% Corrig\'e E3A MP3 2000
% par Philippe Fontaine


\documentclass[10pt]{article}

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% UPS %%%%%%%%%%%%%%%%

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\font\@upstt=cmtt10

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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Fin UPS %%%%%%%%%%%%%%%



%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% Commandes %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\transpose} [1]{{\vphantom{#1}}^{\mathit t}{#1}}

\def\cro{\mathop{[} \hspace{-0.4em}[\mkern 2mu}
\def\orc{\mathop{]} \hspace{-0.4em}]}

\def\nn #1#2 {\cro #1..#2\orc\,}

\newcommand{\rg}{{\rm rg~}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin {document}

\centerline{\huge E3A MP Epreuve III}

\section*{Partie I}

\begin{enumerate}
\item Le caract\`ere sym\'etrique de la matrice r\'eelle $A$ assure qu'elle est diagonalisable. Si $\lambda$ d\'esigne une valeur propre de $A$, on a que la dimension de l'espace propre associ\'e \`a $\lambda$ est $n-\rg(A-\lambda I_n)$. Or la matrice $$\begin{pmatrix}
1&-\lambda&\times&\times\\
0& 2     &\ddots& \times\\
\vdots&\ddots&  &  -\lambda  \\
0&\hdots& 0 & n-1 \\
\end{pmatrix}$$
de taille $n-1$ extraite de $A-\lambda I_n$ est inversible donc $n-1\leq\rg(A-\lambda I_n)$ mais comme $\lambda$ est valeur propre le rang ne peut \^etre $n$. En conclusion chaque espace propre est de dimension 1, et la somme des dimensions de ces espaces propres est $n$ donc $A$ admet $n$ valeurs propres distinctes.
\item Si on appelle $Q_n$ le polyn\^ome caract\'eristique de la matrice de taille $n$. On a $Q_2(X)=X^2-1=(2-1)![XP_2(X)-(2-1)P_1(X)]$, l'\'egalit\'e est donc v\'erifi\'ee pour $n=2$. Pour $n=3$ on trouve $Q_3(X)=\begin{vmatrix}
X&-1&0\\
-1&X&-2\\
0&-2&X\\\end{vmatrix}=X^3-5X$, et $P_3(X)=\frac{X}{2}X-\frac{1}{2}$, d'o\`u $Q_3(X)=2\left[X(\frac{X^2}{2}-\frac{1}{2})-2X\right]$, l'\'egalit\'e est donc v\'erifi\'ee pour $n=3$ aussi. Soit $n-1\geq 3$, on suppose qu'elle est vraie pour tout $k$ tel que $2\leq k\leq (n-1)$ alors en d\'eveloppant par rapport \`a la derni\`ere ligne on a 
\begin{eqnarray*}
Q_n(X)&=&\begin{vmatrix}
X&-1&0&\hdots&0&0&0\\
-1&X&-2&\hdots&0&0&0\\
0&-2&X&\hdots&0&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\hdots&X&2-n&0\\
0&0&0&\hdots&2-n&X&1-n\\
0&0&0&\hdots&0&1-n&X\\
\end{vmatrix}\\
&=&X\begin{vmatrix}
X&-1&0&\hdots&0&0\\
-1&X&-2&\hdots&0&0\\
0&-2&X&\hdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\hdots&X&2-n\\
