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CCP PSI 2
un corrigeI. Une norme surSn(R).
I.1.1 Pour queqAsoit bornee et atteigne ses bornes sur n, il sut queqAsoit continue (ce qui est vrai par theoremes d'operations puisqueqA(x) =P1j;knaj;kxjxk) et que
nsoit compact (ferme borne en dimension nie; le caractere borne est immediat et le caractere ferme provient de la caracterisation sequentielle des fermes avec la continuite de la norme par exemple). I.1.2 Soitune valeur propre reelle deA. Il existe alorsxnon nul dansRntel queAx=x.Posonsy=xkxk; c'est un element de
netqA(y) =1kxk2(Axjx) =1kxk2(xjx) =. Ainsi 2qA( n) = [mA;MA] et on a montre queR\Sp(A)[mA;MA]
I.1.3Aetant triangulaire, on lit les valeurs propres sur la diagonale :Sp(A) =f2g
Par ailleursq(x1;x2) = 2x21x1x2+ 2x22et
82R; q(cos();sin()) = 2cos()sin() = 212
sin(2) Comme sin(2) decrit [1;1] quandparcourtR, on en deduit que q A(2) = [3=2;5=2]
I.2.1 Siyest non nul, on peut poserx=y=kyket remarquer que puisquex2 n,qA(y) = kyk2qA(x) = 0. CommeqA(y) = 0 de maniere directe on a montre que8y2Rn; qA(y) = 0
I.2.2 Par bilinearite du produit scalaire,qA(y+z) =qA(y) +qA(z) + (Ayjz) + (Azjy). Avec la question precedente, on a donc0 =qA(y+z) = (Ayjz) + (Azjy)
I.2.3 De facon generale, (Ayjz) =P
1j;knzjaj;kyk. Si on note (e1;:::;en) la base canonique de
R ;, on a donc (Aeujev) =av;u(ce que l'on peut aussi voir en disant que (Aeujev) est lav-ieme coordonnee deAeupuisque la base canonique est orthonormee). Avec la question precedente, on a donc8(u;v)2[1;n]; au;v+av;u= 0
etAest donc antisymetrique.I.3 SoitA2 Sn(R).
SiA= (0) il est immediat que8x2Rn; qA(x) = 0 (et c'est a fortiori vrai sur n).Reciproquement, siqAest nulle sur
n, on vient de voir queAest antisymetrique. Comme elle est aussi symetrique, elle est nulle (tA=A=tAet doncA= 0).I.4 On a quatre proprietes a verier.
-Nest bien denie (N(A) est m^eme un maximum) et est positive (borne superieure de quantites qui le sont). - SoitA2 Sn(R) telle queN(A) = 0. On a alors8x2 n;0 jqA(x)j N(A) = 0 etqAest nulle sur n. D'apres la question precedente,A= 0. Ceci nous donne l'axiome de separation. 1 - SoientA;B2 Sn(R); 8x2 n;jqA+B(x)j=jqA(x) +qB(x)j jqA(x)j+jqB(x)j N(A) +N(B) en passant a la borne superieure, on trouveN(A+B)N(A)+N(B) ce qui donne l'inegalite triangulaire. - SoientA2 Sn(R) et2R. On a 8x2 n;jqA(x)j=jj:jqA(x)j jjN(A) et en passant a la borne superieure, on trouveN(A) jjN(A). Si= 0, l'egalite est vraie. Sinon, on en deduit queN(A) =N(1
(A))1jjN(A) et on a encore l'egaliteN(A) =jjN(A) ce qui donne l'homogeneite. Remarque : on a besoin de la symetrie des matrices uniquement pour l'axiome de separation.I.5.1 Le calcul est immediat
8k; qA(ek) = (Aekjek) =kkekk2=k
I.5.2 Les formules proposees correspondent a celles de calcul en base orthonormee! On les retrouve en utilisant la bilinearite du produit scalaire : 8x2 n;1 =kxk2=X1j;knx
0jx0k(ejjek) =nX
k=1(x0k)2On a aussi
qA(x) = (Axjx) =
nX k=1 kx0kekjnX k=1x 0kek! =nX k=1 k(x0k)2 I.5.3 En gardant les notations de la question precedente, on a donc 1=1n X i=11(x0k)2qA(x)1n
X i=1 n(x0k)2=nLe minorant est atteint pourx=e12
net le majorant pourx=en2 n. Ce sont donc des minimum et maximum : mA= minSp(A) =1etMA= maxSp(A) =n
I.5.4 On garde toujours les m^emes notations. On a jqA(x)j nX k=1jkj(x0k)2max2Sp(A)jjnX k=1(x0k)2= max2Sp(A)jj Le majorant est atteint pourektel quejkj= max2Sp(A)jj(c'est donce1ouen) et c'est donc un maximum :N(A) = max2Sp(A)jj
EnnAest semblable a diag(1;:::;n) et son determinant est egal au produit desk. Ainsi, jdet(A)j=nY k=1jkj max2Sp(A)jj n = (N(A))n 2I.5.5 Un calcul immediat donne
det(A) =112Le polyn^ome caracteristique deAestX243
X+112 (X2Tr(A)X+det(A)). Les valeurs propres deA, qui sont les racines de ce polyn^ome, sont donc 1=23 p13 6 et2=23 +p13 6La question precedente donne donc
N(A) =23
+p13 6II. Sur les valeurs propres deHn.
II.1.1 Il s'agit de la formule generale rappelee enI.1.1et que l'on prouve en utilisant la formule de calcul du produit scalaire en b.o.n. q n(x) =0 nX j=1 nX k=1a j;kxk! e jjnX j=1x jej1 A =nX j=1 nX k=1a j;kxk! x j=X1j;kna
j;kxkxj II.1.2 Le developpement contientn2termes (nombre de choix pour un terme dans la premiere somme et un autre dans la seconde) : nX k=1x ktk1!0 nX j=1x jtj11 A =X1k;j;nx
kxjtk+j2II.1.3 On remarque que
Pn k=1xktk1Pn j=1xjtj1 =Pn k=1xktk12. En integrant l'egalite de la question precedente, on a donc Z 1 0 nX k=1x ktk1! 2 dt=X1k;jnZ
1 0 x jxkZ j+k2 0 dt Comme R10xjxkRj+k2
0dt=1j+k1, la question 1 permet d'armer que
Z 1 0 nX k=1x ktk1! 2 dt=X1j;knx
kxjj+k1=qn(x) II.1.4 L'integrale d'une fonction positve sur [0;1] est positive. De plus si la fonction est en pluscontinue, il ne peut y avoir nullite de l'integrale que s'il y a nullite de la fonction sur [0;1]. Or,
x7!Pn k=1xktk12est une fonction continue et positive et n'est nulle que si lesxkle sont (une fonction polynomiale n'admet une innite de racines que si elle est nulle). Ces resultats couples a la question precedente montrent que