[PDF] 1e épreuve agrégation interne 2011 - Corrigé

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1e epreuve agregation interne 2011 - Corrige

Michel Coste

12 mars 2011

A Exemples

A.1 Exemple 1 : un graphe lineaire

L=

11=p 21=p
2 1=p 2 10 1=p

La matrice

LI3est de rang 2 avec les deux derni`eres colonnes ´egales. Donc 1 est valeur propre de multiplicit´e 1 et le sous-espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par 0 1 . On voit aussi sans peine que la matrice que la matrice

Lelle-mˆeme est de rang

2, car la premi`ere colonne est ´egale `a

1=p

2 fois la somme des deux autres. Donc 0 est valeur propre de multiplicit´e 1 et le sous-espace propre

associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par p 2 1 . Comme la trace est 3, la derni`ere valeur propre est

2, et de la contemplation de

L2I3on tire facile que le sous-espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee par p 2 1 . Une b.o.n. de vecteurs propres est 0 1=p 2 1=p 2 1=p 2 1=2 1=p 2 1=2

A.2 Exemple 2 : le graphe complet

2-a) La matriceLdu graphe completKna des1=(n1) partout, sauf sur la diagonale o`u il y a des 1. Donc L=1 n1J+n n1In. 2-b) La matriceJest de rang 1, et sa valeur propre non nulle ´evidente est n. Les valeurs propres pourL sont doncn n1de multiplicit´e n1 etn n1+n n1= 0 de multiplicit´e 1.

A.3 Exemple 3 : le graphe cyclique ansommets

3-a) Soit

C=

0::: :::0 1

1 ...0 0 2 M n(C): C'est une matrice de permutation associ´ee `a un cycle de longueur n, donc C n=In. Une valeur propre deCne peut donc ˆetre qu'une racinen-`eme de l'unit´e de la forme ko`u!=e2i=n.

R´eciproquement, chaque

k, aveck= 0;1;:::;n1, est bien valeur propre de

C, avec comme

1 sous-espace propre associ´e la droite vectorielle engendr´ee par 1 k 2k . Ceci fournit une base de vecteurs propres pour C. 3-b)

SoitP=∑n1

k=0akXketM= (a(ij) modn)1i;jn. Alors

M=a0In+a1C++an1Cn1=P(C).

PuisqueCest diagonalisable de valeurs propres les

k, pourk= 0;:::;n1, la matrice Mest diagonalisable dans la mˆeme base de vecteurs propres queC, avec pour valeurs propres les

P(!k),

pourk= 0;:::;n1. 3-c) On applique le r´esultat pr´ec´edent `a la matrice

L=

11=2 0 01=2

1=2......0

0 .........0 0 ......1=2 2 M n(C); avec P= 11 2 X1 2

Xn1. Les valeurs propres deLsont donc les

1(!k+!k)=2, pour

k= 0;:::;n1. Or (!k+!k)=2 = cos(2k=n) = 12sin2(k=n). Les valeurs propres de Lsont donc les 2sin

2(k=n) pourk= 0;:::;n1; il y a des r´ep´etitions dans cette liste, du fait de l'´egalit´e

sin(k=n) = sin(k=n). Les valeurs propres distinctes sont :

Quandnest pair, 0 = 2sin2(0) et

2 = 2sin

2(=2) chacun avec multiplicit´e 1, les 2sin2(k=n)

pour k= 1;:::;n 2

1 chacun avec multiplicit´e 2. La plus grande valeur propre est 2.

Quandnest impair, 0 = 2sin2(0) avec multiplicit´e 1 et les 2sin

2(k=n) pour

k= 1;:::;n1 2 chacun avec multiplicit´e 2. La plus grande valeur propre est 2sin

2((n1)=2n)<2.

B Quelques generalites

On rappelle que l'´enonc´e supposedi1 pour touti. Cette condition entraˆıne aussi n >1. B.1 1-a On a, en remarquant quediest le nombre dejtels queji: 1 2 n i=1∑ ji( x(i) p d ix(j) d j) 2 1 2 (i;j); ij( x(i) p d ix(j) d j) 2 1 2 n∑ i=1x(i)22∑ (i;j);ijx(i)x(j) d idj+n∑ =hLx;xi:

Puisque pour chaque arˆete

a=fi;jg 2A, il y a deux couples (i;j) et (j;i) v´erifiant la relation sym´etrique , on en d´eduit hLx;xi=∑ a=fi;jg2A( x(i) p d ix(j) d j) 2 1-b

L'´egalit´e ´etablie ci-dessus montre que la forme quadratiquex7! hLx;xiest semi-d´efinie positive, c.-

`a-d. que

hLx;xi 0 pour toutx2Rn. Une forme quadratique semi-d´efinie positive v´erifie l'in´egalit´e

de Cauchy-Schwarz; montrons-le dans notre cas. Soienta;b;ctrois nombres r´eels tels queat2+bt+c0 pour tout t2R. On sait qu'alorsb24ac0 (y compris quanda= 0, puisque bt+c0 pour toutt2Rimpliqueb= 0). Il suffit d'appliquer ceci `a

0 hL(tx+y);tx+yi=hLx;xit2+ 2hLx;yit+hLy;yi

2 pour obtenir quehLx;yi2 hLx;xihLy;yipour tousx;y2Rn. 1-c

Soitx6= 0 un vecteur propre de

Letla valeur propre associ´ee. Alors l'in´egalit´e

0 hLx;xi=hx;xi=kxk2

montre, puisque kxk2>0, que0. Toute valeur propre de

Lest donc positive ou nulle.

