République Tunisienne
Ministère de l’Enseignement Supérieur
et de la Recherche Scientifique
Concours Nationaux d’Entrée aux Cycles
de Formation d’Ingénieurs
Session 2019
ﺔـّـﯾﻳﺳﻧوﻭﺗﻟاﺍ ﺔـــّﯾﻳرﺭوﻭُﮭﻬﻣﺟﻟاﺍ
لﻝوﻭــﺧدﺩﻠﻟ ﺔﯾﻳﻧطﻁوﻭﻟاﺍ تﺕاﺍرﺭظﻅﺎﻧﻣﻟاﺍ
نﻥـﯾﻳﺳدﺩﻧﮭﻬﻣﻟاﺍ نﻥـﯾﻳوﻭﻛﺗ لﻝـﺣاﺍرﺭﻣ ﻰﻟإﺇ
2017
ةﺓرﺭوﻭدﺩ
Concours Mathématiques et Physique
Corrigé de l’épreuve de Mathématiques II
Sn(R) est le noyau de l’endomorphisme M
I.1.1.
M + tM donc
morphisme M
7!
\ An(R). On a A = tA =
2 Sn(R)
Soit A
Sn(R) et
M
An(R) sont des sous-espaces vectoriels de
A donc A = 0. On a :
An(R) est le noyau de l’endo-
Mn(R).
7!
tM et
Mais
M + tM
2
2 Sn(R) et
I.1.2. Soient A, B
Soient A1, A2, B
2 Mn(R). On a
2 Mn(R) et a
2
M
8
M
2
2 Mn(R) , M =
tM
2 An(R) donc
A, B
i
h
R. On a
M + tM
2
M
+
2
tM
.
An(R).
= Tr( tAB) = Tr( t( tAB)) = Tr( tBA) =
Mn(R) =
Sn(R)
B, A
.
i
h
aA1 + A2, B
= Tr( t(aA1 + A2)B) = Tr((a tA1 + tA2)B) = aTr( tA1B) + Tr( tA2B) = a
i
2 Mn(R). On note Cij les coecients de la matrice tAA. Pour tout 1
n
n
tAij Aji =
Â
Â
i=1
j=1
ji. Ainsi
n
Â
j=1
A, A
A, A
ji
0 et
= 0
A2
A2
,
=
h
h
i
i
A = 0. Alors,
i
+
A2, B
.
i
h
A1, B
i
h
n, on a
. , .
h
i
est un
Mn(R).
2 Sn(R). Pour tout B
A, B
2 An(R) ,
= Tr(AB) = Tr( t(AB)) = Tr( tB tA) =
Alors,
Mais dim
h
= 0 et par suite,
Mn(R)
i
Sn(R) = dim
Sn(R)
dim
⇢ An(R)?.
An(R) = dim
An(R)? donc
Sn(R) =
An(R)?.
Tr(BA) =
Tr(AB) =
A, B
.
i
h
h
Soit A
Cii =
n
Â
j=1
produit scalaire sur
I.1.3. Soit A
i
h
A, B
1
1
1
tU2 = U2
1 = tU. Soit (U1 , U2)
2 On(R) alors U est inversible et U
tU2 = In donc U1U
tU1U1
GLn(R).
I.2.1. In 2 On(R) et si U
a t(U1U
2 ) = U2
2 )(U1U
On(R) est un sous-groupe de
Par conséquent,
2 On(R), les colonnes de U sont des vecteurs unitaires dans Rn. Ainsi, pour
I.2.2. Puisque U
2 {
}
I.2.3. Pour tout U
ij = 1 donc pour tous i, j
Uij|
Uij|
Mn(R) est de dimension finie donc toutes les
On(R) est borné dans
Mn(R) sont équivalentes et alors
n
Â
i=1
2 On(R) ,
2 2 On(R).
2 On(R)2 . On
Mn(R).
normes sur
On considère les applications
1, 2, . . . , n
1, 2, . . . , n
sup
i,j
tout j
on a
2 {
U2
n |
1.
1.
}
|
1
,
f
:
Mn(R)
A
! Mn(R),
tAA
7!
` :
Mn(R)
A
! Mn(R)
7!
( tA, A)
⇥ Mn(R),
9 Concours Mathématiques et Physique
Corrigé de l’épreuve de Mathématiques II
Page 2 sur 6
b :
Mn(R)
⇥ Mn(R)
(A, B)
! Mn(R)
7!
