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Corrigé du sujet HEC Maths 1 ECS 2016

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Partie I. Partitions de l’identité

1/ a/ $A$ est une matrice triangulaire, donc ses valeurs propres sont ses coefficients diagonaux, donc

$\fbox{\text{$Sp(A)=\{-1,0\}$.}}$

$A$ a une colonne nulle et deux colonnes non proportionnelles, donc $rg\left( A\right) =2.$

Donc, par le théorème du rang, $\dim \left( \ker \left( A\right)\right) =\dim \left( \mathcal{M}_{3,1}\left( \mathbb{R}\right) \right)-rg\left( A\right) =3-2=1.$

$A+I_{3}=\left( \begin{array}{ccc}1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) .$ Et de même $\dim \left( \ker \left( A+I_{3}\right) \right) =1.$

$A\in \mathcal{M}_{3}\left( \mathbb{R}\right) ,$ $A$ admet deux valeurs propres et $\dim \left( \ker \left( A\right) \right) +\dim \left( \ker \left(A+I_{3}\right) \right) =2,$

donc $\dim \left( \ker \left( A\right) \right) +\dim \left( \ker \left(A+I_{3}\right) \right) \neq 3,$ donc

$\fbox{\text{$A$ n'est pas diagonalisable.}}$

b/ Après calculs, on trouve : $A^{2}=\left( \begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{array}\right)$ et $A^{3}=\left( \begin{array}{ccc}0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1\end{array}\right) ,$ donc $A^{3}+A^{2}=0,$

donc

$\fbox{\text{$X^{3}+X^{2}$ est un polyn\^ome annulateur de $A.$}}$

c/ Supposons qu’il existe un polynôme $T$ de degré $2$ et annulateur de $A.$

On note $T=aX^{2}+bX+c$ avec $a\neq 0.$

$T\left( A\right) =0,$ donc $aA^{2}+bA+cI_{3}=0,$ donc $\left( \begin{array}{ccc}c & b & 0 \\ 0 & c & 0 \\ 0 & 0 & c-b+a\end{array}\right) =0,$ donc $c=b=a=0.$

Contradiction puisque $a\neq 0.$

Donc

$\fbox{\text{il n'existe pas de polyn\^ome de degr\'e $2$ annulateur de $A.$}}$

d/ $Q\left( X\right) =X^{3}+X^{2}$ est un polynôme annulateur de $A$ , donc de $f.$

Donc $f^{3}+f^{2}=0_{\mathcal{L}\left( \mathbb{R}^{3}\right) },$ donc $f^{3}+f^{2}+Id_{\mathbb{R}^{3}}=Id_{\mathbb{R}^{3}}.$

En prenant $Q_{1}\left( X\right) =X^{3}+X^{2},$ et $Q_{2}\left( X\right) =1,$
donc $Q_{1}\left( f\right) =f^{3}+f^{2}$ et $Q_{2}\left( f\right) =Id_{\mathbb{R}^{3}},$

on a bien $Q_{1}\left( f\right) +Q_{2}\left( f\right) =Id_{\mathbb{R}^{3}}$ , $Q_{1}\left( f\right) ^{2}=Q_{1}\left( f\right) =0_{\mathcal{L}\left( \mathbb{R}^{3}\right) }$ et $Q_{2}\left( f\right) ^{2}=Q_{2}\left( f\right) =Id_{\mathbb{R}^{3}}.$

Donc

$\fbox{\text{$Q_{1}\left( X\right) =X^{3}+X^{2},$ et $Q_{2}\left( X\right) =X$$\:$ conviennent.}}$

2/ a/ $f$ est diagonalisable, donc

$\fbox{\text{$E=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right) .$}}$

Pour la suite de la question, on pose $Q=\prod\limits_{j=1}^{k}\left(X-\lambda _{j}\right) .$

Soit $x\in E.$ Alors $\exists !\left( x_{1},x_{2},...,x_{k}\right) \in\prod\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right)\,\,/\,\,x=\sum\limits_{i=1}^{k}x_{i}.$

Soit alors $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$

$\begin{eqnarray*} Q\left( f\right) \left( x_{i}\right) &=&\left[\bigodot\limits_{j=1}^{k}\left( f-\lambda _{j}Id_{E}\right) \right] \left(x_{i}\right) \\ &=& \left[ \left( \bigodot\limits_{\substack{ 1\leqslant j\leqslant k \\ j\neq i }} \left( f-\lambda _{j}Id_{E}\right) \right) \circ \left(f-\lambda _{i}Id_{E}\right) \right] \left( x_{i}\right) \\ & =& \left( \bigodot\limits_{\substack{ 1\leqslant j\leqslant k \\ j\neq i } }\left( f-\lambda _{j}Id_{E}\right) \right) \underset{=0\text{ car }x_{i}\in E_{\lambda _{i}}\left( f\right) }{\underbrace{\left( f\left(x_{i}\right) -\lambda _{i}x_{i}\right) }} \\ &=&\left( \bigodot\limits_{\substack{1\leqslant j\leqslant k \\ j\neq i }} \left( f-\lambda _{j}Id_{E}\right)\right) \left( 0_{E}\right) \\ \end{eqnarray*}$

Donc $Q\left( f\right) \left( x_{i}\right) =0_{E}.$

Donc, par linéarité de $Q\left( f\right) ,$ $Q\left( f\right) \left(x\right) =\sum\limits_{i=1}^{k}\underset{=0_{E}}{\underbrace{Q\left(f\right) \left( x_{i}\right) }}=0_{E}.$

Donc $Q\left( f\right) =0_{\mathcal{L}\left( E\right) },$ donc

$\fbox{\text{$Q=\prod\limits_{j=1}^{k}\left( X-\lambda _{j}\right) $ est un polyn\^ome annulateur de $f.$}}$

b/ Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$

$\left( X-\lambda _{i}\right) \times L_{i}=\left( X-\lambda _{i}\right)\times \prod\limits_{\substack{ 1\leqslant j\leqslant k \\ j\neq i }} \left( \frac{X-\lambda _{j}}{\lambda _{i}-\lambda _{j}}\right) =\underset{=c,\text{ }c\text{ r\'eel fix\'e}}{\underbrace{\prod\limits_{\substack{ 1\leqslantj\leqslant k \\ j\neq i }} \left( \frac{1}{\lambda _{i}-\lambda _{j}}\right) }}\times Q\left( X\right) .$

Donc $\left( f-\lambda _{i}Id_{E}\right) \circ L_{i}\left( f\right)=c.Q\left( f\right) =0_{\mathcal{L}\left( E\right) }$ car $Q$ est un polynôme annulateur de $f.$

Donc $\left( f-\lambda _{i}Id_{E}\right) \circ v_{i}=0_{\mathcal{L}\left(E\right) },$ donc $\func{Im}\left( v_{i}\right) \subset \ker \left(f-\lambda _{i}Id_{E}\right) .$

Donc

$\fbox{\text{$\func{Im}\left( v_{i}\right) \subset E_{\lambda _{i}}\left(f\right) .$}}$

c/ $\bullet$ Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$

$L_{i}$ est donné sous forme factorisée, donc les racines de $L_{i}$ sont les réels $\lambda _{j},$ $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right]\!\right] \backslash \left\{ i\right\} .$

Et on a clairement $L_{i}\left( \lambda _{i}\right) =1.$

Donc $L_{i}\left( \lambda _{j}\right) =\left\{ \begin{array}{c}0\text{ si }i\neq j \\ 1\text{ si }i=j\end{array}\right.$ .

$\bullet$ Soit $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$ $\sum\limits_{i=1}^{k}L_{i}\left( \lambda _{j}\right) =\underset{=1}{\underbrace{L_{i}\left( \lambda _{i}\right) }}+\sum\limits_{\substack{ 1\leqslanti\leqslant k \\ i\neq j }} \underset{=0}{\underbrace{L_{i}\left(\lambda _{j}\right) }}=1,$ donc

$\fbox{\text{$\sum\limits_{i=1}^{k}L_{i}\left(\lambda _{j}\right) =1.$}}$

$\bullet$ Soit $x\in E.$ $E=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left(f\right)$ , donc $\exists !\left( x_{1},x_{2},...,x_{k}\right) \in\prod\limits_{j=1}^{k}E_{\lambda _{j}}\left( f\right)\,\,/\,\,x=\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}.$

Soit $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ^{2}.$

Ou bien $x_{j}\neq 0$ . Alors $x_{j}$ est vecteur propre de $f$ associé à la valeur propre $\lambda _{j},$ donc $x_{j}$ est vecteur propre de $L_{i}\left( f\right)$ associé à la valeur propre $L_{i}\left(\lambda _{j}\right) ,$ donc $L_{i}\left( f\right) \left( x_{j}\right)=L_{i}\left( \lambda _{j}\right) .x_{j}.$

Ou bien $x_{j}=0,$ et alors la formule précédente est clairement vraie.

