OpenSup

Mathématiques PSI CC INP 2022 Concours Commun INP 2022 Épreuve de mathématiques, PSI, quatre heures PROBLÈME 1 Intégrales de Gauß et théorème de Moivre-Laplace Présentation Le théorème de Moivre-Laplace permet d’approcher les calculs de probabilité pour une variable aléatoire suivant une loi binomiale de paramètres n ∈ N\{0} et p ∈ [0, 1] par des calculs d’intégrales de fonctions gaussiennes. Une première démonstration a été donnée en 1733 par Abraham de Moivre pour le cas où p = 1 2. La partie I permet d’obtenir un résultat de convergence. La partie II aboutit à un calcul exact de fonction gaussienne dite « intégrale de Gauß ». La partie III permet d’établir une majoration utile à la partie IV qui s’intéresse à la convergence simple d’une suite de fonctions vers une fonction gaussienne. Ce résultat de convergence constitue une étape clé dans une démonstration possible du théorème de Moivre-Laplace. Partie I – Convergence d’une suite Soit n ∈ N \ {0}. Pour tout k ∈ 0, 2n , on pose : ak,n = √ 2n 22n+1 2n k . Pour tout m ∈ N, on pose : Im = 1 0 1 − t2 m 2 dt. Q 1. Montrer que la suite (Im)m∈N est décroissante. Q 2. Montrer que pour tout m ∈ N : Im+2 = m + 2 m + 3Im. Q 3. En déduire que pour tout n ∈ N \ {0} : I2n = √ 2n 2(2n + 1)an,n , et : I2n−1 = π √ 2nan,n. Q 4. Montrer que pour tout n ∈ N \ {0} : 1 ⩽ I2n−1 I2n ⩽ I2n−2 I2n . En déduire que : 1 1 + 1 2n ⩽ 2π (an,n)2 ⩽ 1. Q 5. En déduire la convergence de la suite (an,n)n⩾1 lorsque n tend l’infini, puis que : I2n ∼ n→+∞ 1 2 π n. 1 Mathématiques PSI CC INP 2022 Partie II – Calcul d’une intégrale de Gauß Pour tout n ∈ N \ {0}, on pose : Jn = √n 0 1 − t2 n n dt. Pour tout n ∈ N \ {0} et pour tout t ∈ R+, on pose : un(t) =      1 − t2 n n si 0 ⩽ t ⩽ √n, 0 sinon. Enfin, on considère l’intégrale de Gauß : K = +∞ −∞ e− t2 2 dt √ 2π. Q 6. À l’aide d’un changement de variable simple, déduire de la Q 5 que la suite (Jn)n∈N\{0} converge et donner sa limite. Q 7. Montrer que la suite de fonctions (un)n∈N\{0} converge simplement sur R+ et donner sa limite. Q 8. Montrer que pour tout x ∈ R, on a : 1 + x ⩽ ex, et en déduire que pour tout n ∈ N \ {0} : ∀t ∈ R+, 0 ⩽ un(t) ⩽ e−t2. Q 9. Montrer que l’intégrale K est convergente, puis déduire des questions précédentes une valeur exacte de K. Partie III – Calcul d’une majoration Q 10. Montrer qu’il existe une fonction g : 0, 1 2 → R et un réel M ⩾ 0, tels que : ∀x ∈ 0, 1 2 , 1 − x 1 + x = e−2x+g(x), et : |g(x)| ⩽ Mx3. Q 11. Soit n ∈ N \ {0}. Montrer que pour tout k ∈ n + 1, 2n : ak,n an,n = k−n−1 i=1 1 − i n k−n−1 i=1 1 + i n × n k . Q 12. En déduire que pour tout k ∈ N tel que n + 1 ⩽ k ⩽ 3n 2 + 1, il existe bk,n ∈ R tel que : |bk,n| ⩽ M n3 (k − n − 1)4, et : ak,n an,n = n k ebk,ne− 1 n(k−n−1)(k−n). Partie IV – Vers le théorème de Moivre-Laplace On considère une suite de variables aléatoires (Xn)n⩾1 définies sur un espace probabilisé (Ω, Σ, P). On suppose que pour tout n ∈ N\{0}, la variable aléatoire Xn suit une loi binomiale B 2n, 1 2 et on pose : Zn = 2Xn − 2n √ 2n . 