AB
On a, f = b
nue. D’autre part,
Mn(R).
de
est un compact de
. Mais est linéaire et b est bilinéaire donc elles sont continues. Alors, f est conti-
On(R) est un fermé
Mn(R) donc
est un fermé de
On(R)
Mn(R) donc
Publicité
On(R) est un fermé borné de
In}
Mn(R) est de dimension finie et
In}
) et
1(
{
{
I.2.4.a. On a pour tout 1
n (MX)ii = x2
i et donc Tr(MX) =
n
Â
i=1
x2
i = 1. Les vecteurs colonnes
On(R) = f
Mn(R).
i
de la matrice MX sont colinéaires au vecteur X = 0
B
B
B
@
x1
...
xn
C
C
C
A
1
, par suite rg(MX)
1. De plus MX
est non nulle puisque sa trace est non nulle donc rg(MX) = 1.
I.2.4.b. On a t(MX) = t(X tX) = X tX = MX donc MX est symétrique réelle et alors MX est diagona-
Mn(R). Puisque MX est de rang 1, 0 est une valeur propre de MX de multiplicité
lisable dans
1. La somme des valeurs propres de MX est égale à sa trace= 1 donc 1
égale au moins à n
est aussi une valeur propre de MX. Par conséquent, MX est semblable à la matrice diagonale
D = diag(0, 0, . . . , 0, 1).
I.2.4.c. On a tUXUX = t(In
Mais M2
UX est alors orthogonale.
Autrement : Il existe P
Par suite UX est produit des trois matrices orthogonales donc elle est orthogonale.
De plus U2
2 On(R) telle que MX = Pdiag(0, 0, . . . , 0, 1) tP donc UX = Pdiag(1, 1, .., 1,
2MX) = In
X = MX et par suite, tUXUX = In. La matrice
X = In par suite UX représente une symétrie orthogonale.
X = X tXX tX et tXX = (X
2MX)(In
|
2MX) = (In
X) = 1 donc M2
2MX)(In
4MX + 4M2
X.
1) tP.
I.3.1. En utilisant la continuité de l’application linéaire A
tA on obtient
e
tM = lim
N
!
+•
N
Â
k=0
( tM)k
k!
t
= lim
N
!
+•
N
Â
k=0
!
(M)k
k!
= t(eM)
En utilisant la continuité de l’application linéaire A
PAP
1 on obtient
!
1
= P
1
ePMP
= lim
N
!
+•
N
Â
k=0
(PMP
1)k
k!
= lim
N
!
+•
N
Â
k=0
PMkP
k!
lim
!
+•
N
N
Â
k=0
Mk
k! !
P
1 = PeMP
1 .
I.3.2. Soit A
2 GLn(R) tels que
P
2 Mn(R) une matrice diagonalisable. Il existe l1, l2, .., lk des réels distincts et
l1 In1
0
A = P
0
B
B
B
B
B
B
B
@
0
0
l2 In2
.
P
1 .
1
C
C
C
C
C
C
C
A
lk Ink
Concours Mathématiques et Physique
Corrigé de l’épreuve de Mathématiques II
Page 3 sur 6
Par conséquent, on a
0
el1 In1
0
el2 In2
.
0
0
elk Ink
P
1 .
1
C
C
C
C
C
C
C
A
eA = P
B
B
B
B
B
B
B
@
0
Donc eA est diagonalisable. Soit Q un polynôme interpolateur de Lagrange tel que Q(eli ) = li
pour tout 1
k. Ainsi on obtient
i
el1 In1
0
Q(el1) In1
0
Q(eA) = PQ
0
el2 In2
1
0
P
1 = P.
0
Q(el2)In2
1
P
1 = A.
.
0
elk Ink
B
B
B
B
B
B
B
@
C
C
C
C
C
C
C
A
B
B
B
Publicité
B
B
B
B
@
I.3.3. Soit S une matrice symétrique. On a t(eS) = e
2 Sn(R). D’après le théorème
spectral, S est diagonalisable. D’aprés la question précédente, eS est diagonalisable et ses va-
leurs propres sont les exponentielles des valeurs propres de S donc sont toutes positives. Par
suite eS est symétrique positive .
I.3.4. Soit A une matrice antisymétrique. On a tAA =
tAeA = e( tA+A) = e0 = In donc eA
t(eA)eA = e
A2 = A tA. Par conséquent,
tS = eS donc eS
Q(elk )Ink
C
C
C
C
C
C
C
A
0
.
2 On(R).
II.1.1. Soient D = diag(D11, D22, . . . , Dnn) une matrice diagonale avec Dii
i
2 {
n 2 On(R). On a Tr(UD) =
1, 2, . . . , n
et U =
Uij
}
i,j
1
DiiUii. Mais, pour tout i
0, pour tout
1, 2, . . . , n
,
}
2 {
n
Â
i=1
1 donc Tr(UD)
1
Uii
n
Â
i=1
II.1.2. S est symétrique réelle donc il existe P
S = PD tP. De plus, S est positive donc, pour tout i
2 On(R) donc Tr(US) = Tr( tPUPD)
U
2 On(R) ,
tPUP
2 {
Dii = Tr(D).