D’où $v_{i}\left( x_{j}\right) =L_{i}\left( f\right) \left(x_{j}\right) =L_{i}\left( \lambda _{j}\right) .x_{j}.$

Soit $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$ $\left(\sum\limits_{i=1}^{k}v_{i}\right) \left( x_{j}\right)=\sum\limits_{i=1}^{k}v_{i}\left( x_{j}\right)=\sum\limits_{i=1}^{k}L_{i}\left( \lambda _{j}\right) .x_{j}=\underset{=1}{\underbrace{\left( \sum\limits_{i=1}^{k}L_{i}\left( \lambda _{j}\right)\right) }}.x_{j}=x_{j}.$

On pose $g=\sum\limits_{i=1}^{k}v_{i}.$ $\quad g\left( x\right) =g\left(\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}\right) =\sum\limits_{j=1}^{k}g\left( x_{j}\right)=\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}=x.$

Donc $\forall x\in E,\,\,\,\left( \sum\limits_{i=1}^{k}v_{i}\right) \left(x\right) =x,$ donc $\sum\limits_{i=1}^{k}v_{i}=Id_{E}$

$\fbox{\text{$v_{1},v_{2},...,v_{k}$ constituent une partition de l'identit\'e$\:$ de $E.$}}$

d/ $\forall x\in E,\,\,\,\,x=\sum\limits_{i=1}^{k}\underset{\in \func{Im}\left( v_{i}\right) }{\underbrace{v_{i}\left( x\right) }},$ donc $E\subset\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( v_{i}\right) .$ L’inclusion inverse étant claire, on a

$\fbox{\text{$E=\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left(v_{i}\right) .$}}$

Or $\forall i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\,\,\,\func{Im}\left(v_{i}\right) \subset E_{\lambda _{i}}\left( f\right) ,$ donc $E=\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( v_{i}\right) \subset\sum\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right)=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right) =E,$

donc $\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( v_{i}\right)=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right) .$

Comme $\forall i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\,\,\,\func{Im}\left( v_{i}\right) \subset E_{\lambda _{i}}\left( f\right) ,$ la somme $\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( v_{i}\right)$ est directe aussi

et $\bigoplus\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( v_{i}\right)=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}E_{\lambda _{i}}\left( f\right) .$

Notons alors, pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\,\,\,r_{i}=\func{Im}\left( v_{i}\right)$ et $\alpha _{i}=E_{\lambda _{i}}\left(f\right) .$

On a donc $\sum\limits_{i=1}^{k}r_{i}=\sum\limits_{i=1}^{k}\alpha _{i},$ donc $\sum\limits_{i=1}^{k}\underset{\geqslant 0}{\underbrace{\left(\alpha _{i}-r_{i}\right) }}=0.$

Or une somme de termes positifs est nulle si et seulement si chacun des termes de la somme est nulle, donc $\forall i\in \left[ \!\left[ 1,k\right]\!\right] ,\,\,\,r_{i}=\alpha _{i}.$

Et comme on a toujours $\forall i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right],\,\,\,\func{Im}\left( v_{i}\right) \subset E_{\lambda _{i}}\left( f\right) ,$ on en déduit que

$\fbox{\text{$\forall i\in \left[ \!\left[ 1,k\right]\!\right] ,\,\,\,\func{Im}\left( v_{i}\right) =E_{\lambda _{i}}\left(f\right) .$}}$

Soit $x\in E.$ On a toujours $\exists !\left( x_{1},x_{2},...,x_{k}\right)\in \prod\limits_{j=1}^{k}E_{\lambda _{j}}\left( f\right)\,\,/\,\,x=\sum\limits_{j=1}^{k}x_{j}.$ Donc $x=x_{1}+y,$ où $y=\sum\limits_{j=2}^{k}x_{j}.$

On note $F=\bigoplus\limits_{j=2}^{k}E_{\lambda _{j}}\left( f\right) .$

On a $E=E_{\lambda _{1}}\left( f\right) +F,$ et $\dim \left( E_{\lambda_{1}}\left( f\right) \right) +\dim \left( F\right) =\dim \left( E_{\lambda_{1}}\left( f\right) \right) +\sum\limits_{j=2}^{k}\dim \left( E_{\lambda_{j}}\left( f\right) \right) =\dim \left( E\right) ,$

donc $E=E_{\lambda _{1}}\left( f\right) \bigoplus F.$

De plus, $v_{1}\left( x_{1}\right) =L_{1}\left( f\right) \left( x_{1}\right)=L_{1}\left( \lambda _{1}\right) .x_{1}=x_{1}.$

Et $v_{1}\left( y\right) =\sum\limits_{j=2}^{k}v_{1}\left( x_{j}\right)=\sum\limits_{j=2}^{k}L_{1}\left( f\right) \left( x_{j}\right)=\sum\limits_{j=2}^{k}\underset{=0}{\underbrace{L_{1}\left( \lambda_{j}\right) }}\left( x_{j}\right) =0.$

Donc, $v_{1}\left( x\right) =v_{1}\left( x_{1}\right)+\sum\limits_{j=2}^{k}v_{1}\left( x_{j}\right) =x_{1},$

donc

$\fbox{\text{$v_{1}$ est le projecteur sur $\func{Im}\left( v_{1}\right)=E_{\lambda _{1}}\left( f\right) $ parall\`element à $F=\bigoplus\limits_{j=2}^{k}E_{\lambda _{j}}\left( f\right) .$}}$

3/ a/ On a $Id_{E}=\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i},$ donc $\forall x\inE,\,\,\,\,x=\sum\limits_{i=1}^{k}\underset{\in \func{Im}\left(u_{i}\right) }{\underbrace{u_{i}\left( x\right) }},$ donc $E\subset\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) .$ L’inclusion inverse
étant claire, on a

$\fbox{\text{$E=\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left(u_{i}\right) .$}}$

On note, pour $1\leqslant i\leqslant k,$ $\mathcal{C}_{i}$ une base de $\func{Im}\left( u_{i}\right) .$

On note $\mathcal{C}$ la concaténation des $\mathcal{C}_{i},1\leqslanti\leqslant k.$

Soit $x\in E.$ $E=\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) ,$ donc $\exists \left( x_{1,}x_{2},...,x_{k}\right) \in \prod\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right)$ tel que $x=\sum\limits_{i=1}^{k}x_{i}.$

Or pour tout $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\, x_{i}$ est combinaison des éléments de $\mathcal{C}_{i}$ (puisque $\mathcal{C}_{i}$ est une base de $\func{Im}\left( u_{i}\right)$ ),

donc $x_{i}$ est combinaison linéaire des éléments de $\mathcal{C}$ (puisque $\mathcal{C}_{i}\subset \mathcal{C}).$

Donc $x$ est combinaison linéaire des éléments de $\mathcal{C}.$

On en déduit que $\mathcal{C}$ est une famille génératrice de $E,$ donc $\dim \left( E\right) \leqslant card\left( \mathcal{C}\right)=\sum\limits_{i=1}^{k}\underset{=r_{i}}{\underbrace{card\left( \mathcal{C}_{i}\right) }}.$

Donc

$\fbox{\text{$n\leqslant \sum\limits_{i=1}^{k}r_{i}.$}}$

b/ On a $E=\sum\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) .$ Donc par le cours,

$\fbox{\text{$E=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) $ ssi $n=\sum\limits_{i=1}^{k}r_{i.}$}}$

c/ $\left( i\right)$ On suppose que les endomorphismes $u_{1},u_{2},...,u_{k}$ sont des projecteurs.

Soit $1\leqslant i\leqslant k.$ On note, $M_{i}=Mat_{\mathcal{B}}\left(u_{i}\right) .$

$u_{i}$ est un projecteur, donc $\exists P_{i}\in GL_{n}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,M_{i}=P_{i}\Delta _{i}P_{i}^{-1},$ où $\Delta_{i}=Diag\left( \underset{r_{i}\text{ fois}}{\underbrace{1,1,...,1}},\underset{n-r_{i}\text{ fois}}{\underbrace{0,...0}}\right) .$
(Éventuellement, on peut avoir $r_{i}=0$ ou $r_{i}=n$ ).

Deux matrices semblables ayant même trace, on a $tr\left( M_{i}\right)=tr\left( \Delta _{i}\right) =r_{i}.$

$u_{1},...,u_{k}$ forment une partition de l’identité de $E,$ donc $\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i}=Id_{E},$ donc $\sum\limits_{i=1}^{k}M_{i}=I_{n}.$

D’où : $n=tr\left( I_{n}\right) =tr\left(\sum\limits_{i=1}^{k}M_{i}\right) =\sum\limits_{i=1}^{k}tr\left(M_{i}\right)$ par linéarité de la trace. Donc $n=\sum\limits_{i=1}^{k}r_{i}.$

On a donc bien

$\fbox{\text{$\left( 2\right) \Rightarrow \left( 1\right) .$}}$

$\left( ii\right)$ On suppose que $n=\sum\limits_{i=1}^{k}r_{i}.$

Donc d’après la question 3.b/, $E=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) .$

Soit $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$ Soit $x\in E.$

On a $u_{j}\left( x\right) =\underset{\in \func{Im}\left( u_{1}\right) }{\underbrace{0}}+\cdots +\underset{\in \func{Im}\left( u_{j-1}\right) }{\underbrace{0}}+\underset{\in \func{Im}\left( u_{j}\right) }{\underbrace{u_{j}\left( x\right) }}+\underset{\in \func{Im}\left( u_{j+1}\right) }{\underbrace{0}}+\cdots +\underset{\in \func{Im}\left( u_{k}\right) }{\underbrace{0}}$ et $Id_{E}=\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i},$

d’où :

