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PSI CCP 2013 M1 Corrig e - AlloSchool

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CCP PSI 2

un corrige

I. 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) =P

1j;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 que

R\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 que

8y2Rn; 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 donc

0 =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 donc

8(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 que

N(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=X

1j;knx

0jx0k(ejjek) =nX

k=1(x0k)2

On a aussi

q

A(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=1

1(x0k)2qA(x)1n

X i=1 n(x0k)2=n

Le minorant est atteint pourx=e12

net le majorant pourx=en2 n. Ce sont donc des minimum et maximum : m

A= 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 2

I.5.5 Un calcul immediat donne

det(A) =112

Le 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 6

La question precedente donne donc

N(A) =23

+p13 6

II. 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=X

1j;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 =X

1k;j;nx

kxjtk+j2

II.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=X

1k;jnZ

1 0 x jxkZ j+k2 0 dt Comme R1

0xjxkRj+k2

0dt=1j+k1, la question 1 permet d'armer que

Z 1 0 nX k=1x ktk1! 2 dt=X

1j;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 plus

continue, 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

8x2Rn f0g; qn(x)>0

En particulier,qnne prend que des valeurs>0 sur

net on a doncmHn>0. Avec la question

I.5.3,

Sp(Hn)R+

3

II.2.1 On remarque que

8k2N;iZ

0 (ei)keid=i(k+ 1)ih e(k+1)ii

0=1(1)k+1k+ 1=Z

1 1tkdt Le passage a l'integrale etant lineaire, des combinaisons lineaires de ces relations montrent que

8P2C[X];iZ

0

P(ei)eid=Z

1

1P(t)dt

II.2.2 La partieII.1donne

0qn(x) =Z

1 0

Q2(t)dt

Par ailleurs, la question precedente donne

Z 1 0

Q2(t)dtZ

1

1Q2(t)dt=Z

1

1Q2(t)dt=iZ

0

Q2(ei)eidZ

0 jQ2(ei)jd

En combinant les deux resultats, on a donc

0qn(x) =Z

1 0

Q2(t)dtZ

0 n X k=1x kei(k1)2 d S'il y a egalite (a droite, on conna^t deja le cas d'egalite a gauche), il doit y avoir egalite dans toutes les etapes intermediaires et on doit donc avoirR0

1Q2(t)dt.Qetant positive et continue

doit ^etre nulle sur [1;0].Qest donc le polyn^ome nul (innite de racines) et ses coecients sont nuls.xest donc nul. Ainsi

8x6= 0;0< qn(x) 0 n X k=1x kei(k1)2 d II.2.3 Explicitons le carre du module ci-dessus en ecrivant quejzj2=zz: n X k=1x kei(k1)2 =X

1j;knx

jxkei(kj) On en deduit par linearite du passage a l'integrale que Z 0 n X k=1x kei(k1)2 d=X

1j;knx

jxkZ 0 ei(kj)d Les integrales du membre de droite se calculent en distinguant selon quejest ou non egal ak.

On obtientZ

0 n X k=1x kei(k1)2 d=kxk2+1i X k6=jx kxj(1)kj1kj Dans la somme du membre de droite, on associe les termes deux a deux : un terme (k;j) avec le terme (j;k) et les termes correspondants sont opposes. Ce regroupement montre que la somme est nulle. On a donc

8x6= 0;0< qn(x) 0 n X k=1x kei(k1)2 d=kxk2 4

II.3.1 La questionI.5.5indique que

2=23 p13 6 et2=23 +p13 6

La questionI.5.3donne

n=mHnetn=MHn

La question precedente montre queqnprend sur

ndes valeurs dans ]0;[ (0 n'etant pas dans n). On a donc

0< nn<

Par ailleurs,Hnn'etant pas scalaire et diagonalisable, elle admet au moins deux valeurs propres etn< n. Ainsi

0< n< n<

II.3.2 Avec la questionI.5.3on a

q n( n)[n;n] Il nous reste a voir que tout element de l'intervalle [n;n] admet un antecedent parqndans n. On sait qu'il existe des vecteurse1etennon nuls tels queHne1=ne1etHnen=nen(carn etnsont des valeurs propres). Les sous-espaces propres deHnetant orthogonaux (theoreme spectral),e1etenle sont (les valeurs propresnetnsont dierentes). Enn, quitte a les normer (ce qui ne leur fait pas perdre le caractere propre), on peut supposerke1k=kenk= 1. On pose alorsxt=p1te1+ptpour toutt2[0;1], en remarquant quext2 n. On a (formule de

I.5.2)

q n(xt) =n(1t) +nt et quandtvarie dans [0;1],qn(xt) varie dans [n;n]. Toutes les valeurs de cet intervalle ont donc un antecedent parqndans netquotesdbs_dbs15.pdfusesText_21