La formule ´etablie au a) montre que

hL'1;'1i= 0. L'in´egalit´e de Cauchy-Schwarz ´etablie au b) entraˆıne alors que hL'1;yi= 0 pour tout y2Rn, et en particulier quekL'1k2= 0. Ainsi

12kerL.

Puisque le noyau n'est pas r´eduit `a 0,

0 est valeur propre deLet donc1= 0.

B.2 2-a

Le grapheGa deux composantes connexesJ1=f1;2;3get

J

2=f4;5;6;7g.

2-b PuisqueL, comme endomorphisme sym´etrique, est diagonalisable sur

R, la multiplicit´e de chaque

valeur propre est´egale `a la dimension du sous-espace propre associ´e. Donc kerL=R'1si et seulement si 0 est valeur propre de multiplicit´e 1, c.-`a-d. si et seulement si 2= 0. 2-c Six2kerL, on ahLx;xi= 0 et alors la formule ´etablie au B-1-a) montre que pour toute arˆete fi;jg 2Aon a x(i) p d i=x(j) d j. On en d´eduit que x(i) p d i=x(j) d jsi les sommetsietjsont reli´es par un chemin dans le graphe. 2-d SupposonsGconnexe. Six2kerL, on d´eduit de c) qu'il existe une constante c2Rtelle quex(i) p d i=c pour tout i= 1;:::;n. Mais alorsx=c p D '1. Ceci montre que kerL=R'1et donc, d'apr`es b), 2>0. 2-e Supposons maintenantGnon connexe, et soientJ1;:::;Jrses composantes connexes. Pour k=

1;:::;r, soitxkle vecteur qui a pour coordonn´ees

x k(i) =x(i) p d isii2Jketxk(i) = 0 sinon. Puisqu'il n'y a aucune arˆete entre un sommet dans J ket un sommet dans [[1;n]]nJk, la formule de

B-1-a) donne

hLxk;xki= 0. Le mˆeme raisonnement que celui fait en B-1-c) pour

1montre alors

quexk2kerL. Comme les J

1;:::;Jrforment une partition de [[1;n]], les vecteurs

x

1;:::;xrsont

lin´eairement ind´ependants. On a dim(kerL)r2, d'o`u2= 0. On conclut queGest connexe si et seulement si2>0. En fait, on peut voir facilement en utilisant ce qu'on vient de faire que le nombre de composantes connexes de

Gest ´egal `a dim(kerL), c-`a-d. `a

la multiplicit´e de 0 comme valeur propre. B.3 3-a Dans la base orthonormale ('1;:::;'n), un vecteurxs'´ecrit x=∑n i=1h'i;xi'i. Puisque iest vecteur propre pourLde valeur propre associ´ee i, on aLx=∑n i=1ih'i;xi'i. Donc kxk2=∑n i=1h'i;xi2et hLx;xi=∑n i=1ih'i;xi2. 3-b

Rappelons que 0 =12:::n.

On a, pour tout vecteurx

hLx;xi=n∑ i=1 ih'i;xi2nn i=1h'i;xi2=nkxk2:

Par ailleurs,

hL'n;'ni=nk'nk2. Donc n= max{hLx;xi kxk2;x2Rn; x6= 0}

On a, pour tout vecteur

xtel queh'1;xi= 0 hLx;xi=n∑ i=2 ih'i;xi22n i=1h'i;xi2=2kxk2:

Par ailleurs, on a

h'1;'2i= 0 ethL'2;'2i=2k'2k2. Donc

2= min{hLx;xi

kxk2;x2Rn; x6= 0;h'1;xi= 0} 3

CEtude des bornes des valeurs propres

C.1

La trace deLestn. Comme 0 =12:::n, on a

n=2++n(n1)2, d'o`u 2n n1.

C.2 Caracterisation du cas ou2est maximale.

2-a

Posons(k;`) =('(k)

p d k'(`) p d 2 . Si ni inijne sont des sommets de fk;`g, alors'(k) ='(`) = 0 et donc (k;`) = 0. Siiest un sommet defk;`g, alorsjn'en est pas un et on a donc (k;`) = d j=p d i)2=dj=di. De mˆeme, si jest un sommet de fk;`g, alorsin'en est pas un et on a (k;`) =di=dj.

En utilisant la formule du B-1-a), on a

hL';'i=∑ fk;`g2A k;`=didj d i+djdi dquotesdbs_dbs22.pdfusesText_28

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