$u_{j}\left( x\right) =\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i}\circ u_{j}\left(x\right) =\underset{\in \func{Im}\left( u_{1}\right) }{\underbrace{u_{1}\circ u_{j}\left( x\right) }}+\cdots +\underset{\in \func{Im}\left(u_{j-1}\right) }{\underbrace{u_{j-1}\circ u_{j}\left( x\right) }}+\underset{\in \func{Im}\left( u_{j}\right) }{\underbrace{u_{j}\circ u_{j}\left( x\right) }}$

$+ \underset{\in \func{Im}\left( u_{j+1}\right) }{\underbrace{u_{j+1}\circ u_{j}\left( x\right) }}+\cdots +\underset{\in \func{Im}\left( u_{k}\right) }{\underbrace{u_{k}\circ u_{j}\left( x\right) }}$

Or $E=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( u_{i}\right) ,$ donc par unicité de la décomposition, on a $\left\{ \begin{array}{l}u_{j}\circ u_{j}\left( x\right) =u_{j}\left( x\right) \\ u_{i}\circ u_{j}\left( x\right) =0\text{ si }i\neq j\end{array}\right.$

Donc pour tout $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right]^{2}$ tel que $i\neq j:$ $\forall x\in E,\,\,\,u_{i}\circ u_{j}\left(x\right) =0,$ donc $u_{i}\circ u_{j}=0_{\mathcal{L}\left( E\right) }.$

On a donc bien

$\fbox{\text{$\left( 1\right) \Rightarrow \left( 3\right) .$}}$

$\left( iii\right)$ On suppose que pour tout $\left( i,j\right)\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ^{2}$ tel que $i\neq j,$ $u_{i}\circ u_{j}=0_{\mathcal{L}\left( E\right) }.$

Soit $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] .$

$Id_{E}=\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i},$ donc $u_{j}=\sum\limits_{i=1}^{k}u_{i}\circ u_{j}=u_{j}\circ u_{j}+\sum\limits_{i\neq j}\underset{=0}{\underbrace{u_{i}\circ u_{j}}}=u_{j}\circ u_{j}.$

Donc $u_{j}^{2}=u_{j},$ donc $u_{j}$ est un projecteur.

Donc on a bien $\left( 3\right) \Rightarrow \left( 2\right) .$

Et on a montré que $\left( 2\right) \Rightarrow \left( 1\right)\Rightarrow \left( 3\right) \Rightarrow \left( 2\right) .$

$\fbox{\text{Les propri\'et\'es $\left( 1\right) ,\left( 2\right) $ et $\left(3\right) $ sont \'equivalentes.}}$

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Partie II. Représentation matricielle d’un projecteur orthogonal

4/ a/ D’après le cours, $p$ est un projecteur orthogonal ssi $p$ est un projecteur et un endomorphisme symétrique.

$\bullet$ $p$ est un projecteur ssi $p\circ p=p$ ssi $P^{2}=P$

$\bullet$ $\mathcal{B}$ est une base orthonormée et $P=Mat_{\mathcal{B}}\left( p\right)$

D’où : $p$ est un endomorphisme symétrique ssi $^{t}P=P.$

Donc

$\fbox{\text{$p$ est un projecteur orthogonal ssi $P^{2}=P$ et $\,^{t}P=P.$}}$

b/ $\bullet$ Supposons qu’il existe $\alpha$ réel et $p$ projecteur orthogonal tel que $f=\alpha p$ .

On note $P=mat_{\mathcal{B}}\left( p\right) .$

$tr\left( M\right) M^{2}=tr\left( \alpha P\right) \left( \alpha P\right)^{2}=\alpha ^{3}tr\left( P\right) P^{2}$ par linéarité de la trace.

Donc $tr\left( M\right) M^{2}=\alpha ^{3}tr\left( P\right) P$ car $P$ est un projecteur.

De même $tr\left( M^{2}\right) M=tr\left( \alpha ^{2}P^{2}\right) \left(\alpha P\right) =\alpha ^{3}tr\left( P^{2}\right) P=\alpha ^{3}tr\left(P\right) P.$

Donc $tr\left( M\right) M^{2}=tr\left( M^{2}\right) M$

De plus $^{t}M=\alpha \,^{t}P=\alpha P$ car $P$ est un projecteur orthogonal, donc $^{t}M=M.$

$\bullet$ Supposons que $tr\left( M\right) M^{2}=tr\left(M^{2}\right) M$ et $^{t}M=M.$

Ou bien $tr\left( M^{2}\right) =0.$ On pose $M=\left(m_{i,j}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n},$ donc $M^{2}=\left(\sum\limits_{s=1}^{n}m_{i,s}m_{s,j}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n}.$

Or $M$ est symétrique, donc $M^{2}=\left(\sum\limits_{s=1}^{n}m_{i,s}m_{j,s}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n}.$

Donc $tr\left( M^{2}\right)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{s=1}^{n}m_{i,s}m_{i,s}=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{s=1}^{n}\left( m_{i,s}\right) ^{2}.$ Or $tr\left( M^{2}\right) =0$ et une somme de termes positifs est nulle si et seulement si chacun de ses termes est nul, donc $\forall \left( i,s\right)\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ^{2},\,\,m_{i,s}=0.$

Donc $M=0$ et en prenant $\alpha =0$ et $p=0_{\mathcal{L}\left( E\right) },$ on a bien $f=\alpha p$ avec $p$ projecteur orthogonal.

Ou bien $tr\left( M\right) =0.$ Alors $tr\left( M^{2}\right) M=0,$ donc $tr\left( M^{2}\right) =0$ ou $M=0$ et on est ramené au cas précédent.

Ou bien $tr\left( M\right) \neq 0$ et $tr\left( M^{2}\right) \neq0$ .

Alors on pose $\alpha =\frac{tr\left( M^{2}\right) }{tr\left( M\right) }$ , $P=\frac{tr\left( M\right) }{tr\left( M^{2}\right) }M$ et $p$ l’endomorphisme de $E$ de matrice $P$ dans la base $\mathcal{B}.$

On a bien $M=\alpha P$ et $^{t}P=P$ car $\frac{tr\left( M\right) }{tr\left( M^{2}\right) }$ réel et $^{t}M=M.$

D’autre part $P^{2}=\left( \frac{tr\left( M\right) }{tr\left( M^{2}\right) }\right) ^{2}M^{2}=\frac{tr\left( M\right) }{tr\left( M^{2}\right) }\times \frac{1}{tr\left( M^{2}\right) }\,.\,\underset{=tr\left( M^{2}\right) M}{\underbrace{tr\left( M\right) M^{2}}}=\frac{tr\left( M\right) }{tr\left(M^{2}\right) }M=P.$

$P^{2}=P$ et $^{t}P=P,$ donc $p$ est un projecteur orthogonal (par 4.a), et on a bien trouvé $\alpha$ et $p$ projecteur orthogonal tels que $f=\alpha p.$

5/ a/

function t=tr( $A$ ) (on entre une matrice carrée)

$n=length\left( A\left( :,1\right) \right)$

$t=0$

$for\,\,\,i=1:n$

$t=t+A\left( i,i\right)$

$end$

$endfunction$

b/ Signification de la ligne $\left( 5\right)$ . On note $A=\left(a_{i,j}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n}$

On affecte à $b$ la valeur $True$ si $b$ contient déjà $True$ $\textbf{et}$ $a_{i,j}=a_{j,i}.$

Donc tant que les coefficients $a_{i,j}$ et $a_{j,i}$ sont égaux, $b$ reçoit $True,$ et si à un moment on a $a_{i,j}\neq a_{j,i},$ alors $b$ reçoit $False.$ Dans ce dernier cas, $b$ garde la valeur $False$ jusqu’à la fin des deux boucles, car $False\,\,\,\&\,\,\,False=False$ et $False\,\,\,\&\,\,\,True=False.$

$\bullet$ $A=\left( \begin{array}{ccc}1 & 0 & -1 \\ 0 & 2 & 5 \\ -1 & 5 & -2\end{array}\right) .$

$b$ est initialisé à $\%T.$

Pour $i=1$

Pour $j=2,$ $b$ est $Vrai$ $\textbf{et }$ $^{\prime \prime}a_{1,2}=a_{2,1}\,^{\prime \prime }$ est $Vrai,$ donc $b$ garde la valeur $\%T.$

Pour $j=3,$ $b$ est $Vrai$ $\textbf{et }$ $^{\prime \prime }a_{1,3}=a_{3,1}\,^{\prime \prime }$ est $Vrai,$ donc $b$ garde la valeur $\%T.$

De même pour $i=2.$ Et $b$ aura la valeur $\T$ à la fin de la fonction, ce qui est bien cohérent avec le fait que $A$ est symétrique.

