\documentclass[10pt,oneside,a4paper]{amsart}
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\linethickness{0.2mm}

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\def\square{\RIfM@\bgroup\else$\bgroup\aftergroup$\fi
  \vcenter{\hrule\hbox{\vrule\@height.6em\kern.6em\vrule}\hrule}\egroup}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\begin{center}
\textbf{ICARE 1997 Math 2, corrigé}\\
Par A. Mansoux\\
\vspace{1cm}
\textbf{PROBLEME 1}\\

\textbf{Partie A}
\end{center}

\textbf{1a.)} Si $P$ est le plan de la r\'{e}flexion $R$, la droite $D$ est
invariante par $R$ si et seulement si $D$ est incluse dans $P$ ou
$D$ est orthogonale \`{a} $P$.\\
\textbf{Donner} signifie-il \textbf{D\'{e}montrer}? En ce cas il faut
\'{e}videmment introduire la partie lin\'{e}aire $r$ de $R$ et un vecteur
directeur $\ov{u}$ de la droite $D$. Si $D$ est invariante par
$R$, $\ov{u}$ est un vecteur propre de $r$ et on a donc, puisque
$r$ est un automorphisme orthogonal $r(\ov{u})=-\ov{u}$ ou
$r(\ov{u})=\ov{u}$. Dans le premier cas $D$ est orthogonale \`{a}
$P$. Dans le second cas $D$ est parall\`{e}le \`{a} $P$ (au sens large)
et il est clair que dans ce cas elle est globalement invariante
par $R$ si et seulement si elle est incluse dans $P$.\\
On \textbf{en d\'{e}duit} en effet que... que dire de plus que ce dit l'\'{e}nonc\'{e}?\\

\textbf{\phantom{1}b.)} Si $R$ est une r\'{e}flexion qui laisse
globalement invariante la droite $D$, et si $M$ est un point de
l'espace, la distance de $M$ \`{a} $D$ est aussi la distance de
$R(M)$ \`{a} $R(D)=D$. Il en r\'{e}sulte que les deux r\'{e}flexions
introduites dans la question pr\'{e}c\'{e}dente laissent $\Sigma$ (globalement)
invariante. Leur plan de r\'{e}flexion sont donc des plans  de
sym\'{e}trie pour $\Sigma$, et la droite d'intersection de ces deux
plans en est un axe de sym\'{e}trie. (Il s'agit de la perpendiculaire
commune \`{a} $D$ et $D'$.)\\

\textbf{2.)} Soit $P$ le plan contenant la droite $D$ et
orthogonal \`{a} $D'$, $B$ le point d'intersection de $P$ et de $D'$.
Si $M$ appartient $P$, la distance de $M$ \`{a} $D'$ n'est autre que
la distance de $M$ \`{a} $B$. Il en r\'{e}sulte que l'intersection de
$\Sigma$ et de $P$ est l'ensemble de spoints de $P$ \'{e}quidistants
de $D$ et de $B$. C'est donc une parabole d'axe $D$, de foyer $B$.\\


\begin{center}
\textbf{Partie B}
\end{center}
\textbf{1a.)} $D$ et $D'$ sont orthogonales car les vecteurs
$\ov{u}$ et $\ov{v}$ sont orthogonaux.\\
Si un point $M$ de coordonn\'{e}es $(x,y,z)$ appartenait aux deux
droites $D$ et $D'$, le vecteur $\ov{AM}$ serait colin\'{e}aire au
vecteur $\ov{u}$ et le vecteur $\ov{BM}$ au vecteur $\ov{v}$. On
devrait en particulier avoir $z-1=0$ et $z+1=0$, ce qui est absurde.\\
$\ov{OA}$ est orthogonal \`{a} $\ov{u}$ et $\ov{OB}$ orthogonal \`{a}
$\ov{v}$. $OA$ est donc la distance de $O$ \`{a} $D$ et $OB$ la
distance de $O$ \`{a} $D'$. Comme $OA=OB=1$, $O$ est bien situ\'{e} sur $\Sigma$.\\

