A. Produit scalaire de matrices

SESSION 2013

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Produit scalaire de matrices

1) Puisque la base (e_i)_16i6n est orthonormée pour le produit scalaire canonique h , i, le coefficient ligne i, colonne i, 16i6n, de la matriceAest a_i,i=hAe_i, e_i. Donc tr(A) =X

i=1

nhAe_i, e_i. 2)SoientA= (ai,j)_16i,j6n etB= (bi,j)_16i,j6n deux matrices carrées.

tr( ^tAB

= Xn

j=1

Xn

i=1

a_i,jb_i,j

!

= X

16i,j6n

a_i,jb_i,j.

On reconnaît l’expression du produit scalaire canonique surM_n(R). En particulier,h, iest un produit scalaire surM_n(R).

3)La matrice Best symétrique réelle et donc, d’après le théorème spectral, la matriceBest orthogonalement semblable à une matrice diagonale réelle.

Soit(e_i^′)_16i6n une base orthonormée (pour le produit scalaire canonique) deRⁿ constituée de vecteurs propres de Bet associée à la famille de valeurs propres(µi)_16i6n.

hA, Bi=tr ^tAB

= Xn

i=1

h^tABe_i^′, e_i^′i= Xn

i=1

µih^tAe_i^′, e_i^′i

= Xn

i=1

µ_ihe_i^′, Ae_i^′i.

Soit alors(e_i^′′)_16i6n une base orthonormée (pour le produit scalaire canonique) deRⁿ constituée de vecteurs propres de Aet associée à la famille de valeurs propres(λ_i)_16i6n.

Soitx= Xn

i=1

xie_i^′′∈Rⁿ. Puisque la base (e_i^′′)_16i6n hx, Axi=h

Xn

i=1

xie_i^′′, Xn

j=1

xjλje_j^′′i= Xn

i=1

λix²_i.

Par hypothèse, lesλ_i,16i6n, sont des réels positifs et on a donc montré que pour toutxdeRⁿ,hx, Axi>0.

En particulier, pour touti ∈ J1, nK, he_i^′, Ae_i^′i >0. Comme d’autre part lesµi, 1 6 i 6n, sont des réels positifs, on a montré que

hA, Bi= Xn

i=1

µihe_i^′, Ae_i^′i>0.

B. Décomposition polaire

4) ^t(^tAA) = ^tA^t(^tA) = ^tAA et donc la matrice ^tAA est symétrique réelle. D’après le théorème spectral, ses valeurs propres sont réelles.

Soientλune valeur propre de^tAApuisxun vecteur propre associé.

λkxk²2=λ^txx=^txλx=^tx^tAAx=^t(Ax)Ax=kAxk²2. Puisquexn’est pas nul,kxk²2> 0puisλ= kAxk²2

kxk²₂ >0. Ceci montre que la matrice^tAAest une matrice symétrique réelle positive.

SoitX∈Rⁿ tel quekXk=1.

kAXk²=^t(AX)AX=^tX(^tAA)X=hX,^tAAXi.

Soit alors(ei)_16i6n une base orthonormée (pour le produit scalaire canonique) deRⁿ constituée de vecteurs propres de

tAAet associée à la famille de valeurs propres (λi)_16i6n où la numérotation a été effectuée de telle sorte que 06λ16 λ26. . .6λn. PosonsX=

Xn

i=1

xiei. hX,^tAAXi=h

Xn

i=1

x_ie_i, Xn

j=1

x_iλ_ie_ii= Xn

i=1

λ_ix²_i 6λ_n Xn

i=1

x²_i =λ_n. Donc, pour toutX∈Rⁿ tel quekXk=1,kAXk²26λn ou encorekAXk26√

λn. Ceci montre quekAk26√ λn. D’autre part,en est un vecteur unitaire et kAenk² = hen,^tAAeni = λnhen, eni = λn ou encorekAenk = √

λn. Ceci montre quekAk2>√

λn. Finalement,kAk2=√

λn. On a montré que

∀A∈M_n(R), kAk²=p

max(Sp(^tAA)).

5)PuisqueAest la matrice de fdans une base orthonormée, la matrice def^∗◦fdans cette même base est^tAA. D’après la question précédente, la matrice ^tAA est symétrique réelle positive et donc f^∗◦f est un endomorphisme auto-adjoint positif.