$\bullet$ $A=\left( \begin{array}{ccc}1 & 0 & -1 \\ 3 & 2 & 5 \\ 2 & 5 & -2\end{array}\right) .$

$b$ est initialisé à $\T.$

Pour $i=1$

Pour $j=2,$ $b$ est $Vrai$ \textbf{et } $^{\prime \prime}a_{1,2}=a_{2,1}\,^{\prime \prime }$ est $Faux,$ donc $b$ prend la valeur $\%F.$

Pour $j=3,\,\,b$ est $Faux$ , donc peu importe la valeur de $\,\,^{\prime \prime }\,A\left(i,j\right) ==A\left( j,i\right) \,^{\prime \prime },$ donc $b$ garde la
valeur $\%F.$

De même pour $i=2.$ Et $b$ aura la valeur $\%F$ à la fin de la fonction.

c/ Il reste à tester si $tr\left( M\right) M^{2}=tr\left( M^{2}\right) M,$ c’est-à dire si $A=B.$

Dans l’instruction $^{\prime \prime}\,\,if\,\,\,b\,\,\,then\,\,\,...\,\,\,^{\prime \prime },$ on n’effectue le $^{\prime \prime }\,\,then\,\,^{\prime \prime }$ que si $b$ est $Vrai,$ c’est-à dire si $M$ est symétrique. On a alors $A$ et $B$ symétriques, donc il suffit de tester si les termes des triangles supérieurs de $A$ et $B$ $\:$ sont égaux pour savoir si $A$ et $B$ sont égaux.

La ligne manquante est : $b=\left( b\,\,\&\,\,\left( A\left( i,j\right)==B\left( i,j\right) \right) \right) .$

$\bullet$ $M=\left( \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 0\end{array}\right) .$ $M$ est bien symétrique. Après calculs $A=\left( \begin{array}{cc}2 & 1 \\ 1 & 1\end{array}\right)$ et $B=\left( \begin{array}{cc}3 & 3 \\ 3 & 0\end{array}\right) ,$

donc $b=\%F.$

$\bullet$ $M=\left( \begin{array}{cc}1 & 1 \\ 1 & 1\end{array}\right) .$ $M$ est bien symétrique. Après calculs $A=\left( \begin{array}{cc}4 & 4 \\ 4 & 4\end{array}\right) =B,$ donc $b=\%T.$

6/ a/ Supposons $X\in \ker \left( S\right) .$ Alors $SX=0,$ donc $^{t}S\,SX=0,$ donc $X\in \ker \left( \,^{t}S\,S\right) .$

Supposons $X\in \ker \left( \,^{t}S\,S\right) .$ Alors $^{t}S\,S\,X=0,$ donc $^{t}X\,^{t}S\,S\,X=0,$ donc $^{t}\left( SX\right) \,SX=0.$

On considère alors le produit scalaire canonique sur $\mathcal{M}_{n,1}\left( \mathbb{R}\right) ,$ on a donc $\left\| SX\right\| ^{2}=0.$

Donc $SX=0$ et $X\in \ker \left( S\right) .$

On a donc montré que

$\fbox{\text{$\ker \left( S\right) =\ker \left(\,^{t}S\,S\right) .$}}$

On a $\,^{t}S\,S\in \mathcal{M}_{k}\left( \mathbb{R}\right)$ et $S\in \mathcal{M}_{n,k}\left( \mathbb{R}\right) .$ Notons $\varphi$ l’endomorphisme de $\mathbb{R}^{k}$ canoniquement associé à $^{t}S\,S$ et $\psi$ l’application linéaire de $\mathbb{R}^{k}$ dans $\mathbb{R}^{n}$ canoniquement associée à $S.$ $\mathbb{R}^{k}$ est donc l’ensemble de départ des deux applications linéaires $\varphi$ et $\psi .$

Alors, par le théorème du rang,

$\begin{eqnarray*} rg\left( S\right) =\dim \left( \mathbb{R}^{k}\right) -\dim \left( \ker \left(S\right) \right) &=& \dim \left( \mathbb{R}^{k}\right) -\dim \left( \ker \left(\,^{t}S\,S\right) \right) \\ &=& rg\left( \,^{t}S\,S\right) \end{eqnarray*}$

Donc

$\fbox{\text{$rg\left( S\right) =rg\left( \,^{t}S\,S\right) .$}}$

b/ On note, pour $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right],\,\,\,S_{j}=\left( \begin{array}{c}s_{1,j} \\ s_{2,j} \\ \vdots \\ s_{n,j}\end{array}\right) .$

Soit $y\in E.$

$y\in F$ $\Leftrightarrow \exists \left( \alpha _{1},...,\alpha _{k}\right)\in \mathbb{R}^{k}\,\,\,/\,\,\,y=\sum\limits_{j=1}^{k}\alpha _{j}s_{j}$

$\Leftrightarrow \exists \left( \alpha _{1},...,\alpha_{k}\right) \in \mathbb{R}^{k}\,\,\,/\,\,\,Y=\sum\limits_{j=1}^{k}\alpha_{j}S_{j}$

$\Leftrightarrow \exists \left( \alpha _{1},...,\alpha_{k}\right) \in \mathbb{R}^{k}\,\,\,/\,\,\,\forall i\in \left[ \!\left[1,n\right] \!\right] ,\,\,\,y_{i}=\sum\limits_{j=1}^{k}\alpha _{j}s_{i,j}$

$\Leftrightarrow \exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ$ $\:$ (On a posé $Z=\left( \begin{array}{c}\alpha _{1} \\ \vdots \\ \alpha _{k}\end{array}\right)$ ).

Donc

$\fbox{\text{$y\in F\Leftrightarrow \exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ.$}}$

c/ $F=\left\{ y\in F\,\,\,\text{tels que }\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ\right\} .$

Or $\left\{ Y\in \mathcal{M}_{n,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,\,\text{tels que }\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ\right\}=\left\{ SZ,\,\,\,Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \right\} .$

$y\in F^{\perp }\Leftrightarrow \forall x\in F,\,\,\,\left\langle y,x\right\rangle =0$

$\Leftrightarrow \forall Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) ,\,\,\,^{t}Y\times SZ=0$ (expression du produit scalaire dans la base orthonormée $\mathcal{B}$ )

$\Leftrightarrow \forall \: Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) ,\,\,\,\left( ^{t}YS\right) \times Z=0$

$\Leftrightarrow \,^{t}Y\,S=0$

$\Leftrightarrow \,^{t}S\,Y=0$ (en transposant)

Donc

$\fbox{\text{$y\in F^{\perp }\Leftrightarrow \,^{t}S\,Y=0.$}}$

d/ Soit $x\in E$ et $y=p_{F}\left( x\right) .$

$y=p_{F}\left( x\right)$ donc $y\in F,$ donc $\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ.$

$y=p_{F}\left( x\right) ,$ donc $x-y\in F^{\perp },$ donc $\,^{t}S\,\left(X-Y\right) =0,$ donc $^{t}SX=\,^{t}SY.$

Donc

$\fbox{\text{$\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)\,\,/\,\,\,Y=SZ$ et $^{t}SX=\,^{t}S\,S\,Z.$}}$

e/ On suppose que $\mathcal{F}$ est libre.

Donc $rg\left( S\right) =k,$ et par la question a), $rg\left( \,^{t}S\,S\right) =k.$

Or $\,^{t}S\,S\in \mathcal{M}_{k}\left( \mathbb{R}\right) ,$ donc $^{t}S\,S$ est inversible.

De plus, d’après d/ $\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right)\,\,/\,\,\,Y=SZ$ et $^{t}SX=\,^{t}S\,S\,Z,$

donc $\exists Z\in \mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) \,\,/\,\,\,Y=SZ$ et $Z=\left( \,^{t}S\,S\right) ^{-1}$ $^{t}SX,$

donc $Y=S\,\left( \,^{t}S\,S\right) ^{-1}$ $^{t}SX.$

Donc

$\fbox{\text{$Mat_{\mathcal{B}}\left( p_{F}\right) =S\,\left(\,^{t}S\,S\right) ^{-1}$ $^{t}S.$}}$

7/ a/ $M$ est une matrice symétrique réelle, donc est diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres, et il existe une matrice $Q$ orthogonale et une matrice $D$ diagonale telles que $M=Q\times D\times \,^{t}Q.$ On note $D=Diag\left( \rho _{1},\rho_{2},...,\rho _{k}\right) .$ Donc

$\fbox{\text{il existe une matrice $Q$ orthogonale, et $k$ r\'eels $\rho_{1},\rho _{2},...,\rho _{k}$ tels que $M=Q\times Diag\left( \rho _{1},\rho_{2},...,\rho _{k}\right) \times \,^{t}Q.$}}$

b/ On a :

$\begin{eqnarray*} M\,M^{\left( -\right) }\,M&=&Q\times Diag\left( \rho _{1},...,\rho _{k}\right) \times \underset{=I_{k}}{\underbrace{\,^{t}Q\times Q}}\times Diag\left( h\left(\rho _{1}\right) ,...,h\left( \rho _{k}\right) \right) \times \,\underset{=I_{k}}{\underbrace{\,^{t}Q\times Q}}\times Diag\left( \rho _{1},...,\rho_{k}\right) \times \,^{t}Q \\ \end{eqnarray*}$

car $Q$ est une matrice orthogonale.

