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CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE Math 1 , 1994 (extrait)

Partie A A1)Soit une base B de vecteurs propres de s 0 ¸1 0 ¢ ¢ ¢ B B 0 ¸2 . . . sB = B B . . . . ... @ .. 0 ¢¢ ¢ 0 Or 8i

; on a 1 0 0 P k (¸ 1 ) 0 B .. C B . C 0 P k (¸ 2 ) C , u kB = B C B .. .. @ . 0 A . ¸n 0 ¢¢¢

lim P k (i) = exp(¸ i ), donc uk B converge puis uk converge et 0 exp (¸1 ) 0 B B 0 exp (¸2 ) (exp s)B = B B .. .. @ . . 0 ¢¢¢

¢¢¢ .. . .. . 0

0 .. . 0 exp (¸ n )

Le déterminant est indépendant de la base de calcul et :

¢ ¢¢ .. . .. . 0

0 .. . 0 P k (¸ n )

1

C C C: C A

1

C C C: C A

det(exp s) = exp(¸ 1 + ¢ ¢ ¢ + ¸ n ) = exp tr(s): A2a)Ainsi det exp s > 0 : exp s est bien un automorphisme. De plus 0 exp ((® + ¯)¸ 1 ) 0 ¢¢¢ B .. B . 0 exp ((® + ¯)¸2 ) B (exp(® + ¯ )s)B = B .. . . .. .. @ . 0 ¢¢¢ 0 0 exp (®¸1 ) 0 ¢¢¢ 0 B .. . . B . 0 exp (®¸ 2 ) . B = B .. . . .. .. @ . 0 0 ¢¢ ¢ 0 exp (®¸ n ) = (exp ®s)B (exp ¯s)B

donc

A2b)L’application t 7! (exp ts)B sont (et que la dimension …nie).

0

B B =B B @

0 .. .

1 C C C C A

0 exp ((® + ¯)¸n ) 10 exp (¯¸ 1 ) 0 ¢¢¢ CB . CB 0 exp (¯¸ 2 ) . . CB CB .. .. .. A@ . . . 0 ¢¢¢ 0

0 .. . 0 exp (¯¸ n )

1 C C C C A

exp((® + ¯ )s) = exp(®s) exp(¯s) 1 exp (t¸ 1 ) 0 ¢¢¢ 0 .. C .. C . 0 exp (t¸2 ) . C est continue sur R car ses composantes le C .. .. .. A . . . 0 0 ¢¢¢ 0 exp (t¸ n )

A3)8i s 0(f (ei)) = f sf ¡ 1 f (ei) = f s(ei)0= f (¸ ie i) = ¸ if (ei ). 1 exp (¸1 ) 0 ¢¢ ¢ 0 B .. C . B C 0 exp (¸ 2 ) . . . 0 0 B C = (exp s)B . Ainsi sB = sB0 et par A1, (exp s )B 0 = B C .. . . . . @ A . . . 0 0 ¢¢¢ 0 exp (¸ n ) Alors pour tout i on a : (exp s0 )(f (e i)) = e¸ if (ei) = f (e¸ ie i) = f (exp s)(ei ) = f (exp s) f ¡1 (e i) .Les deux applications exp s 0 et f (exp s) f ¡1 sont égales sur une base , donc sont égales. exp(f sf ¡1 ) = f (exp s)f ¡1 . A4a)En considérant le cas où s est une symétrie non triviale on constate qu’un vecteur propre de s2 n’est pas toujours vecteur propre de s et qu’une base qui diagonalise s2 ne diagonalise pas nécessairement s.

A4b)Le résultat est maintenant di¤érent car exp est bijective. p Soit E = ©k=1 E ¹k (s) la décompositionP de E en somme directe de sous espace propre. p Tout vecteur v de E se décompose v = k=1 v k dans cette base . Si on suppose que v est un vecteur propre de exp s il existe une valeur propre ¹ telle que (exp s)(v) = ¹v) soit : p X

