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Corrigé du sujet HEC Maths 1 ECS 2019

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Partie I. Un premier exemple

1/ Nous avons deux colonnes proportionnelles et non nulles donc $\func{rg}\left(A\right) =1$ .

$A^{2}=A$ donc $f^{2}=f$ et $f$ est un projecteur. Donc $f$ est diagonalisable

Les valeurs propres de $f$ sont parmi $\left\{ 0,1\right\}$

On constate que $A \left( \begin{array}{c}1 \\ 1\end{array}\right ) =0$ et $A\left( \begin{array}{c}1 \\ a\end{array}\right) =\left( \begin{array}{c}1 \\ a\end{array}\right)$

Donc $0$ et $1$ sont les valeurs propres de $f$ et comme $\dim \left(E_{0}\right) +\dim \left( E_{1}\right) =2,$ chacun des deux sous espaces
propres est de dimension $1$ .

En dimension finie, la famille libre est donc une base donc génératrice et

$E_{0}=\limfunc{Vect}\left( \left( 1,1\right) \right)$ et $E_{1}=\limfunc{Vect}\left( \left( 1,a\right) \right)$

2/ $M=$ $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A=\dfrac{1+a^{2}}{\left(1-a\right) ^{2}}\begin{pmatrix}1 & -1 \\-1 & 1\end{pmatrix}$

$M$ est une matrice symétrique réelle. Elle est donc diagonalisable

Si $x\in \func{Ker}\left( f\right)$ alors $f\left( x\right) =0$ donc $%f^{\ast }\circ f\left( x\right) =0$ et $x\in \ker \left( s_{f}\right)$ donc
$\ker \left( f\right) \subset \ker \left( s_{f}\right) .$

et $s_{f}$ de rang $1$ donc (th. du rang) $\dim \ker \left( s_{f}\right) =1$
et $\ker \left( f\right) =\ker \left( s_{f}\right)$ $.$

Et on a $M$ $\left(\begin{array}{c}1 \\-1\end{array}\right)=$ $\dfrac{1+a^{2}}{\left( 1-a\right) ^{2}}\left(\begin{array}{c}1 \\-1\end{array}\right)$ donc $\left( 1,-1\right) \neq 0$ vecteur propre associé à la valeur propre $\dfrac{1+a^{2}}{\left( 1-a\right) ^{2}}=\lambda .$

En dimension $1,$ $s_{f}$ ne peut pas avoir d’autre valeurs propres.

Et la somme des dimension des sous espaces propres impose que

$E_{\lambda }\left( s_{f}\right) =\limfunc{Vect}\left( 1,-1\right)$
et $E_{0}\left( s_{f}\right) =\limfunc{Vect}\left( 1,1\right)$ .

3/ $M$ est la matrice d’un projecteur $\Longleftrightarrow$ $s_{f}$ est un projecteur

Alors ses valeurs propres sont parmi $\left\{ 0,,1\right\}$ donc $\dfrac{1+a^{2}}{\left( 1-a\right) ^{2}}=1$ ou $0$ (impossible)

Donc $a=0$ et quand $a=0,$ $M^{2}=M$ donc

$M$ est la matrice d’un projecteur $\Longleftrightarrow$ $a=0$ .

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Partie II. Généralités

4/ a/ On a $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. B=\left(\sum_{k=1}^{n}a_{k,i}b_{k,j}\right) _{i,j}$

$\func{Tr}\left( \left.^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. B\right)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}a_{k,i}b_{k,i}$

4/ b/ On vérifie les propriétés d’un produit scalaire une à une :

$\bullet$ Application de $\mathcal{M}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$ dans $\mathcal{M}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

$\bullet$ Symétrique car $a_{k,i}b_{k,i}=b_{k,i}a_{k,i}$

$\bullet$ Linéaire à droite par linéarité de la trace donc bilinéaire

$\bullet$ Positive : $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.A\right) =\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\left( a_{k,i}\right) ^{2}\geqslant 0$

$\bullet$ Définie positive : si $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) =0,$ une somme de termes positifs est nulle alors
tous les termes sont nuls donc $\left( a_{k,i}\right) ^{2}=0$ et $A=0$

4/ c/ Cauchy-Schwarz :

$\left\vert \left\langle x,y\right\rangle \right\vert \leqslant \left\Vert x\right\Vert \left\Vert y\right\Vert$ pour tout $x$ et $y$ de $E$ ou encore
$\left\langle x,y\right\rangle ^{2}\leqslant \left\Vert x\right\Vert^{2}\left\Vert y\right\Vert ^{2}$

On a $\func{Tr}\left( A^{2}\right) =\left\langle \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. ,A\right\rangle \leqslant \left\Vert \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right\Vert \left\Vert A\right\Vert$ avec

$\left\Vert \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right\Vert^{2}=\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\left( a_{k,i}\right)^{2}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\left( a_{k,i}\right) ^{2}=\left\Vert A\right\Vert ^{2}$

donc $\func{Tr}\left( A^{2}\right) \leqslant \left\Vert A\right\Vert^{2}=\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right)$

Et par le cas d’égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz,

$\func{Tr}A^{2}=\func{Tr}(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A)$ $%\Longleftrightarrow \left\langle \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.,A\right\rangle =\left\Vert A\right\Vert \left\Vert \left. ^{t}\hspace{-0.1cm%}A\right. \right\Vert$

$\Longleftrightarrow A$ et $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ sont colinéaires.

et s’il existe $\lambda$ tel que $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.=\lambda A$ alors $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A=\lambda A^{2}$ et $%\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) =\lambda \func{Tr%}A^{2}$

Si $A\neq 0,$ $\func{Tr}A^{2}=\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) =\left\Vert A\right\Vert _{2}^{2}\neq 0$ donc $\lambda =1$
et $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. =A$ et $A$ est symétrique.

Si $A=0$ alors $A$ est symétrique

Donc, si $\func{Tr}A^{2}=\func{Tr}(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A)$ alors $A\in S_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

Réciproquement, si $A=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ on aura bien l’égalité.