\textbf{\phantom{1}b.} En effet $(x=t,y=t,z=1;t\in\R)$ est une
repr\'{e}sentation param\'{e}trique de $D$. Que dire d'autre?\\
On a donc
$MP^2=(x-t)^2+(y-t)^2+(z-1)^2=2t^2-2t(x+y)+x^2+y^2+(z-1)^2$. Le
minimum est obtenu lorsque $t=\dfrac{x+y}{2}$, et il vaut alors
$\frac{1}{2}(x-y)^2+(z-1)^2$. La distance de $M$ \`{a} $D$ est donc
$\sqrt{\frac{1}{2}(x-y)^2+(z-1)^2}$.\\

\textbf{\phantom{1}c.)} Par la m\^{e}me m\'{e}thode on trouve que la
distance de $M$ \`{a} $D'$ est $\sqrt{\frac{1}{2}(x+y)^2+(z+1)^2}$.\\

\textbf{\phantom{1}d.)} $M$ appartient $\Sigma$ si et seulement si
$\frac{1}{2}(x-y)^2+(z-1)^2=\frac{1}{2}(x+y)^2+(z+1)^2$,
 c'est \`{a} dire si et seulement si $xy+2z=0$.\\

\textbf{2a.)} La droite $(AB)$ n'est autre que l'axe $0z$. Soit
$h$ un r\'{e}el et $H$ le point de l'axe $Oz$ de cote $h$. Dans le
rep\'{e}re $(H,\ov{i},\ov{j})$ l'intersection de $\Sigma$ avec le plan
horizontal passant par $H$ est la courbe d'\'{e}quation $xy=2h$. Pour
$h\neq 0$, c'est \`{a} dire pour $H\neq O$ c'est une hyberbole
\'{e}quilat\`{e}re. Pour $h=0$, c'est \`{a} dire pour $H=O$, c'est la r\'{e}union
des axes $Ox$ et $Oy$.\\
\textbf{\phantom{2}b.)} De m\^{e}me si $K$ est le point d'abscisse
$h$ situ\'{e} sur l'axe $Ox$, l'intersection de $\Sigma$ avec le plan
orthogonal \`{a} $Ox$ passant par $K$ est la droite d'\'{e}quation $hy+2z=0$
(dans le rep\`{e}re $(K,\ov{j},\ov{k})$).\\
On a les m\^{e}mes r\'{e}sultats concernant les intersections de $\Sigma$
avec un plan orthogonal \`{a} l'axe $Oy$.\\

\begin{center}
\textbf{Partie C}
\end{center}
La courbe $\Gamma$ est la courbe d\'{e}finie par la par\'{e}m\'{e}trisation
$$\begin{cases}
x(t)=4\cos t\\
y(t)=\sin 2t\\
z(t)=-2\cos t\sin 2t\\
\end{cases}$$
Ses projections orthogonales sur les plans de coordonn\'{e}es sont respectivement
d\'{e}finie par les param\'{e}trisations:
$$\Gamma_z
\begin{cases}
x(t)=4\cos t\\
y(t)=\sin 2t\\
\end{cases}
\quad
\Gamma_x
\begin{cases}
y(t)=\sin 2t\\
z(t)=-2\cos t\sin 2t\\
\end{cases}
\quad
\Gamma_y
\begin{cases}
x(t)=4\cos t\\
z(t)=-2\cos t\sin 2t\\
\end{cases}$$

\vspace{1cm}

\begin{center}
\textbf{PROBLEME 2}\\

\textbf{Partie 1}
\end{center}

\textbf{1.)} Si $A=[a_{ij}]$ et $B=[b_{ij}]$, on v\'{e}rifie ais\'{e}ment que
$Tr(AB)=\dsum_{i=1}^n\dsum_{j=1}^na_{ij}b_{ji}=Tr(BA)$.\\

\textbf{2.)} Si $A'$ est semblable \`{a} $A$ il existe une matrice
inversible $P$ telle que $A'=P^{-1}AP$ et $Tr(A')=Tr(P^{-1}AP)=Tr(APP^{-1})=Tr(A)$.\\