2 On(R) et D = diag(D11, D22, . . . , Dnn) telles que
0. Mais, pour tout
, Dii
1, 2, . . . , n
Tr(D) = Tr(S).
}
II.2.1. On considère les applications
g : R
x
!
7!
Mn(R),
` : Mn(R)
exA
M
R
Tr(MS)
!
7!
On sait que g est dérivable sur R et que, pour tout x
linéaire donc f est dérivable sur R et on a
2
R , g0(x) = AexA. Mais f = `
g et ` est
II.2.2. Soit x
2
x
R ,
f 0(x) = `(g0(x)) = Tr(AexAS) .
2
R . xA est antisymétrique donc exA
8
R ,
x
8
2
f (x) = Tr(exAS)
2 On(R), et alors on a
Tr(S) = f (0) .
Par conséquent, f possède un maximum en 0 donc f 0(0) = 0 et alors Tr(AS) = 0. On obtient,
Concours Mathématiques et Physique
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h
i
i
=
A, S
Tr(AS) = 0.
= Tr( tAS) =
S, A
h
II.2.3. D’après ce qui précède, pour tout A
II.2.4. 0n a Tr(UXS) = Tr(S)
2lTr(MX) = Tr(S)
Tr(S)
II.2.5. UX 2 On(R) donc 2l = Tr(S)
positives donc S
2 S
+
n (R).
2l.
2Tr(MXS) = Tr(S)
2Tr(SX tX), mais SX = lX donc Tr(UXS) =
S, A
= 0. Alors, S
h
i
2 An(R)? =
Sn(R).
2 An(R) ,
Tr(UXS)
0 et alors toutes les valeurs propres de S sont
III.1. On considère l’application
j :
On(R)
U
R
Tr(U A)
!
7!
On(R) , d’une application linéaire de
Mn(R) dans R donc j est continue
On(R) est compact donc j est bornée et atteint son maximum en une matrice
j(U0) = Tr(S). On déduit de la
j est la restriction, sur
On(R). Mais
sur
U0 2 On(R).
III.2. Soit U
partie II que S
2 S
III.3. On a S = U0 A
2 S
On(R) et D une matrice
III.4. On a A = OS où O
diagonale à coecients positifs telles que S = tVDV. En posant, U = O tV on trouve que l’on a
U
2 On(R). On a Tr(US) = Tr(UU0 A) = j(UU0)
+
n (R).
+
n (R) . On pose O = U
2 On(R) et A = OS.
2
S+
n (R). On sait qu’il existe V
1
0 = tU0 , O
On(R) et A = UDV.
On(R) et S
2
2
2
où q
Tr(U A)
2
III.5. Les éléments de O2(R) sont de la forme Rq =
R. On a Tr(Rq A) = 2 sin q et Tr(sq A) = 2 cos q. Ainsi, pour tout U
2 = Tr(s0 A) donc max
Tr(U A)
{
U
2
|
sin q
cos q 1
A
cos q
0
sin q
@
O2(R)
= 2.
}
ou bien sq =
cos q
0
sin q
O2(R) ,
@
2
,
sin q
cos q 1
A
1 1
1 1 1
A
0
@
. Les valeurs propres de S sont 0 et 2. Si P = 0
B
B
B
B
@
Publicité
1
p2
1
p2
1
p2
1
p2
1
C
C
C
C
A
alors
tP . On trouve ainsi une décomposition en valeurs singulières de A, A = UDV
1
, D =
1
p2
1
p2
1
p2
1
p2
C
C
C
C
A
1
p2
1
p2
1
.
0 0
0 2 1
A
0
@
et V = tP = 0
B
B
B
B
@
1 = A
1 A = In donc AA
1 AA
0n
k
1 = A
0
1 donc A
. On a DD? = D?D =
1
p2
1
p2
C
C
C
C
A
1 et A
1 est une pseudo-inverse de A.