Soit(ei)_16i6n une base orthonormée de Rⁿ constituée de vecteurs propres de f^∗◦f et associée à la famille de valeurs propres(λi)_16i6n.

Soithl’endomorphisme deEdéfini par : ∀i∈J1, nK, h ei) =√ λi

ei.hest diagonalisble dans une base orthonormée et donchest un endomorphisme auto-adjoint.

Les valeurs propres deh sont les√

λ_i,16i6nqui sont des réels positifs et donchest un endomorphisme auto-adjoint positif.

Pour touti∈J1, nK, h²(e_i) =λ_ie_i=f^∗◦f(e_i). Ainsi, les endomorphismesh²etf^∗◦fcoïncident sur une base deEet on en déduit quef^∗◦f=h².

On a montré que pour tout endomorphismefdeE, il existe un endomorphisme auto-adjoint positifh tel quef^∗◦f=h². 6)Si h=0, Im(h) ={0}et donc la restriction deh à Im(h)induit un automorphisme de Im(h).

Sihest un automorphisme deE, alors Im(h) =Eet donc la restriction dehà Im(h)induit un automorphisme de Im(h).

Supposons dorénavanthnon nul et non inversible. Soitp=dim(Kerh)(on a16p6n−1). Puisquehest diagonalisable, pest aussi l’ordre de multiplicité de la valeur propre0.

Soit(e_i)_16i6n une base deEformée de vecteurs propres dehet associée à la famille de valeurs propres(λ_i)_16i6n. On suppose que la numérotation a été faite de telle sorte que0=λ₁=. . .=λ_p< λ_p+16. . .6λ_n. Par suite,(e₁, . . . , e_p) est une base orthonormée de Ker(h).

Im(h) =Vect(h(e1), . . . , h(en)) =Vect(λp+1ep+1, . . . , λnen) =Vect(ep+1, . . . , en).

Ceci montre que Im(h)est un supplémentaire de KerhdansE(et même Imh= (Kerh)^⊥). La version complète du théorème du rang montre alors que la restriction dehà Im(h)induit un automorphisme de Im(h).

7)Soitx∈E.

kh(x)k²=hh(x), h(x)i=hx, h(h(x))i=hx, f^∗◦f(x)i=hf(x), f(x)i=kf(x)k², et donckh(x)k=kf(x)k.

Ainsi, pour toutxdeE,kh(x)k=kf(x)k. En particulier, Ker(f) =Ker(h). D’après le théorème du rang, dim(Kerh) =dim(Kerf) =n−dim(Imf) =dim (Imf)^⊥

.

Si kerh={0}= (Imf)^⊥, v=0convient. Sinon, soient(e₁, . . . , e_p)une base orthonormée de Kerhet(e₁^′, . . . , e_p^′)une base orthonormée de(Imf)^⊥. Soitvl’application linéaire de Kerhdans(Imf)^⊥ définie par :∀i∈J1, pK,v(e_i) =e_i^′. L’image par vd’une base orthonormée de Kerhest une base orthonormée de(Imf)^⊥. Doncvest un isomorphisme de Kerhsur(Imf)^⊥ qui conserve la norme.

8)Six∈Imh, on poseu(x) =f(eh⁻¹(x))et six∈Kerh= (Imh)^⊥, on poseu(x) =v(x). On définit ainsi un endomorphisme ude E par ses restrictions à deux sous-espaces supplémentaires (Imh et Kerh sont supplémentaires d’après la question 7)).

De plus, six∈Imh,u(h(x)) =f(eh⁻¹(eh(x))) =f(x)et si x∈Kerh =Kerf(d’après la question 7)), u(h(x)) =0=f(x).

Doncu◦h_/Imh=f_/Imhet u◦h_/Kerh=f_/Kerhet finalementf=u◦h.

Maintenant, la restriction deuà Kerhà savoirvconserve la norme et d’autre part, six∈Imh, d’après la question 7), ku(x)k=kf(eh⁻¹(x))k=kh(eh⁻¹(x))k=kxk,

et donc les restrictions deuà Kerh et Imhconservent la norme. Soit alorsx∈E. On posex=x₁+x₂oùx₁∈Imh et x₂∈Kerh= (Imh)^⊥. Commeu(Kerh)⊂(Imf)^⊥ etu(Imh)⊂Imf, le théorème dePythagorepermet d’écrire

ku(x)k²=ku(x₁)k²+ku(x₂)k²=kx₁k²+kx₂k²=kxk².

