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Corrigé du sujet ESSEC Maths ECS 2017

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Partie 0 : Étude d’un premier exemple dans $\mathbb{R}$

1/ On prend ici $E=\mathbb{R}$ et $A=]0,1[$ . Soit $a\in]0,1[,$ comme $0<a<1$ , on a $h=\min\left(\frac{a}{2},\frac{1-a}{2}\right) >0.$
Ainsi $a+h\leq a+\frac{1-a}{2}=\frac{1+a}{2}<1$ car $a<1.$ Et $a-h\geq a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}>0.$

Donc $0<a-h<a<a+h<1$ et $\frac12(a-h +a+h)=a$ avec $a-h\ne a.$ Finalement $a$ n’est pas un point extremal de $]0,1[.$

On donne un exemple ci-dessous avec $\frac12<a<1$ donc $h=\frac{1-a}{2} :$

$\begin{picture}(20,10) \put(0,0){\line(6,0){200}} \put(0,1){\line(0,-1){5}}\put(-0.5,10){$0$} \put(200,1){\line(0,-1){5}}\put(199.5,10){$1$} \put(120,1){\line(0,-1){5}}\put(119,10){$a$} \put(75,1){\line(0,-1){5}}\put(60,-10){$x=a-h$} \put(150,1){\line(0,-1){5}}\put(135,-10){$y=a+h$}\end{picture}$

2/ On considère maintenant $E=\mathbb{R}$ et $A=[0,1]$ . La question précédente montre avec de mineures adaptations qu’aucun point de $]0,1[$ n’est extremal de $[0,1]$ .

Montrons que 0 est extremal de $A.$ Supposons qu’il existe $x,y$ dans $[0,1]$ tel que $\frac12(x+y)=0.$ Or une somme de réels positifs est nulle si et seulement si tous les termes sont nuls donc ici $x=y=0.$ Ainsi 0 est extrémal de $A.$

Montrons que 1 est extremal de $A.$ Supposons qu’il existe $x,y$ dans $[0,1]$ tel que $\frac12(x+y)=1.$ Si $x<1$ alors $x+y<2$ car $y\leq 1$ . C’est absurde donc $x=1$ et $y=2-x=1.$ Ainsi 1 est extrémal de $A.$

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Partie 1 : Étude d’un second exemple dans $M_2(\mathbb{R})$ .

3/ a/ $A_2 = \left\{ \begin{pmatrix} \alpha & 1-\alpha \\1-\alpha & \alpha\end{pmatrix}\ , \: \alpha \in [0,1] \right\}$

$= \left\{ \alpha \begin{pmatrix} 1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix} + (1-\alpha) \begin{pmatrix}0 & 1\\1 & 0\end{pmatrix} , \: \alpha \in [0,1] \right\}$

$= \left\{ \alpha I_2 + (1-\alpha) J , \: \alpha \in [0,1] \right\}$

On voit alors que $A_2$ est un paramétrage du segment d’extrémités $I_2$ et $J$ dans ${\cal M}_2(\mathbb{R}).$

3/ b/ Soient $(\alpha,\beta) \in [0,1]^2$ et $(M_{\alpha} , M_{\beta}) \in A_2$ . Par calcul simple, on voit que

$\frac{1}{2} \, \left(M_{\alpha} + M_{\beta}\right) =\frac{1}2(\alpha + \beta) I_2+\left(1-\frac{1}2(\alpha + \beta)\right)J.$

Comme $(\alpha,\beta) \in [0,1]^2,$ on a $\frac{1}2(\alpha + \beta)\in [0,1]$ , ainsi $\frac{1}{2} \, \left(M_{\alpha} + M_{\beta}\right) =M_{\frac{1}2(\alpha + \beta)}\in A_2$ .

3/ c/ Soit $\alpha\in[0,1], \begin{pmatrix} \alpha & 1-\alpha \\1-\alpha & \alpha\end{pmatrix}$ est inversible si et seulement si $\alpha^2-(1-\alpha)^2\ne 0$ si et seulement si $2\alpha -1\ne 0$ si et seulement si $\alpha \ne \frac12.$ Si c’est le cas alors

$M_{\alpha}^{-1}=\frac{1}{2\alpha-1}\begin{pmatrix}\alpha & \alpha-1\\\alpha-1 & \alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\frac{\alpha}{2\alpha-1} & 1-\frac{\alpha}{2\alpha-1}\\1-\frac{\alpha}{2\alpha-1} & \frac{\alpha}{2\alpha-1}\end{pmatrix}=M_{\frac{\alpha}{2\alpha-1} }.$

Voyons pour quelles valeurs de $\alpha$ , on a $\: \frac{\alpha}{2\alpha-1}\in [0,1].$

Si $\frac12< \alpha < 1,$ alors $\alpha-1< 0$ donc $0<2\alpha -1 = \alpha+\underset{<0}{\underbrace{\alpha-1}}<\alpha$ , on divise par $2\alpha -1>0$ et $1<\frac{\alpha}{2\alpha-1}.$ Donc $M_{\alpha}^{-1}\notin A_2.$

Si $0< \alpha < \frac12,$ alors $2\alpha-1< 0$ donc $\frac{\alpha}{2\alpha-1}<0$ et $M_{\alpha}^{-1}\notin A_2.$

Si $\alpha=0,$ alors $M_0=I_2$ inversible d’inverse $I_2\in A_2.$

Si $\alpha=1,$ alors $M_1=J$ inversible d’inverse $J\in A_2.$

Bilan : $M_{\alpha}$ est inversible avec $M_{\alpha}^{-1}\in A_2$ si et seulement si $\alpha=0$ ou $\alpha=0$ .

4/ Points extrémaux de $A_2$ .

a/ On peut remarquer que, pour tout $\alpha \in [0,1],$ on a

$M_{\alpha}=I_2\Longleftrightarrow \alpha=1 \text{ et } 1-\alpha=0\Longleftrightarrow \alpha=1.$

Par conséquent, pour tout $\beta\in [0,1],$ on a, en exploitant la question 2,

$\frac{1}{2} \, \left(M_{\alpha} + M_{\beta}\right) =I_2 \LongleftrightarrowM_{\frac{1}2(\alpha + \beta)}=I_2 \Longleftrightarrow \frac{1}2(\alpha + \beta)=1\underset{Q2}{\Longleftrightarrow}\alpha = \beta=1\Longleftrightarrow M_{\alpha} = M_{\beta}=I_2.$

De même on peut remarquer que, pour tout $\alpha \in [0,1],$ on a

$M_{\alpha}=J\Longleftrightarrow \alpha=0 \text{ et } 1-\alpha=1\Longleftrightarrow \alpha=0.$

Par conséquent, pour tout

$\beta\in [0,1],$ on a, en exploitant la question 2,

$\frac{1}{2} \, \left(M_{\alpha} + M_{\beta}\right) =J \LongleftrightarrowM_{\frac{1}2(\alpha + \beta)}=J \Longleftrightarrow \frac{1}2(\alpha + \beta)=0\underset{Q2}{\Longleftrightarrow}\alpha = \beta=0\Longleftrightarrow M_{\alpha} = M_{\beta}=J.$

Bilan : $I_2$ et $J$ sont des points extrémaux de $A_2$ .