0&0&0&\hdots&2-n&X\\
\end{vmatrix}\\
&&+(n-1)\begin{vmatrix}
X&-1&0&\hdots&0&0\\
-1&X&-2&\hdots&0&0\\
0&-2&X&\hdots&0&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\
0&0&0&\hdots&X&0\\
0&0&0&\hdots&2-n&1-n\\
\end{vmatrix}\\
&=&XQ_{n-1}(X)-(n-1)^2\begin{vmatrix}
X&-1&0&\hdots&0\\
-1&X&-2&\hdots&0\\
0&-2&X&\hdots&0\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
0&0&0&\hdots&X\\
\end{vmatrix}\\
\end{eqnarray*}
\vfill\eject
\begin{eqnarray*}
&=&XQ_{n-1}(X)-(n-1)^2Q_{n-2}(X) \\
&=&X(n-2)![XP_{n-1}(X)-(n-2)P_{n-2}(X)]\\
&&-(n-1)^2(n-3)![XP_{n-2}(X)-(n-3)P_{n-3}(X)]\\
&=&X(n-1)!\left[\frac{X}{n-1}P_{n-1}(X)-\frac{n-2}{n-1}P_{n-2}(X)\right]\\
&&-(n-1)!(n-1)\left[\frac{X}{n-2}P_{n-2}(X)-\frac{n-3}{n-2}P_{n-3}(X)\right]\\
&=&(n-1)![XP_n(X)-(n-1)P_{n-1}(X)]\\
\end{eqnarray*}
Ce qui prouve la relation jusque $n$.
\item Le d\'eterminant de $A$ est $(-1)^n\Pi_u(0)=(-1)^n(n-1)![-(n-1)P_{n-1}(0)]$. Il suffit donc de d\'eterminer les $P_k(0)$. On a les relations $P_1(0)=1$ et $P_2(0)=0$ et 
$$P_n(0)=-\frac{n-2}{n-1}P_{n-2}(0)$$
On en d\'eduit que pour $k\geq 1$ on a $P_{2k}(0)=0$ et $$P_{2k+1}(0)=(-1)^{k}\frac{2k-1}{2k}\cdots\frac{1}{2}P_1(0)=(-1)^k\frac{(2k)!}{2^{2k}(k!)^2}$$
\item\begin{enumerate}
\item Clair, c'est les propri\'et\'es d'alg\`ebre de $\mathcal M_n(\mathbb R)$.
\item $A$ est semblable \`a une matrice diagonale $U$, les termes $\lambda_k$ sur la diagonale \'etant tous distincts, $A=PUP^{-1}$. Si $B\in{\rm Co}(A)$ alors $P^{-1}BP$ est un \'el\'ement de ${\rm Co}(U)$. En effet $P^{-1}BPU=P^{-1}BPP^{-1}AP=P^{-1}BAP=P^{-1}ABP=P^{-1}APP^{-1}BP=UP^{-1}BP$. En r\'esum\'e l'automorphisme (int\'erieur) $M\mapsto P^{-1}MP$ transforme le commutant de $A$ en le commutant de $U$, donc il suffit de d\'eterminer la dimension de celui de $U$ (puisqu'un automorphisme conserve les dimensions). Si $E_{ij}$ d\'esigne les \'el\'ements de la base canonique de $\mathcal M_n(\mathbb R)$ alors $UE_{ij}=\lambda_iE_{ij}$ et $E_{ij}U=\lambda_jE_{ij}$. Soit $C\in{\rm Co}(U)$ $C=\sum_{i,j}c_{ij}E_{ij}$, on a donc 
$$CU=\sum_{i,j}c_{ij}\lambda_iE_{ij}=\sum_{i,j}c_{ij}\lambda_jE_{ij}=UC$$la libert\'e de la famille $(E_{ij})$ donne $(\lambda_i-\lambda_j)c_{ij}=0$, la matrice $C$ ne peut \^etre que diagonale. On v\'erifie que toutes les matrices diagonales conviennent (l'ensemble des matrices diagonales est une alg\`ebre commutative). En conclusion la dimension de ${\rm Co}(A)=n$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Partie II}