Ainsi,uest un endomorphisme qui conserve la norme et doncuest un automorphisme orthogonal deEqui vérifie de plus f=u◦h.

9)SoitA∈M_n(R). On munitRⁿ de sa structure euclidienne canonique.

Soitf l’endomorphisme de Rⁿ canoniquement associé à A. Soient h et udéfinis comme précédemment et soient S et U leurs matrices respectives dans la base canonique de Rⁿ. Puisque la base canonique deRⁿ est orthonormée,U est une matrice orthogonale etSest une matrice symétrique positive. De plus,A=US.

C. Projeté sur un convexe compact

10)Soitx∈E.

Existence. La fonction h 7→ kx−hk est continue sur le compactH à valeurs dans R. Cette fonction admet donc un minimum surHou encore il existeh0∈Htel que d(x, H) =kx−h0k.

Unicité. Soit(h0, h1)∈H² tel queh16= h0 et d(x, H) = kx−h0k= kx−h1k. Puisque H est convexe, pour tout réel t∈[0, 1],th0+(1−t)h₁appartient àH. Considérons alors la fonctionq : t7→kx−th0−(1−t)h₁k²=kx−h1+t(h₁−h0).

qest continue sur[0, 1], dérivable sur]0, 1[ et vérifieq(0) =kx−h₀k=kx−h₁k=q(1). D’après le théorème deRolle, il existe un réelτ∈]0, 1[ tel queq^′(τ) =0. En posanth=x−τh₀− (1−τ)h₁∈H, l’égalitéq^′(τ) =0s’écrit

2hh1−h0, x−hi=0.

Commehest sur le segment[h₀, h₁], on a aussihh−h₀, x−hi=0. Mais alors, d’après le théorème dePythagore, (d(x, H))²=kx−h0k²=k(x−h) + (h−h0)k²=kx−hk²+kh−h0k²>kx−hk²,

carh∈]h0, h1[. Ceci est impossible et on a donc démontré l’unicité deh0.

11)•Soith∈H. Soitt∈]0, 1]. PuisqueHest convexe,th+ (1−t)h₀∈Het donc

kx−h0k²6kx−th− (1−t)h₀k²=kx−h0+t(h₀−h)k²=kx−h0k²+2t <hx−h0, h0−hi+t²kx−hk² et donc,2t <hx−h0, h0−hi+t²kx−hk²>0ou encore2t <hx−h0, h−h0i6t²kx−hk²et finalementhx−h0, h−h0i6

t

2kx−hk². Cette inégalité étant valable pour tout réelt de]0, 1], quandttend vers0, on obtienthx−h0, h−h0i60.

•Réciproquement, soith₀^′ ∈Htel que pour touth∈Htel quehx−h₀^′, h−h₀^′i60.

kx−hk²=kx−h₀^′k²+2hx−h, h₀^′ −hi+kh₀^′ −hk²>kx−h₀^′k²+0+0=kx−h₀^′k², et donch₀^′ =h0.

D. Théorème de Carathéodory et compacité

12)SoitHun convexe non vide. Par définition, conv(H)est le plus petit (au sens de l’inclusion) convexe contenantHet doncC₀=conv(H).

SoitC₀ l’ensemble des combinaisons convexes d’éléments deH.

• Montrons que C₀ est un convexe contenantH. C₀ contient les combinaisons convexes d’un élément de H et donc C₀ contientH.

Soientxetydeux éléments deC₀. O peut écrirex= Xp

i=1

λihi oùpest un entier naturel non nul, leshi sont des éléments deHet lesλisont des réels positifs de somme1ety=

Xq

i=1

µikioùqest un entier naturel non nul, leskisont des éléments deHet lesµisont des réels positifs de somme1.