4/ b/ Soit $\alpha \in \, ]0,\frac{1}{2}]$ . On a $2\alpha \in]0,1].$ Avec la question (3b), $\frac{1}{2} \, \left(M_{2 \alpha} + J\right)=\frac{1}{2} \, \left(M_{2 \alpha} + M_0\right)=M_{\frac{1}2(2\alpha + 0)}=M_{\alpha}$ .

Comme $\alpha \ne 0,$ on a $J=M_0\ne M$ donc $M_{\alpha}$ n’est pas extrémal.

4/ c/ Soit $\alpha \in [\frac{1}{2},1 [\,$ , alors $2\alpha-1\in [0,1[$ et $\frac{1}{2} \, \left(M_{2 \alpha-1} + I_2\right)=\frac{1}{2} \, \left(M_{2 \alpha-1} + M_1\right)=M_{\frac{1}2(2\alpha + 0)}=M_{\alpha}$ .

On a $\alpha \ne 1,$ donc $I_2\ne M_{\alpha}.$

Bilan : $M_{\alpha}$ n’est pas extrémal.

5/ Réduction simultanée des matrices de $A_2$ .

a/ Soit $\lambda\in \mathbb{R},$ la matrice $J-\lambda I_2=\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\1 & -\lambda\end{pmatrix}$ est non inversible si et seulement si $\lambda^2-1=0$ si et seulement si $\lambda\in\{-1,1\}.$

Les valeurs propres de $J$ sont $-1$ et $1.$ On voit facilement que $J\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ et $J\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=-\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ . Il y a deux valeurs propres dans ${\cal M}_{2,1}(\mathbb{R})$ , un espace de dimension 2, donc $J$ est diagonalisable et les deux SEP sont des droites.

Bilan : SEP( $J,1)=\text{Vect}\left(\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\right)$ et SEP( $J,-1)=\text{Vect}\left(\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right)$ .

b/ Il est clair que $I_2 begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ et $I_2 begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{c}1\\-1\end{pmatrix}$ donc $\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$ sont vecteurs propres de $I_2$ associés à 1.

Ainsi, pour tout $\alpha$ de $[0,1]$ , $M_{\alpha}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=(\alpha I_2+(1-\alpha) J)\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\alpha\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}+(1-\alpha)\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}.$

$\text{Et : } M_{\alpha}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=(\alpha I_2+(1-\alpha) J)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=\alpha\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}-(1-\alpha)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}=(2\alpha-1)\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}.$

Donc $M_{\alpha}$ possède deux vecteurs propres formant une famille sur un espace de dimension 2 donc $M_{\alpha}$ est diagonalisable avec la base de vecteurs propres suivante : $\left(\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\right)$ . Les valeurs propres associées sont $1$ et $2\alpha-1$ . Il y a égalité entre $2\alpha-1$ et 1 si et seulement si $\alpha=1, M_{1}=I_2.$

Dans tous les cas, selon le cours, $P=\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}\in GL_2(\mathbb{R})$ est telle que, pour tout $\alpha$ de $[0,1]$ , $P^{-1}M_{\alpha}P=D_{\alpha}$ avec $D_{\alpha}=\begin{pmatrix}1&0\\0&2\alpha-1\end{pmatrix}.$

c/ Soit $\alpha$ dans $]0,1]$ . On note $u_{\alpha}$ l’endomorphisme de $\mathbb{R}^2$ représenté par la matrice $M_{\alpha}$ dans la base canonique de $\mathbb{R}^2$ .

On sait que $u_{\alpha}$ est un projecteur de $\mathbb{R}^2$ si et seulement si $u_{\alpha}\circ u_{\alpha}=u_{\alpha}$ si et seulement si $M_{\alpha}^2=M_{\alpha}.$

On voit que $J^2=J=J\times I_2 = I_2\times I$ donc

$M_{\alpha}^2=M_{\alpha}$ $\Longleftrightarrow (\alpha I_2+(1-\alpha)J)^2=\alpha I_2+(1-\alpha)J$
$\:$ $\Longleftrightarrow \alpha^2 I_2+2\alpha(1-\alpha)J+(1-\alpha)^2J^2=\alpha I_2+(1-\alpha)J$
$\:$ $\Longleftrightarrow (\alpha^2+1-2\alpha +\alpha^2)I_2+2\alpha(1-\alpha)J=\alpha I_2+(1-\alpha)J$
$\:$ $\Longleftrightarrow (\alpha^2+1-3\alpha +\alpha^2)I_2+(2\alpha-1)(1-\alpha)J=(0).$
$\Longleftrightarrow(-2\alpha+1)(1-\alpha)I_2+(2\alpha-1)(1-\alpha)J=(0).$

Comme $(I_2,J)$ est libre on a $M_{\alpha}^2=M_{\alpha}\Longleftrightarrow (2\alpha-1)(1-\alpha)=0 \Longleftrightarrow\alpha\in\left\{\frac12,1\right\}.$

Pour $\alpha=1,$ on a $u_{\alpha}=\text{Id}_{\mathbb{R}^2}$ de noyau $\{(0,0)\}$ et d’image $\mathbb{R}^2.$

Pour $\alpha=\frac12,$ on a $u_{\frac12}:(a,b)\mapsto \left(\frac{a+b}{2},\frac{a+b}{2}\right)$ de noyau Vect( $(1,-1))$ et d’image Vect( $(1,1)).$

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Partie 2 : Points extrémaux et diamètre d’une partie bornée d’un espace euclidien.

6/ $A$ est non vide donc on peut choisir un $u$ dans $A$ et le nombre $\left\| u-u \right\|$ est dans l’ensemble $\left\{ \; \left\| v-w \right\|\; , \; (v,w) \in A^2\; \right\}$ donc il est une partie non vide de $\mathbb{R}$ .