Donc $\left( \func{Tr}A^{2}=\func{Tr}(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A)\right) \Leftrightarrow \left( A\in S_{n}\left( \mathbb{R}\right)\right)$

5/ a/ $\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}_{0}}\left( f\right) =P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{B}^{\prime }}~\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}^{\prime}}\left( f\right)~P_{\mathcal{B}^{\prime },\mathcal{B}_{0}}$

donc $A=PA^{\prime }P^{-1}$ et $A^{\prime }=P^{-1}AP$

5/ b/ $P$ est une matrice de passage entre deux bases orthonormées.

Ces colonnes sont les coordonnées des $\left( e_{1}^{\prime},...,e_{n}^{\prime }\right)$ dans $\mathcal{B}_{0}$

Donc, les produits scalaires valent ( $E_{i}$ colonne associée à $e_{i}^{\prime }$ )

$\left\langle e_{i}^{\prime },e_{j}^{\prime }\right\rangle =\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}E_{i}\right. E_{j}=0$ si $i\neq j$ et $=1$ si $i=j$

Donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right. P=I$

5/ c/ $\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}_{0}}f^{\ast }=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ donc $\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}^{\prime }}f^{\ast }=P^{-1}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. P=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. P$

et $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A^{\prime }\right. =\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( P^{-1}AP\right) \right. =\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right. \left.^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P^{-1}\right. =\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}^{\prime }}f^{\ast }$

Donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A^{\prime }\right.$ est la matrice de $f^{\ast }$ dans la base $\mathcal{B}^{\prime }$ .

6/ a/ $^{t}X\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) X=\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right) AX=\left.^{t}\hspace{-0.1cm}\left( AX\right) \right. AX$ et comme c’est une matrice
de $\mathcal{M}_{1,1}\left( \mathbb{R}\right)$ ,

$^{t}X\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) X=\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( AX\right) \right. AX\right)=\left\Vert AX\right\Vert ^{2}$ .

6/ b/ Avec $X=\limfunc{mat}_{\mathcal{B}_{0}}\left( x\right) ,$ si $x\in \ker\left( f\right)$ alors $AX=0$ et $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=0$
donc $x\in \ker \left( s_{f}\right)$

donc $\ker \left( f\right) \subset \ker \left( s_{f}\right)$

Réciproquement :

Si $x\in \ker \left( s_{f}\right)$ alors $\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) X=0$ donc $^{t}X\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.A\right) X=0$ donc $\left\Vert AX\right\Vert =0$

donc $AX=0$ donc $f\left( x\right) =0$ donc $x\in \ker \left( f\right)$ d’où
$\ker \left( s_{f}\right) \subset \ker \left( f\right)$

et $\ker \left( f\right) =\ker \left( s_{f}\right)$

6/ c/ $s_{f}$ est un endomorphisme de $\mathbb{R}^{n}$ .

Sa matrice $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ dans une base orthonormée est symétrique :

$\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) \right. =^{t}\hspace{-0.1cm}A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right. =\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$

Donc $s_{f}$ est un endomorphisme symétrique de $\mathbb{R}^{n}$

6/ d/ Soit $x$ un vecteur propre de $s_{f}$ associé à $\lambda$

Et $X$ la colonne de ses coordonnées dans $\mathcal{B}_{0}$ .

$\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=\lambda X$ donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=\lambda \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. X$ et $\left\Vert AX\right\Vert ^{2}=\lambda\left\Vert X\right\Vert ^{2}$

Comme $X\neq 0$ alors $\lambda \geqslant 0$

6/ e/ $s_{f}$ symétrique est diagonalisable sur une base orthonormée de vecteurs propres.

Le sous espace propre associé à $0$ est de dimension $n-r$ (th du rang en dimension finie).

En réordonnant les vecteurs de la base pour placer ceux associés à la valeur propre $0$ à la fin, on obtient donc une base orthonormée dans laquelle la matrice de $s_{f}$ est

$\left( \begin{array}{cc}D & 0_{r,n-r} \\ 0_{n-r,r} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$ avec $D$ diagonale à termes strictement positifs (les autres valeurs propres)

6/ f/ Comme $\ker \left( f\right) =\ker \left( s_{f}\right) ,$ les $n-r$ derniers vecteurs de $\mathcal{C}$ forment une base de $\ker \left( f\right)$ et leurs images sont nulles.

Donc la matrice de $f$ dans la base $C$ est de la forme $M=\left( \begin{array}{cc}A_{1} & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$ où $A_{1}\in M_{r}\left( \mathbb{R}\right) ,\ A_{3}\inM_{n-r,r}\left( \mathbb{R}\right) .$

Comme :

$\begin{matrix}\limfunc{Mat}_{\mathcal{C}}\left( s_{f}\right) &=&\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}M\right. M \\&=&\left( \begin{array}{cc}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{1}\right. & \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. \\ 0_{n-t,r} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}A_{1} & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right) \\&=&\left( \begin{array}{cc}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{1}\right. A_{1}+\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3} & 0_{r,n-r} \\ 0_{n-t,r} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)\end{matrix}$

alors $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{1}\right. A_{1}+$ $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}=D$

7/ a/ Comme $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right.=A,$ en substituant $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ à $A$ et $f^{\ast }$ à $f,$

On obtient que $\left( f^{\ast }\right) ^{\ast }$ est l’endomorphisme associé à $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right. =A$

Donc $\left(f^{\ast }\right) ^{\ast }=f$ et $\tau _{f}=s_{f^{\ast }}$

$\ker \left( s_{f}\right) =\ker \left( f\right)$

donc d’après le théorème du rang en dimension finie

$\func{rg}\left( s_{f}\right) =\func{rg}\left( f\right)$

= $\func{rg}\left( A\right)$

= $\func{rg}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.\right)$

= $\func{rg}\left( s_{f^{\ast }}\right) =\func{rg}\left( \tau_{A}\right)$

Donc $rg\left( s_{f}\right) =rg\left( \tau _{f}\right)$

et d’après le théorème du rang

$\dim \left( \func{Ker}\left( s_{f}\right) \right) =\dim \left( \func{Ker}\left( \tau _{f}\right) \right)$

