Transcript Corrigé Mines 1 PSI 2014 (EDB) Partie 1 1. tr(AB

Corrigé Mines 1 PSI 2014 (EDB)
Partie 1
1. tr( AB) =
n X
n
X
a ik b ki =
n
n X
X
b ki a ik = tr(BA ).
k=1 i =1
i =1 k=1
0
2. Soient B et B deux bases de X et P la matrice de passage. Alors TB = PTB 0 P −1 donc tr(TB ) = tr(P −1 PTB 0 ) =
tr(TB 0 ), ce qui montre que tr(TB ) est indépendante du choix de B .
Partie 2
3. Pour tout x ∈ X , x = ( x − P ( x)) + P ( x), or P ( x − P ( x)) = 0 donc X = N (P ) + R (P ). Si x ∈ N (P ) ∩ R (P ), alors
x = P ( x) = 0 donc la somme est directe.
4. Dans une base adaptée à N (P ), R (P ), la matrice de P s’écrit
Ã
0 n− r
0
0
Ir
!
, où r = rg P , donc tr(P ) = r = rg(P ).
5. L’application ( x, y) 7→ x + y est linéaire et surjective de F × G dans F + G , donc dim F + G ≤ dim(F × G ) =
dim F + dim G .
6. À ce stade, on ne sait plus ce que l’énoncé considère comme admis... On a T =
m
X
m
X
P i donc tr(T ) =
i =1
m
X
tr(P i ) =
i =1
rg(P i ) donc tr(T ) ∈ N.
i =1
D’autre part, pour tout x ∈ X , T ( x) =
D’après 5., dim
m
X
R (P i ) ≤
i =1
m
X
m
X
P i ( x) ∈
i =1
m
X
R (P i ), donc rg(T ) ≤ dim
i =1
m
X
R (P i ).
i =1
dim R (P i ) = tr(T ), d’où tr(T ) ≥ rg(T ).
i =1
Partie 3
7. La notation T x signifie T ( x).
⇒ : On suppose T positif. Soit λ ∈ σ(T ) et x vecteur propre associé. On a : 0 ≤ (T x| x) = λ|| x||2 et x 6= 0 donc
λ ≥ 0.
⇐ : On suppose σ(T ) ⊂ R+ . T est un endomorphisme symétrique d’un espace euclidien, donc T est diagonan
X
lisable dans une base orthonormale ( e 1 , . . . , e n ). On note : T e i = λ i e i avec λ i ∈ R+ . Soit x =
x i e i ∈ X . Alors
( T x| x) =
n
X
i =1
λ i x2i ≥ 0 donc T est positif.
i =1
On en déduit que T est positif si et seulement si σ(T ) ⊂ R+ .
8. Comme N (P ) = { x − P ( x)| x ∈ X }, la condition signifie N (P ) ⊥ R (P ).
9. On suppose P est orthogonal. Dans une base orthonormale adaptée à son noyau et son image, la matrice
est diagonale, donc P est symétrique.
(On peut aussi utiliser 8. : Si ( x, y) ∈ X 2 , alors d’après 8., ( x|P ( y)) = (P ( x)|P ( y)), et en échangeant x et y :
(P ( x)|P ( y)) = ( y|P ( x)). Il vient ( x|P ( y)) = ( y|P ( x)), donc P est symétrique.)
On suppose P symétrique. Si x ∈ X et y ∈ R (P ), alors ( x − P x| y) = ( x| y) − (P x| y) = ( x| y) − ( x|P y) = 0 car P y = y,
ce qui montre que P est orthogonal d’après 8.
Comme σ(P ) ⊂ {0, 1}, un projecteur orthogonal P est positif d’après 7.
10. Notons, pour 1 ≤ i ≤ r , T e i = λ i e i , avec λ i > 0. R (T ) = Vect(T e 1 , · · · , T e n ) = Vect(λ1 e 1 , . . . , λ1 e r ) = Vect( e 1 , . . . , e r ) =
Y . En particulier, r = ρ .
On a Z ⊂ N (T ) et d’après le théorème du rang dim N (T ) = n − r = dim Z , donc Z = N (T ).
11. On a
r
X
λ i > r donc
i =1
r
X
(1 − λ i ) < 0. Il existe donc j ∈ ‚1, r ƒ tel que λ j > 1. On fixe un tel j et on consi-
i =1
dère le projecteur orthogonal Q 1 sur Vect( e j ). Alors Q 1 B = E j j (matrices de Kronecker) et (T − Q 1 )B =
diag(λ1 , · · · , λ j − 1, · · · , λr , 0, · · · , 0). Cette matrice a exactement r coefficients diagonaux non nuls, on a donc
rg(T − Q 1 ) = ρ et tr(T − Q 1 ) = tr(T ) − 1.
12. On raisonne par récurrence sur k.
Si k = 0, alors S = T convient.
Soit k ∈ N∗ . On suppose le résultat vrai si θ − ρ = k − 1. Supposons maintenant θ − ρ = k.
Comme k > 0, on est dans le cadre de la question 11., donc il existe Q 1 projecteur orthogonal de rang 1
tel que T − Q 1 soit symétrique positif, de rang ρ , et de trace θ − 1. Comme ρ − (θ − 1) = k − 1, on applique
l’hypothèse de récurrence à T − Q 1 : il existe S symétrique positif tel que rg S = tr S = rg(T − Q 1 ) = ρ et
que T − Q 1 − S soit la somme de k − 1 projecteurs orthogonaux de rang 1. Donc T − S est la somme de k
projecteurs orthogonaux de rang 1, ce qui montre le résultat pour tout k ∈ N, par récurrence.
S étant symétrique (donc diagonalisable), son rang est égal au nombre de valeurs propres non nulles (donc
ici, strictement positives, car S est positif).
13. On remarque qu’à la question 11., on avait R (T − Q 1 ) = R (T ), et on peut vérifier par récurrence que R (S ) =