\begin{enumerate}
\item On a 
\begin{eqnarray*}
q(X)&=&\sum_{i=1}^n(2i-1)x_i^2-2\sum_{i=1}^{n-1}ix_ix_{i+1}\\
&=&\sum_{i=1}^n(2i-1)x_i^2+\sum_{i=1}^{n-1}i\left[(x_i-x_{i+1})^2-x_i^2-x_{i+1}^2\right]\\
&=&x_1^2-x_1^2+\sum_{i=2}^{n-1}x_i^2[(2i-1)-i-(i-1)]+(2n-1-(n-1)]x_n^2\\
&&+\sum_{i=1}^{n-1}i(x_i-x_{i+1})^2\\
&=&nx_n^2+\sum_{i=1}^{n-1}i(x_i-x_{i+1})^2\\
\end{eqnarray*}
\item Si on \'ecrit en ligne les formes lin\'eaires de la question pr\'ec\'edente on obtient la matrice
$$\begin{pmatrix}
1&-1&0&\cdots&0\\
0&1&\ddots&\ddots&\vdots\\
\vdots&\ddots &\ddots &\ddots & 0\\
\vdots&\ddots&\ddots& 1& -1\\
0&\cdots&0 & 0& 1\\
\end{pmatrix}$$
qui est de rang $n$ donc les formes lin\'eaires sont lin\'eairement ind\'ependantes, par cons\'equent dans la question pr\'ec\'edente on a obtenu une d\'ecomposition en carr\'ees de la forme quadratique, on en d\'eduit que le rang est $n$ et la signature $(n,0)$.
\item\begin{enumerate}
\item En remarquant que $jU_j-(j-1)U_{j-1}=u_j$ pour $2\leq j\leq n$, on obtient
\begin{eqnarray*}
2\sum_{1\leq j\leq n}u_jU_j-\sum_{1\leq j\leq n}U_j^2&=&2U_1^2+\sum_{2\leq j\leq n}2U_j\left[jU_j-(j-1)U_{j-1}\right]-\sum_{1\leq j\leq n}U_j^2\\
&=&\sum_{1\leq j\leq n}(2j-1)U_j^2-\sum_{2\leq j\leq n}2(j-1)U_jU_{j-1}\\
&=&\sum_{1\leq j\leq n}(2j-1)U_j^2-\sum_{1\leq j\leq n-1}2jU_jU_{j+1}\\
&=&q(U)\geq 0\\
\end{eqnarray*}o\`u $U$ d\'esigne $(U_1,\ldots,U_n)$. Cela prouve l'in\'egalit\'e demand\'ee.
\item En appliquant l'in\'egalit\'e de \textsc{Cauchy-Schwarz} (dans $\mathbb R^n$ euclidien), on obtient
$$S_n=\sum_{j=1}^nU_j^2\leq2\sum_{j=1}^nu_jU_j\leq 2\sqrt{\sum_{j=1}^nu_j^2}\sqrt{\sum_{j=1}^nU_j^2}\leq 2\sqrt{\sum_{j=1}^{+\infty}u_j^2}\sqrt{S_n}$$
La suite $(S_n)$ est croissante et supposons qu'elle ne soit pas major\'ee alors elle tend vers $+\infty$, mais alors on aurait pour $n$ assez grand 
$\sqrt{S_n}\leq 2\sqrt{\sum_{j=1}^{+\infty}u_j^2}$, et $\sqrt{S_n}$ qui tend vers $+\infty$ d'o\`u une contradiction. En conclusion la suite $(S_n)$ est convergente, c'est \`a dire la s\'erie $\sum U_n^2$ est convergente.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Partie III}
\begin{enumerate}
\item Si on applique, pour le produit scalaire $\varphi$, la m\'ethode de Schmidt sur la base canonique $\mathfrak B$ de $\mathbb R^n$ on obtient une base orthonormale que l'on peut appeler $\mathfrak B'$. La matrice de passage de $\mathfrak B$ \`a $\mathfrak B'$ est triangulaire sup\'erieure on va la noter $P$. La formule de changement de base donne la relation $PX'=X$, d'o\`u 
$$\varphi(X,Y)=\transpose{X}SY=\transpose{(PX')}SPY'=\transpose{X'}[\transpose{P}SP]Y'$$
Et $\transpose{P}SP$ repr\'esente la matrice du produit scalaire $\varphi$ relativement \`a la base $\mathfrak B'$, qui est orthonormale donc c'est la matrice unit\'e $I_n$. On obtient donc $\transpose{P}SP=I_n$ d'o\`u $S=\transpose{P^{-1}}P^{-1}$ et $P$ est la matrice de passage de $\mathfrak B$ \`a $\mathfrak B'$ et elle est triangulaire sup\'erieure. 
\item Si on appelle $c_{i,j}$ le terme g\'en\'eral de la matrice $P^{-1}$, qui est triangulaire sup\'erieure, on a $$\det S=(\det(P^{-1})^2=\left[\prod_{k=1}^nc_{i,i}\right]^2=\prod_{k=1}^n(c_{i,i})^2$$
et $$(c_{i,i})^2\leq s_{i,i}=\sum_{k=1}^n(c_{k,i})^2$$
Cela donne $\det S\leq\prod_{k=1}^ns_{i,i}$.
\end{enumerate}