7/ b/ Soit $\lambda$ une valeur propre strictement positive de $s_{f}$ et $x$ un vecteur propre associé, avec $X$ colonne des coordonnées dans la base $\mathcal{B}_{0}.$

On a $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=\lambda X$ donc $A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \left( AX\right) =\lambda \left( AX\right)$

Et comme $X\neq 0$ et $\lambda \neq 0$ alors $AX\neq 0$ et $AX$ est vecteur propre de $A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ associé à $\lambda$ donc $f\left( x\right)$ est vecteur propre de $\tau _{f}$ associé à $\lambda$

Donc $f\left( E_{\lambda }\left( s_{f}\right) \right) \subset E_{\lambda}\left( \tau _{f}\right)$ et $\dim f\left( E_{\lambda }\left( s_{f}\right)\right) \leqslant E_{\lambda }\left( \tau _{f}\right)$

Or $f$ restreinte à $E_{\lambda }\left( s_{f}\right)$ est injective :

Soit $x\in E_{\lambda }\left( s_{f}\right)$ tel que $f\left( x\right) =0$
alors $AX=0$ donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=\lambda X=0$ et
comme $\lambda \neq 0,$ $X=0$ et $x=0$

Donc $f$ bijective de $E_{\lambda }\left( s_{f}\right)$ dans $f\left(E_{\lambda }\left( s_{f}\right) \right)$ et $\dim f\left( E_{\lambda}\left( s_{f}\right) \right) =\dim E_{\lambda }\left( s_{f}\right)$ d’où

$\dim \left( E_{\lambda }\left( s_{f}\right) \right) \leqslant \dim\left( E_{\lambda }\left( \tau _{f}\right) \right)$

7/ c/ Comme $\tau _{f}=s_{f^{\ast }},$ $\tau _{f}$ est symétrique donc diagonalisable sur une base orthonormée de vecteurs propres.

Par égalité des dimension des noyaux, $0$ valeur propre de $\tau _{f}$ $\Longleftrightarrow$ valeur propre de $s_{f}$

Si $\lambda$ valeur propre non nulle de $s_{f}$ alors $\lambda$ valeur propre de $\tau _{f}$

Et réciproquement en substituant $f^{\ast }$ à $f$ donc $\tau _{f}$ et $s_{f}$ ont les mêmes valeurs propres nulles ou pas

Et $\left( f^{\ast }\right) ^{\ast }=f$ , $\dim \left( E_{\lambda }\left(s_{f^{\ast }}\right) \right) \leqslant \dim \left( E_{\lambda }\left( \tau_{f^{\ast }}\right) \right)$

donc, pour $\lambda \neq 0:\dim \left( E_{\lambda }\left( \tau _{f}\right)\right) \leqslant \dim \left( E_{\lambda }\left( s_{f}\right) \right)$ et
$\dim \left( E_{\lambda }\left( s_{f}\right) \right) =\dim \left(E_{\lambda }\left( \tau _{f}\right) \right)$

7/ d/ $\tau _{f}$ et $s_{f}$ ont des valeurs propres (nulles ou pas) identiques et des sous espaces propres de même dimension.

Donc, en réordonnant pour chacun les vecteurs d’une base orthonormée de vecteurs propres par ordre décroissant (pour avoir les $0$ à la fin )

Il existe deux bases $\mathcal{B}$ et $\mathcal{C}$ orthonormées telles que $\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}}(s_{f})=D=\limfunc{Mat}_{\mathcal{C}}(\tau _{f})$

On a donc $D=\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}}(s_{f})$ et $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A=\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}_{0}}(s_{f})=P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{B}}~D~P_{\mathcal{B},\mathcal{B}_{0}}$

et $A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$

= $\limfunc{Mat}_{\mathcal{B}_{0}}\tau_{f}=P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{C}}~D~P_{\mathcal{C},\mathcal{B}_{0}}$

= $P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{C}}~P_{\mathcal{B},\mathcal{B}_{0}}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}~A~A~P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{B}}~P_{\mathcal{C},\mathcal{B}_{0}}$

donc, avec $\Omega=P_{\mathcal{B}_{0},\mathcal{C}}~P_{\mathcal{B},\mathcal{B}_{0}}$ qui est orthogonale (produit de matrices orthogonales)

$A\times \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. =\Omega \left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) ^{t}\Omega$

8/ a/ La fonction $x\mapsto x_{1}+...+x_{n}$ est continue (polynôme) sur $\mathbb{R}^{n}$ donc $W,$ image réciproque d’un fermé, est un fermé de $\mathbb{R}^{n}.$

Pour tout $x\in V$ (tous les $x_{i}\geqslant 0$ ) $,$ $x_{i}\leqslantx_{1}+...+x_{n}$ donc, pour $x\in W,$ $0\leqslant x_{i}\leqslant 1$ et $\left\Vert x\right\Vert \leq \sqrt{n}$

Donc $W$ partie fermée bornée de $\mathbb{R}^{n}$ .

8/ b/ $\varphi$ est continue (polynôme) sur un fermé bornée donc $\varphi$ admet un maximum global noté $M$ sur $W$

8/ c/ Lorsque $\left( x_{1},...,x_{n}\right) \in V\backslash U,$ au moins un des $x_{i}$ est nul donc $\varphi \left( x\right) =0$ pour $x \in V\backslash U$ .

8/ d/ Comme $0$ n’est pas le maximum de $\varphi$ sur $W,$ le maximum est atteint sur $U.$

Donc, $M$ est le maximum de $\varphi$ sur $W\cap U$ donc sur $U$ sous la contrainte $W.$

8/ e/ Soit $x\in U$ et $g\left( x\right) =x_{1}+...+x_{n}$ contrainte linéaire, $\nabla g\left( x\right) =\left( 1,\cdots ,1\right)$

$\varphi$ (polynômiale) est $C^{1}$ sur l’ouvert $U$ et $\partial_{i}\varphi \left( x\right) =\prod_{k\neq i}x_{k}$

Donc, si $x$ est un extremum de $\varphi$ sous la contrainte $g\left(x\right) =1,$ il existe $\lambda \in \mathbb{R}$ tel que $\nabla \varphi\left( x\right) =\lambda \nabla g\left( x\right)$

Donc,pour tout $i:\prod_{k\neq i}x_{k}=\lambda$ et $\varphi \left( x\right)=\prod_{k=1}^{n}x_{k}=\lambda x_{i}$ et comme $x\in U,$ $\varphi \left(x\right) \neq 0$ donc $\lambda \neq 0$ et $x_{i}=\dfrac{1}{\lambda }\varphi\left( x\right)$

(tous les $x_{i}$ sont égaux)

Comme $g\left( x\right) =1$ on a alors $x_{i}=\dfrac{1}{n}$ pour tout $i$ .