Donc $M\,M^{\left( -\right) }\,M=Q\times Diag\left( h\left( \rho _{1}\right)\rho _{1}^{2},...,h\left( \rho _{k}\right) \rho _{k}^{2}\right) \times\,^{t}Q.$

Or pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,$ $h\left( \rho_{i}\right) \rho _{i}^{2}=\left\{ \begin{array}{l}\rho _{i}^{2}\times \frac{1}{\rho _{i}}\text{ si }\rho _{i}\neq 0 \\ 0\text{ si }\rho _{i}=0\end{array}\right. =\left\{ \begin{array}{l}\rho _{i}\text{ si }\rho _{i}\neq 0 \\ 0\text{ si }\rho _{i}=0\end{array}\right.$

Donc pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,$ $h\left( \rho_{i}\right) \rho _{i}^{2}=\rho _{i},$ donc

$\fbox{\text{$M\,M^{\left( -\right)}\,M=Q\times Diag\left( \rho _{1},...,\rho _{k}\right) \times \,^{t}Q=M.$}}$

De même, $M^{\left( -\right) }\,M\,M^{\left( -\right) }=Q\timesDiag\left( \left( h\left( \rho _{1}\right) \right) ^{2}\rho _{1},...,\left(h\left( \rho _{k}\right) \right) ^{2}\rho _{k}\right) \times \,^{t}Q$

et pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\left( h\left( \rho_{i}\right) \right) ^{2}\rho _{i}=\left\{ \begin{array}{l}\rho _{i}\times \frac{1}{\rho _{i}^{2}}\text{ si }\rho _{i}\neq 0 \\ 0\text{ si }\rho _{i}=0\end{array}\right. =\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{\rho _{i}}\text{ si }\rho _{i}\neq 0 \\ 0\text{ si }\rho _{i}=0\end{array}\right. =h\left( \rho _{i}\right) .$

Donc

$\fbox{\text{$M^{\left( -\right) }\,M\,M^{\left( -\right) }=Q\times Diag\left(h\left( \rho _{1}\right) ,...,h\left( \rho _{k}\right) \right) \times\,^{t}Q=M^{\left( -\right) }$}}$

$M\,M^{\left( -\right) }$

$=Q\times Diag\left( \rho _{1},...,\rho _{k}\right)\times \underset{=I_{k}}{\underbrace{\,^{t}Q\times Q}}\times Diag\left(h\left( \rho _{1}\right) ,...,h\left( \rho _{k}\right) \right) \,^{t}Q$

$\quad \quad \quad \quad =Q\times Diag\left( \rho _{1}h\left( \rho_{1}\right) ,...,\rho _{k}h\left( \rho _{k}\right) \right) \times \,^{t}Q.$

Donc,

$^{t}\left( M\,M^{\left( -\right) }\right) =\,^{t}\left(^{t}Q\right) \times \,^{t}\left( Diag\left( \rho _{1}h\left( \rho_{1}\right) ,...,\rho _{k}h\left( \rho _{k}\right) \right) \right) \times\,^{t}Q$

$\quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad \quad =Q\times Diag\left( \rho_{1}h\left( \rho _{1}\right) ,...,\rho _{k}h\left( \rho _{k}\right) \right)\times \,^{t}Q.$

Car une matrice diagonale est symétrique.

Donc

$\fbox{\text{$^{t}\left( M\,M^{\left( -\right) }\right) =M\,M^{\left( -\right)}$}}$

On prouve de même que

$\fbox{\text{$^{t}\left( M^{\left( -\right)}\,M\right) =M^{\left( -\right) }\,M.$}}$

Et on a bien montré que $M^{\left( -\right) }$ est une inverse de Penrose-Moore de $M.$

c/ $\left( i\right)$ $N=\underbrace{NM}N=\underbrace{\,^{t}\left( NM\right) }\,N=\,^{t}M\,^{t}N\,N=M\,^{t}N\,N$ car $M$ est symétrique.

Donc

$\fbox{\text{$N=M\,^{t}N\,N.$}}$

$M=\underbrace{MN}M=\underbrace{\,^{t}\left( MN\right) }\,M=\,^{t}N\,^{t}M\,M.$

Or $M$ est symétrique, donc $M=\,^{t}M=\,^{t}M\,^{t}\left(\,^{t}M\right) \,^{t}\left( \,^{t}N\right) =\,^{t}M\,MN.$

Et en utilisant à nouveau le fait que $M$ est symétrique, on a

$\fbox{\text{$M=M^{2}N.$}}$

$\left( ii\right)$ On supose que $M^{2}U=0.$ On note $U_{1},U_{2},...,U_{k}$ les colonnes de $U.$

Alors, pour tout $j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\,M^{2}U_{k}=0.$

Donc $\,$ $^{t}M\,M\,U_{j}=0$ car $M$ est symétrique, donc $^{t}U_{j}\,^{t}M\,M\,U_{j}=0,$ donc $^{t}\left(MU_{j}\right) \,MU_{j}=0.$

Et en utilisant le produit scalaire canonique sur $\mathcal{M}_{k,1}\left( \mathbb{R}\right) ,$ on a $\left\| MU_{j}\right\| ^{2}=0,$ donc $MU_{j}=0.$

Donc $\forall j\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\,\,\,MU_{j}=0,$ donc

$\fbox{\text{$MU=0.$}}$

$\left( iii\right)$ On pose $U=N-M^{\left( -\right) }.$

On a d’après $\left( i\right) ,\,$ car $N$ et $M^{\left( -\right) }$ sont des inverses de Penrose-Moore, $\,$

$M^{2}\,U=M^{2}N-M^{2}M^{\left( -\right) }=M-M=0.$ Donc $M^{2}U=0,$ donc d’après $\left( ii\right) ,$ $MU=0,$

donc $MN=MM^{\left( -\right) }$ .

De plus, en reprenant le même type de calculs qu’au $\left( i\right) ,$

$M=M\underbrace{NM}=M\,^{t}\left( NM\right) =M\,^{t}M\,^{t}N=M^{2}\,^{t}N$ car $N$ est symétrique.

Et en prenant $U=\,^{t}N-\,^{t}\left( M^{\left( -\right) }\right) ,$ on trouve de même que ci-dessus, $M\,^{t}N=M\,^{t}\left( M^{\left( -\right)}\right) .$

Donc $N\underset{\left( i\right) }{\underbrace{=}}M\,^{t}N\, N\underset{\left( iii\right) }{\underbrace{=}}M\,^{t}\left(M^{\left( -\right) }\right) \,N\underset{M\text{ sym}}{\underbrace{=}}\,^{t}\left( M^{\left( -\right) \,M\right) }\,N\underset{\text{d\'ef}}{\underbrace{=}}M^{\left( -\right) }M\,N$

Donc $N\underset{\left( iii\right) }{\underbrace{=}}M^{\left( -\right)}\,M\,M^{\left( -\right) }\underset{\text{d\'ef}}{\underbrace{=}}M^{\left( -\right) }$ . Donc

$\fbox{\text{$N=M^{\left( -\right) }.$}}$

Donc si $N$ est une inverse de Penrose-Moore de $M$ , alors $N$ est unique et $N=M^{\left( -\right) }.$

On a montré au a) que $M^{\left( -\right) }$ était une inverse de Penmore-Moore de $M$ .

Donc

$\fbox{\text{$M^{\left( -\right) }$ est l'unique inverse de Penrose-Moore de $M.$}}$

8/ a/ Résultat préliminaire : soit $A\in \mathcal{M}_{n,p}\left( \mathbb{R}\right)$ et $B\in \mathcal{M}_{p,r}\left( \mathbb{R}\right) .$

On a $\func{Im}\left( AB\right) \subset \func{Im}\left( A\right) ,$ donc $rg\left( AB\right) \leqslant rg\left( A\right) .$

Une matrice et sa transposée ayant même rang, on a

$\quad rg\left( AB\right) =rg\left( \,^{t}\left( AB\right) \right) =rg\left(\,^{t}B\,^{t}A\right) \leqslant rg\left( \,^{t}B\right) =rg\left( B\right) .$

Donc $rg\left( AB\right) \leqslant rg\left( A\right)$ et $rg\left( AB\right) \leqslant rg\left( B\right) .$

Ici, $P=\underset{=A}{\underbrace{S}}\,\,\underset{=B}{\underbrace{\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right) }\,^{t}S}},$ donc $rg\left( P\right) \leqslant rg\left( S\right) .$

De plus, $P=S\,\,\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right) }\,^{t}S$ , donc $^{t}S\,P\,S=\,^{t}SS\,\,\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right)}\,^{t}S\,S=\,^{t}S\,S$ par définition de $\left( \,^{t}S\,S\right)^{\left( -\right) }$ au début du 15.

Donc $^{t}S\,P\,S=\,^{t}S\,S,$ donc $rg\left( ^{t}S\,P\,S\right) =rg\left(\,^{t}S\,S\right) =rg\left( S\right)$ d’après 14.a), donc $rg\left( ^{t}S\,P\,S\right) =rg\left( S\right) .$

De plus, d’après le résultat préliminaire, $rg\left( \,^{t}S\,P\,S\right) \leqslant rg\left( PS\right) \leqslant rg\left(P\right) .$

Donc $rg\left( S\right) \leqslant rg\left( P\right) .$

Donc

$\fbox{\text{$rg\left( S\right) =rg\left( P\right) .$}}$

b/ En utilisant les propriétés de $\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left(-\right) },$ on montre que $^{t}P=P$ et que $P^{2}=P,$ donc que $P$ est la matrice d’un projecteur orthogonal que l’on note $p$ .