Soit alorst∈[0, 1].

tx+ (1−t)y= Xp

i=1

tλ_ih_i+ Xq

i=1

(1−t)µ_ik_i. De plus, pour touti∈J1, pK,tλ_i>0, pour touti∈J1, qK,(1−t)µ_i>0 et enfin

Xp

i=1

tλ_i+ Xq

i=1

(1−t)µ_i=t Xp

i=1

λ_i+ (1−t) Xq

i=1

µ_i=t+1−t=1.

Par suite,tx+ (1−t)y∈C₀. On a montré que C₀est un convexe contenantH.

• Soit C un convexe contenant H. Montrons que C₀ ⊂ C. Pour cela, montrons par récurrence que toute combinaison convexe depéléments deH,p∈N^∗, est dansC.

- PuisqueC contientH, le résultat est vrai pourp=1.

- Soitp>1. Supposons que toute combinaison convexe d’éléments deHsoit dansC. Soient (h_i)_16i6p+1 ∈ H^p+1 et (λ_i)_16i6p+1 ∈ [0, 1]^p+1 tel que

p+1

X

i=1

λi = 1. Si λp+1 = 1,

p+1

X

i=1

λihi = hp+1 ∈ C. Supposons maintenant queλp+1∈[0, 1[.

p+1X

i=1

λ_ih_i= (1−λ_p+1) Xp

i=1

λ_i 1−λp+1

h_i+λ_p+1h_p+1.

Chaque λi

1−λ_p+1

est positif et Xp

i=1

λi

1−λ_p+1

= Xp

i=1

λi

1−λ_p+1

= 1−λp+1

1−λ_p+1

=1. Par hypothèse de récurrence, Xp

i=1

λi

1−λ_p+1

h_i∈

C. Mais alors,(1−λp+1) Xp

i=1

λi

1−λp+1

hi+λp+1hp+1carC est convexe.

Le résultat est démontré par récurrence.

En résumé,C₀est le plus petit (au sens de l’inclusion) convexe contenantHet doncC₀=conv(H).

13)La famille(xi−x1)26i6pest de cardinalp−1>n+1 > n. Elle est donc liée. Par suite, il existep−1réels non tous nulsα₂, . . . ,αptels que

Xp

i=2

µ_i(x_i−x₁) =0.

Posonsµ1= − Xp

i=2

µiet pour26i6p,µi=αi. Lesµisontpréels non tous nuls tels que Xp

i=1

µixi=0.

14)Soitθ un réel.

x= Xp

i=

λ_ix_i= Xp

i=

λ_ix_i−θ Xp

i=1

µ_ix_i= Xp

i=1

(λ_i−θµ_i)x_i.

On note de plus que Xp

i=1

(λi−θµi) = Xp

i=1

λi−θ Xp

i=1

µi = 1. Il reste à vérifier que l’on peut choisirθ de sorte l’un des λ_i−θµ_i soit nul et les autres soient positifs.

Lesµ_i sont non tous nuls de somme nulle. Donc l’un au moins des µ_i,1 6i 6p, est strictement positif. On peut alors considérerθ=Min

λ_i µi

, 16i6p, µ_i> 0

. Soiti₀∈J1, pK tel queθ= λ_i0

µi0

.

•sii=i0,λi−θµi=0,

•siµi> 0, alorsθ6 λ_i µi

et doncλi−θµi>0,

•siµi60, λi−θµi>0 carλi>0et−θµ_i>0.

Donc,θconvient.

D’après tout ce qui précède, sip>n+2et si xest combinaison convexe de la famille(xi)16i6p d’éléments deh, alorsx est combinaison convexe de la famille(xi)i6=i0 qui est une famille de p−1 éléments deH.

Par récurrence descendante, il est immédiat que tout élément de conv(H)est combinaison convexe d’au plusn+1éléments deH.

15)Vérifions queΛest un compact deRⁿ⁺¹.

- Λ est l’intersection des demi-espaces affinest_i > 0, 1 6 i 6 p, qui sont des fermés de Rⁿ⁺¹ et de l’hyperplan affine d’équation

nX+1

i=1

ti qui est un fermé deRⁿ⁺¹. DoncΛest un fermé deRⁿ⁺¹en tant qu’intersection de fermés deRⁿ⁺¹. -Λest borné car contenu dans[0, 1]ⁿ⁺¹.