Comme c’est la seule solution possible et que $M$ est une solution, alors $M=\left( \dfrac{1}{n},\cdots ,\dfrac{1}{n}\right)$ et $\varphi\left( M\right) =\left( \dfrac{1}{n}\right) ^{n}$ .

8/ f/ Comme $\sum_{i=1}^{n}\mu _{i}=\func{Tr}\left( S\right)$

on a, avec $x_{i}$

= $\mu _{i}/\func{Tr}\left( S\right) \geq 0 : \sum_{i=1}^{n}\mu_{i}/\func{Tr}\left( S\right) =1$

et $x_{\geq 0}$ donc $x\in W$

Donc la valeur en $x$ est inférieure ou égale au maximum :

$\varphi \left( x\right) =$ $\left( \prod\limits_{i=1}^{n}\mu _{i}\right)/\left( \func{Tr}\left( S\right) \right) ^{n}\leq \varphi \left( M\right)=\left( \frac{1}{n}\right) ^{n}$

d’où $\prod\limits_{i=1}^{n}\mu_{i}\leq \left( \frac{\func{Tr}S}{n}\right) ^{n}$

L’égalité est atteinte au seul maximum, $M,$ donc si et seulement $\mu _{i}/\func{Tr}\left( S\right) =\dfrac{1}{n}$ pour tout $i$ .

On a alors les $\mu _{i}$ tous égaux. Et réciproquement, s’ils sont tous égaux, $\mu _{i}/\func{Tr}\left( S\right) =\dfrac{1}{n}$ pour tout $i.$

Donc égalité $\Longleftrightarrow$ $S$ est un multiple de $I_{n}$ .

8/ g/ La matrice $S+xI$ a pour liste étendue de valeurs propres $\left( x+\lambda_{i}\right) _{i\in \left[ \left[ 1,n\right] \right] }$

En partant de l’écriture diagonalisée :

$S=PDP^{-}$ et $S+xI=P\left( D+xI\right) P^{-1}$

Ce qui donne la liste étendue des valeurs propres

Pour tout $x\geq 0,$ $S+xI$ est symétrique à valeurs propres positives ou nulles.

En effet, les $\lambda _{i}$ le sont déjà donc les $x+\lambda _{i}$ également.

Donc

$\prod_{i=1}^{n}\left( x+\lambda _{i}\right)\leq \left( \dfrac{\func{Tr}\left( S+xI\right) }{n}\right) ^{n}$

Avec

$\func{Tr}\left( S+xI\right)$

= $\sum_{i=1}^{n}\left( x+\lambda _{i}\right)$

= $nx+\sum_{i=1}^{n}\lambda _{i}$

d’où

$\Delta (x)\leq \left( \dfrac{tr\left( xI_{n}+\text{ }\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) }{n}\right) ^{n}$

= $\left( \dfrac{nx+\lambda_{1}+...+\lambda _{n}}{n}\right) ^{n}$

Partie III. Etude de deux cas particuliers

9/ a/ La trace est invariante par changement de base car $\func{Tr}\left(AB\right) =\func{Tr}\left( BA\right)$ donc

$\func{Tr}\left( PDP^{-1}\right) =\func{Tr}\left( DPP^{-1}\right) =\func{Tr}\left( D\right)$

Pour un projecteur, $\ker \left( f-\func{id}\right) \oplus \ker \left(f\right) =E$ et la juxtaposition de leurs bases est une base de $E$ dans
laquelle la matrice de $p$ est $\func{diag}$ $\left( 1,\cdots ,1,0\cdots,0\right)$ donc la trace de toute matrice représentant l’endomorphisme $f$ est $r.$

9/ b/ Comme $f$ est un projecteur $f^{2}=f$ et $\limfunc{Mat}_{\mathcal{C}}(f)^{2}=\limfunc{Mat}_{\mathcal{C}}(f)$

Avec $\left( \begin{array}{cc}A_{1} & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}A_{1} & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$

= $\left( \begin{array}{cc}A_{1}^{2} & 0_{r,n-r} \\ A_{3}A_{1} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$

donc $A_{1}^{2}=A_{1}$

$\func{Tr}\left( \limfunc{mat}_{\mathcal{C}}(f)\right) =\func{Tr}\left(A_{1}\right)$ donc $\func{Tr}\left( A_{1}\right) =r$

Donc, $A_{1}$ est une matrice de projecteur d’ordre $r$ et de rang $r$ Donc $A_{1}=I_{r}$

En effet, le rang d’une projection est sa trace. Donc

$\dim\left( \ker \left( A\right) \right) =0$

et donc $\dim \left( \ker \left(A-I_{r}\right) \right) =r$ (supplémentaires dans $\mathcal{M}_{n,1}\left( \mathbb{R}\right)$ )

et $\ker \left( A-I_{r}\right) =\mathcal{M}_{n,1}\left( \mathbb{R}\right)$ .

9/ c/ On a donc $\limfunc{Mat}_{\mathcal{C}}(f)$

= $\left( \begin{array}{cc}I & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right) =B$ semblable à $A$

$\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}B\right. B$

= $\left( \begin{array}{cc}I & \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. \\ 0_{n-r,r} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right) \left( \begin{array}{cc}I & 0_{r,n-r} \\ A_{3} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$

= $\left( \begin{array}{cc}I+\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3} & 0_{r,n-r} \\ 0_{n-r,r} & 0_{n-r,n-r}\end{array}\right)$

matrices de $s_{f}$ dans la base $\mathcal{C}.$

D’après 6/ c/ $I+\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}=D$ matrice diagonale des valeurs propres non nulles de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A.$

Donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}=D-I$ est diagonale.