\section*{Partie IV}
\begin{enumerate}
\item\begin{enumerate}
\item Dans les notations il est rappel\'e que pour une matrice d\'efinie positive $U$ on a $\|U\|=\max_{1\leq i\leq n}\alpha_i$ et comme $Sp(U)\subset ]0,R[$ on a $\|U\|<R$ ce qui est suffisant pour assurer la convergence absolue de la s\'erie $\sum b_kU^k$ et donc sa convergence puisque $\mathfrak M_n(\mathbb R)$ est complet. Et comme pour tout $N$ et $X\in\mathbb R^n$ on a $\transpose{X}\sum_{k=0}^Nb_kU^KX\geq 0$ (les $b_k$ sont positifs et $U^k>0$) on en d\'eduit par passage \`a la limite que $g(U)\geq 0$. Il suffit de prouver que $g(U)$ est inversible pour que l'on ait $g(U)>0$. Or $U$ comme matrice sym\'etrique r\'eelle est diagonalisable ainsi que les $U^k$ dans une m\^eme base, ce qui donne $$P^{-1}\sum_{k=0}^Nb_kU^kP=\sum_{k=0}^Nb_kD^k\rightarrow
\begin{pmatrix}
g(\alpha_1)&0&\cdots&0\\
0&\ddots&\ddots&\vdots\\
\vdots&\ddots&\ddots&0\\
0&\cdots&0&g(\alpha_n)\end{pmatrix}$$Et comme $0<b_0<g(\alpha_i)$, on a $g(D)$ inversible ce qui donne $g(U)$ inversible.
\item Par la question pr\'ec\'edente on a $\det g(U)=\prod_{i=1}^ng(\alpha_i)$.
\end{enumerate}
\item\begin{enumerate}
\item La matrice sym\'etrique r\'eelle $U$ est diagonalisable dans une base orthonorm\'ee de vecteurs propres donc il existe une matrice orthogonale $V$ telle que 
$$\transpose{V}UV=D=\begin{pmatrix}
\alpha_1&0&\cdots&0\\
0&\ddots&\ddots&\vdots\\
\vdots&\ddots&\ddots&0\\
0&\cdots&0&\alpha_n\end{pmatrix}\Longrightarrow U=VD\transpose{V}$$
Ce qui donne $$u_{i,i}=\sum_{k=1}^nv_{i,k}\alpha_kv_{i,k}=\sum_{k=1}^nv_{i,k}^2\alpha_k$$
\item Par la question pr\'ec\'edente, si on note $m=\min_{1\leq i\leq n}\alpha_i$ et $M=\max_{1\leq i\leq n}\alpha_i$, on a 
$$0<m=\sum_{k=1}^nv_{i,k}^2m\leq \sum_{k=1}^nv_{i,k}^2\alpha_k=u_{i,i}\leq \sum_{k=1}^nv_{i,k}^2M=M<R$$ 
\item La fonction $\ln \circ g$ est suppos\'ee convexe donc $\forall i\in\nn{1}{n} $ on a
$$\ln \circ g(u_{i,i})=\ln \circ g\left(\sum_{k=1}^nv_{i,k}^2\alpha_k\right)\leq\sum_{k=1}^nv_{i,k}^2\ln\circ g(\alpha_k)$$En composant par l'exponentielle (qui est croissante) on obtient
$$0<g(u_{i,i})\leq\prod_{k=1}^n\exp[v_{i,k}^2\ln\circ g(\alpha_k)]$$
Et en multipliant chacune de ces relations on obtient
\begin{eqnarray*}
\prod_{i=1}^ng(u_{i,i})&\leq&\prod_{i=1}^n\prod_{k=1}^n\exp[v_{i,k}^2\ln\circ g(\alpha_k)]\\
&=&\prod_{k=1}^n\exp\left[\sum_{i=1}^nv_{i,k}^2\ln\circ g(\alpha_k)\right]\\