exp(¸ k )vk =

k=1

p X

¹vk

k= 1

Comme la somme est directe : 8k : exp(¸ k )vk = ¹v k si 8k exp(¸ k ) 6= ¹ alors 8k vk = 0 et v = 0 : absurde pour un vecteur propre: donc 9j exp(¸ j ) = ¹ et 8k = 6 j , vk = 0 donc v = vk 2 E k tout vecteur propre de exp s est un vecteur propre de s Réciproquement il est évident que si s(v) = ¸v , exp s(v) = exp ¸v .Donc tout vecteur propre de s est vecteur propre de exp s . Ainsi s et exp s admettent les mêmes vecteurs propres et donc toute base qui diagonalise l’un diagonalise l’autre. A5)Toute matrice symétrique réelle est diagonalisable. On peut donc appliquer les résultats des questions précédentes. De plus la base de vecteurs propres B peut être choisie orthonormale. Donc (exp s) B est diagonale donc la matrice de exp s + et symétrique dans une base orthonormale de plus ses valeurs propres (exp (¸ i)) sont > 0 donc exp s 2 S . injectivité : si exp s = exp s0; (s; s0 2 S) alors il existe B base orthonormale telle que (exp s) B = (exp s0 )B = diag(mi ) avec mi > 0: D’après A4b) s B et s0B sont diagonales et par A1) leurs éléments diagonaux véri…ent ¸ 0i = ¸ i = ln(mi ) donc s B = s0B soit s = s0 . surjectivité : soit u 2 S + . Il existe une base orthonormale B telle que uB = diag(mi ); m i > 0 Dé…nissons s par s B = diag (ln(m i)), alors exp s = u et s 2 S car elle sa matrice est symétrique dan la base orthonormale B s¡ > exp s est bijective de S sur S + .

Partie B B1a)Notons X et Y les colonnes des coordonnées de x et y dans B. Puisque B est orthonormale on a : hx; yi = tXY et t fB¤ = f B . Donchf ¤ (x); yi = t (fB¤ X)Y = t X t fB¤ Y = tXf B Y = hx; f (y)i : B1b)g ¤ g = i , g ¤ = g ¡1 : ce sont les endomorphismes orthogonaux. B2)s est symétrique donc il existePune base orthonormale B = (e1 ; : : : ; en ) telle que sB = diag(¸ i) P Pour x = ni=1 xi ei on a ; s(x) = ¸ i xi ei et X Qs (x) = hs(x); xi = ¸ ix 2i

Si s 2 S + alors ¸ i > 0 pour tout i donc Qs (x) ¸ 0 pour tout x et Qs (x) = 0 ) 8i ¸ ix i = 0 (somme nulle de réels positifs) . Or ¸i > 0 donc 8i xi = 0 et x = 0: Donc Qs est dé…nie positive. Réciproquement supposons Q s dé…nie positive. Alors ¸ i = Q s(e i) > 0 donc s est dans S + . B3)Soit f inversible. Q f ¤f (x) = hf ¤ f (x); xi = hf(x); f (x)i (d’après B1a) donc Q f ¤f (x) = kf (x)k 2 ¸ 0 et Q f ¤ f (x) = 0 ) f (x) = ~o ) x = ~o (f est inversible). Ainsi Qf ¤ f est dé…nie positive. Or f ¤ f est symétrique car (f ¤ f )¤ = f ¤ f ¤¤ = f ¤ f donc B2) s’applique : f ¤ f 2 S+ : B4a)Si f = g exp s on a f ¤f

=

(exp s)¤ g ¤ g exp(s)

=

(exp s)¤ exp(s) car g¤ g = i pour un endomorphisme orthogonal

=

(exp s) exp(s) car exp s est symétrique (A5) f ¤ f = exp 2s 2

B4b) existence Par B3) f ¤ f 2 S + , on peut donc dé…nir s = 12 log(f ¤ f ) (A5); puis poser g = f exp ¡s. Alors s 2 S et f = g exp s.s est symétrique car log(f ¤ f ) l’est. Reste à véri…er que g est orthogonal. Or g ¤ g = (exp ¡s)f ¤ f exp ¡s = exp ¡s exp 2s exp ¡s = exp O = i Ce qui achève la preuve d’existence. unicité : Si g exp s = g 0 exp s 0 alors h = g ¡1 g 0 = exp(s ¡ s0 ) est dans S+ \ G. Les valeurs propres d’une matrice de S + sont des réels positifs , celle d’une matrice orthogonale sont de module 1 . h et donc un endomorphisme diagonalisable (car symétrique) dont la seule valeur propre est 1 . Donc h = i donc g 0 = g puis s0 = s par injectivité de exp (A5). B5)Pour tout x, kf (x)k ¸ kxk , donc f est injective (f (x) = 0 ) kxk = 0 ) x = 0), puis f = g exp s (B4). Soit C = (e1 ; : : : ; e n ) une base orthonormale qui diagonalise exp s.Pour x = ei on a par hypothèse kf (ei)k ¸ kei k . Or f (ei ) = g(exp(¸ i )ei) = exp(¸ i)g(e i) . Donc kf (ei )k = exp(¸ i) kg(ei )k = exp(¸ i) ke ik car g endomorphisme orthogonal conserve la norme. Donc : 8i; exp(¸ i) ¸ 1 Qn Qn Ainsi j det f j = j det g det(exp s)j = j det gj:j i=1 exp (¸ i) j = 1:j i= 1 exp (¸ i ) j ¸ 1 .

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