D’après 14.c/ pour $x\in F^{\perp },$ On a $^{t}S\,X=0,$ donc $PX=0,$ donc $F^{\perp }\subset \ker \left( p\right) .$

Or $\dim \left( F^{\perp }\right) =n-\dim \left( F\right) =n-rg\left(S\right) =n-rg\left( P\right) =\dim \left( \ker \left( p\right) \right) .$ Donc $F^{\perp }=\ker \left( p\right) .$

Donc

$\fbox{\text{$p$ est le projecteur orthogonal sur $F$. }}$

9/ a/ On sait que $rg\left( S\right) =rg\,\left( \,^{t}S\,S\right) .$ Or $^{t}S\,S\in \mathcal{M}_{2}\left( \mathbb{R}\right)$ et $^{t}S\,S$ n’est pas inversible, donc $rg\left( \,^{t}S\,S\right) \leqslant1,$ donc $rg\left( S\right) \leqslant 1$ et $\left( s_{1},s_{2}\right)$ est une famille liée.

Comme $s_{1}\neq 0,$ $\exists \theta \in \mathbb{R}\,\,/\,\,s_{2}=\theta s_{1},$ donc

$\fbox{\text{$\exists \theta \in \mathbb{R}\,\,/\,\,\forall i\in \left[ \!\left[1,n\right] \!\right] ,\,\,\beta _{i}=\theta \alpha _{i}.$}}$

b/ On a :

$\begin{eqnarray*} ^{t}S\,S&=&\left( \begin{array}{ccc}\alpha _{1} & \cdots & \alpha _{n} \\ \theta \alpha _{1} & \cdots & \theta \alpha _{n}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}\alpha _{1} & \theta \alpha _{1} \\ \vdots & \vdots \\ \alpha _{n} & \theta \alpha _{n}\end{array}\right) \\ &=& \left( \begin{array}{cc}\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}^{2} & \theta \sum\limits_{i=1}^{n}\alpha_{i}^{2} \\ \theta \sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}^{2} & \theta^{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}^{2}\end{array}\right) \\ &=& \left\| s_{1}\right\| ^{2}\underset{=M}{\underbrace{\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & \theta ^{2}\end{array}\right) }}. \end{eqnarray*}$

Les deux colonnes de $M$ sont proportionnelles, donc $M$ n’est pas inversible, et $0$ est valeur propre de $M.$ Un vecteur propre associée est, par exemple, $\left( \begin{array}{c}\theta \\ -1\end{array}\right) .$

$M$ est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormée de vecteurs propres et il existe $Q$ orthogonale et $\Delta$ diagonale telles que $M=Q\times \Delta \times \,^{t}Q.$

On pose, par exemple, $\Delta =\left( \begin{array}{cc}\lambda & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right) .$

$M$ et $\Delta$ sont semblables, donc ont même trace, donc $tr\left(M\right) =tr\left( \Delta \right) ,$ donc $\lambda =1+\theta ^{2}.$

Un vecteur propre associé à $1+\theta ^{2}$ est, par exemple, $\left( \begin{array}{c}1 \\ \theta \end{array}\right) .$

La famille $\left( \frac{1}{\sqrt{1+\theta ^{2}}}\left( \begin{array}{c}1 \\ \theta \end{array}\right) ,\frac{1}{\sqrt{1+\theta ^{2}}}\left( \begin{array}{c}\theta \\ -1\end{array}\right) \right)$ est donc une famille de vecteurs propres, clairement orthonormée. Elle est donc libre, de cardinal $2,$ et comme $\dim \left( \mathcal{M}_{2,1}\left( \mathbb{R}\right) \right) =2,$ c’est une base orthonormée de $\mathcal{M}_{2,1}\left( \mathbb{R}\right) .$

Donc, en posant $Q=\frac{1}{\sqrt{1+\theta ^{2}}}\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & -1\end{array}\right) ,$ on a bien $^{t}S\,S=Q\times \left( \begin{array}{cc}\left\| s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right) \times \,^{t}Q.$

Donc

$\fbox{\text{$Q=\frac{1}{\sqrt{1+\theta ^{2}}}\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & -1\end{array}\right) $ est telle que $^{t}Q\,^{t}S\,S\,Q$ est diagonale.}}$

c/ D’après la question 7/ b/, on a :

$\begin{eqnarray*} \left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right) } &=& Q\times \left( \begin{array}{cc}\frac{1}{\left\| s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) } & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right) \times \,^{t}Q=\frac{1}{1+\theta ^{2}}\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & -1\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{cc}\frac{1}{\left\| s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) } & 0 \\ 0 & 0\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & -1\end{array}\right) \\ & =& \frac{1}{\left\| s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta^{2}\right) ^{2}}\left( \begin{array}{cc}1 & 0 \\ \theta & 0\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & -1\end{array}\right) =\frac{1}{\left\| s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) ^{2}}\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & \theta ^{2}\end{array}\right) . \end{eqnarray*}$

Donc

$\fbox{\text{$\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right) }=\frac{1}{\left\|s_{1}\right\| ^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) ^{2}}\left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & \theta ^{2}\end{array}\right) .$}}$

d/ On reprend les notations de la question 8, et on note $P$ la matrice de $p_{F}$ dans la base $\mathcal{B}.$

On a donc

$\begin{eqnarray*} PX&=&S\left( \,^{t}S\,S\right) ^{\left( -\right) }\,^{t}S\,X \\ &=& \frac{1}{\left\| s_{1}\right\|^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) ^{2}}\left( \begin{array}{cc}\alpha _{1} & \theta \alpha _{1} \\ \alpha _{2} & \theta \alpha _{2} \\ \vdots & \vdots \\ \alpha _{n} & \theta \alpha _{n}\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{cc}1 & \theta \\ \theta & \theta ^{2}\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{cccc}\alpha _{1} & \alpha _{2} & \cdots & \alpha _{n} \\ \theta \alpha _{1} & \theta \alpha _{2} & \cdots & \theta \alpha _{n}\end{array}\right) \times \left( \begin{array}{c}x_{1} \\ x_{2} \\ \vdots \\ x_{n}\end{array}\right) \\ &=&\frac{1}{\left\| s_{1}\right\|^{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) ^{2}}\left( \begin{array}{cc}\alpha _{1}\left( 1+\theta ^{2}\right) & \alpha _{1}\theta \left( 1+\theta^{2}\right) \\ \alpha _{2}\left( 1+\theta ^{2}\right) & \alpha _{2}\theta \left( 1+\theta^{2}\right) \\ \vdots & \vdots \\ \alpha _{n}\left( 1+\theta ^{2}\right) & \alpha _{n}\theta \left( 1+\theta^{2}\right) \end{array}\right) \times \left( \begin{array}{c}\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}x_{i} \\ \theta \sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}x_{i}\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

Donc $PX=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}x_{i}}{\left\| s_{1}\right\|^{2}}\left( \begin{array}{c}\alpha _{1} \\ \alpha _{2} \\ \vdots \\ \alpha _{n}\end{array}\right) ,$ donc

$\fbox{\text{$p_{F}\left( x\right) =\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\alpha _{i}x_{i}}{\left\| s_{1}\right\| ^{2}}.s_{1}=\frac{\left\langle s_{1},x\right\rangle }{\left\| s_{1}\right\| ^{2}}s_{1}.$}}$

… et on retrouve la formule du cours, car $F=vect\left( s_{1},s_{2}\right)=vect\left( s_{1}\right)$ puisque $\left( s_{1},s_{2}\right)$ est liée et $s_{1}\neq 0.$

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Partie III : densité et gaussienne centrée

10/ $\bullet$ Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] .$ $X_{i}\hookrightarrow \mathcal{N}\left( \mu ,\sigma ^{2}\right) ,$ donc $\frac{X_{i}-\mu }{\sigma }\hookrightarrow \mathcal{N}\left( 0,1\right) .$

$\bullet$ Soit $Z$ une variable aléatoire qui suit la loi $\mathcal{N}\left( 0,1\right) .$ On note $\Phi$ sa fonction de répartition et $\varphi :t\mapsto \frac{1}{\sqrt{2\pi }}e^{-\frac{t^{2}}{2}}$ sa densité usuelle.

On note $T=\frac{Z^{2}}{2}$

On a $T\left( \Omega \right) =\mathbb{R}_{+},$ donc, pour $x\in \mathbb{R}_{-}^{*},\,\,F_{T}\left( x\right) =0.$
Pour $x\in \mathbb{R}_{+},$ $F_{T}\left( x\right) =P\left( T\leqslant x\right)=P\left( Z^{2}\leqslant 2x\right) =P\left( \left| Z\right| \leqslant \sqrt{2x}\right)$

$=P\left( -\sqrt{2x}\leqslant Z\leqslant \sqrt{2x}\right) =\Phi \left( \sqrt{2x}\right) -\Phi\left( -\sqrt{2x}\right) .$

Or $\Phi$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}.$
De plus $x\mapsto \sqrt{2x}$ et $x\mapsto -\sqrt{2x}$ sont de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{*},$ à valeurs dans $\mathbb{R},$ donc $F_{T}$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}_{+}^{*}.$ $F_{T}$ étant nulle sur $\mathbb{R}_{-}^{*},$ on a aussi $F_{T}$ est de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}_{-}^{*}.$

Enfin $\underset{x\rightarrow 0^{-}}{\lim }F_{T}\left( x\right) =0$ , $F_{T}\left( 0\right) =0$ et $\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }F_{T}\left( x\right) =\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\left( \Phi\left( \sqrt{2x}\right) -\Phi \left( -\sqrt{2x}\right) \right) =0$ car $\Phi$ est continue en $0$ et $\sqrt{2x}$ tend vers $0$ quand $x$ tend vers $0^{+},$ donc $F_{T}$ est continue en $0.$