\textbf{3.} Comme $dim(\Ker(A))+dim(\Ima(A))=n$, il suffit de
montrer que $\Ker(A)\cap\Ima(A)=\{0\}$. Soit $x\in
\Ker(A)\cap\Ima(A)$. Il existe un vecteur $y\in\R^n$ tel que
$x=\phi_A(y)$, et $$x=\phi_A(y)=\phi_{A^2}(y)=\phi_A(x)=0.$$
Dans une base adapt\'{e}e \`{a} cette d\'{e}composition de $\R^n$ en somme
directe, la matrice de $\phi_A$ est de la forme
$$A'=\begin{bmatrix}
0&0\\
0&I_{\rho}\\
\end{bmatrix}$$
On a donc $Tr(A)=Tr(A')=\rho=rg(A)$.

\begin{center}
\textbf{Partie 2}
\end{center}

\textbf{1.)} $M=\begin{bmatrix}
1&0\\
0&0\\
\end{bmatrix}$ est une matrice de projection. On a donc
$M=M^2=M^3$ et les matrices $A=M$ et $X=M$ v\'{e}rifient les
relations (1), (2) et (3). $M$ est donc pseudo-inverse d'elle m\^{e}me.\\

Avec $A=M$ et $X=\begin{bmatrix}
1&1\\
0&0\\
\end{bmatrix}$, on a $AX=X$ et $XA=A$. On a donc bien $AXA=A$ et
$XAX=X$, mais $AX\neq XA$. $X$ est donc inverse falble de $M$,
mais ce n'est pas un pseudo-inverse.\\

\textbf{2a.)} $(AX)(AX)=(AXA)X=AX$ et $(XA)(XA)=X(AXA)=XA$. $AX$
et $XA$ sont bien des matrices de projection.\\
\textbf{\phantom{2}b.)} On a d'une part $rg(AX)\leq rg(A)$ et
d'autre part $rg(A)=rg(AXA)\leq rg(AX)$. On a donc
$rg(A)=rg(AX)$, et puisque $AX$ est une matrice de projection, $rg(AX)=Tr(AX)$.\\
On d\'{e}montre de la m\^{e}me fa\c{c}on que $rg(A)=rg(XA)=Tr(XA)$.\\

\textbf{3.)} Si $A$ est inversible, et si $AXA=A$, on obtient, en
multipliant \`{a} droite par $A^{-1}$, $AX=I$, d'o\`{u} $X=A^{-1}$. Le
pseudo-inverse de $A$ est donc unique, \'{e}gale \`{a} l'inverse de $A$.

\textbf{4a.)} $AXAX'=(AXA)X'=AX'$\\
\textbf{\phantom{4}b.)} Par ailleurs $AXAX'=XAX'A=XA$. On a donc
bien $XA=AX'$.\\
On a alors $X=XAX=(XA)X=(AX')X=(X'A)X=X'(AX)=X'(AX')=X'$.\\
Il en r\'{e}sulte que s'il existe un pseudo-inverse de $A$, celui-ci
est unique. On peut donc parler dans ce cas  \textbf{du}
pseudo-inverse de $A$.\\

\textbf{5.)} D\'{e}signons par $A^-$ le pseudo-inverse de $A$. Des
v\'{e}rifications \'{e}videntes montrent que:\\
$(A^-)^-=A$, $(\lambda A)^-=\frac{1}{\lambda}A^-$, $(A^k)^-=(A^-)^k$,
$(RAR^{-1})^-=RA^-R^{-1}$.\\