Pour tout $v,w$ dans $A$ , $\left\| v-w \right\|\leq \left\| v\right\| + \left\|w \right\|\leq 2R$ par inégalité triangulaire donc l’ensemble $\left\{ \; \left\| v-w \right\|\; , \; (v,w) \in A^2\; \right\}$ est majoré par $2R.$

7/ On considère donc $(c,d) \in A^2\$ tels que $\ \frac{c+d}{2}=a$ .

a/ $\left\|a-b\right\|= \left\|\frac{c+d}{2}-b\right\| = \left\|\frac{c-b+d-b}{2}\right\| \leq \frac12 \; \left(\, \left\|c-b\right\| + \left\|d-b\right\|\, \right)$ par inégalité triangulaire.

Si $\delta(A)=\left\|a-b\right\|=0,$ alors $A$ ne contient qu’un seul élément et il est extrémal dans $A.$

Si $\delta(A)=\left\|a-b\right\|>0,$ alors on peut diviser par $\left\|a-b\right\|$ ainsi

$\frac12 \left( \frac{\left\|c-b\right\| }{\left\|a-b\right\|}+ \frac{\left\|d-b\right\|}{\left\|a-b\right\|}\right)=1.$

Par définition $0\leq \frac{\left\|c-b\right\| }{\left\|a-b\right\|}\leq 1$ et $0\leq \frac{\left\|d-b\right\| }{\left\|a-b\right\|}\leq 1$ , on sait que 1 est extrémal dans $[0,1]$ donc $\frac{\left\|c-b\right\| }{\left\|a-b\right\|}=\frac{\left\|d-b\right\|}{\left\|a-b\right\|}=1.$

b/ $\left\|c-a\right\|^2 + \left\|a-b\right\|^2 +2 \left\langle c-a , a-b \right\rangle$

$=\tiny {\left\|c\right\|^2-2\left\langle c,a \right\rangle + \left\|a\right\|^2+\left\|a\right\|^2-2\left\langle b,a \right\rangle + \left\|b\right\|^2-2\left\|a\right\|^2+2\left\langle c,a \right\rangle-2\left\langle c,b \right\rangle+2\left\langle a,b \right\rangle}$

$=\left\|c\right\|^2-2\left\langle c,b\right\rangle+\left\|b\right\|^2$

$= \left\|c-b\right\|^2.$

c/ Les variables $c$ et $d$ jouent des rôles symétriques donc $\left\|d-a\right\|^2=-2 \left\langle d-a,a-b\right\rangle$ .

d/ Comme $c+d=2a$ , on a $c-a=a-d$ donc $\left\|d-a\right\|^2=\left\|c-a\right\|^2$ et

$\left\langle d-a,a-b\right\rangle=\left\langle c-a , a-b \right\rangle$

donc $\left\langle d-a,a-b\right\rangle-\left\langle c-a , a-b \right\rangle=0$

donc $\left\langle d-a-(c-a),a-b\right\rangle=0$ et $\left\langle d-c,a-b\right\rangle=0$

Bilan : $c-d$ et $a-b$ sont orthogonaux.

e/ $c-d$ et $a-b$ sont orthogonaux donc $\frac12(c-d)$ et $b-a$ sont orthogonaux. On peut appliquer le théorème de Pythagore et

$\begin{eqnarray*} \left\|\frac12(c-d)\right\|^2+\left\|b-a\right\|^2=\left\|\frac12(c-d)-a+b\right\|^2=\left\|\frac12(\underset{=c}{\underbrace{2a-d}}-d)-a+b\right\|^2&=&\left\|a-d-a+b\right\|^2 \\ &=&\left\|b-d\right\|^2 \\ &\leq&\delta(A)^2 \\ \end{eqnarray*}$

car $b$ et $d$ sont dans $A.$

Bilan : $a$ est extrémal dans $A.$

Remarque : de façon intuitive, s’il existe $c-d$ orthogonal à $b-a$ , alors on pourra trouver un vecteur $v$ dans $A$ tel que
$\left\|b-v\right\| >\left\|b-a\right\|=\delta(A)$ ce qui est contradictoire avec la notion de diamètre. En ce sens $a$ est un point sur le « bord » de $A$ ce qui permet à $\left\|b-a\right\|$ d’être maximal.

$\begin{picture}(10, 10) \end{picture} \put(-5, 0){\oval(60, 10)}\put(-35,0){\line(1,0){60}}\put(-45,-2){$a$}\put(27,0){$b$}\put(-45,15){$c$}\put(-45,-18){$d$}\put(-35,-15){\line(0,1){30}} \end{picture}$

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Partie 3 : Étude de l’ensemble des matrices bistochastiques et de ses points extrémaux.

8/ Premières propriétés de $A_n$ .

a/ Soit $(M,M')$ dans $A_n^2$ . Soit $i\in [\![1,n]\!], s_L\left(\frac12 (M+M'),i\right)=\frac12 s_L(M,i)+\frac12 s_L(M',i)=\frac12+\frac12=1$ et, pour tout $j\in [\![1,n]\!], s_C\left(\frac12 (M+M'),j\right)=\frac12 s_C(M,j)+\frac12 s_C(M',j)=\frac12+\frac12=1.$

De plus $s_L(^tM,i)=S_C(M,i)=1$ et $s_C(^tM,i)=S_L(M,i)=1$ .

Bilan : $\frac12 (M+M') \in A_n$ et $^tM \in A_n$ .

On note $X_0=\begin{pmatrix}1\\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix} \in M_{n,1}(\mathbb{R})$ , le vecteur colonne dont toutes les composantes valent 1.

b/ Soit $M \in A_n$ . Soit $i\in [\![1,n]\!],$ le produit $M.X_0$ est un vecteur colonne dont le $i^e$ terme est $s_L(M,i)$ car on multiplie la $i^e$ ligne de $M$ par une colonne de 1. Donc $(M.X_0)_i$ vaut 1.

Bilan : $M.X_0=X_0$ .

c/ Réciproquement, soit $M$ une matrice de $E$ dont tous les coefficients sont positifs, et vérifiant :
$M.X_0=X_0\$ et $^tM.X_0=X_0$ . Alors pour tout $i\in [\![1,n]\!],$ on a $s_L(M,i)=(M.X_0)_i=1$ et

$s_C(M,i)=s_L(^tM,i)=(^tM.X_0)_i=1.$

Bilan : $M \in A_n$ .

d/ Soit $(M,M')$ dans $A_n^2$ . Soit $(i,j) \in [\![1,n]\!]^2, (MM')_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^n(M)_{i,k}(M')_{k,j},$

donc $s_L(MM',i)=\sum\limits_{j=1}^n (MM')_{i,j}=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^n(M)_{i,k}(M')_{k,j}=$

$\underset{\text{\tiny{inversion des $\sum$ possible car les indices sont ind\'ependants avec un nombre fini de termes}}}{\underbrace{\sum\limits_{k=1}^n (M)_{i,k} \sum\limits_{j=1}^n(M')_{k,j}}}=\sum\limits_{k=1}^n (M)_{i,k}\underset{=1}{\underbrace{s_L(M',k)}}=\sum\limits_{k=1}^n (M)_{i,k}=1.$

De même $s_C(MM',j)=\sum\limits_{i=1}^n (MM')_{i,j}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{k=1}^n(M)_{i,k}(M')_{k,j}=\sum\limits_{k=1}^n (M')_{k,j} \sum\limits_{i=1}^n(M)_{i,k}$
$=\sum\limits_{k=1}^n (M')_{k,j}\underset{=1}{\underbrace{s_C(M,k)}}=\sum\limits_{k=1}^n (M')_{k,j}=1.$

Bilan : $M.M' \in A_n$ .

