Preparation a l'agregation interne de mathematiques

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Preparation a l'agregation interne de mathematiques Epreuve du samedi 15 janvier 2005 Jean-Marie Monier Corrige I Noyau, image, rang d'une matrice et de sa transposee 1.a. ? • On a, pour tout X ? Mn,1 : X ? Ker (A) ?? AX = 0 =? tAAX = 0 ?? X ? Ker ( tAA), donc : Ker (A) ? Ker ( tAA). • On a, pour tout X ? Mn,1 : X ? Ker ( tAA) ?? tAAX = 0 =? tX tAAX = 0 ?? t(AX)(AX) = 0 ?? ||AX||22 = 0 ?? AX = 0 ?? X ? Ker (A), donc : Ker ( tAA) ? Ker (A). On conclut : Ker ( tAA) = Ker (A) ? En appliquant le resultat precedent a tA a la place de A, on obtient : Ker (A tA) = Ker ( tA) 1.b. • En utilisant le theoreme du rang et le resultat de a., on a : rg ( tAA) = p? dimKer ( tAA) = p? dimKer (A) = rg (A). • En appliquant le resultat precedent a tA a la place de A, on obtient : rg (A tA) = rg ( tA).

  • xq?1 ?

  • projete orthogonal de x1 sur vect

  • base de ker

  • ??