\textbf{6a.)} C'est le th\'{e}or\`{e}me du rang appliqu\'{e} \`{a}
l'endomorphisme $\phi_A$.\\
\textbf{\phantom{6}b.)} Pour $v$ fix\'{e} dans $\R^n$ il existe $v_1$
unique dans $\Ima(\phi_A)$ et $v_2$ unique dans $\ker(A)$ tels que
$v=v_1+v_2$. Si $w_1$ est un vecteur de $\R^n$ tel que
$v_1=\phi(w_1)$, on a $\phi_A(w_1)-v=-v_2\in\Ker(A)$.\\
On peut alors \'{e}crire $w_1=w+w'$, avec $w\in\Ima(A)$ et
$w'\in\Ker(A)$ et on a alors $\phi_A(w)=\phi_A(w_1)$, de sorte que
$\phi_A(w)-v=\phi_A(w_1)-v\in\Ker(A)$.\\
Enfin si $w$ et $w'$ sont deux vecteurs de $\Ima(A)$ tels que
$\phi_A(w)-v$ et $\phi_A(w')-v$ soient dans $\Ker(A)$, on a $\phi_A(w)=\phi_A(w')$
par unicit\'{e} de la d\'{e}composition de $v$ en somme d'un vecteur de
$\Ima(A)$ et d'un vecteur de $\ker(A)$, d'o\`{u} $\phi(w-w')=0$. Le
vecteur $w-w'$ appartient dont \`{a} $\Ima(A)\cap\Ker(A)$. On a donc $w=w'$.\\
\textbf{\phantom{6}c.)} Soient $v_1$ et $v_2$ deux vecteurs de $\R^n$,
$\lambda_1$ et $\lambda_2$ deux scalaires, $w_1$ et $w_2$ les
vecteurs de $\Ima(A)$ tels que $\phi(w_1)-v_1\in\Ker(A)$ et $\phi(w_2)-v_2\in\Ker(A)$.
On a alors $\phi(\lambda_1w_1+\lambda_2w_2)-(\lambda_1v_1+\lambda_1v_2)=
\bigl(\lambda_1(\phi(w_1)-v_1)-\lambda_2(\phi(w_2)-v_2)\bigr)\in\Ker(A)$.
On a donc $\varphi(\lambda_1v_1+\lambda_2v_2)=\lambda_1\varphi(v_1)+\lambda_2\varphi(v_2)$.
$\varphi$ est donc bien un endomorphisme de $\R^n$.\\

Observons que pour tout vecteur $u$ de $\Ker(A)$, on a
$\phi_A(0)-u\in\Ker(A)$, et donc $\varphi(u)=0$. On a donc
$\Ker(A)\subset\Ker(\varphi)$. R\'{e}ciproquement si $\varphi(v)=0$,
on a $\phi_A(0)-v\in\Ker(A)$, et donc $\phi_A(v)=0$ et
$\Ker(\varphi)=\Ker(\phi_A)$. Ceci d\'{e}montre que les
endomorphismes $\phi_A$ et $\varphi$ ont le m\^{e}me rang.
On a aussi trivialement l'inclusion
$\Ima(\varphi)\subset\Ima(A)$, et comme $\phi_A$ et $\varphi$ ont
le m\^{e}me rang, on a $\Ima(\varphi)=\Ima(A)$.
Si $v\in\R^n$ on a
$\phi_A(\varphi(v))-v\in\Ker(A)$, et donc $\varphi(\phi_A(\varphi(v))-v)=0$.\\
Ceci d\'{e}montre que $\varphi\circ\phi_A\circ\varphi=\varphi$.\\
Pour tout vecteur $v$ de $\R^n$ le vecteur
$\phi_A\circ\varphi\circ\phi_A(v)-\phi_A(v)$ appartient \`{a} la fois \`{a}
$\Ker(A)$ et $\Ima(A)$. C'est donc le vecteur nul, et on a
$\phi_1\circ\varphi\circ\phi_A=\phi_A$.\\
Il reste \`{a} d\'{e}montrer que
$\phi_A\circ\varphi(v)=\varphi\circ\phi_A(v)$ pour tout veccteur
$v$. Il suffit de d\'{e}montrer la relation lorsque $v\in\Ker(A)$ et
$v\in\Ima(A)$. Or dans le premier cas on a 
$\phi_A\circ\varphi(v)=\varphi\circ\phi_A(v)=0$, et dans le second
cas les relations $\phi_A\circ\varphi\circ\phi_A=\phi_A$ et
$\varphi\circ\phi_A\circ\varphi=\varphi$ montrent que
$\phi_A\circ\varphi(v)=\varphi\circ\phi_A(v)=v$.\\