Les valeurs propres de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}$ sont positives ou nulles, donc celles de $I+\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}$ sont $\geqslant 1$ .

Donc $D=I+\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}$ est une matrice diagonale dont tous les termes sont $\geqslant 1$

Donc les valeurs propres non nulles de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ sont supérieures ou égales à $1$ .

En partant de l’écriture diagonalisée, $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right)$ est la somme de $r$ termes $\geqslant 1$ donc $tr\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) \geqslant r.$

9/ d/ Si $tr\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) =r$ alors $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A_{3}\right. A_{3}\right) =0$ donc $\left\Vert A_{3}\right\Vert =0$ donc $A_{3}=0$ et $f$ est une projection orthogonale de rang $r$ (sur un sous espace de dimension $r$ )

10/ a/ Comme $f^{2}=\func{id},$ $A^{2}=I$ donc $A$ est inversible (et $A^{-1}=A$ ) donc $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ est inversible donc (produit) $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ est inversible et $\left(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right) ^{-1}=A^{-1}\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A^{-1}\right. =A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$

10/ b/ Si $\lambda$ est une valeur propre de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.A,$ (inversible alors $\lambda \neq 0$ ) et que $X$ est un vecteur propre
associé alors $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. AX=\lambda X$ donc (produit par l’inverse) $X=\lambda A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.X$ et $A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. X=\dfrac{1}{\lambda }X$ donc $\dfrac{1}{\lambda }$ est une valeur propre de $A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ donc de $\tau _{f}.$

Or, $\tau _{f}$ et $s_{f}$ ont les mêmes valeurs propres.

Donc $\dfrac{1}{\lambda }$ est aussi une valeur propre de $\left. ^{t}%\hspace{-0.1cm}A\right. A$

On a obtenu que si $X$ était vecteur propre de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}%A\right. A$ associé à $\lambda$ alors $X$ était vecteur propre de $A\left.^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.$ associé à $\dfrac{1}{\lambda }.$

On a la réciproque de la même façon. Donc, les sous espaces propres $E_{\lambda }\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right)$ et $E_{1/\lambda }\left( A\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \right)$ sont égaux.

Et comme $\dim \left( E_{1/\lambda }\left( s_{f}\right) \right) =\dim \left(E_{1/\lambda }\left( \tau _{f}\right) \right)$ on a finalement $\dim E_{\lambda }\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right)=\dim E_{1/\lambda }\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\right)$

10/ c/ Signe de la différence :

$x+\frac{1}{x}-2=\dfrac{x^{2}-2x+1}{x}$

= $\dfrac{(x-1)^{2}}{x}$

donc, pour tout $x>0:x+\frac{1}{x}\geqslant 2$ et $x+\frac{1}{x}=2\Leftrightarrow x=1$

10/ d/ $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ est à valeurs propres positives ou nulles donc pour tout

$i:1+\lambda _{i}\geqslant 1$ et comment obtenir une quantité $\geqslant 2$ , il faudrait que $\lambda \geqslant 1$ ?

$\lambda$ valeur propre $\Longleftrightarrow$ $\dfrac{1}{\lambda }$ valeur propre, à chaque valeur propre $<1,$ correspond une valeur propre $>1.$

Et dans le produit :

$\lambda >0:\left( 1+\lambda \right) \left( 1+\dfrac{1}{\lambda }\right)$

= $2+\lambda +\dfrac{1}{\lambda }\geqslant 4$

Et réciproquement.

Donc une autre liste étendue des valeurs propres est $\left( 1/\lambda_{1},...,1/\lambda _{n}\right)$

Ces deux listes sont donc des permutations l’une de l’autre (elles comprennent les mêmes éléments dans des ordres distincts)

$\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda _{i}\right)=\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\dfrac{1}{\lambda _{i}}\right)$

et $\left(\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda _{i}\right) \right)^{2}$

= $\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda _{i}\right) \left( 1+\dfrac{1}{\lambda _{i}}\right) \geqslant 4^{n}$

Donc (termes positifs) $\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda_{i}\right) \geqslant \sqrt{4^{n}}=2^{n}$

10/ e/ $\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda _{i}\right) =2^{n}$

si et seulement si tous les termes

$\left( 1+\lambda _{i}\right) \left( 1+\dfrac{1}{\lambda_{i}}\right)$

= $2+\lambda _{i}+\dfrac{1}{\lambda _{i}}$ valent $4.$

C’est à dire si $\lambda _{i}+\dfrac{1}{\lambda _{i}}=2$ ,

c’est à dire si et seulement si

$\lambda _{i}=1$ pour tout $\lambda .$

Donc $\prod_{i=1}^{n}\left( 1+\lambda _{i}\right)$

= $2^{n}\Longleftrightarrow \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A=I$

Ce qui signifie que $f$ est un endomorphisme symétrique, Donc que ses sous espaces propres sont orthogonaux. ( $E_{1}(f)\perp$ $E_{-1}(f))$

Réciproquement, si $E_{1}(f)\perp$ $E_{-1}(f))$ ,la juxtaposition de bases orthonormée de chacun, sera une base orthonormée de $E$ .

Dans cette base orthonormée, la matrice de $f$ sera diagonale, donc symétrique, et, donc dans toute base orthonormée la matrice de $f$ sera symétrique.

Cette égalité correspond au cas où $f$ est une symétrie orthogonale.

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Partie IV. Décomposition polaire

11/ $A$ est inversible, donc, $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ est inversible et $0$ n’est pas valeur propre.

Donc, toutes les valeurs propres de $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ , c’est à dire de $s_{f},$ sont strictement positives.