$F_{T}$ est donc continue sur $\mathbb{R}$ et de classe $\mathcal{C}^{1}$ sur $\mathbb{R}$ sauf en $0,$ donc

$\fbox{\text{$T$ est une variable \`a densit\'e.}}$

On obtient une densité de $T$ en dérivant $F_{T}$ sur $\mathbb{R}^{*}$ et en donnant une valeur arbitraire positive à $F_{T}\left( 0\right) .$

Donc une densité $f_{T}$ est donnée par :

$f_{T}\left( x\right)=\left\{ \begin{array}{l}\sqrt{2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\varphi \left( \sqrt{2}\sqrt{x}\right) +\sqrt{2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\varphi \left( -\sqrt{2}\sqrt{x}\right) \text{ si }x>0 \\ 0\text{ si }x\leqslant 0\end{array}\right.$

D’où : $f_{T}\left( x\right) =\left\{ \begin{array}{l}2\times \sqrt{2}\frac{1}{2\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt{2\pi }}\exp \left(-x\right) \text{ si }x>0 \\ 0\text{ si }x\leqslant 0\end{array}\right. =\left\{ \begin{array}{l}\frac{1}{\sqrt{\pi }}\frac{1}{\sqrt{x}}\exp \left( -x\right) \text{ si }x>0\\ 0\text{ si }x\leqslant 0\end{array}\right. .$

Donc $f_{T}\left( x\right) =\left\{ \begin{array}{l}\frac{x^{\frac{1}{2}-1}}{\sqrt{\pi }}\exp \left( -x\right) \text{ si }x>0 \\ 0\text{ si }x\leqslant 0\end{array}\right.$

$f_{T}$ étant une densité, on a $\int_{-\infty }^{+\infty}f_{T}\left( t\right) dt=1,$ donc $\int_{0}^{+\infty }\frac{t^{\left( \frac{1}{2}-1\right) }}{\,\sqrt{\pi }}\exp \left( -t\right) dt=1.$

Donc, on a $\:$ $\frac{\Gamma \left( \frac{1}{2}\right) }{\sqrt{\pi }}=1.$

Donc $\sqrt{\pi }=\Gamma \left( \frac{1}{2}\right) ,$ et on trouve :

$\fbox{\text{$f_{T}\left( x\right) =\left\{ \begin{array}{l}\frac{x^{\left( \frac{1}{2}-1\right) }}{\,\Gamma \left( \frac{1}{2}\right) }\exp \left( -x\right) \text{ si }x>0 \\ 0\text{ si }x\leqslant 0\end{array}\right. $}}$

. Donc

$\fbox{\text{$T$ suit la loi $\gamma \left( \frac{1}{2}\right) .$}}$

$\bullet$ On note, pour $1\leqslant i\leqslant n,$ $T_{i}=\frac{1}{2}\left( \frac{X_{i}-\mu }{\sigma }\right) ^{2}.$ Comme $\frac{X_{i}-\mu }{\sigma }\hookrightarrow \mathcal{N}\left( 0,1\right) ,$ on sait que $T_{i}\hookrightarrow \mathcal{\gamma }\left( \frac{1}{2}\right)$ par le point précédent $.$

Les variables $T_{i},1\leqslant i\leqslant n,$ sont indépendantes (par le lemme des coalitions car les $X_{i},1\leqslant i\leqslant n,$ le sont), et toutes de loi $\gamma \left( \frac{1}{2}\right).$

Donc, par stabilité de la loi $\gamma ,$ $\sum\limits_{i=1}^{n}T_{i}$ suit la loi $\gamma \left( \frac{n}{2}\right),$ donc

$\fbox{\text{$\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}\left( \frac{X_{i}-\mu }{\sigma }\right)^{2}\hookrightarrow \gamma \left( \frac{n}{2}\right) .$}}$

donc

$\fbox{\text{$\sum\limits_{i=1}^{n}\left( \frac{X_{i}-\mu }{\sigma }\right)^{2}\hookrightarrow \chi ^{2}\left( n\right) .$}}$

11/ a/ On pose $M=\left( m_{i,j}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n}.$

$H=MG,$ donc pour $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ,$ $H_{i}=\sum\limits_{j=1}^{n}\underset{\text{r\'eel}}{\underbrace{m_{i,j}}}G_{j}.$

$\left( G_{1},...,G_{n}\right)$ est un vecteur gaussien, donc par définition, pour $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ,$ $H_{i}$ est une variable gaussienne centrée.

Soit alors $a=\left( a_{1},...,a_{n}\right)$ dans $\mathbb{R}^{n}.$

$\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}H_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n}\left(a_{i}\sum\limits_{j=1}^{n}m_{i,j}G_{j}\right)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}a_{i}m_{i,j}G_{j}=\sum\limits_{j=1}^{n}\underset{\text{r\'eel}}{\underbrace{\left(\sum\limits_{i=1}^{n}m_{i,j}a_{i}\right) }}G_{j}.$

$\left( G_{1},...,G_{n}\right)$ est un vecteur gaussien, donc par définition, $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}H_{i}$ est une variable gaussienne centrée.

Donc

$\fbox{\text{$\left( H_{1},...,H_{n}\right) $ est un vecteur gaussien.}}$

b/ Pour tout $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ,$ $G_{i}$ admet un moment d’ordre $2,$ donc d’après le cours,

$\fbox{\text{pour tout $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right]^{2},$ $G_{i}G_{j}$ admet une esp\'erance.}}$

12/ a/ Soit $a=\left( a_{1},...,a_{n}\right) .$

Si $a=0,$ alors $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}=0$ et $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}$ est une gaussienne centrée.

On suppose $a\neq 0$ pour la suite du raisonnement.

Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] .$

$\bullet$ ou bien $a_{i}\neq 0.$ Alors $a_{i}G_{i}\hookrightarrow \mathcal{N}\left(0,a_{i}^{2}\right)$ (stabilité par transformation affine de la loi normale).

$\bullet$ ou bien $a_{i}=0.$ Alors $a_{i}G_{i}$ est la variable constante nulle.

On note $I=\left\{ i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right]\,\,/\,\,a_{i}\neq 0\right\} .$ $I\neq \varnothing$ car $a\neq 0.$

Les variables $a_{i}G_{i},\,i\in I,$ sont indépendantes et toutes de loi normale, donc, par stabilité de la loi normale, $\sum\limits_{i\inI}a_{i}G_{i}\hookrightarrow \mathcal{N}\left( 0,\sum\limits_{i\inI}a_{i}^{2}\right) .$

Or $\sum\limits_{i\in I}a_{i}G_{i}=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}$ car on rajoute des variables constantes nulles et $\sum\limits_{i\inI}a_{i}^{2}=\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}$ car on rajoute des termes nuls,
donc $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}\hookrightarrow \mathcal{N}\left(0,\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}^{2}\right) .$

Donc $\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}$ est une gaussienne centrée.

Donc pour tout $a=\left( a_{1},...,a_{n}\right),\,\,\sum\limits_{i=1}^{n}a_{i}G_{i}$ est une gaussienne centrée,

donc

$\fbox{\text{$\left( G_{1},G_{2},...,G_{n}\right) $ est un vecteur gaussien.}}$

Soit $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ^{2}$ avec $i\neq j.$

$E\left( G_{i}G_{j}\right) =E\left( G_{i}\right) E\left( G_{j}\right)$ car $G_{i}$ et $G_{j}$ sont indépendantes.

Donc $E\left( G_{i}G_{j}\right) =0$ car $E\left( G_{i}\right) =0.$

Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] .$ Alors $E\left(G_{i}G_{i}\right) =E\left( G_{i}^{2}\right) \underset{\text{Koenig-Huygens}}{\underbrace{=}}\underset{=1}{\underbrace{V\left( G_{i}\right) }}+\underset{=0}{\underbrace{\left[ E\left( G_{i}\right) \right] ^{2}}}=1.$

Donc

$\fbox{\text{$\Lambda \left( G\right) =I_{n}.$}}$

b/ On note $Q=\left( q_{i,j}\right) _{1\leqslant i,j\leqslant n}.$

$H=QG,$ donc par définition du produit matriciel, on a $\forall i\in\left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right],\,\,H_{i}=\sum\limits_{j=1}^{n}q_{i,j}G_{j}.$

$Q$ est orthogonale, donc $Q\,^{t}Q=I_{n}$

$\bullet$ Soit $i\in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] .$

$\left( G_{1},...,G_{n}\right)$ est un vecteur gaussien d’après la question précédente.

Donc $\left( H_{1},...,H_{n}\right)$ est un vecteur gaussien d’après la question 11/ a/.

En prenant $a=\left( 0,...,0,1,0,...,0\right) ,$ avec $1$ en $i^{\grave{e}me}$ position, on a $H_{i}$ est une gaussienne centrée.

Or $V\left( H_{i}\right) =$ $V\left(\sum\limits_{j=1}^{n}q_{i,j}G_{j}\right) =\sum\limits_{j=1}^{n}\left(q_{i,j}\right) ^{2}\underset{=1}{\underbrace{V\left( G_{j}\right) }}$ car les variables $G_{j},1\leqslant j\leqslant n,$ sont mutuellement indépendantes.