\textbf{7a.)} On a $X=XAX=AX^2$,  donc $\Ima(X)\subset\Ima(A)$.
On voit de m\^{e}me que $\Ima(A)\subset\Ima(X)$, et donc que $A$ et
$X$ ont la m\^{e}me image.\\
La relation $X=X^2A$ montre que $\Ker(A)\subset\Ker(X)$, et par
sym\'{e}trie, $\Ker(A)=\Ker(X)$.\\
Soit $v\in\Ima(A)\cap\Ker(A)$. Il existe un vecteur $w$ tel que
$v=\phi_A(w)$, et on a $v=\phi_A(w)=\phi_A\circ\phi_X\circ\phi_A(w)=\phi_X\circ\phi_A(v)=\phi_X(0)=0$.
La somme $\Ker(A)+\Ima(A)$ est donc directe et le th\'{e}or\`{e}me du
rang montre qu'elle est \'{e}gale \`{a} $\R^n$.\\
\textbf{\phantom{7}b.)} On sait que $AX$ est la matrice d'une
projection. (\textbf{2a.}) et que $rg(A)=rg(AX)$. On a donc
$\Ima(A)=\Ima(AX)$ et $\Ker(AX)=\Ker(A)$. $AX$ est donc la
projection sur $\Ima(A)$, parall\`{e}lement \`{a} $\Ker(A)$.\\

\begin{center}
\textbf{Partie 3}
\end{center}

\textbf{1.)} On v\'{e}rifie ais\'{e}ment que
$$C^2=\begin{bmatrix}
0&0&1&0\\
0&0&0&1\\
1&0&0&0\\
0&1&0&0\\
\end{bmatrix}
\quad
C^3=\begin{bmatrix}
0&0&0&1\\
1&0&0&0\\
0&1&0&0\\
0&0&1&0\\
\end{bmatrix}
\quad C^4=I$$

\textbf{2.)} Il est clair que le sous-ensemble de $\mc{M}_4(\C)$
form\'{e} des matrices circulantes est un sous-espace vectoriel de
$\mc{M}_4(\C)$. La famille $(I,C,C^2,C^3)$ est g\'{e}n\'{e}ratrice dans
ce sous-espace car
$$A=\begin{bmatrix}
a_1&a_2&a_3&a_4\\
a_4&a_1&a_2&a_3\\
a_3&a_4&a_1&a_2\\
a_2&a_3&a_4&a_1\\
\end{bmatrix}= a_1I+a_2C+a_3C^2+a_4C^3.$$
Ces matrices \'{e}tant visiblement lin\'{e}airement ind\'{e}pendantes, elles
forment une base.\\

\textbf{3.)} Avec
$A=\begin{bmatrix}
a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\
a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\
a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44}\\
\end{bmatrix}$
on a
$CA=\begin{bmatrix}
a_{21}&a_{22}&a_{23}&a_{24}\\
a_{31}&a_{32}&a_{33}&a_{34}\\
a_{41}&a_{42}&a_{43}&a_{44}\\
a_{11}&a_{12}&a_{13}&a_{14}\\
\end{bmatrix}$
et $AC=\begin{bmatrix}
a_{14}&a_{11}&a_{12}&a_{13}\\
a_{24}&a_{21}&a_{22}&a_{23}\\
a_{34}&a_{31}&a_{32}&a_{33}\\
a_{44}&a_{41}&a_{42}&a_{43}\\
\end{bmatrix}$\\
L'\'{e}galit\'{e} $CA=AC$ \'{e}quivaut aux relations:
$a_{11}=a_{22}=a_{33}=a_{44}$,
$a_{12}=a_{23}=a_{34}=a_{41}$,
$a_{13}=a_{24}=a_{31}=a_{42}$ et
$a_{14}=a_{21}=a_{32}=a_{43}$,
et ces relations caract\'{e}risent pr\'{e}cis\'{e}ment les matrices circulantes.\\

\textbf{4.)} En d\'{e}veloppant le d\'{e}terminant de la matrice $C-XI$
par rapport \`{a} sa premi\`{e}re colonne, on obtient le polyn\^{o}me
caract\'{e}ristique de $C$: $P(X)=X^4-1$. les valeurs sont donc $1$, $i$,
$-1$ et $-i$. Par les m\'{e}thodes usuelles on obtient les vecteurs
propres correspondants:
$U_1=\dfrac{1}{2}(1,1,1,1)$,
$U_2=\dfrac{1}{2}(1,i,-1,-i)$,
$U_3=\dfrac{1}{2}(1,-1,1,-1)$ et
$U_4=\dfrac{1}{2}(1,-i,-1,i)$.\\
les valeurs propres $1$, $i$, $-1$ et $-i$ \'{e}tant distinctes, les
vecteurs propres associ\'{e}s forment une base de $\C^4$.\\