9/ a/ Si $\sigma$ est l’identité de $[\![1,n]\!]$ , alors $\forall j \in [\![1,n]\!], \ f_{\sigma}(e_j)=e_{\sigma(j)}=e_j$ donc $f_{\sigma}=\text{Id}_{\mathbb{R}^n}$ car $f_{\sigma}$ et $\text{Id}_{\mathbb{R}^n}$ co\ »\i ncident sur une base de $\mathbb{R}^n$ et $M_{\sigma}=I_n$ .

b/ Si $\sigma$ est une permutation de $[\![1,n]\!]$ , alors, pour tout $j \in [\![1,n]\!], \ f_{\sigma}(e_j)=e_{\sigma(j)}$ donc dans la $j^e$ colonne de $M_{\sigma}$ il y $n-1$ termes nuls et un terme égal à 1 qui est sur la ligne $\sigma(j)$ . Donc $s_C(M_{\sigma},j )=1.$

Soit $i\in [\![1,n]\!],$ comme $\sigma$ est une permutation de $S_n$ il existe un seul $k\in S_n$ tel que $\sigma(k)=i$ donc la ligne $i$ de $M_{\sigma}$ contient $n-1$ termes nuls et un terme égal à 1 qui est sur la colonne $k.$ Donc $s_L(M_{\sigma},i )=1.$

On remarque aussi que tous les coefficients de $M_{\sigma}$ sont positifs car ils valent 1 ou 0.

Bilan : $M_{\sigma} \in A_n$ .

Ce qui précède permet de dire que, pour tout $(i,j)\in [\![1,n]\!]^2,$ $(M_{\sigma})_{i,j}=1$ si et seulement si $f_{\sigma}(e_j)=e_{\sigma(j)}=e_i$ si et seulement si $\sigma(j)=i.$

Donc $(^tM_{\sigma})_{j,i}=1$ si et seulement si $(M_{\sigma})_{i,j}=1$ si et seulement si $\sigma(j)=i$ si et seulement si $\sigma^{-1}(i)=j.$

Or $(M_{\sigma}^{-1})_{j,i}=1$ si et seulement si $f_{\sigma^{-1}}(e_i)=e_{\sigma^{-1}(i)}=e_j$ si et seulement si $\sigma^{-1}(i)=j.$

On voit que $^tM_{\sigma}$ et $M_{\sigma}^{-1}$ ont des 1 sur les mêmes positions et des 0 sur les mêmes positions donc elles sont égales.

Bilan : $^tM_{\sigma} = M_{{\sigma}^{-1}}$ .

c/ Soit $(\sigma, \sigma') \in S_n^2$ , soit $i\in [\![1,n]\!],$ $f_{\sigma} \circ f_{\sigma'}(e_i) =f_{\sigma}(e_{\sigma'(i)})=e_{\sigma(\sigma'(i))}=e_{\sigma\circ \sigma'(i))}= f_{\sigma \circ \sigma' }(e_i).$

Donc $f_{\sigma} \circ f_{\sigma'}$ et $f_{\sigma \circ \sigma' }$ coïncident sur une base de $\mathbb{R}^n$ donc sont égaux.

Par conséquent $f_{\sigma} \circ f_{\sigma^{-1}}=f_{\sigma \circ \sigma^{-1}}=f_{\text{Id}_{[\![1,n]\!]}}=\text{Id}_{\mathbb{R}^n}$ de même $f_{\sigma^{-1}} \circ f_{\sigma}=f_{\sigma^{-1} \circ \sigma}=f_{\text{Id}_{[\![1,n]\!]}}=\text{Id}_{\mathbb{R}^n}$

Par traduction matricielle dans la base canonique on a $M_{\sigma}$ inversible et $M_{\sigma}^{-1}=M_{\sigma^{-1}}.$

d/ On vient de montrer que, pour tout $\sigma\in S_n$ , $M_{\sigma}$ est inversible et $M_{\sigma}^{-1}=M_{\sigma^{-1}}= ^t\! M_{\sigma}.$ Donc $M_{\sigma}$ est orthogonale.

e/ On a vu que les matrices $M_{\sigma}$ présentant sur chaque ligne et sur chaque colonne un 1 et $n-1$ fois 0.

Réciproquement soit $M$ une matrice d’ordre $n$ présentant sur chaque ligne et sur chaque colonne un 1 et $n-1$ fois 0.
Soit $j\in [\![1,n]\!],$ on note $n_j$ la ligne où se trouve l’unique 1 dans la colonne $j$ de $M.$ On a bien s\^ur $n_j\in [\![1,n]\!]$ . On peut définir alors la fonction $u$ telle que, pour tout $j\in [\![1,n]\!],u(j)=n_j$ .

Si $u(j)=u(i),$ il y a un 1 sur la ligne $u(j)$ et sur les colonnes $i$ et $j$ , par définition de $M$ cela implique $i=j$ donc $u$ est injective.

Comme il y a un 1 sur chaque ligne de $M,$ on peut dire que $u$ est surjective.

Donc $u$ est une permutation de $[\![1,n]\!]$ et $M=M_u.$

Bilan : les matrices $M_{\sigma}$ sont exactement les matrices présentant sur chaque ligne et sur chaque colonne un 1 et $n-1$ fois 0.

10/ Soit $\sigma \in S_n$ . montrons que, pour tout $(i,j)\in [\![1,n]\!]^2, M\in A_n,$ on a $(M)_{i,j}\in[0,1].$

Par hypothèse les coefficients de $M$ sont positifs donc $0\leq (M)_{i,j}\leq \sum\limits_{k=1}^n(M)_{k,j}=1$ en effet la somme $\sum\limits_{k=1}^n(M)_{k,j}$ contient le terme $(M)_{i,j}$ est les autres sont positifs.