Donc $V\left( H_{i}\right) =\sum\limits_{j=1}^{n}\left( q_{i,j}\right)^{2}=\sum\limits_{j=1}^{n}q_{i,j}\times q_{i,j}=1$ car on reconnaît un terme diagonal de $Q\,^{t}Q=I_{n}.$

Donc

$\fbox{\text{$H_{i}\hookrightarrow \mathcal{N}\left( 0,1\right) .$}}$

$\bullet$ Soit $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,n\right] \!\right] ^{2}.$

$E\left( H_{i}H_{j}\right) =E\left( \left(\sum\limits_{k=1}^{n}q_{i,k}G_{k}\right) \left(\sum\limits_{l=1}^{n}q_{j,l}G_{l}\right) \right)$

$=E\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{l=1}^{n}q_{i,k}q_{j,l}G_{k}G_{l}\right)$

$=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{l=1}^{n}q_{i,k}q_{j,l}E\left( G_{k}G_{l}\right)$ par linéarité de l’espérance

$=\sum\limits_{k=1}^{n}q_{i,k}q_{j,k}\underset{=1}{\underbrace{E\left(G_{k}^{2}\right) }}+\sum\limits_{k\neq l}q_{i,k}q_{j,l}\underset{=0}{\underbrace{E\left( G_{k}G_{l}\right) }}$ d’après $a)$

$=\sum\limits_{k=1}^{n}q_{i,k}q_{j,k}$

On reconnaît le terme général de $Q\,^{t}Q.$

Donc $\Lambda \left( H\right) =Q\,^{t}Q=I_{n}$ car $Q$ est une matrice orthogonale.

Donc

$\fbox{\text{$\Lambda \left( H\right) =\Lambda \left( G\right) .$}}$

Donc pour tout $\left( x_{1},...,x_{n}\right) \in \mathbb{R}^{n},\,\,\,$

$P\left( \bigcap\limits_{i=1}^{n}\left( H_{i}\leqslant x_{i}\right) \right)=P\left( \bigcap\limits_{i=1}^{n}\left( G_{i}\leqslant x_{i}\right) \right)$

$=\prod\limits_{i=1}^{n}P\left( G_{i}\leqslant x_{i}\right)$ par indépendance des $G_{i},1\leqslant i\leqslant n$

$=\prod\limits_{i=1}^{n}P\left( H_{i}\leqslant x_{i}\right)$ car $H_{i}$ et $G_{i}$ ont même loi $\mathcal{N}\left( 0,1\right)$ .

Donc

$\fbox{\text{les variables $H_{1},H_{2},...,H_{n}$ sont mutuellement ind\'ependantes.}}$

13/ a/ $\sum\limits_{i=1}^{k}P_{i}=I_{n}$ et $\sum\limits_{i=1}^{k}r_{i}=n,$ donc d’après la question $3.c/,$ $P_{1},P_{2},...,P_{k}$ sont des matrices de projecteurs notés respectivement $p_{1},p_{2},...,p_{k}.$

De plus, $P_{1}=mat_{\mathcal{B}}\left( p_{1}\right) ,...,P_{k}=mat_{\mathcal{B}}\left( p_{k}\right)$ sont symétriques réelles et $\mathcal{B}$ est une base orthonormée, donc d’après la question 4.a),

$\fbox{\text{$P_{1},...,P_{k}$ sont des matrices de projecteurs orthogonaux.}}$

Soit $\left( i,j\right) \in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ^{2},$ avec $i\neq j.$

Soit $\left( x,y\right) \in \func{Im}\left( p_{i}\right) \times \func{Im}\left( p_{j}\right) .$

$\left\langle x,y\right\rangle =\left\langle p_{i}\left( x\right),p_{j}\left( y\right) \right\rangle$ car $\func{Im}\left( p_{i}\right)=\ker \left( p_{i}-Id_{\mathbb{R}^{n}}\right)$ et $\func{Im}\left(p_{j}\right) =\ker \left( p_{j}-Id_{\mathbb{R}^{n}}\right)$

Donc $\left\langle x,y\right\rangle =\left\langle x,p_{i}\left( p_{j}\left(y\right) \right) \right\rangle$ car $p_{i}$ est un endomorphisme symétrique (sa matrice représentative dans la base $\mathcal{B}$ orthonormée est symétrique réelle)

Or $p_{i}\circ p_{j}=0_{\mathcal{L}\left( \mathbb{R}^{n}\right) }$ d’après la question 3.c/ puisque $i\neq j,$ donc $\left\langle x,y\right\rangle =0.$

Donc

$\fbox{\text{$\func{Im}\left( p_{i}\right) $ et $\func{Im}\left( p_{j}\right) $sont orthogonaux.}}$

b/ D’après la question 3, on a $\mathbb{R}^{n}=\bigoplus\limits_{i=1}^{k}\func{Im}\left( p_{i}\right) .$

On note, pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\mathcal{B}_{i}^{\prime }$ une base orthonormée de $\func{Im}\left( p_{i}\right) ,$ et $\mathcal{B}^{\prime }$ la concaténation des $\mathcal{B}_{i}^{\prime},1\leqslant i\leqslant k.$ $\mathcal{B}^{\prime }$ est donc une base orthonormée de $\mathbb{R}^{n}.$

On note $Q$ la matrice de passage de $\mathcal{B}^{\prime }$ à $\mathcal{B}.$ $Q$ est la matrice de passage d’une base orthonormée à une base orthonormée, c’est donc une matrice orthogonale.

On note pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\Delta_{i}=\,Q\,P_{i}\,^{t}Q=mat_{\mathcal{B}^{\prime }}\left( p_{i}\right) .$

Pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,$ $p_{i}$ est le projecteur orthogonal sur $\func{Im}\left( p_{i}\right) .$ Donc les vecteurs de $\mathcal{B}_{i}^{\prime }$ ont pour image eux-mêmes car ils sont dans $\func{Im}\left( p_{i}\right)$ , et les vecteurs de $\mathcal{B}^{\prime}\backslash \mathcal{B}_{i}^{\prime }$ sont dans $\left( \func{Im}\left(p_{i}\right) \right) ^{\perp }$ d’après la question précédente, donc dans $\ker \left( p_{i}\right) .$

Donc pour $i\in \left[ \!\left[ 1,k\right] \!\right] ,\Delta _{i}=Diag\left( \underset{r_{1}\text{ fois}}{\underbrace{0,...,0}},...,\underset{r_{i-1}\text{ fois}}{\underbrace{0,...,0}},\underset{r_{i}\text{ fois}}{\underbrace{1,...,1}},\underset{r_{i+1}\text{ fois}}{\underbrace{0,...,0}},...,\underset{r_{k}\text{ fois}}{\underbrace{0,...,0}}\right) .$

Donc

$\fbox{\text{il existe $Q$ orthogonale telle que pour tout $i\in \left[\!\left[ 1,k\right] \!\right] ,$ $Q\,P_{i}\,^{t}Q$ est diagonale.}}$

c/ On suppose que $r_{1}\neq 0.$ $^{t}G\,P_{1}\,G=\,^{t}G\,^{t}Q\,\Delta _{1}\,Q\,G=\,^{t}\left( QG\right) \,\Delta _{1}\,\left( QG\right)$

$\left( G_{1},...,G_{k}\right)$ est un vecteur gaussien et toutes les variables aléatoires ont une variance égale à $1$ , donc avec la même démarche qu’à la question 12.a), on montre que $G_{1},...,G_{k}$ suivent toutes la loi $\mathcal{N}\left( 0,1\right) .$

On pose $H=QG.$

$Q$ est une matrice orthogonale, et $G_{1},G_{2},...,G_{k}$ sont mutuellement indépendantes et toutes de loi $\mathcal{N}\left(0,1\right) ,$ donc d’après la question 12.b/, $H_{1},...,H_{k}$ sont mutuellement indépendantes et toutes de loi $\mathcal{N}\left(0,1\right) .$

De plus, $^{t}\left( QG\right) \,\Delta _{1}\,\left( QG\right)=\sum\limits_{i=1}^{r_{1}}H_{i}^{2},$ et les variables aléatoires $H_{1},...,H_{k}$ sont mutuellement indépendantes et toutes de loi $\mathcal{N}\left( 0,1\right) ,$ donc, d’après la question 10, avec $\mu=0$ et $\sigma =1,$ $\sum\limits_{i=1}^{r_{1}}H_{i}^{2}\hookrightarrow \chi^{2}\left( r_{1}\right) .$ Donc

$\fbox{\text{$^{t}G\,P_{1}\,G\hookrightarrow \chi^{2}\left( r_{1}\right) .$}}$

d/ Avec les mêmes notations qu’au c/, on a

$^{t}G\,P_{1}\,G=\sum\limits_{i=1}^{r_{1}}H_{i}^{2},\,\,\,\,^{t}G\,P_{2}\,G=\sum\limits_{i=r_{1}+1}^{r_{2}}H_{i}^{2},\,\,\,...\,\,\,\,,^{t}G\,P_{k}\,G=\sum\limits_{i=r_{k-1}+1}^{r_{k}}H_{i}^{2}.$

Or les variables $H_{1},H_{2},...,H_{k}$ sont mutuellement indépendantes, donc par le lemme des coalitions,

$\fbox{\text{$^{t}G\,P_{1}\,G,^{t}G\,P_{2}\,G,...,^{t}G\,P_{k}\,G$ sont mutuellement ind\'ependantes.}}$

Corrigé du sujet HEC Maths 1 ECS 2016

Partie I. Partitions de l’identité

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