Finalement, Λest un fermé borné de Rⁿ⁺¹ et donc un compact de Rⁿ⁺¹ carRⁿ⁺¹ est de dimension finie et d’après le théorème deBorel-Lebesgue.

D’autre part,Hⁿ⁺¹est un compact deEⁿ⁺¹en tant que produit de compacts deEet finalementΛ×Hⁿ⁺¹est un compact deRⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹.

Soit ϕ : Rⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹ → E

((t1, . . . , tn+1),(x1, . . . , xn+1)) 7→

nX+1

i=1

tixi

. L’application ϕ est bilinéaire sur l’espace Rⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹ qui

est de dimension finie. En particulier,ϕest continue surRⁿ⁺¹×Eⁿ⁺¹. D’après la question précédente, conv(H) =

_n+1 X

i=1

tixi, (t1, . . . , tn+1)∈Λ, (x1, . . . , xn+1)∈Hⁿ⁺¹

= ϕ Λ×Hⁿ⁺¹ . Donc conv(H)est une partie compacte deEen tant qu’image directe d’un compact par une application continue.

E. Enveloppe convexe de O

( R )

16)Montrons queOn(R)est un compact deM_n(R).

• Soient f : M_n(R) → (M_n(R)²

M 7→ (^tM, M) et f : (M_n(R)² → M_n(R)

(M, N) 7→ MN puish=g◦fde sorte que pour tout matrice M h(M) =^tMM.

f est continue en tant qu’application linéaire dont l’espace de départ est de dimension finie et g est continue en tant qu’application bilinéaire dont l’espace de départ est de dimension finie. Par suite, h = g◦f est continue sur M_n(R).

Comme On(R) = h⁻¹{In} et que le singleton {In} est un fermé de M_n(R), on en déduit que On(R) est un fermé de M_n(R).

• Le maximum des valeurs absolues des coefficients d’une matrice orthogonale est au plus égal à 1 et donc O_n(R) est bornée pourk k^∞.

Finalement, On(R) est une partie fermée, bornée deM_n(R)et donc un compact de l’espace de dimension finie M_n(R).

Mais alors, d’après la question précédente, conv(M_n(R))est un compact deOn(R).

17)SoientAune matrice orthogonale etXun vecteur colonne unitaire. Alors,kAXk=kXk=1. Par suite,kAk2=1.

Soient alorsp∈N^∗,(λ_i)_16i6p∈[0, 1]^p tel que Xp

i=1

λ_i=1et enfin(A_i)_16i6p∈(O_n(R)^p.

Xp

i=1

λiAi

2

6 Xp

i=1

λkAik²= Xp

i=1

λi=1.

Donc, conv(On(R)⊂B. 18)Tout d’abord

tr(AM) −tr(AN) =tr(A(M−N)) =tr(^t(M−N)(M−N)) =kM−Nk²1> 0, carM /∈conv(On(R))et en particulier,M−N6=0.

Ensuite, d’après la question 11), pour toutV∈conv(On(R),hM−N, N−Vi60. Or,

hM−N, N−Vi=tr(^t(M−N)(N−V)) =tr(A(N−V)) =tr(AN) −tr(AV).

Finalement, tr(AN) −tr(AV)> 0 et donc tr(AN) >tr(AV). On a montré que pour tout V ∈conv(On(R), tr(AV) 6 tr(AN) < tr(AM). En particulier, puisque U⁻¹ est une matrice orthogonale et donc en particulier un élément de conv(On(R),

tr(S) =tr(U⁻¹A) =tr(AU⁻¹)<tr(AM) =tr(USM).

19)Soit (ei)16i6n une base orthonormée (pour le produit scalaire usuel deRⁿ) de vecteurs propres de S associée à la famille de valeurs propres(λ_i)_16i6n. On rappelle que lesλi,16i6p, sont positifs.

D’après la question 1),

tr(MUS) = Xn

i=1

hMUSei, eii= Xn

i=1

λihMUei, eii

6 Xn

i=1

λikMUeik²keik²(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarzet car lesλisont positifs

= Xn

i=1

λ_ikMUe_ik26 Xn

i=1

λ_i(carM∈B)

=tr(S).

