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CCP 2011. Option MP. Math´ematiques 2.
Corrig´e pour serveur UPS par JL. Lamard (jean-louis.lamard@prepas.org)EXERCICE
Commutant d"une matrice
1.(A) est clairement stable par addition et multiplication externe donc constitue un sous-espace den(R).?
2.Notons (C1,C2,C3) les colonnes deAet (e1,e2,e3) la base canonique deR3.
On constate queC1+C2+C3= 3(e1+e2+e3) donc 3 est valeur propre etε1=e1+e2+e3est vecteur propre associ´e.
On peut ainsi factoriser (X3) dans le polynˆome caract´eristique et de fait il vientχA(X) = (X3)(X2)2.
Un calcul imm´ediat montre que le sous-espace propre associ´e `a 2 est la droite dirig´ee parε2= 4e1+ 3e2+ 4e3
3=xe1+ye2+ze3est tel queAε3=ε2+ 2ε3si et seulementx+ 4y2z= 4
4x3z= 3.
On peut donc par exemple choisirε3=2e1e3.
AinsiT=P1APavecP=
1 42 1 3 0 1 413.SoitM= (mi,j) 3(R). Un calcul imm´ediat montre que :
MT=TMsi et seulement sim1,2=m1,3=m2,1=m3,1=m3,2= 0 etm2,2=m3,3. Il en d´ecoule en notantEi,jla base canonique de3(R) que : (T) = vectE1,1,E2,3,E2,2+E3,3. Cette famille ´etant libre clairement,(T) est de dimension 3.?4.?:MP1MPest un clairement un endomorphisme de3(R) et si M appartient `a Ker?alorsM= 0 par
multiplication `a droite parP1et `a gauche parP. Ainsi?est un endorphisme injectif d"un espace de dimension
finie donc est bien un automorphisme d"espace vectoriel de3(R)? On v´erifie imm´ediatement queM (A) si et seulement si?(M) (T) i.e. si et seulement siM?1(T) Ainsi(A) =?1(T)est-il de dimension 3 puisque?est un automorphisme.?5.D"une part le polynˆome minimal divise le polynˆome caract´eristique par le th´eor`eme de Cayley-Hamilton et d"autre
part l"ensemble des racines du polynˆome minimal est exactement ´egal `a l"ensemble des valeurs propres.
Il en d´ecoule queπA(X) = (X3)(X2) ouπA(X) = (X3)(X2)2. La premi`ere possibili´e est `a exclure sinon
Aserait diagonalisable ce qui n"est pas puisque le sous-espace propre associ´e `a 2 est de dimension 1.
AinsiπA(X) = (X3)(X2)2et il n"existe aucun polynˆome annulateur non nul de degr´e au plus 2.?En d"autres termes la famille (Id,A,A2) est libre. Donc vect(Id,A,A2) est de dimension 3 et est ´evidemment inclus
dans(A) puisque Id,AetA2commutent avecA. Donc(A) = vect(Id,A,A2) =R2[A]?SoitPun polynˆome quelconque etP=πAQ+Rla division euclidienne dePparπA=χA.Alors par le morphisme
fondamental d"alg`ebre deR[X] dans3(R) on aP(A) =πA(A)Q(A)+R(A) =R(A) donc(A) =R2[A] =R[A]?Ce r´esultat est ´evidemment faux pour toute matriceM: on a bien sˆur toujoursR[M] (M) mais en g´en´eral il
n"y a pas ´egalit´e comme on le voit avecM= Id car alorsR[Id] = vect(Id) alors que(Id) =3(R)? PROBL `EME In´egalit´es sur les d´eterminants de matrices sym´etriques1.Notons= (e1,e2,...,en) la base canonique deRnet (.,.) le produit scalaire canonique deRn.