Soit $C,D$ dans $A_n$ telles que $\frac12(C+D)=M_{\sigma}$ alors pour tout $(i,j)\in [\![1,n]\!]^2, \frac12(C+D)_{i,j}=(M_{\sigma})_{i,j}$ donc $\frac12((C)_{i,j}+(D)_{i,j})=(M_{\sigma})_{i,j}$ . On sait que $(M_{\sigma})_{i,j}$ vaut 0 ou 1 et que les deux sont extrémaux dans $[0,1]$ donc $(C)_{i,j}=(D)_{i,j}=(M_{\sigma})_{i,j}.$

Par conséquent $C=D=M_{\alpha}.$

Bilan : $M_{\sigma}$ est un point extrémal de $A_n$ .

11/ Etude d’un projecteur : on note $p= \frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}$ et $P= \frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} M_{\sigma}$ .

a/ Soit $\tau$ fixé dans $S_n$ . L’application $\varphi_{\tau} \ :\ \sigma \ \longmapsto\ \tau \circ \sigma\$ est une bijection de $S_n$ dans lui même car l’application $\tau$ est bijective donc l’application $\varphi_{\tau^{-1}}:\sigma \ \longmapsto\ \tau^{-1} \circ \sigma$ existe et elle vérifie

$\varphi_{\tau}\circ \varphi_{\tau^{-1}} = \varphi_{\tau\circ\tau^{-1}}=\varphi_{\text{Id}_{[\![1,n]\!]}}=\text{Id}_{S_n}= \varphi_{\tau^{-1}\circ\tau}=\varphi_{\tau^{-1}}\circ\varphi_{\tau}.$

On utilise la linéarité de $f_{\tau}$ pour écrire

$f_{\tau} \circ p = f_{\tau} \circ\left(\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}\right)=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\tau} \circ f_{\sigma}=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\tau \circ\sigma}=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\varphi_{\tau}(\sigma)}$

or $\varphi_{\tau}$ est une bijection de $S_n$ dans lui même donc $\{f_{\varphi_{\tau}}(\sigma)\}_{\sigma \in S_n}=\{\sigma\}_{\sigma \in S_n}$ d’où $\sum\limits_{\sigma \in S_n} f_{\varphi_{\tau}(\sigma)}=\sum\limits_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}$ .

Bilan : $f_{\tau} \circ p=p.$

b/ Pour montrer que $p\circ p=p,$ on calcule

$p\circ p = \left(\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}\right)\circ p=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}\circ p=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} p = \frac{1}{n!}\times n! \times p = p$

car il y a

$n!$ termes dans l’indexation

$[\sigma \in S_n].$

Bilan : $p$ est un projecteur de $\mathbb{R}^n$ .

c/ Comme $p$ est un projecteur, on sait que, pour tout $x\in\mathbb{R}^n$ , on a $x\in \Im(p)\Longleftrightarrow x=p(x).$

Ainsi soit $x\in \Im(p),$ alors, pour tout $\sigma\in S_n,$ on a $f_{\sigma}(x)=f_{\sigma}(p(x))=f_{\sigma}\circ p(x)=p(x)=x.$

Réciproquement si, pour tout $\sigma\in S_n,$ on a $f_{\sigma}(x)=x$ alors $p(x)=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} f_{\sigma}(x)=\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} x=x.$

Bilan : $\Im(p)=\left\{ x \in \mathbb{R}^n \ / \ \forall \sigma \in S_n, \ f_{\sigma}(x)=x\right\}$ .

d/ Soit $x_0= \sum_{i=1}^n e_i$ , il est facile de voir que, pour tout $\sigma \in S_n,$

$\ f_{\sigma}(x)=f_{\sigma}\left(\sum\limits_{i=1}^n e_i\right)= \sum\limits_{i=1}^n f_{\sigma}(e_i)=\sum\limits_{i=1}^n e_{\sigma(i)}=\sum\limits_{i=1}^n e_{i}=x$

en utilisant le fait que

$\sigma$ est une bijection et donc

$\{\sigma(i)\}_{i\in[\![1,n]\!]}=[\![1,n]\!]$ . Cela implique

$x_0\in \Im(p).$

Réciproquement soit $x= \sum_{i=1}^n a_ie_i\in\mathbb{R}^n$ tel que, pour tout $\sigma \in S_n, \ f_{\sigma}(x)=x.$ Soit $i$ et $j$ distincts dans $[\![1,n]\!].$ On considère la permutation $\sigma$ qui échange $i$ et $j$ et laisse fixes les autres valeurs.

C’est-à-dire $\sigma(i)=j, \sigma(j)=i,$ et, pour $k\ne i, k\ne j, \sigma(k)=k.$

On a :

$\begin{eqnarray*} 0 &=&f_{\sigma}(x)-x \\ &=&f_{\sigma}\left(\sum\limits_{k=1}^n a_ke_k\right)-\sum\limits_{k=1}^n a_ke_k \\&=&\sum\limits_{k=1}^n a_ke_{\sigma(k)}-\sum\limits_{k=1}^n a_ke_k \\ &=& a_ie_j+a_je_i-a_ie_i-a_je_j=(a_i-a_j)e_j+(a_j-e_i)e_i=0. \\ \end{eqnarray*}$

Donc comme $(e_i,e_j)$ est sous-famille d’une base elle est libre et $a_j=a_i$ et cela pour tout $i,j$ donc $x=a_1x_0.$

On en déduit que $\Im(p)\subset \Vect(x_0).$

Bilan : $\Im(p)=\Vect(x_0)$

e/ On a :

$\begin{eqnarray*} ^{t}P= ^{t}\left( \frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} M_{\sigma}\right)= \frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} \; \; ^t M_{\sigma} &= &\frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} M_{\sigma^{-1}} \\ &=& \frac{1}{n!}\; \sum_{\sigma \in S_n} M_{\sigma}=P \end{eqnarray*}$

car $\{\sigma^{-1}\}_{\sigma\in S_n}=\{\sigma\}_{\sigma\in S_n}.$

On en déduit que la matrice de $p,$ dans une base orthonormée, est symetrique donc $p$ est un projecteur orthogonal.

On sait que les matrices $M_{\sigma}$ ne contiennent que des 0 et des 1. On pose $M= \sum_{\sigma \in S_n} M_{\sigma}.$ Soit $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2,$ $(M)_{i,j}$ est le nombre de permutations de $[\![1,n]\!]$ qui, à $i,$ associent $j.$ Il y en a $(n-1)!$ c’est-à-dire le nombre de façons de permuter les entiers de $[\![1,n]\!]$ distincts de $i.$ On en déduit que tous les ceofficients de $M$ valent $(n-1)!$ . Donc en divisant par $n!$ , on voit que $P$ a tous ses coefficients égaux à $\frac1n.$

f/ Les colonnes et lignes de $P$ contiennent chacune $n$ fois le terme $\frac1n$ qui est positif donc les sommes des termes valent 1 sur chaque ligne et colonne.