20)Sous l’hypothèse qu’il existe M∈B telle que Mn’appartient pas à conv(On(R), on est arrivé à la conclusion que tr(S) < tr(USM) = tr(MUS) 6 tr(S) ce qui est absurde. Donc, tout élément de B est dans conv(On(R) ou encore B⊂conv(On(R). D’après la question 1è), on a montré que

conv(On(R)) =B.

F. Points extrémaux

21)SoitX∈Rⁿ. On akVX+WXk²+kVX−WXk²=2 kVXk²+kWXk²

et donc

kVX−WXk²=2 kVXk²+kWXk²

−kVX+WXk²=2 kVXk²+kWXk²

−4kUXk²

=2 kVXk²+kWXk²−2kXk²

(carUest orthogonale) Maintenant,kVXk6kVk2kXk6kXket de mêmekWXk6kXk. Par suite,

kVX−WXk²62 kXk²+kXk²−2kXk²

=0,

et finalement kVX−WXk = 0. On a montré que pour tout x de Rⁿ, VX= WX et donc que V = W. Par suite, U est extrémal dansB.

22)SoitAappartenant àBmais n’appartenant pas àOn(R). D’après la question 9, il existe une matrice orthogonaleUet une matrice symétrique réelle positiveStelle queA=US. D’après le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale P0 et une matrice diagonaleDdont les coefficients diagonauxd1, . . . ,dn sont positifs telles queS=P0DP⁻₀¹.

PosonsP=UP0 etQ=P⁻¹₀ . PetQsont deux matrices orthogonales telles que A=PDQ.

23)S²=^tU^tAAU=U⁻¹(^tAA)Uet donc lesd_i,16i6nsont les racines des valeurs propres deU⁻¹(^tAA)Uou encore de^tAA. Vérifions alors que les valeurs propres de^tAAsont inférieures ou égales à1.

Soientλune valeur propre^tAApuisXun vecteur propre unitaire associé.

λ=λkXk²=λ^tXX=^tX(λX) =^tX^tAAX=^t(AX)AX=kAXk². PuisqueAest dansB, on en déduit queλ6kAk²2kXk²61. Mais alors, puisqueλest positif, √

λ61. Ceci montre que pour touti∈J1, nK,di61.

Si tous lesd_i, 16i 6n, sont égaux à1, alorsD=I_n puisA=PQ=UP₀P⁻₀¹=U∈O_n(R). Ceci n’est pas et donc il existej∈J1, nKtel qued_j< 1.

24)Soitα=1−dj> 0. Alors,−16dj−α6dj+α61.

SoientDα =diag(d1, . . . , dj−1, dj+α, . . . , dn)et D−α =diag(d1, . . . , dj−1, dj+α, . . . , dn) puisAα =PDαQ etA−α = PD−αQ.

• 1

2(A_α+A−α) =P1

2(D_α+D−α)Q=PDQ=A.

•Dα−D−α=diag(0, . . . , 0, 2α, 0, . . . , 0)6=0carα6=0. Par suite,Dα6=D−α. Mais alors, puisquePetQsont inversibles Aα 6=A−α.

•SoitX∈Rⁿ un vecteur unitaire. Puisque les matricesPestQsont orthogonales

kAαXk=kPDαQXk=kDαQXk6kDαk₂kQXk=kDαk₂kXk=kDαk₂. Donc,kAαk26kDαk2 et de mêmekA−αk26kD−αk2.

D’après la question 4),

kDαk2=p

max(Sp(^tDαD−α)) = q

max(Sp(D²_α)) =max{

q

d²₁, . . . ,q d²_j−1,

q

(dj+α)²,q

d²_j+1, . . . , q

d²_n)

=max(d1, . . . , dj−1, dj+α, dj+1, . . . , dn)61 De même,

kD_αk2=p

max(Sp(^tD_αD−α)) = q

max(Sp(D²_α)) =max{

q

d²₁, . . . ,q d²_j−1,

q

(d_j−α)²,q

d²_j+1, . . . , q

d²_n)

=max(d1, . . . , dj−1,|dj−α|, dj+1, . . . , dn)61.

Finalement,kAαk₂61et kA−αk₂61.

On a donc trouvé deux éléments deB distincts dont le milieu est A. On en déduit que An’est pas un point extrémal.

Finalement, l’ensemble des points extrémaux deB ou encore de conv(On(R))est exactementOn(R).