0n
1 A sont symé-
0
k
qui est
0
0
@
Ik
1
A
IV.1.1. Supposons que A est inversible. On a AA
triques. D’autre part, AA
1 A = A et A
IV.1.2. On considère la matrice, D? =
symétrique. D’autre part,
0
@
0
1
1
D
1
A
Posons S = s0 A =
A = s0P
0 0
0 2 1
A
0
@
avec U = s0P = 0
B
B
B
B
@
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DD?D =
0n
0
0
@
0
k
D1
1
0
A
@
k
0n
0
0
D
1
0n
0
0
k
D1
1
A
0n
0
=
0
@
0
k
D1
1
A
1
1
0
A
@
= D ,
et
0
0
0n
k
0
0n
k
0
0n
k
0
D?DD? =
= D? donc
=
1
1
1
0
A
@
0
@
1
1
1
A
@
@
A
0
1
0
D1
0
D
1
D
1
0 D
1
0
0
D? est une pseudo-inverse de D.
IV.1.3. Si A = 0 alors A est une pseudo-inverse d’elle même. Supposons que A , 0. Il existe une
matrice diagonale à coecients positifs D = diag(0, . . . , 0, Di+1,i+1, . . . , Dn,n) et deux matrices or-
thogonales U et V telles ques A = UDV.
Posons D? = diag(0, . . . , 0, D
n,n) et A? = tVD? tU. Ainsi on a, AA? = UDD? tU et A? A =
1
1
i+1,i+1, . . . , D
tVD?DV. AA? et A? A sont symétriques. D’autre part,
AA? A = UDV tVD? tUUDV = UDD?DV = UDV = A et
A? AA? = tVD? tUUDV tVD? tU = tVD?DD? tU = tVD? tU = A?. Par conséquent, A? est une pseudo-
inverse de A.
IV.1.4.a. On pose F = ImA =
vérifie,
. On sait que le projeté orthogonal de b, pF (b), sur F
Rn tel que
AX
b
= inf
{
AX
}
Rn
Rn
2
X
A
X
b
pF (b)
k
k
{k
|
Publicité
k |
b
AX0
k
k
}
2
= inf
donc il existe X0 2
Rn
AX
X
b
k |
2
.
}
{k
IV.1.4.b. Soit X
2
j(X + h) = (AX
On a, d’une part, (AX
2
part, (Ah
Ah) =
Ah
|
Posons `(h) = 2
de Rn dans R et #(h)
k
k
tAAX
Rn. Pour tout h
b + Ah
2
Rn , on a
AX
AX
|
b
|
C
k
tAb
Ah) + (Ah
h
b + Ah) = j(X) + (AX
b) = 2 (AX
2 où C est une constante positive.
(Ah
Ah)
|
h
et, pour h , 0,
#(h) =
b
|
b
k
h
|
|
k
k
Ah) + (Ah
Ah) = 2
AX
|
tAAX
b) + (Ah
tAb
h
Ah) .
|
et d’autre
|
. ` est une application linéaire
|
0. Il vient
!h
0
!
Par conséquent, j est diérentiable sur Rn et on a :
j(X + h) = j(X) + `(h) +
#(h) .
h
k
k
Rn ,
h
8
2
dj(X).h = 2
tAAX
tAb
h
|
.
IV.1.4.c. j possède un minimum en X0 donc dj(X0) = 0 et alors on a :
2
Par conséquent, on a tAAX0 = tAb. Mais AA? est symétrique donc
8
|
h
Rn ,
tAAX0
tAb
h
= 0 .
AA?b = t(A?) tAb = t(A?) tAAX0 = t(AA?)AX0 = AA? AX0 = AX0 .
Finalement on trouve
inf
AX
b
X
Rn
=
AA?b
b
.
IV.2.1. Soit D = diag(D11, . . . , Dnn) une matrice diagonale. S’il existe i0 2 {
Dk
1 alors
+•. La suite
k |
{k
2
k
}
k
k
N est bornée si et seulement si, pour tout k
1, . . . , n
tel que
}
|
1, . . . , n
Di0i0|
}
i
2 {
!k
+•
!
, la suite (Dk
ii)k
k
2
N est bornée. Ce qui équivaut à
2
Dii|
|
1, pour tout i
2 {
>
Di0i0|
N et tout
|
2
1, 2, .., n
.
}
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Corrigé de l’épreuve de Mathématiques II
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IV.2.2. Si D
G alors D est inversible et D
G. Par suite pour tout i
2
1. Ainsi on a,
1
Dii
Di,i|
|
= 1, pour tout i
1
2
1, 2, .., n
.
}
2 {
1, . . . , n
,
}
Dii|
|
1 et
2 {
IV.2.3. Soit A
U, V
d’après la question précédente, Dii = 1, pour tout i
UV
2
2 On(R) et
On(R) et alors G =
G. On écrit A = UDV une décomposition en valeurs singulières de A. Puisque
On(R)
G. Comme D est diagonale à coecients positifs,
, et donc D = In. Par suite A =
G, on a D = tU A tV
1, . . . , n
2 {
⇢
2
}
2
On(R).