Preparation a l'agregation interne de Mathematiques

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Preparation a l'agregation interne de Mathematiques 2007-2008 Jean-Marie Monier Corrige de l'epreuve d'entraınement du 8 decembre 2007 I. Etude d'une loi de composition interne dans R+ 1. a) • Il est clair que, pour tout (a, b) ? ( R+ )2 , a ? b existe et a ? b ? R+. Donc ? est une loi de composition interne dans R+. • La commutativite de ? est evidente. • Soit (a, b, c) ? R+)3. Si a = 0, alors : (a ? b) ? c = 0 ? c = 0 et a ? (b ? c) = 0 ? (b ? c) = 0. Si a 6= 0 et b = 0, alors : (a ? b) ? c = 0 ? c = 0 et a ? (b ? c) = a ? 0 = 0. Si a 6= 0 et b 6= 0, alors : (a ? b) ? c = ab a+ b ? c = ab a+ b c ab a+ b + c = abc ab+ ac+ bc a ? (b ? c) = a ? bc b+ c = a bc b+ c a+ bc b+ c = abc ab+ ac+ bc .

  • formee par la juxtaposition des colonnes f1

  • matrice symetrique

  • choix de la matrice carree

  • formule sur la dimension du supplementaire orthogonal

  • theoreme du rang

  • bei ?

  • a1 ?