R (T ) = Y . L’image de S est stable par S , donc S (Y ) ⊂ Y .
On définit donc U = S |Y , endomorphisme de Y .
Comme Z = Y ⊥ , on en déduit que Z est stable par S , donc S ( Z ) ⊂ R (S ) ∩ Z = {0} donc S ( Z ) ⊂ N (S ). Par
égalité des dimensions, S ( Z ) = N (S ) et donc N (S ) ∩ Y = {0}.
On en déduit N (U ) = {0} donc U est injectif, donc bijectif (ou inversible) sur Y .
14. Par restriction de S , U est un endomorphisme symétrique de Y (positif car σ(U ) ⊂ σ(S ), et même défini
positif car il est inversible), on peut donc imposer que les ε i forment une base orthonormale de Y .
U est symétrique, donc également U −1 , donc (U −1 x| y) = (U −1 y| x) pour tout ( x, y) ∈ Y 2 , donc ξ( x, y) = ξ( y, x).
La linéarité à droite de ξ vient de celle de (·|·).
r
r x2
X
X
i
≥ 0, avec égalité si et seulement si les x i sont tous nuls, c-à-d :
Soit x =
x i ε i ∈ Y . Alors ξ( x, x) =
µ
i =1
i =1 i
x = 0. On en déduit que ξ est définie positive, c’est donc un produit scalaire sur Y .
15. Si r = 0, alors S = 0. Si r = 1, alors S est un projecteur orthogonal (une seule valeur propre non nulle, donc
égale à tr(S ) = 1), on peut choisir w = ε1 .
Dans ces deux cas, on peut conclure directement le problème et écrire que T est la somme d’un nombre fini
de projecteurs orthogonaux de rang 1. Dans la suite, nous supposerons r ≥ 2.
On a
ρ
X
µ i = ρ , donc
i =1
S’il existe i tel que
ρ
X
(1 − µ i ) = 0.
i =1
µ i = 1,
alors ε i convient.
Sinon, il existe i 6= j tels que : µ i > 1 et µ j < 1 (si les µ i sont tous < 1, alors
> 1, alors
ρ
X
ρ
X
(1 − µ i ) > 0 et s’ils sont tous
i =1
(1 − µ i ) < 0).
i =1
On cherche alors w sous la forme w = αε i + βε j . On veut ||w||2 = α2 + β2 et ξ(w, w) =
α
β
, c’est-à-dire
µi µ j
que (α, β) est l’intersection du cercle unité x2 + y2 = 1 et de la droite passant par (µ i , 0) et (0, µ j ). L’un de ces
+
points est "intérieur" au cercle, l’autre est à "l’extérieur", donc la droite coupe le cercle en un point dont les
coordonnées fournissent le w cherché.
16. Supposons P projecteur orthogonal de rang 1 et soit z unitaire dans R (P ). Pour tout x ∈ X , il existe α ∈ R
tel que P x = α z. Comme P est symétrique, ( x| z) = ( x|P z) = (P x| z) = (α z| z) = α, donc P x = ( x| z) z.
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Soit z unitaire tel que P x = ( x| z) z pour tout x ∈ X . Alors par linéarité à gauche du produit scalaire, P est un
endomorphisme. On complète ( z) en une base orthonormale de X . Dans cette base orthonormale, la matrice
de P s’écrit E 11 , donc P est un projecteur orthogonal de X .
17. S − P w est symétrique car S et P w le sont.
Comme Y et Z sont stables par S et P w , il suffit de vérifier que ((S − P w ) x| x) ≥ 0 pour tout x ∈ Z et pour tout
x ∈ Y . Pour x ∈ Z , c’est clair car Sx = P w x = 0.
Pour x ∈ Y , notons y = U x, donc x = U −1 y.
Alors : ((S −P w ) x| x) = ((S −P w )U −1 y|U −1 y) = ( y−(U −1 y|w)w|U −1 y) = ( y|U −1 y))−(U −1 y|w)2 = ξ( y, y)−ξ( y, w)2 .
D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, ξ( y, w)2 ≤ ξ( y, y)ξ(w, w), et comme ξ(w, w) = 1, il vient : ξ( y, y) −
ξ( y, w)2 ≥ 0.
On en déduit qu’on a ((S − P w ) x| x) ≥ 0 pour tout x ∈ Y .
On conclut que S − P w est positif.
18. On utilise encore la stabilité de Y et Z par S et par P w . Pour tout x ∈ Z , alors x ∈ N (S ) et x ⊥ w donc
S − P w x = 0.
Soit x ∈ Y . Si Sx − P w x = 0, alors U x = P w x et x = ( x|w)U −1 w. On en déduit x ∈ Vect(U −1 w). Réciproquement, si x = U −1 w, alors Sx − P w x = U x − ( x|w)w = w − (U −1 w|w)w = 0. On en déduit : N (S − P w ) =
N (S ) ⊕ Vect(U −1 w).
On a donc dim N (S − P w ) = dim N (S ) + 1 et par le théorème du rang, rg(S − P w ) = rg S − 1.
19. On utilise les notations du 16. En base orthonormale, un vecteur z unitaire a pour coordonnées (cos ψ, sin ψ).
L’expression des coordonnées de ( x| z) z en fonctions des coordonnées ( x1 , x2 ) de x ∈ X est : ( x1 (cos ψ)2 +
x2 (sin ψ)(cos ψ), x1 (cos ψ)(sin ψ) + x2 (sin ψ)2 ), donc P est un projecteur orthogonal de rang 1 ssi il admet une
matrice de la forme proposée.
20. On décompose :
Ã
!
α
0
0
2−α