Bilan : $P \in A_n$ .

12/ a/ Si $M=(m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ et $N=(n_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ sont deux matrices de $E$ ,

$\text{Tr}(^tM.N)=\sum_{i=1}^n(^tM.N)_{i,i}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(^tM)_{i,j}(N)_{j,i}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(M)_{j,i}(N)_{j,i}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nm_{j,i}n_{j,i}.$

b/ L’application $(M,N)\ \longmapsto \ Tr(^tM.N)$ est un produit scalaire sur $E$ , c’est un résultat classique du cours.

Si $(M,N)$ sont dans $E$ , on note $\left(M|N\right)=Tr(^tM.N)\$ ce produit scalaire, et $\left\|M\right\|_2 = \sqrt{Tr(^tM.M)}$ la norme associée.

c/ Soit $\sigma \in S_n$ . On a $\left\|M_{\sigma}\right\|_2=\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n(M_{\sigma})_{i,j}^2}$ . Or dans la matrice $M_{\sigma}$ il y a $n$ coefficients valant 1, les autres sont nuls donc $\left\|M_{\sigma}\right\|_2=\sqrt{n}.$

d/ Dans cette question seulement, on suppose que $n=2$ . Soit $(\alpha, \beta) \in [0,1]^2$ et $(M_{\alpha}, M_{\beta}) \in A_2^2$ . Par définition

$\left\| M_{\alpha}- M_{\beta} \right\|_2=\left\|\begin{pmatrix}{cc}\alpha-\beta &- \alpha+\beta\\-\alpha+\beta&\alpha-\beta\end{pmatrix} \right\|=\sqrt{4(\alpha-\beta)^2}=2\vert \alpha-\beta\vert.$

Or $0\leq \alpha\leq 1$ et $-1\leq \beta\leq 0$ donc $-1\leq \alpha-\beta\leq 1$ donc $\vert \alpha-\beta\vert\leq 1$ et pour $\alpha=1,\beta =0$ on a $\vert \alpha-\beta\vert= 1.$

Bilan : $\delta(A_2)=2$ .

e/ Soit $n \geq 2$ . Soit $M =(m_{i,j})_{(i,j)\in[\![1,n]\!]^2}\in A_n$ . On sait que les coefficients de $M$ sont positifs et que la somme des termes de chaque ligne vaut 1 donc tous les coefficients sont dans $[0,1]$ donc, pour tout $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2,$ on a
$0\leq m_{i,j}^2\leq m_{i,j}$ donc $\sum\limits_{j=1}^n m_{i,j}^2\leq \sum\limits_{j=1}^n m_{i,j}=1.$ On en déduit que

$\left\|M\right\|_2^2 =\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n m_{i,j}^2\leq \sum\limits_{i=1}^n 1=n.$

Bilan : $\left\|M\right\|_2^2 \leq n$ .

f/ On en déduit que

$\forall (M,N) \in A_n^2\ , \ \left\|M-N\right\|_2^2 =\left\|M\right\|_2^2+\left\|N\right\|_2^2-2\langle M,N\rangle \leq 2n -2\langle M,N\rangle =2n-\sum_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nm_{j,i}n_{j,i}.$

Or $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nm_{j,i}n_{j,i}\geq 0$ car les coefficients de $M$ et $N$ sont positifs.

Donc $0\leq \left\|M-N\right\|_2^2\leq 2n$ . On compose par la fonction racine carrée qui est croissante sur $\mathbb{R}^+$ et
$0\leq \left\|M-N\right\|_2\leq \sqrt{2n}$ sachant qu’une norme est positive.

g/ Soit $\sigma \in S_n$ , on définit $\tau \in S_n$ de la façon suivante. Pour tout $i\in[\![1,n]\!],$ si $\sigma(i)<n$ on pose $\tau(i)= \sigma(i)+1\in[\![2,n]\!]$ , et si $\sigma(i)=n$ on pose $\tau(i)= 1.$ Il est clair que $\tau$ a $n$ images distinctes et que $\tau$ est injectif donc $\tau$ est dans $S_n.$ On remarque que, pour tout $i\in[\![1,n]\!],$ $\tau(i)\ne \sigma(i).$

On en déduit que $\left(M_{\sigma} | M_{\tau}\right)= \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nm_{j,i}n_{j,i}=0$ . En effet,
pour tout $(i,j)\in[\![1,n]\!]^2,$ $m_{i,j}n_{i,j}=1$ si et seulement si $m_{i,j}=n_{i,j}=1$ car $m_{i,j},n_{i,j}$ valent 1 ou 0.

Or $m_{i,j}=n_{i,j}=1$ si et seulement si $i=\sigma(j)$ et $i=\tau(j)$ ce qui est impossible.

Bilan : $\left(M_{\sigma} | M_{\tau}\right)=0.$

h/ La question 12(f) assure que diamètre de $A_n$ est dominé par $\sqrt{2n}.$ Or il existe $\tau$ et $\sigma$ dans $S_n$ tel que $\left(M_{\sigma} | M_{\tau}\right)=0.$ On sait que $M_{\sigma}, M_{\tau}$ sont dans $A_n,$ de sorte que

$\Vert M_{\sigma}- M_{\tau}\Vert^2=\Vert M_{\sigma}\Vert^2+\Vert M_{\tau}\Vert^2-2\left(M_{\sigma} | M_{\tau}\right)=2n.$

Donc $\Vert M_{\sigma}- M_{\tau}\Vert=\sqrt{2n},$ cela implique que le majorant $\sqrt{2n}$ est un maximum et que le diamètre de $A_n$ est $\Vert M_{\sigma}- M_{\tau}\Vert=\sqrt{2n}.$

La partie II assure alors que $M_{\sigma}$ est un point extrémal de $A_n.$ On peut faire ce raisonnement pour tout $\sigma \in S_n.$

Bilan : les matrices de permutation sont des points extrémaux de $A_n$ .

13/ a/

$\bullet$ $F_n\subset E$ ;
$\bullet$ la matrice nulle de $E$ est dans $F_n$ qui n’est donc pas vide ;
$\bullet$ soit $\lambda \in \mathbb{R}, (M,N)\in F_n^2,$ alors, pour tout $i\in[\![1,n]\!], s_L(\lambda M+N,i)=\lambda s_L(M,i)+s_L(N,i)=0$ et $s_C(\lambda M+N,i)=\lambda s_C(M,i)+s_C(N,i)=0$ .

