireE2,1. 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∈Rr−1[X].

P∈Ker(φ)⇒(P(λ1), . . . , P(λr)) = (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. CommeRr−1[X]etRrsont deuxR-espaces vectoriels ayant même dimension finier, on en déduit queφest un isomorphisme deRr−1[X]surRr. En particulier, ler-uplet(eλ1, . . . , eλr) a un antécédent et un seul parφnotéLou encore il existe un unique polynômeLdeRr−1[X]tel que∀i∈J1, rK,L(λi) =eλi. 4. (a)(Sir=1 our=2, les différents produits vides considérés sont conventionnellement égaux à1)

Soit(i, j)∈J1, rK2.

•Si i=j,lij) =lii) = Yr

k=1 k6=i

λi−λk

λi−λk =1.

•Si i6=j,lij) = Yr

k=1 k6=i

λj−λk

λi−λk = λj−λj

λi−λj × Yr

k=1 k /∈{i,j}

λj−λk

λi−λk =0.

∀(i, j)∈J1, rK2,lij) =

1sii=j

0sii6=j =δi,j.

http ://www.maths-france.fr 1 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.

(2)

(b)SoitP= Xr

i=1

eλili. Chaque polynômeliest de degrér−1et doncPest un élément deRr−1[X]. De plus, pourj∈J1, rK,

P(eλj) = Xr

i=1

eλilij) = Xr

i=1

eλiδi,j=eλj.

Par unicité deL, on en déduit queP=Let donc

L= Xr

i=1

eλili.

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=PDkP−1et donc pour tout entier naturelp, Xp

k=0

(PDP−1)k k! =P

Xp

k=0

Dk k!

!

P−1=f Xp

k=0

Dk k!

! .

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

k=0

Dk k!

!

converge vers exp(D)

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

k=0

Dk k!

!!

converge versf(exp(D)) =Pexp(D)P−1.

Comme d’autre part,f Xp

k=0

Dk 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

Dk k! =

+

X

k=0

1 k!diag(

+

X

k=0

λk1 k!, . . . ,

+

X

k=0

λk1 k!

| {z }

α1

, . . . ,

+

X

k=0

λkr k!, . . . ,

+

X

k=0

λkr k!

| {z }

αr

) =diag(e|λ1, . . . , e{z λ1}

α1

, . . . , e|λr, . . . , e{z λr}

αr

)

=diag(Lλ1), . . . , L(λ1)

| {z }

α1

, . . . , L(λr), . . . , L(λr)

| {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

akXk,

PL(D)P−1=P

r−1X

k=0

akDk

! P−1=

r−1X

k=0

ak PDP−1k

=

r−1X

k=0

akAk =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

(3)

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

k=1Ek. Soit alorsi∈J1, rK.

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

• Soientj∈J1, rK\ {i}puisx∈Ej. Alorsv(x) =λjxpuis(li(v))(x) =lij)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 surEiparallèlement à ⊕r

k=1k6=i

Ek.

∀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

eλili(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,uk(p(x)) =2kp(x)ou encore

∀k∈N,uk◦p=2kp.

(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.

http ://www.maths-france.fr 3 c Jean-Louis Rouget, 2010. Tous droits réservés.

(4)

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−pH(x) =x−pVect(n)(x) =x−hx, ni

knk2n.

∀x∈E,pH(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

ai,jbi,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=kpH(M)k=

hM, Ini kInk2 In

= |hM, Ini|

kInk = |Tr(M)|

n .

(5)

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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