  • x1


Publié le : samedi 1 janvier 2005
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Preparationalagregationinternedemathematiques Epreuve du samedi 15 janvier 2005 Jean-Marie Monier
Corrige INoyau,image,rangdunematriceetdesatransposee 1.a. ∗  On a, pour tout X M n 1 : X Ker ( A ) ⇐⇒ AX = 0 = t AAX = 0 ⇐⇒ X Ker ( t AA ) donc : Ker ( A ) Ker ( t AA ) On a, pour tout X M n 1 : X Ker ( t AA ) ⇐⇒ t AAX = 0 = t X t AAX = 0 ⇐⇒ t ( AX )( AX ) = 0 || AX || 22 = 0 ⇐⇒ AX = 0 ⇐⇒ X Ker ( A ) donc : Ker ( t AA ) Ker ( A ) On conclut : Ker ( t AA ) = Ker ( A ) Enappliquantleresultatprecedenta t A alaplacede A , on obtient : Ker ( A t A ) = Ker ( t A ) 1.b. Enutilisantletheoremedurangetleresultatdea.,ona: rg ( t AA ) = p dim Ker ( t AA ) = p dim Ker ( A ) = rg ( A )
Enappliquantleresultatprecedenta t A alaplacede A , on obtient : rg ( A t A ) = rg ( t A )
DapresleCours:rg( t A ) = rg ( A ) On conclut : rg ( t AA ) = rg ( A ) = rg ( t A ) = rg ( A t A ) 1.c. ∗  Soit Y Im ( t AA ) Il existe X M p 1 telle que Y = t AAX On a alors Y = t A ( AX ) Im ( t A ) Ceci montre : Im ( t AA ) Im ( t A )
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Dapresb.: dim Im ( t AA ) = rg ( t AA ) = rg ( t A ) = dim Im ( t A ) Ilenresulte: Im ( t AA ) = Im ( t A ) Enappliquantleresultatprecedenta t A alaplacede A on obtient : Im ( A t A ) = Im ( A ) 2.a. On a, pour tout X = xxxx 3412 M 4 1 : X Ker ( A ) ⇐⇒ AX = 0 ⇐⇒ ½ x 1 + x 2 + x 3 = 0 x 4 = 0 donc dim Ker ( A ) = 2 et une base de Ker ( A ) est, par exemple, ( V 1  V 2 ),ou: V 1 = 0011  V 2 = 0011
On a, pour tout X = xxxx 3412 M 4 1 : x 1 + x 3 = 0 X Ker ( t A ) ⇐⇒ t AX = 0 ⇐⇒ ½ x 1 + x 2 x 4 = 0 donc dim Ker ( t A ) = 2 et une base de Ker ( t A ) est, par exemple, ( V 3  V 4 ) ou: 001 V 3 = 0111  V 4 = 1 On remarque que, par exemple, V 1 Ker ( t A ) et V 3 Ker ( A ) Il n’y a donc aucune relation d’inclusion entre ces deux sev. Plus p  i ment, on a xx 21 1 : , pour tout X = x 3 M 4 rec se x 4 x 1 + x 2 + x 3 = 0 x 4 = 0 ( XX KKeerr(( t A ) A ) ⇐⇒ x 1 + x 3 = 0 = x 2 = x 3 = x 4 = 0 ⇐⇒ X = 0 ⇐⇒ x 1 x 1 + x 2 x 4 = 0 donc Ker ( A ) Ker ( t A ) = { 0 }
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Comme dim Ker ( A ) = dim Ker ( t A ) = 2 ilenresultequelesdeuxsevKer( A ) et Ker ( t A )sontsupple-mentaires dans M 4 1 2.b. Il est clair, au vu des colonnes de A , que Im ( A ) est de dimension 2 et qu’une base de Im ( A ) est, par exemple, ( U 1  U 2 ) ou: 1 0 U 1 = 1  U 2 = 1011 0 Demeˆme,Im( t A ) est de dimension 2 et une base de Im ( t A ) est, par exemple, ( U 3  U 4 )ou 11 U 4 = 1000 U 3 =  01 Comme, par exemple, U 1 nesedecomposepassur( U 3  U 4 ) et que U 3 nesedecomposepassur( U 1  U 2 ) il n’y a aucune relation d’inclusion entre Im ( A ) et Im ( t A ) Plusprecisement: 1 1 1 0 det b c ( U 1  U 2  U 3  U 4 )=10011100= 1 6 = 0 ¯ 0 1 0 1 ¯ donc ( U 1  U 2  U 3  U 4 ) est libre. IlenresultequelessevIm( A ) et Im ( t A ),quisonttouslesdeuxdedimension2,sontsupplementaires dans M 4 1
II Matrice de Gram d’une famille de colonnes 1.a. En notant (E 1   E n ) la base canonique de M n 1 ,ona,deslesnotationsdeleapr nonce : n i ∈ { 1   q }  X i = X x ki E k k =1 dou,pourtout( i j ) ∈ { 1   q } 2 et puisque la base canonique est orthonormale pour le produit scalaire canonique : n t X i X j = X x ki x kj k =1 Onreconnaˆıtletermesituealaligne i etalacolonne j dans t XX pardenitionduproduitdedeux matricesetdelatransposeedunematrice. On conclut :
G ( X 1   X q ) = t XX