= q
q
α
2
α
α
2 (1 − 2 )
 
α
α
α
2 (1 − 2 )  q 2
+
− α2 (1 − α2 )
1 − α2
q

− α2 (1 − α2 )

1 − α2
q
q
q
En choisissant ψ = Arccos( α2 ) (donc cos ψ = α2 et sin ψ = 1 − α2 ) et ψ0 = −ψ, on constate que ces deux
matrices sont sous la forme de la question 19., donc R est la somme de deux projecteurs orthogonaux de
rang 1.
21. (Les cas r = 0 et r = 1 sont triviaux et ont été mis de côté.)
Si r = 2, alors S admet deux valeurs propres non nulles positives de somme 2, qui s’écrivent donc α et 2 − α,
avec α ∈]0, 2[. La restriction U est, d’après 20., la somme deux projecteurs orthogonaux de rang 1. On les
prolonge par 0 sur N (S ), et on obtient le résultat pour r = 2.
On fixe r ≥ 3 et on suppose le résultat pour tout endomorphisme symétrique positif de trace et de rang r − 1.
Soit S symétrique positif de trace et de rang r . On fixe w comme au 17. Alors tr(S − P w ) = tr(S ) − tr(P w ) =
tr(S ) − rg(P w ) = tr(S ) − 1 et rg(S − P w ) = rg(S ) − 1. L’endomorphisme S − P w est symétrique, positif, de trace et
de rang r − 1. D’après l’hypothèse de récurrence, c’est la somme d’un nombre fini de projecteurs orthogonaux
de rang 1. D’où le résultat pour S , quel que soit la valeur de r .
22. Sous les conditions :
tr(T ) ∈ N et tr(T ) ≥ rg(T ),
on a montré que T était la somme d’un nombre fini de projecteurs orthogonaux et d’un endomorphisme
S , lui-même somme d’un nombre fini de projecteurs orthogonaux. T est donc la somme de projecteurs
orthogonaux. Ces conditions étaient nécessaires d’après 6., ce qui conclut le problème.
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