\textbf{5.)} les vecteurs sont norm\'{e}s, deux \`{a} deux orthogonaux.\\

\textbf{6.)} Si $A=a_1I+a_2C+a_3C^2+a_4C^3$, on a
$AU_j=(a_1+a_2\lambda_j+a_3{\lambda_j}^2+a_4{\lambda_j}^3)U_j$.\\
$U_j$ est donc vecteur propre de $A$ associ\'{e} \`{a} la valeur propre
$\mu_j=a_1+a_2\lambda_j+a_3{\lambda_j}^2+a_4{\lambda_j}^3 $.\\

\textbf{7.)} $A$ \'{e}tant diagonalisable $C^4$ est somme directe de $\Ker(A)$
et de $\Ima(A)$. De fa\c{c}on pr\'{e}cise: $\ker(A)$ est engendr\'{e} par les
vecteurs $U_j$ tels que $a_1+a_2\lambda_j+a_3{\lambda_j}^2+a_4{\lambda_j}^3=0$,
et $\Ima(A)$ par ceux des vecteurs $U_j$ tels que
$a_1+a_2\lambda_j+a_3{\lambda_j}^2+a_4{\lambda_j}^3\neq 0$.\\

\textbf{8.)} Il r\'{e}sulte des r\'{e}sultats pr\'{e}c\'{e}dents que $C^4=\Ker(A)\oplus\Ima(A)$,
et comme les vecteurs $U_j$ sont deux \`{a} deux orthogonaux,
$\ker(A)$ et $\Ima(A)$ sont orthogonaux.\\

\textbf{9.)} On a vu que la restriction \`{a} $\Ker(A)$ de
l'endomorphisme $\phi_B$ canoniquement associ\'{e} \`{a} $B$ est l'endomorphisme
nul et que, pour un vecteur $v\in\Ima(A)$, on a $BA(v)=v$. Il en
r\'{e}sulte que $B.U_j=0$ si $\mu_j=0$,
et $B.U_j=\dfrac{1}{\mu_j}U_j$ si $\mu_j\neq 0$. La matrice de
l'endomorphisme $\phi_B$ dans la base $(U_j)$ est donc
$B'=\begin{bmatrix}
\nu_1&0&0&0\\
0&\nu_2&0&0\\
0&0&\nu_3&0\\
0&0&0&\nu_4\\
\end{bmatrix}$, avec $\nu_j=0$ si $\mu_j=0$,
$\nu_j=\dfrac{1}{\mu_j}$ si $\mu_j\neq 0$. \\

\textbf{10.)} On a ici $\mu_1=1$, $\mu_2=\dfrac{1}{2}(1+i)$,
$\mu_3=0$ et $\mu_4=\dfrac{1}{2}(1-i)$. On a donc
$$B'=\begin{bmatrix}
1&0&0&0\\
0&1-i&0&0\\
0&0&0&0\\
0&0&0&1+i\\
\end{bmatrix}$$
d'o\`{u}, en d\'{e}signant par $A'$ la matrice pseudo-inverse de $T$:
$A'=PB'P^{-1}$, avec
$$P=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
1&1&1&1\\
1&i&-1&-i\\
1&-1&1&-1\\
1&-i&-1&i\\
\end{bmatrix}$$
On a alors $P^{-1}={}^t\overline{P}$ (cela r\'{e}sulte de ce que la
base $(U_j)$ est orthonormale):
$$P^{-1}=\dfrac{1}{2}\begin{bmatrix}
1&1&1&1\\
1&-i&-1&i\\
1&-1&1&-1\\
1&i&-1&-i\\
\end{bmatrix}$$

Et un calcul un peu r\'{e}barbatif donne
$$A'=\dfrac{1}{4}
\begin{bmatrix}
3&-1&-1&3\\
3&3&-1&-1\\
-1&3&3&-1\\
-1&-1&3&3\\
\end{bmatrix}$$

\end{document}