Donc $\lambda M+N\in F_n.$

Bilan : $F_n$ est un sous-espace vectoriel de $E$ .

b/ Soit $\Phi : F_n \ \longrightarrow \ {\cal M}_{n-1}(\mathbb{R})\$ qui à toute matrice $M=(m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ de $F_n$ associe la matrice $\Phi(M)=(m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n-1]\!]^2}$ . L’action de $\Phi$ consiste à supprimer la dernière ligne et la dernière colonne d’une matrice d’ordre $n$ , on obtient une matrice d’ordre $n-1.$

Soit $\lambda \in \mathbb{R}, (M,N)\in F_n^2,$

$\begin{eqnarray*} \Phi\left(\lambda M+N\right)&=&\Phi\left(\lambda (m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}+(n_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}\right) \\ &=&\Phi\left( (\lambda m_{i,j}+n_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}\right) \\ &=&(\lambda m_{i,j}+n_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n-1]\!]^2} \\ &=&\lambda (m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n-1]\!]^2}+(n_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n-1]\!]^2} \\ &=&\lambda\Phi(M)+\Phi(N). \\ \end{eqnarray*}$

Donc $\Phi\in{\cal L}(F_n,{\cal M}_{n-1}(\mathbb{R})).$

Montrons que $\Phi$ est injective. Soit $M\in \text{Ker}(\Phi),$ comme $\Phi(M)=(0)$ alors, pour tout $i\in[\![1,n-1]\!],$ la $i^e$ ligne de $M$ contient $n-1$ termes nul donc le $n^e$ terme est nul aussi car la somme vaut 0.
Il en va de même pour les $(n-1)$ premières colonnes, il reste le terme en position $(n,n)$ qui vaut 0 car tous les autres valent 0, finalement $M$ est la matrice nulle d’ordre $n.$

Montrons que $\Phi$ est surjective. Soit $B=(b_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n-1]\!]^2}\in {\cal M}_{n-1}(\mathbb{R}).$ Pour tout $i\in[\![1,n-1]\!],$ on pose $b_{i,n}=-\sum\limits_{j=1}^{n-1}b_{i,j}$ de sorte que $\sum\limits_{j=1}^{n}b_{i,j}=0.$

Pour tout $j\in[\![1,n-1]\!],$ on pose $b_{n,j}=-\sum\limits_{i=1}^{n-1}b_{i,j}$ de sorte que $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i,j}=0.$

Il reste à déterminer $b_{n,n}$ et à vérifier que $\sum\limits_{i=1}^{n}b_{i,n}=0=\sum\limits_{j=1}^{n}b_{n,j}.$

Pour cela on pose $b_{n,n}=-\sum\limits_{j=1}^{n-1}b_{n,j}=-\sum\limits_{j=1}^{n-1}\left(-\sum\limits_{i=1}^{n-1}b_{i,j}\right)=\sum\limits_{j=1}^{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n-1}b_{i,j}.$

On vérifie que $-\sum\limits_{i=1}^{n-1}b_{i,n}=-\sum\limits_{i=1}^{n-1}\left(-\sum\limits_{j=1}^{n-1}b_{i,j}\right)=b_{n,n}.$

Ainsi la matrice $(b_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ est bien dans $F_n$ et elle est antécédent de $B$ par $\Phi.$

$\Phi$ est donc surjective.

Bilan : $\Phi$ est un isomorphisme de $F_n$ dans ${\cal M}_{n-1}(\mathbb{R})$ donc la dimension de $F_n$ est celle de ${\cal M}_{n-1}(\mathbb{R})$ donc $(n-1)^2$ .

14/ On désire montrer que les matrices de permutation sont les seuls points extrémaux de $A_n$ .
On raisonne par récurrence sur $n \geq 2$ . On note $\mathcal{P} (n)$ la proposition :

$\mathcal P (n)$ : Si $M$ est un point extrémal de $A_n$ , alors $M$ est une matrice de permutation.

a/ La question 4 montre que dans $A_2$ seuls $I_2$ et $J$ sont extrémaux et ce sont les seules matrices de permutation de ${\cal M}_2(\mathbb{R}).$

On considère un entier naturel $n \geq 3$ tel que $\mathcal P (n-1)$ soit réalisé et on se donne une matrice $M \in E$ \\telle que
$M=(m_{i,j})_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ est un point extrémal de $A_n$ .

On suppose d’abord que la matrice $M$ a au moins $2n$ coefficients non nuls : il existe $2n$ couples $(i_k,j_k)_{k \in [\![1,2n]\!]}$ deux à deux distincts tels que $m_{i_k,j_k}$ est non nul.

On pose alors $H=\Vect\left( E_{i_k,j_k}\ / \ k \in [\![1,2n]\!] \right)$ où les matrices $\left( E_{i,j}\right)_{(i,j)\in [\![1,n]\!]^2}$ sont les matrices élémentaires de la base canonique de $M_n(\mathbb{R})$ , c’est-à-dire que $E_{i,j}$ est la matrice dont tous les coefficients sont nuls, à l’exception du coefficient d’indices $(i,j)$ qui vaut 1.

b/ On sait que $H$ et $F_n$ sont des sous-espaces de ${\cal M}_{n}(\mathbb{R})$ donc

$\text{dim}(H+F_n)=\text{dim}(H)+\text{dim}(F_n)-\text{dim}(H\cap F_n)=(n-1)^2+2n-\text{dim}(H\cap F_n).$

En effet $H$ est de dimension $2n$ car il a une famille génératrice à $2n$ vecteurs qui est libre car sous-famille d’une base.

Or $H+F_n\subset {\cal M}_n(\mathbb{R})$ donc $\text{dim}(H+F_n)\leq \text{dim}({\cal M}_n(\mathbb{R}))=n^2$ donc $\text{dim}(H\cap F_n)\geq (n-1)^2+2n-n^2=1$ .

Bilan : $H \cap F_n \neq \left\{ 0_E \right\}$ .

c/ On prend $N$ non nul dans $H \cap F_n$ et pour tout réel $t$ , on note $Q_t=M+tN$ . On peut remarquer que, pour tout $i\in [\![1,n]\!], s_L(Q_t)=s_L(M+tN)=s_L(M)+ts_L(N)=1 + 0=1$ car $M$ est dans $A_n$ et $N$ est dans $F_n.$
De même $s_C(Q_t)=s_C(M+tN)=s_C(M)+ts_C(N)=1 + 0=1$ .