$s_{f}$ étant symétrique, il existe une base base orthonormée de vecteurs propres $\mathcal{C}=\left( \varepsilon _{1},...,\varepsilon _{n}\right)$ et $n$ réels strictement positifs $\lambda _{1},...,\lambda _{n}$ (une liste étendue des valeurs propres) tels que

$\forall i\in \left[ \left[ 1,n\right] \right] ,s_{f}\left(\varepsilon _{i}\right) =\lambda _{i}\varepsilon _{i},$

L’image d’une base définit un endomorphisme de $E$ donc $v$ est bien défini.

La matrice de $v$ dans la base orthonormée $\mathcal{C}$ est diagonale donc symétrique.

Les valeurs propres de $v$ sont les $\sqrt{\lambda _{i}}\geqslant 0.$

Donc $v\in S^{+}\left( \mathbb{R}^{n}\right)$

Et, pour tout $i:v^{2}\left( \varepsilon _{i}\right) =v\left( \sqrt{\lambda_{i}}\varepsilon _{i}\right) =\lambda _{i}\varepsilon _{i}=s_{f}\left(e_{i}\right)$

$v$ et $s_{f}$ sont deux endomorphismes de $E$ qui coïncident sur une base et $v^{2}=s_{f}.$

12/ Soit $x\in E_{\mu }\left( w\right)$ alors $w\left( x\right) =\mu x$ et $%w^{2}\left( x\right) =\mu ^{2}x=s\left( x\right)$ avec $x\neq 0$ donc $\mu^{2}$ valeur propre de $s_{f}$ et $x\in E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$

Donc $E_{\mu }\left( w\right) \subset E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$

Réciproquement, on passe par la somme des dimensions des sous espaces propres.

Mais $\mu$ et $-\mu$ auront les mêmes carrés.

Comme les $\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right)$ sont positifs, les $\mu ^{2}$ pour $\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right)$ sont distincts.

$w$ est diagonalisable donc $\sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dimE_{\mu }\left( w\right) =\dim E$

et $\dim E_{\mu }\left( w\right) \leqslant \dim E_{\mu ^{2}}\left(s_{f}\right)$ donc $\sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dim E_{\mu}\left( w\right) \leqslant \sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dimE_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$

Les $\mu ^{2}$ sont distincts, donc les sous espaces propres $E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$ pour $\mu\in \limfunc{Sp}\left( w\right)$ sont en somme directe et

$n\leqslant \sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dim E_{\mu^{2}}\left( s_{f}\right) =\dim \left( \bigoplus_{\mu \in \limfunc{Sp}\left(w\right) }E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right) \right) \leqslant n$

Finalement, $\dim E_{\mu }\left( w\right) \leqslant \dim E_{\mu ^{2}}\left(s_{f}\right)$ et $\sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dim E_{\mu}\left( w\right) =\sum_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }\dim E_{\mu^{2}}\left( s_{f}\right)$

Donc $\dim E_{\mu }\left( w\right) =\dim E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$ pour tout $\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right)$

Donc $E_{\mu }(w)=E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$ pour tout $\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right)$

Et comme $\bigoplus_{\mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) }E_{\mu ^{2}}\left(s_{f}\right) =E,$ $s_{f}$ n’a pas d’autres valeurs propres.

Donc $\limfunc{Sp}\left( s_{f}\right) =\left\{ \mu ^{2}\ /\ \mu \in \limfunc{Sp}\left( w\right) \right\}$ et $\limfunc{Sp}\left( w\right) =\left\{ \sqrt{\lambda }\text{ / }\lambda \in Sp(s_{f})\right\}$

13/ On a l’existence par la question 11. de $v\in S^{+}\left( \mathbb{R}^{n}\right)$ tel $v^{2}=s_{f},$

et d’après 12., $v$ et $s_{f}$ ont même vecteurs propres.

Donc dans toute base orthonormée de vecteurs propres de $s_{f},$ est une base de vecteurs propres de $v,$ et sa matrice $y$ est donc diagonale.

Unicité : Soit $v$ un tel endomorphisme de $E.$

D’après 12. ses valeurs propres sont $\left\{ \sqrt{\lambda }\text{ / }\lambda \in Sp(s_{f})\right\}$ et ses sous espaces propres sont $E_{\mu}(v)=E_{\mu ^{2}}\left( s_{f}\right)$ pour tout $\mu \in \limfunc{Sp}\left(w\right) .$

Un endomorphisme est défini par sa restriction à une famille de sous espaces supplémentaires.

Les sous espaces propres étant supplémentaires, et $v\left( x\right) =\mu_{i}x$ sur $E_{\mu _{i}}\left( v\right)$ cela défini donc un unique $v$ .

D’où l’existence et l’unicité de $v\in S^{+}\left( \mathbb{R}^{n}\right)$ tel que $v^{2}=s$

14/ Une matrice $M$ appartenant à $S_{n}^{+}\left( \mathbb{R}\right)$ telle que $\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{2}=$ $\left.^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$ est une matrice canoniquement associée à un endomorphisme $w$ symétrique dont toutes les valeurs propres sont positives ou nulles et tel que $w^{2}=s_{f}$

D’après, 13, cet endomorphisme existe et est unique.

Donc il existe une unique matrice $M$ appartenant à $S_{n}^{+}\left( \mathbb{R}\right)$ telle que $M^{2}=$ $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A$

15/ C’est une matrice carrée. On teste si sa transposée est bien son inverse :

$\begin{matrix}&&\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1}\right) \right. A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1} \\&=&\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.A}\right) ^{-1}\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1} \\&=&\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right.A}\right) ^{-1}\right. \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}^{2}\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1} \\&=&I\end{matrix}$

donc $A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1}$ est orthogonale.

On a $S=\sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\in S_{n}^{+}\left( \mathbb{R}\right)$ et $\Omega =A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) ^{-1}$ orthogonale et $AS^{-1}=\Omega$ donc $A=\Omega S$ et l’existence de la décomposition.