SoitSSn. Alors par th´eor`emeSest orthodiagonalisable donc il existe une base orthonorm´ee (ε1,ε2,...,εn) de
vecteurs propres deS. Il vient alors en notant (λ1,λ2,...,λn) la famille des valeurs propres deSet (x1,x2,...,xn)
les composantes du vecteurxde composantesXdans la base canonique :tXSX= (X,SX) =n i=1λ i(xi)2.Il en d´ecoule imm´ediatement queSS+n(resp.SS++n) si et seulement si toutes les valeurs propres deSsont
positives (resp. strictement positives).?Partie I
2.SoitSS+n. On sait que det(S) =n
i=1λ iet tr(S) =n i=1λ i. L"in´egalit´e propos´ee n"est alors autre que l"in´egalit´erappel´ee dans l"´enonc´e : la moyenne arithm´etique est inf´erieure ou ´egale `a la moyenne g´eom´etrique.?
3.Pour toute matriceMon atX(tMM)X=t(MX)(MX) =MX2?0 donctMMS+n?
≂CCP-2011-maths2-corrige.TEX≂Par ailleurs en notantN=tMMil vientni,j=n
k=1m k,imk,jdonc tr(tMM) =n i=1n i,i=n i=1 n k=1m2k,i L"in´egalit´e pr´ec´edente appliqu´ee `aS=tMMfournit donc bien (detM)2?1 nn n i=1n j=1m2i,j n? Partie II : Th´eor`eme de r´eduction simultan´ee. 4. (a)La matrice de?dans la baseestAet est Id dans la base. En notantRla matrice de passage de`ala formule de changement de base pour les formes bilin´eaires sym´etriques fournit Id =tRAR?(b)CommeBest sym´etrique il en va de mˆeme deC=tRBRqui est donc orthodiagonalisable pour le produit scalaire
canonique d"o`u le r´esultat demand´e.? (c)Il vient alorsB= (tR)1CR1=t(R1)CR1etC=t(Q1)DQ1doncB=tPDPavecP=Q1R1. Or tPP=t(R1)t(Q1)Q1R1=t(R1)R1puisqueQest orthogonale. DonctPP=Ad"apr`es (a).AinsiP=Q1R1=tQR1convient.?
(d)Siqest la forme quadratique canoniquement attach´ee `aBon aq(x,y) =x2+y2+2xy= (x+y)2. Donc la matrice
deqdans la base (e1+e2,e1e2) est diag(4,0) et ainsitPBP= diag(4,0) avecP=1 111 non ortthogonale. 5.(a)SiAS++netBSnon peut utiliser le th´eor`eme de r´eduction simultan´ee ´etabli ci-dessus.
Avec les notations de la question 4.(c), on a detA= (detP)2et detB= detD(detP)2. De mˆemeA+B=tP(Id +D)Pdonc det(A+B) = det(Id +D)(detP)2.Or comme en outreBS+non a detD=n
i=1λ io`u lesλisont les valeurs propres deB(voir 4.(b))donc sontpositives. Donc en vertu de l"in´egalit´e ´evidente signal´ee dans l"´enonc´e on a :
det(Id +D) =n i=1(1 +λi)? 1 +n i=1λ i = 1 + detDdonc l"in´egalit´e propos´ee par produit par (detP)2>0.?(b)Supposons d´esormais queAetBappartiennent `aS+nmais pas `aS++n. AlorsA+Best bien sˆur sym´etrique et,
pour toutX, on atX(A+B)X=tXAX+tXBX?0 doncA+BS+ndonc det(A+B)?0 puisque ses valeurs propres sont positives.Or d"apr`es la partie pr´eliminaire 0 est valeur propre deAet deBsinon toutes les valeurs propres seraient strictement
positives etA(ouB) serait d´efinie positive. Donc detA+detB= 0+0 = 0 et l"in´egalit´e est bien encore vraie.?