  • ?n?1 ?n


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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Pr´eparation`alagre´gationinternedeMathe´matiques2007-2008
Jean-Marie Monier
Corrige´dele´preuvedentraˆınementdu8de´cembre2007
´ I. Etude d’une loi de composition interne dansR+  2 1.a)Il est clair que, pour tout (a, b)R+,abexiste etabR+. Doncest une loi de composition interne dansR+. tummvitae´tiedcoLast´evidente.e 3 Soit (a, b, c)R+). Sia(= 0, alors : ab)c= 0c= 0 eta(bc) = 0(bc) = 0. Sia6= 0 etb= 0,alors : (ab)c= 0cet= 0 a(bc) =a0 = 0. Sia6= 0 etb6= 0, alors :
ab c ab abc a+b (ab)c=c= = a+b ab ab+ac+bc +c a+b bc a bc abc b+c a(bc) =a= =. b+c bc ab+ac+bc a+ b+c On conclut :est associative. Supposons quetreetdma´le´nuetuentnemeeR+en particulier :. Alors, ed1,uo`=1 e = 1, contradiction. e+ 1 Donc´leapdsmdtena.utrentne´eme   3 b)Soit (a, b, c)R+. Sic= 0,alors (ab)c= 0 et (ac)(bc) = 00 = 0. Sic6= 0 et (a, b) = (0,0), alors (ab)c= 0c= 0 et (ac)(bc) = 00 = 0. Sic6= 0 et (a, b)6= (0,0), alors (ac, bc)6= (0,0), et on a :
On conclut :
(ac)(bc)ab (ac)(bc) = =c= (ab)c. ac+bc a+b
 3 (a, b, c)R+,
(ab)c= (ac)(bc).
1
RRemarquons d’abord qu’on peut utiliser la notation 2.SoientnN− {0,1}, a1, ..., an+. a1...annashtnerapsgepu´esae,disquse.1pa`r,Il est clair que, puisqueest associative. a1, ..., an sonttousnonnuls,dapr`eslade´nitiondelaloi,a1...anra´rtep,nslutsapenautioneduc meˆmed´enominateur: 1 1 1σn1 = +∙ ∙ ∙+ =, a1...ana1anσn do`u: σn a1∗ ∙ ∙ ∙ ∗an=. σn1
a 3.Sia= 0, alorsa∗ ∙ ∙ ∙ ∗a= 0 = . n n a a Sia62se`:.=0lo,a,drspraa∗ ∙ ∙ ∙ ∗a= =. n1 na n On conclut : a nN,aR+, a∗ ∙ ∙ ∙ ∗a=. n   2 4.a)Soient (a, b)R+, xR+.´ediates´eestimmorrp´ite(iLpaa, b) = (0,0).Supposons (a, b)6= (0,0), donca+b >0.On a, pour toutyR:   2b b 2 2 2 2 2 2 ay+b(xy() = a+b)y2bxy+bx= (a+b)yxy+x a+b a+b  !  !       2 2 2 b b b b ab 2 2 2 = (a+b)yxx+x= (a+b)y+x . 2 a+b a+b a+b a+b(a+b)
On a donc : ab ab 2 2 2 2 2 2 2 Inf (ay+bz) = Inf (ay+b(xy= () ) a+b)x=x= (ab)x . 22 (y,z)R, y+z=x(a+b)a+b yR
b)L’examen du cas (a, b) = (0,S.(imm´ediat0)estia, b)6= (0,0,)ud´eldetuapdesr`a), b laborneinfe´rieureestatteintesietseulementsiyx= 0.`tsyselsrolatuosm´eenerO a+b d´equations: y+z=x b y=x. a+b 2 On conclut que l’ensemble des couples (y0, z0)Rtels que ( y0+z0=x
est :
2 2 2 (ab)x=ay+bz 0 0
  b a {x, x} a+b a+b {(y, xy);yR}
2
si
si
(a, b)6= (0,0)
(a, b) = (0,0).
II.Quelquesproprie´t´esdesmatricessyme´triquesr´eelles
1.a)Pour touteSSn(R),il existeΩOn(R) (groupe orthogonal) etDDn(R) (matrice 1 diagonalere´elle)tellesque:S=ΩDΩ .   y1 1  b)SoitXMn,1(R). NotonsΩ X= a :. On . yn n n X X t t1 t121 2 XSX=X(ΩDΩ)X= (Ω X)D(Ω X) =λiy>λ0y . i i i=1i=1 n X t t11 2 CommeΩest orthogonale, on a :XX= (Ω X)(Ω X) =y . i i=1 t t Onde´duit:XSX>λ0XX. c)SoientYIm (S), ZKer (S).Il existeXMn,1(R) tel queY=SX.On a : t t t t t t Y Z= (SX)Z=X SZ=XSZ=X(SZ) = 0,
doncYotseohtranoga`lZpour le produit scalaire canonique surMn,1(R). ltdanaegisnomineh´eotletedurr`emne,trapenasilitutrauDladgonorohtedlun sous-espace vectoriel dans un espace vectoriel euclidien:      dim Im (S) =n(dim Ker S) = dim Ker (S).  On conclut : Im (SKer() = S). d)SoitSSn(R). Dapre`sleth´eore`meder´eductionpourunematricesym´etriquer´eelle,ilexisteΩOn(R), 1 D= diag(..., λλ , )D(R) telles queS=ΩDΩ ,1Sp ( et on a : , ..., n}}. 1n nRS) ={λi;i∈ { On a, pour toutXMn,1(R): t t1 t11 XSX=X(ΩDΩ)X= (Ω X)D(Ω X).
1 Comme l’applicationX7Ω Xest une bijection deMn,1(R-iulrus)no,emeˆma:     + t t S∈ ⇐⇒ XM Sn n,1(R), XSX>0⇐⇒ ∀YMn,1(R)DY, Y >0 n X n2 >0 ⇐⇒ ∀(y1, ..., yn)R, λiyi. i=1 n2 s>0, alors, pour tout (y1, ..., yn)Riy Si lesλisont tou,la somme desλiest>0. n2 R´eciproquement,si,pourtout(y1, ..., yn)R, la somme desλiyest>0, alors, en particulier en i choisissantyi= 1 sii=ketyi= 0 sii6=kuotrttiuduop,,o´endk∈ {1, ..., n},queλk>0. On conclut : + SS⇐⇒Sp ( nRS)R+. Onobtientdemeˆme: ++SS⇐⇒Sp (S)R. nR+
++ e)Pour touteSS,dpa`rseel´rseultatpr´ec´edentptsen0,ruelavsadereopprS, doncS n est inversible. On obtient : ++ SnGLn(R).
3
+ 2.a)SoitSSDap.1.r`esa)etd), il existeΩOn(R), D(= diag λ1, ..., λn)Dn(R) n √ √ 1 telles queS=ΩDΩet :i∈ {1, ..., n}, λi>0noresnoC.´disΔ(= diag λ1, ..., λn) et 1 R=ΩΔΩ. On a : t t1 t1 t1 R= (ΩΔΩ) =Ω Δ Ω=ΩΔΩ=R,doncRSn(R) + S pR(R) ={λi; 16i6n} ⊂R+,onduqsiup,ca`je´deRym´eestsue,dtriqe`1sarp.d),RS n 21 2 211 R= (ΩΔΩ) =ΩΔ Ω=ΩDΩ=S. + b)SoientSSetXMn,1(R). n t SiSX= 0, alorsXSX= 0. t + 2 ice´Rossnpoup,sntmeueoqprXSXarp0=D.`esa), il existeR∈ §telle queS=R .On a : n t t 2 t 2 XSX= 0⇐⇒XR X= 0⇐⇒(RX)(RX) = 0⇐⇒RX== 0 SX=R X= 0. On conclut : t XSX= 0⇐⇒SX= 0.  2 + 3.Soit (A, B)S. n a)On a, pour toutXMn,1(R) : AX= 0 XKer (A)Ker (B)⇐⇒=(A+B)X=AX+BX= 0⇐⇒XKer (A+B). BX= 0 On a donc : Ker(A)Ker (B)Ker (A+B). t ´eciRtios,tnemeuqorpXKer(A+B).On a (A+B)X= 0, doncX(A+B)X= 0. Mais : t t t t t X(A+B)X=XAX+XBX, XAX>0, XBX>0, t t doncXAX= 0 etXBX= 0,2se`pu.d,sirpab),AX= 0 etBX= 0,doncXKer (A)Ker (B). On obtient : Ker (A+B)Ker(A)Ker (B). Finalement : Ker (A+B() = Ker A)Ker (B).
b)En utilisant 1.c),r´leulestpta´rcee´edtnl,te´heor`emedurangetulumrofenidalrusenionsme dusuppl´ementaireorthogonaldunsous-espacevectorieldunespaceeuclidien,ona:     Im (A+B) = Ker (A+B) = Ker (A)Ker (B) = Ker (AKer () + BIm () = A)+Im (B).
t t 4.PuisqueS:euqirte´mystseXSY=Y SX.Puis, commeSX=SY,on a : t t t t XSX=XSY=Y SX=Y SY.
5.a)On a, pour toutHMn,1(R): t t t t t t t f(X0+H) = (X0+H)S(X0+H)2U(X0+H) =X0SX0+2X0SH+HSH2U X02U H t t t t =X0SX02U X0+HSH=f(X0) +HSH.
+ b)apr`Dsea), puisqueSS: n HMn,1(R), f(X0+H)>f(X0). Puisque l’applicationH7X0+Hest une bijection deMn,1(Reruqomtns)emˆi-luurcicee,em femutdarneineborieunf´eteerceuqelleeic-atstinteenteX0(au moins).
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