Unicité : si $\left( \Omega ,S\right) \in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) \times S_{n}^{+}\left( \mathbb{R}\right)$ tels que $A=\Omega S$ on voudrait que $S^{2}=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A.$

Or, $S=\Omega ^{-1}A=\left. ^{t}\Omega \right. A$

Or $S$ symétrique donc $S^{2}=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}S\right. S=\left.^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. \Omega \left. ^{t}\Omega \right.A=\left. ^{t} \hspace{-0.1cm}A\right. A$ car $\Omega \left. ^{t}\Omega \right. =I$

Et comme $\sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}$ est l’unique matrice symétrique à valeurs propres positives donc le carré est $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A,$ alors $S=\sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}$ d’où la valeur de $\Omega =A\left( \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}\right) .$

Il y a donc un unique couple $\left( \Omega ,S\right) \in \mathcal{O}_{n}\left(\mathbb{R}\right) \times S_{n}^{+}\left( \mathbb{R}\right)$ tel que $A=\Omega S.$

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Partie V. Application à la distance d’une matrice
inversible à l’ensemble $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

16/ $\left\{ \left\Vert M-V\right\Vert _{2}\ /\ V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) \right\}$ est un ensemble non vide et minoré par $0.$
Donc il a une borne inférieure.

Donc $d\left( M\right)$ est bien définie.

17/ $\left\Vert RN\right\Vert _{2}^{2}=\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}N\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}R\right. RN\right)$

= $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}N\right. N$

= $\left\Vert N\right\Vert _{2}^{2}$

car $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}R\right. R=I_{n}$

$\left\Vert NR\right\Vert _{2}^{2}$

= $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}R\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}N\right. NR\right)$

= $\func{Tr}\left(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}N\right. N\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}R\right.R\right)$

= $\left\Vert N\right\Vert _{2}^{2}$

car

$\func{Tr}\left( AB\right)$

= $\func{Tr}\left( BA\right)$

pour toutes matrices $A$ et $B$

Donc, $\forall N\in \mathcal{M}_{n}\left( \mathbb{R}\right) ,$ $\left\Vert RN\right\Vert _{2}=\left\Vert NR\right\Vert _{2}=\left\VertN\right\Vert _{2}$ .

$V\longmapsto VR^{-1}$ est une application de $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$ dans $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) :$

Soit $V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$ alors $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}\left( VR^{-1}\right) \right. VR^{-1}=R\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}V\right. V\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}R\right. =I$ et $VR^{-1}\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

Et elle a pour réciproque $V\mapsto VR$ donc elle est bijective de $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$ dans $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

de même pour $V\longmapsto R^{-1}V$

$\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert M-V\right\Vert _{2}$ est plus petite que toutes les distances.

et $\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}=\left\Vert M-R^{-1}V\right\Vert _{2}$
avec $N=RM-V$

donc $\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert M-V\right\Vert \leqslant \left\Vert M-R^{-1}V\right\Vert=\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}$

Donc $\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert M-V\right\Vert _{2}$ est un minorant de $\left\VertRM-V\right\Vert _{2}$ pour tout $V.$

Donc, le plus grand des minorants, $\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}$ est plus grand :

$\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}\geqslant \underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert M-V\right\Vert _{2}$ donc $d\left( RM\right)\geqslant d\left( M\right)$

Et de même $\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}\leqslant \left\Vert RM-RV\right\Vert_{2}=\left\Vert M-V\right\Vert _{2}$

donc $\underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert RM-V\right\Vert _{2}\leqslant \underset{V\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right) }{\inf }\left\Vert M-V\right\Vert _{2}$

et $d\left( RM\right) \leqslant d\left( M\right)$

et $d(M)=d(RM)$

Et de même pour l’autre coté avec $\left\Vert NR\right\Vert _{2}=\left\VertN\right\Vert _{2}$

donc $d(M)=d(RM)=d(MR)$

18/ On a, d’après 17, $d(A)=d(PD\times \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right.)$

= $d(D\times \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right. )$ car $P\in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

$=d\left( D\right)$ car $\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right. \in \mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

Donc $d(A)=d(D)$

19/ a/ $W$ est symétrique réelle donc diagonalisable.

19/ b/ Avec $X$ la colonne des coordonnées de $x$

$\begin{matrix}\left\langle w(x),x\right\rangle &=&\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}W\right. X\right) =\frac{1}{2}\left(\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}V\right.X\right) +\text{ }\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left. V\right.X\right) \right) \\&=&\frac{1}{2}\left( \left\langle v(x)\left\vert x\right. \right\rangle+\left\langle x\left\vert v(x)\right. \right\rangle \right) \\&=&\left\langle v(x)\left\vert x\right. \right\rangle\end{matrix}$

et $\begin{matrix}\left\Vert v(x)\right\Vert ^{2}=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right. \left.^{t}\hspace{-0.1cm}V\right. VX=\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}X\right.X=\left\Vert x\right\Vert ^{2}\end{matrix}$ donc $\left\langle w(x)\left\vert x\right. \right\rangle$

= $\left\langle v(x)\left\vert x\right. \right\rangle$ et que

$\left\Vert v(x)\right\Vert=\left\Vert x\right\Vert .$

$\left\langle w(x)\left\vert x\right. \right\rangle =\left\langlev(x)\left\vert x\right. \right\rangle \leqslant \left\Vert v\left( x\right)\right\Vert \left\Vert x\right\Vert$ (Cauchy-Schwarz)

donc $\left\vert \left\langle w(x)\left\vert x\right. \right\rangle\right\vert \leq \left\Vert x\right\Vert ^{2}$ et la différence

$\left\Vert x\right\Vert ^{2}-\left\vert \left\langle w(x)\left\vert x\right. \right\rangle \right\vert$

= $\left\langle x-w(x) \left\vert x\right.\right\rangle \geq 0$ .

19/ c/ Soit $\lambda$ valeur propre de $I_{n}-W$ et $X$ une colonne propre associée

$x-w(x)=\left( \func{id}-w\right) \left( x\right) =\lambda x$

et $\left\langle x-w(x)\left\vert x\right. \right\rangle$

= $\left\langle \lambda x,x\right\rangle$

= $\lambda \left\langle x,x\right\rangle \geq 0$

Et comme $\left\Vert x\right\Vert \neq 0,$ $\lambda \geq 0$ les valeurs propres de $I_{n}-W$ sont positives ou nulles.