Il reste à trouver $\varepsilon >0$ tel que $\forall t \in ]-\varepsilon, \varepsilon[ , \forall (i,j)\in[\![1,n]\!]^2, (Q_t)_{i,j}\geq 0.$

On pose $K=\{(i_k,j_k)\in [\![1,n]\!]^2 \text{ tel que } {k \in [\![1,2n]\!]} \text{ et } m_{i_k,j_k}\ne 0\} .$ Comme l’ensemble
$\{ m_{i_k,j_k}\}_{(i_k,j_k)\in K}$ est non vide, fini et inclus dans $\mathbb{R}^{+*}$ , il a un minimum que l’on note $m>0.$

On sait que $N$ est dans $H$ et qu’il est non nul donc il existe des scalaires $a_1,a_2,...,a_{2n}$ non tous nul tels que

$N=\sum\limits_{k=1}^{2n} a_{k}E_{i_k,j_k}.$

On note $r=\max\limits_{1\leq k\leq 2n}(\vert a_k\vert)$ , ce $r$ existe car l’ensemble est fini et $r>0$ car il y a au moins un terme strictement positif.

On pose $\varepsilon =\frac{m}{r}>0.$ Soit un réel $t\in ]-\varepsilon, \varepsilon[,$ prenons $(i,j)\in [\![1,n]\!]^2.$

Si $(Q_t)_{(i,j)}=0$ alors $(Q_t)_{(i,j)}\geq 0.$

Sinon soit $(i_k,j_k)\in K,$ $(Q_t)_{(i_k,j_k)}=(M)_{(i_k,j_k)}+t (N)_{(i_k,j_k)}$ , comme $t \in ]-\varepsilon, \varepsilon[$ , on a $\vert t \vert <\frac{m}{r},$ on multiplie par $\vert (N)_{(i_k,j_k)}\vert\geq 0$ ainsi $\vert t (N)_{(i_k,j_k)}\vert \leq \frac{m}{r}\vert (N)_{(i_k,j_k)}\vert.$

Or $(N)_{(i_k,j_k)}=a_k$ donc $\frac{\vert a_k\vert}{r}\leq 1$ de sorte que $\vert t (N)_{(i_k,j_k)}\vert \leq m$ donc

$-m\leq t (N)_{(i_k,j_k)}\leq m$ et $m_{(i_k,j_k)}-m\leq (M)_{(i_k,j_k)}+t (N)_{(i_k,j_k)}\leq (M)_{(i_k,j_k)}+m.$

Or $m$ est le minimum de $\{ m_{i_k,j_k}\}_{(i_k,j_k)\in K}$ donc $0\leq m_{(i_k,j_k)}-m$ .

Finalement pour tout $t\in ]-\varepsilon, \varepsilon[,$ $Q_t \in A_n$ .

d/ En considérant $t \in ]-\varepsilon, \varepsilon[$ et $t\ne 0,$ comme $N\ne (0),$ on a $Q_t\ne M$ et $Q_{-t}\ne M$ ,
de plus

$\frac12(Q_t+Q_{-t})=\frac12(M+tN+M-tN)=M$

avec

$Q_t \in A_n, Q_{-t}\in A_n.$

Donc $M$ n’est pas extrémal dans $A_n.$

On aboutit à une contradiction : on a donc prouvé que la matrice $M$ a au plus $2n-1$ coefficicents non nuls.

e/ La somme des coefficients de chaque colonne de $M$ vaut 1 donc il y a au moins un terme non nul dans chaque colonne de $M.$ Cela représente $n$ termes. Il en reste au plus $n-1$ non nul, comme il y a $n$ colonnes, il y a au moins une colonne sans deuxième terme non nul.

Bilan : il existe une colonne de $M$ n’ayant qu’un seul terme non nul, et que ce terme vaut 1.
On note $s$ l’indice d’une telle colonne et $r$ l’indice tel que $m_{r,s}=1$ .

f/ On sait que la somme des coefficients de la ligne $r$ vaut 1 or $m_{r,s}=1$ donc s’il y a un autre terme non nul, il est forcément strictement positif et $s_L(M,r)>1$ . C’est absurde.

Bilan : la ligne d’indice $r$ de $M$ a tous ses coefficients nuls sauf $m_{r,s}$ .

g/ On considère alors la matrice $M'$ obtenue à partir de $M$ en lui enlevant la colonne d’indice $s$ et la ligne d’indice $r$ .

On a $M'$ d’ordre $n-1.$

Soit $i\in[\![1,n-1]\!], i< r,$ on a $s_L(M',i)=s_L(M,i) + m_{i,s}=s_L(M,i)=1.$

Soit $i\in[\![1,n-1]\!], i\geq r,$ on a $s_L(M',i)=s_L(M,i+1) + m_{i+1,s}=s_L(M,i+1)=1.$

Soit $j\in[\![1,n-1]\!], j< s,$ on a $s_C(M',j)=s_C(M,j) + m_{r,j}=s_C(M,j)=1.$

Soit $i\in[\![1,n-1]\!], j \geq s,$ on a $s_C(M',j)=s_C(M,j+1) + m_{r,j+1}=s_C(M,j+1)=1.$

Les coefficients de $M'$ clairement positifs donc $M' \in A_{n-1}$ .

Montrons que $M'$ est un point extrémal de $A_{n-1}$ . On se donne $C',D'$ dans $A_{n-1}$ tels que $\frac12(C'+D')=M'.$

On ajoute à $C'$ une colonne à la position $r$ et une ligne à la position $s$ en décalant les colonnes d’indices $r$ ou plus et les lignes d’indice $s$ ou plus. Cette colonne et cette ligne ne contiennent que des 0 sauf en position $(r,s)$ où le coefficient vaut 1. On note $C$ cette matrice d’ordre $n.$

On fait la même chose sur $D'$ , on note $D$ la nouvelle matrice. On vérifie facilement que $C$ et $D$ sont dans $A_n.$ Il suffit de reprendre la méthode du début de cette question. Par somme on remarque que $\frac12(C+D)=M.$ Or, par hypothèse, $M$ est extrémal dans $A_n$ donc $C=D=M.$ Donc $C'=D'=M'.$

Bilan : $M'$ est un point extrémal de $A_{n-1}.$

h/ On a supposé que $\mathcal P (n-1)$ est réalisé, comme $M'$ est un point extrémal de $A_{n-1}$ , on peut dire que $M'$ est une matrice de permutation de $A_{n-1}$ .

Donc $M'$ ne contient que des 0 et des 1 et en ajoutant la colonne et la ligne pour reconstruire $M,$ on voit que $M$ ne contient que des 0 et des 1 et comme $M$ est dans $A_n$ , on peut affirmer que $M$ est une matrice de permutation de $A_n$ . Donc $\mathcal P (n)$ est réalisé. Cela termine la preuve par récurrence.

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