&=&\prod_{k=1}^n\exp[\ln\circ g(\alpha_k)]\\
&=&\prod_{k=1}^ng(\alpha_k)=\det g(U)
\end{eqnarray*}
\item On peut remarquer que dans la preuve de 1 on a seulement besoin d'un seul $b_k>0$ les autres \'etant positifs ou nuls. Si on prend $g(x)=x$ le rayon est infini et l'application $\ln\circ g$ sera concave d'o\`u l'in\'egalit\'e 
$$\det U=\det g(U)\leq\prod_{i=1}^ng(u_{i,i})=\prod_{i=1}^nu_{i,i}$$
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Partie V}
\begin{enumerate}
\item On remarque que la matrice $J$ est de rang 1 donc 0 est valeur propre de $J$ d'o\`u $a-b$ est valeur propre de $U$. $nb$ est valeur propre de $J$ ($(1,\ldots,1)$ est un vecteur propre) d'o\`u $a+(n-1)b$ est valeur propre de $U$. Le spectre de $U$ est constitu\'e de $a-b$ et $a+(n-1)b$.
\item $U$ est une matrice sym\'etrique r\'eelle n'ayant que des valeurs propres strictement positives, elle est donc d\'efinie positive, $U>0$. $g(x)=2+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n!}x^k$, le rayon de convergence est infini, chaque coefficient est strictement positif, et $Sp(U)\subset]0,+\infty[$. Et l'on a $(\ln(1+{\rm e}^x))''=\frac{{\rm e}^x}{(1+{\rm e}^x)^2}>0$, donc la fonction $\ln\circ g$ est convexe sur $]0,+\infty[$.
\item On a 
\begin{eqnarray*}
U^2&=&(a-b)^2I_n+2(a-b)J+J^2\\
&=&(a-b)^2I_n+2(a-b)J+nb J\\
&=&(2a+(n-2)b)U+[(a-b)^2-[2a-(n-2)b](a-b)]I_n
\end{eqnarray*}
Ce qui donne $X^2-(2a+(n-2)b)X+(a-b)(a-b+nb)$ comme polyn\^ome annulateur de $U$.
\item La matrice $U$ est diagonalisable (sym\'etrique r\'eelle, polyn\^ome annulateur scind\'e \`a racines simples...), en appelant $p$ et $q$ les projecteurs associ\'es \`a la somme directe des espaces propres, on a 
$$\left\{\begin{array}{ccccl}
p&+&q&=&I_n\\
(a-b)p&+&(a+(n-1)b)q&=&U\\
\end{array}\right.$$
$$\Longleftrightarrow
\left\{\begin{array}{ccccl}
p&=&\frac{1}{(n-2)b}\left[(a+(n-1)b)I_n-U\right]\\
q&=&\frac{1}{(n-2)b}\left[(b-a)I_n+U\right]\\
\end{array}\right.
$$ 
Ce qui donne $U^k=(a-b)^kp+(a+(n-1)b)^kq$, et $\exp(U)={\rm e}^{a-b}p+{\rm e}^{a+(n-1)b}q$.
\item $\det(I_n+\exp(U))=\prod_{i=1}^n(1+{\rm e}^{\alpha_i})=(1+{\rm e}^{a-b})^{n-1}(1+{\rm e}^{a-b+nb})$
\item Comme la signature de la forme quadratique $X\mapsto \transpose{X}UX$ est (3,0) on en d\'eduit que la quadrique d'\'equation $\transpose{X}UX=1$ est un ellipso\"{\i}de. (Il est de r\'evolution car il y a deux valeurs propres identiques.)
\end{enumerate}


\end{document}