19/ d/ $w_{ii}$

= $\left\langle w\left( e_{i}\right) ,e_{i}\right\rangle$

et $1-w_{ii}$

= $\left\langle e_{i}-w\left( e_{i}\right) ,e_{i}\right\rangle \geq 0$

19/ e/ Si $W=I_{n}.$ alors, pour tout $i,$ $w_{ii}=1$

Si pour tout $i,$ $w_{ii}=1,$ il faut montrer que $W=I_{n}$

On a alors $\func{Tr}\left( I_{n}-W\right) =0$ qui est aussi la somme des valeurs propres étendues.

Comme elles sont toutes positives ou nulle, elles sont toutes nulles.

Donc (matrice diagonalisable) $I_{n}-W=0$ et $W=I_{n}$

$w_{ii}=1$ pour tout $i$ si, et seulement si, $W=I_{n}.$

20/ a/ Identité remarquable $\left\Vert x\right\Vert ^{2}-\left\Vert y\right\Vert^{2}=\left\langle x-y,x+y\right\rangle$ ici :

$\begin{eqnarray*}\left\Vert D-V\right\Vert _{2}^{2}-\left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}^{2}&=&\left( D-V+D-I_{n}~|~D-V-\left( D-I_{n}\right) \right) \\&=&\left( 2D-V-I_{n}~|~I-V_{n}\right) \\&=&2\left( D~|~I-V_{n}\right) -\left( V+I_{n}~|~I-V_{n}\right) \\&=&2\left( D~|~I-V_{n}\right) +\left\Vert V\right\Vert _{2}^{2}-\left\VertI\right\Vert _{2}^{2}\end{eqnarray*}$

et comme

$V$ est orthogonale,

$\left\Vert V\right\Vert _{2}^{2}$

= $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}V\right. V\right)$

= $\func{Tr}\left( I\right)=\left\Vert I\right\Vert _{2}^{2}$

Donc

$\left\Vert D-V\right\Vert _{2}^{2}-\left\Vert D-I_{n}\right\Vert_{2}^{2}=2\left( I_{n}-V\left\vert D\right. \right)$

et comme $D$ est diagonale,

$\left\langle \left. ^{t}\V\right.,D\right\rangle$

= $\func{Tr}\left( \left. V\right. D\right)$

= $\func{Tr}\left(\left. V\right. \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}D\right. \right)$

= $\func{Tr}\left(\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}D\right. V\right)$

= $\left\langle V,D\right\rangle$

Donc $\left\langle V,D \right\rangle$

= $\dfrac{1}{2}\left( \left\langle V,D\right\rangle +\left\langle \left. ^{t}\V\right.,D\right\rangle \right)$ et $2\left( I_{n}-V\left\vert D\right.\right)$

= $2\left( I_{n}-W\left\vert D\right. \right)$ .

20/ b/ $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}^{2}-\left\Vert D-I_{n}\right\Vert_{2}^{2}=2\left( I_{n}-W\left\vert D\right. \right)$

avec $1-w_{ii}\geqslant 0$

Comme $D$ est diagonale à termes positifs , les termes de la diagonale de

$\left.^{t}\hspace{-0.1cm}\left( I_{n}-W\right) \right. D$

sont les $\left(1-w_{ii}\right) d_{i}\geqslant 0$

Donc

$\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}I_{n}-W\right. D\right)\geqslant 0$

donc $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}^{2}-\left\Vert D-I_{n}\right\Vert_{2}^{2}\geqslant 0$ .

20/ c/ On a vu que $d\left( A\right) =d\left( D\right)$

Et, pour tout $V\in \mathcal{O}\left( \mathbb{R}_{n}\right) :$

$\left\VertD-V\right\Vert _{2}\geqslant \left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}$

et $\left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}$ est un minorant des $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}$

pour $V\in \mathcal{O}\left( \mathbb{R}_{n}\right)$

donc $\inf \left\Vert D-V\right\Vert _{2}\geqslant \left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}$

Et, avec $V=I\in O\left( \mathbb{R}_{n}\right) ,$

On a aussi $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}\geqslant \inf \left\Vert D-V\right\Vert _{2}$

Donc $\left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}$

= $\inf \left\Vert D-V\right\Vert _{2}$

= $d\left( D\right)$

Et comme $\sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}=PD\left.^{t}\hspace{-0.1cm}P\right.$ avec $P$ orthogonale,

$\sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}-I_{n}$

= $P\left( D-I_{n}\right)\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}P\right.$

et $\left\Vert D-I_{n}\right\Vert_{2}$

= $\left\Vert \sqrt{\left. ^{t}\hspace{-0.1cm}A\right. A}-I_{n}\right\Vert_{2}$

Et si $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}$

= $\left\Vert D-I\right\Vert _{2}$

alors $\left\Vert D-V\right\Vert _{2}^{2}-\left\Vert D-I_{n}\right\Vert _{2}^{2}=0$

donc $\func{Tr}\left( \left. ^{t}\hspace{-0.1cm}I_{n}-W\right. D\right)$ , somme de termes positifs ou nuls, est nulle.

Donc tous les termes diagonaux sont nuls.

Donc , pour tout $i:$ $\left( 1-w_{ii}\right) d_{i}=0$ et comme les $d_{i}$ sont strictement positifs, non nuls, $1-w_{ii}=0.$

D’où 19.e) :

$W=I$ et $\dfrac{1}{2}\left( \left. ^{t}\V\right.+V\right)$

= $I \times V$

On a alors $\dfrac{1}{2}\left( I+V^{2}\right)$

= $V$ et $V^{2}-2V+I$

= $0$

et $\left( V-I\right) ^{2}=0$

Donc (polynôme annulateur) $1$ est la seule valeur propre de $V$ et comme $V$ est diagonalisable, $V=I$

Donc $I_{n}$ est l’unique élément $V$ de

$\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$ tel que $d(A)=\left\Vert D-V\right\Vert _{2}$

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Corrigé du sujet HEC Maths 1 ECS 2019

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Partie V. Application à la distance d’une matrice
inversible à l’ensemble $\mathcal{O}_{n}\left( \mathbb{R}\right)$

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