6. (a)Avec les notations de l"´enonc´e il vient : dettA+ (1t)B= (detP)2dettId + (1t)B= (detP)2n i=1t+ (1t)λi?(b)Par concavit´e de la fonction ln on a pourt[0,1] etλi>0 ce qui est le cas pour les valeurs propres deBqui est
d´efinie positive : lnt+ (1t)λi?tln1 + (1t)lnλi= (1t)lnλi Donc par croissance de la fonction exp il vient :t+ (1t)λi?λ1ti? (c)Ainsi dettA+ (1t)B= (detP)2 n i=1λ i1t= (detP2)t
(detP)2detD1t= (detA)t(detB)1t?
7. (a)SoitAS+nS++net soitAk=A+1 kId pourkN. AlorsAkest sym´etrique et d´efinie positive car pourXnon nul on a tXAkX=tXAX+1 kX2?1kX2>0. En outreAAk=1kIdk+0?(b)SoientA,BS+net (Ak) et (Bk) deux suites d"´el´ements deS++nconvergeant respectivement versAetB.
Par r´esultat admis surS++non a
det(Ak+Bk) 1/n? detAk 1/n+ detBk1/npour toutkN.
Par continuit´e de la fonctionMdetMsurn(R) (fonction polynomiale desn2coefficients deM) et de lafonctionxx1/nsur [0,+[, on peut passer `a la limite lorsquek+ce qui ´etablit l"in´egalit´e pourAetB.
≂CCP-2011-maths2-corrige.TEX page 2≂Partie III : Th´eor`eme de Choleski.
8.(a)Le produit de deux matrices triangulaires sup´erieures esttriangulaire sup´erieure (avec pour diagonale le "produit"
des deux diagonales) et l"algorithme de la remont´ee prouveque l"inverse d"une matrice triangulaire sup´erieure l"est
encore (avec sur sa diagonale l""inverse"de la diagonale).Ce qui prouve bien queest un sous-groupe deGLn(R)
SiT1etT2sont deux matrices triangulaires sup´erieures `a diagonale strictement positive telles quetT1T1=tT2T2
alorsT1T12= (tT1)1tT2=t(T2T11) ce qui prouve queD=T1T12est une matrice triangulaire sup´erieure`a diagonale strictement positive telle queD=t(D1) donc une matrice diagonale diag(λ1,λ2,...,λn) telle que
i=λ1 idoncλi= 1 carλi>0. AinsiD= Id et doncT1=T2.?(b)On v´erifie imm´ediatement queA=tTTo`uTest la matrice triangulaire sup´erieure telle queti,j= 1 pour
1?i?j?n.?
Remarque
: cela prouve queAest bien d´efinie positive. En effet si une matriceAadmet une d´ecomposition de
Choleski alors elle est bien sym´etrique et
tXAX=TX2?0 et n"est nul que siX= 0 puisqueTest inversible.9.Un peu d"informatique
SoitASn. AlorsAest sym´etrique d´efinie positive si et seulement si (condition n´ecessaire admise - facile
cons´equence de l"algorithme d"orthonormalisation de Schmidt - et condition suffisante par la remarque ci-dessus)
elle admet une d´ecomposition de Choleski.Pourn= 3 cela se traduit par le syst`eme ci-bas. Et alorsAS++3si et seulement si ce syst`eme st compatible dans
Ret les ´equations fournissent successivementt1,1,t1,2,t1,3,t2,2,t2,3et enfint3,3. L"algorithme i.e. la solution est
indiqu´ee `a droite. t 21,1=a1,1
t1,1t1,2=a1,2
t1,1t1,3=a1,3
t21,2+t22,2=a2,2 t1,2t1,3+t2,2t2,3=a2,3
t21,3+t22,3+t23,3=a3,3t 1,1= a1,1 t1,2=a1,2/t1,1
t1,3=a1,3/t1,1
t 2,2= a2,2t21,2 t2,3=a2,3t1,2t1,3/t2,2
t 3,3= a3,3t21,3t22,3Pour les 4 exemples propos´es on trouve que le syst`eme est effectivement compatible ce qui prouve que les matrices
sont bien d´efinies positives et on obtient : T 1= 7 22 0 41 0 0 4