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1.b. DapresI1.b.: rg ¡ G ( X 1   X q ) ¢ = rg ( t XX ) = rg ( X ) = rg ( X 1   X q ) Ilenresulte: γ ( X 1   X q ) = 0 ⇐⇒ rg ¡ G ( X 1   X q ) ¢ < q ⇐⇒ rg ( X 1   X q ) < q ⇐⇒ ( X 1   X q )liee 1.c. On a G ( X 1   X q ) M q et t ¡ G ( X 1   X q ) ¢ = t ( t XX ) = t XX = G ( X 1   X q ) donc G ( X 1   X q ) S q Et, pour tout Y M q 1 : t Y G ( X 1   X q ) Y = t Y ( t XX ) Y = t ( XY ) XY = || XY || 22 > 0 On conclut : G ( X 1   X q ) S q + 2. Soit Y k = X k si k 6 = i et Y i = X i + X a j X j oules a j sont des reels. j 6 = i Lacolonnenumero i de G ( Y 1   Y q ) est : <<YY q 1 . || YY ii >> = <<YY q 1 || XX ii >> ++ PP jj . 66 == ii aa jj <<YY q 1 || XX jj > = <<YY q 1 || . XX ii >> + j 6 X = i a j <<YY 1 q || . XX jj >> > donc,parmultilineariteetalternance: γ ( Y 1   Y q ) = det ¡ ( < Y u | X v > ) uv ¢ Puis,enraisonnantdelamˆemefaconsurleslignesdecettedernierematrice,ona: det ¡ ( < Y u | X v > ) uv ¢ = det ¡ ( < X u | X v > ) uv ¢ = γ ( X 1   X q ) Ainsi, γ ( X 1   X q )estinchangelorsquonajoutealundes X i unecombinaisonlineairedesautres X j  j 6 = i 3.a. Notons Y leprojeteorthogonalde X 1 sur Vect ( X 2   X q ) et Z = X 1 Y On a donc : X 1 = Y + Z Y Vect ( X 2   X q )  Z ¡ Vect ( X 2   X q ) ¢  d 1 = d ¡ X 1 Vect ( X 2   X q ) ¢ = || Z || 2 Dapres2.,puisque Y estcombinaisonlineairede X 2   X q on a : γ ( X 1   X q ) = γ ¡ Y + Z X 2   X q ¢ = γ ( Z X 2   X q ) De plus : i ∈ { 2   q }  < Z | X i > = 0
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On a donc : < Z | Z > < Z | X 2 >    < Z | X q > < X 2 | Z > < X 2 | X 2 >    < X 2 | X q > γ ( Z X 2   X q ) = . . . ¯ < X q | Z > < X q | X 2 >    < X q | X q > ¯ || Z || 22 0    0 0 < X 2 | X 2 >    < X 2 | X q > < X 2 | X 2 >    < X 2 | X q > = = || Z || 22 . . ¯ 0 . < X q | . X 2 >    < X q . | X q > ¯ ¯ < X q | X 2 >    < X q | X q > ¯ = d 21 γ ( X 2   X q )
On conclut : γ ( X 1   X q ) = d 12 γ ( X 2   X q ) 3.b. AveclesnotationsprecedentesetenutilisantletheoremedePythagore,puisque Y Z on a : d 12 = || Z || 22 = || X 1 || 22 − || Y || 22 6 || X 1 || 2 = γ ( X 1 ) dou,puisque γ ( X 2   X q ) > 0 : γ ( X 1   X q ) = d 21 γ ( X 2   X q ) 6 γ ( X 1 ) γ ( X 2   X q ) De plus, puisque ( X 2   X q ) est libre, en utilisant 1.b. : γ ( X 1   X q ) = γ ( X 1 ) γ ( X 2   X q ) ⇐⇒ ¡ d 21 γ ( X 1 ) ¢ γ ( X 2   X q ) = 0 ⇐⇒ d 21 = γ ( X 1 ) || Y || 22 = 0 ⇐⇒ Y = 0 ⇐⇒ X 1 Vect ( X 2   X q ) 3.c. Comme ( X 1   X q ) est libre, les sous-familles ( X 2   X q )   ( X q 1  X q ) ( X q )sontlibres,dou,en reiterantleresultatdeb.etenremarquantque γ estavaleurs > 0 : n γ ( X 1   X q ) 6 γ ( X 1 ) γ ( X 2   X q ) 6  6 γ ( X 1 ) γ ( X 2 ) ∙ ∙ ∙ γ ( X q ) = Y || X i || 22 i =1 et γ ( X 1   X q ) = γ ( X 1 ) γ ( X 2   X q ) n X i || 22 ⇐⇒ γ ( X 2   X q ) = γ ( X 2 ) γ ( X 3   X q ) γ ( X 1   X q ) = Y || i =1 . γ ( X q 1  X q ) = γ ( X q 1 ) γ ( X q ) X 1 ¡ Vect ( X 2   X q ) ¢ ⇐⇒ X 2 ¡ Vect ( X 3   X q ) ¢ ⇐⇒ ( X 1   X q ) orthogonale . X q 1 ¡ Vect ( X q ) ¢
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4.a. Onappliqueleresultatde3.c.alafamille( C 1   C n ), qui est libre puisque A GL n : n γ ( C 1   C n ) 6 Y || C j || 22 j =1 etilyaegalitesietseulementsi( C 1   C n )estorthogonale.Deplus,dapresI1.a.etpuisque A est carree : γ ( C 1   C n ) = det ¡ G ( C 1   C n ) ¢ = det ( t AA ) = ¡ det ( A ) ¢ 2 dou: n | det ( A ) | 6 Y || C j || 2 j =1 avecegalitesietseulementsi( C 1   C n ) est orthogonale. 4.b. On a, pour tout j ∈ { 1   n } : || C j || 2 = ³ n X a i 2 j ´ 1 2 6 n 1 2 i =1 dou,enutilisantleresultatde4.a.: | det ( A ) | 6 n n 2 On a : n | det ( A ) | = n n 2 | det ( A ) | = Y || C j || 2 = n n 2 j =1 Comme les C j sont tous non nuls, on a : n n Y || C j || 2 = Y n 1 2 j ∈ { 1   n } || C j || 2 = n 1 2 j =1 j =1 Et, pour tout j ∈ { 1   n } : n n || C j || 2 = n 1 2 ⇐⇒ X a i 2 j = n ⇐⇒ X (1 a i 2 j ) = 0 i =1 i =1 i ∈ { 1   n } 1 a i 2 j = 0 i ∈ { 1   n }  a ij = ± 1 car les a ij sont tous dans [ 1;1]parhypothese. Ainsi,ilyaegalitesietseulementsi A estatermesdans {− 1 1 } etacolonnesdeuxadeuxorthogonales. 5. Il est clair que ( U V W )estlibre.Dapres3.a.,ona,ennotant d la distance de X aVect( U V W ) : γ ( X U V W ) = d 2 γ ( U V W ) On calcule : 30 1 2 3 2 1 1 γ ( X U V W ) = 1 2 1 1 = 100 et γ ( U V W ) = 1 2 1 = 4 ¯ 32111211 ¯ ¯ 1 1 2 ¯ On obtient d 2 =1040=25etonconclut: d ¡ X Vect ( U V W ) ¢ = 5 6
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