2 Mathématiques PSI CC INP 2022 Pour tout k ∈ 0, 2n , on pose tk,n = 2k−2n √ 2n et Jk,n = tk,n − 1 √ 2n, tk,n + 1 √ 2n . On admet que les intervalles Jk,n, pour k ∈ 0, 2n , sont disjoints deux à deux et que : − √ 2n − 1 √ 2n, √ 2n + 1 √ 2n = 2n k=0 Jk,n. Pour tout n ∈ N \ {0}, on définit une fonction hn : R → R en escalier de la manière suivante : hn : t → √ 2n 2 P (Xn = k) s’il existe k ∈ 0, 2n tel que t ∈ Jk,n, 0 sinon. Q 13. Soit n ∈ N \ {0}. Déterminer la loi, l’espérance et la variance de la variable aléatoire Zn. Q 14. Proposer une représentation graphique de la fonction h2. Q 15. Soit n ∈ N \ {0}. Vérifier que la fonction hn possède un maximum sur R et déterminer pour quelles valeurs ce maximum est atteint. Q 16. Soit x ∈]0, +∞[. Montrer qu’il existe n0 ∈ N, tel que pour tout n ∈ N, vérifiant n ⩾ n0, il existe kn ∈ N, tel que x ∈ Jkn,n. Vérifier qu’alors : kn − n ∼ n→+∞ x √ 2n 2 , tkn,n ∼ n→+∞ x , kn ∼ n→+∞ n. Q 17. Soit n ∈ N\{0}. Vérifier que pour tout k ∈ 0, 2n : hn (tk,n) = ak,n. Montrer ensuite, en utilisant les résultats des Q 5, Q 12, Q 16, que la suite de fonctions (hn)n∈N\{0} converge simplement sur R et préciser sa limite. La convergence simple de cette suite de fonctions (hn)n∈N\{0} est une étape importante permettant de démontrer un cas particulier du théorème de Moivre-Laplace : Théorème Pour tous réels a ∈ R, b ∈ R, tels que a < b : lim n→+∞ P(a ⩽ Zn ⩽ b) = b a e− t2 2 dt √ 2π. PROBLÈME 2 Factorisation QR Présentation Ce problème s’intéresse dans la partie I à des propriétés des matrices de rang 1. Certaines de ces matrices sont ensuite utilisées dans la partie II pour construire des matrices orthogonales permettant dans la partie III de prouver l’existence d’une factorisation QR pour une matrice carrée quelconque. Notations Pour tous n, p ∈ N\{0}, on note Mn,p(R) l’ensemble des matrices à n lignes et p colonnes à coefficients dans R. L’ensemble des matrices réelles carrées de taille n est noté Mn(R). Soit A ∈ Mn(R) : on note également A l’endomorphisme de Mn,1(R) qui à X associe AX. Pour tout A ∈ Mn,p(R), AT désigne la matrice transposée de A. Une matrice A ∈ Mn(R) est dite nilpotente s’il existe un entier k ∈ N \ {0} tel que : Ak = 0Mn(R). L’ensemble Mn,1(R) est muni de son produit scalaire canonique ⟨·, ·⟩ et de la norme associée ∥ · ∥. En identifiant M1(R) et R, on a pour tous X, Y ∈ Mn,1(R) : ⟨X, Y ⟩ = XTY, et : ∥X∥2 = ⟨X, X⟩. On suppose dans tout ce problème que n ∈ N est un entier naturel vérifiant n ⩾ 2. 3 Mathématiques PSI CC INP 2022 Partie I – Matrices de rang 1 I.1 – Une expression des matrices de rang 1 Q 18. Soit A ∈ Mn(R) une matrice de rang 1. Montrer qu’il existe X, Y ∈ Mn,1(R)\{0Mn,1(R)} tels que : A = XY T. Q 19. Réciproquement, soient X, Y ∈ Mn,1(R) \ {0Mn,1(R)}. Montrer que la matrice XY T est de rang 1. I.2 – Quelques propriétés Soit A ∈ Mn(R) une matrice de rang 1. Q 20. Montrer que A2 = tr(A)A. Q 21. En déduire, par récurrence sur k, une expression de Ak en fonction de A pour tout k ∈ N \ {0}. Q 22. Donner une condition nécessaire et suffisante sur la trace de A pour que A soit nilpotente. Q 23. Donner une condition nécessaire et suffisante sur la trace de A pour que A soit diagonalisable. Partie II – Matrices de Householder II.1 – Un exemple On définit : A =    1 −2 2 −2 1 2 2 2 1    ∈ M3(R). Q 24. Calculer A2. En déduire un polynôme annulateur de A. Q 25. Déterminer les valeurs propres et les vecteurs propres de A. Q 26. Montrer que les sous-espaces propres de A sont orthogonaux. Q 27. Déterminer une matrice P ∈ O3(R) et une matrice diagonale D ∈ M3(R), telles que : P TAP = D. Q 28. Interpréter géométriquement l’endomorphisme A de M3,1(R). II.2 – Matrices de Householder Soit V ∈ Mn,1(R) \ {0Mn,1(R)}. On définit PV , QV ∈ Mn(R) par : PV = 1 ∥V ∥2V V T, et : QV = In − 2 1 ∥V ∥2V V T. (1) Q 29. Montrer que im(PV ) = Vect(V ) et que ker(PV ) = Vect(V )⊥. Q 30. Montrer que PV est la projection orthogonale sur la droite Vect(V ). Préciser le rang et la trace de la matrice PV . Q 31. Montrer que QV est symétrique et orthogonale. Q 32. Montrer que QV est la symétrie orthogonale par rapport à Vect(V )⊥. Partie III – Factorisation QR III.1 – Un résultat préliminaire Soient U, V ∈ Mn,1(R), tels que : ∥U∥ = ∥V ∥. On note : D = Vect(U − V ). Q 33. Montrer que D⊥ est l’ensemble des X ∈ Mn,1(R), tels que : ∥X − U∥ = ∥X − V ∥. Q 34. Donner la décomposition de U sur la somme directe Mn,1(R) = D ⊕ D⊥. Q 35. On suppose U et V non colinéaires. Calculer QU−V U où QU−V est définie en (1). Q 36. En déduire que pour tous ˜U, ˜V ∈ Mn,1(R), il existe une matrice orthogonale Q, telle que Q ˜U soit colinéaire à ˜V . 4 Mathématiques PSI CC INP 2022 III.2 – Factorisation QR Q 37. Soit A ∈ Mn(R). Montrer qu’il existe une matrice orthogonale Q1, telle que Q1A soit de la forme : Q1A =       α ∗ · · · ∗ 0 ... C1 0       où α ∈ R et C1 ∈ Mn−1(R). Q 38. En raisonnant par récurrence sur n, montrer que pour tout A ∈ Mn(R), il existe une matrice Q orthogonale, telle que QA soit triangulaire supérieure. FIN 5

Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Concours Commun INP 2022 Épreuve de mathématiques, PSI, quatre heures (corrigé) PROBLÈME 1 Intégrales de Gauß et théorème de Moivre-Laplace Partie I – Convergence d’une suite Q 1. Soit m ∈ N. Pour tout t ∈ [0, 1], on a : 1−t2 ∈ [0, 1]. On en déduit que l’application x → (1 − t2)x est décroissante sur R pour tout t ∈ [0, 1] ; comme m+1 2 ⩾ m 2 , on en déduit : ∀t ∈ [0, 1], 1 − t2 m+1 2 ⩽ 1 − t2 m 2 , et donc, par croissance de l’intégrale : Im+1 ⩽ Im, ce qui démontre que la suite (Im)m∈N est décroissante. Q 2. Soit m ∈ N. On a : Im+2 = 1 0 1 − t2 m+2 2 dt = 1 0 1 − t2 m 2 +1 dt. Intégrons par parties cette dernière intégrale : — en dérivant l’application t → (1 − t2) m 2 +1, qui est de classe C1 sur [0, 1] et de dérivée t → −2t m 2 + 1 (1 − t2) m 2 ; — en intégrant l’application t → 1, qui est continue sur [0, 1], et dont une primitive est t → t. On a alors : Im+2 = t 1 − t2 m 2 +1 1 0 + 1 0 2t2 m 2 + 1 1 − t2 m 2 dt Comme m 2 + 1 ⩾ 1 > 0, la fonction (1 − t2) m 2 +1 est nulle en 1. Le terme entre crochets s’annule donc, et on a : Im+2 = (m + 2) 1 0 t2 1 − t2 m 2 dt = (m + 2) 1 0 (t2 − 1) + 1 1 − t2 m 2 dt = −(m + 2) 1 0 1 − t2 m 2 +1 dt + 1 0 1 − t2 m 2 dt = −(m + 2)Im+2 + (m + 1)Im. On en déduit : (m + 3)Im+2 = (m + 2)Im, puis : Im+2 = m + 2 m + 3Im. Q 3. Nous allons démontrer, pour tout n ∈ N \ {0} : Pn : « I2n = √ 2n 2(2n + 1)an,n , et : I2n−1 = π √ 2nan,n » par récurrence sur n. Pour n = 1, on a par un calcul direct : I2×1 = I2 = 1 0 1 − t2 2 2 dt = 1 0 1 − t2 dt = t − t3 3 1 0 = 2 3, 1 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé tandis que, par définition des ak,n : √2 × 1 2(2 × 1 + 1)a1,1 = √ 2 2 × 3 · 23 √ 2 2 1 = 2 3, donc : I2×1 = √2 × 1 2(2 × 1 + 1)a1,1 . Pour le calcul de : I2×1−1 = I1 = 1 0 √ 1 − t2dt, une stratégie (qui n’est pas la seule : on peut aussi astucieusement intégrer par parties) est d’effectuer le changement de variable θ = arcsin(t) (on l’a choisi pour avoir : 1−t2 = 1−sin(θ)2 = (cos(θ))2). Il est licite parce que l’arc sinus définit une application de classe C1 et strictement croissante sur [0, 1[, à valeurs dans 0, π 2 . On a : dθ = dt √ 1−t2, et donc : I1 = 1 0 √ 1 − t2dt = 1 0 (1 − t2) dt √ 1 − t2 = π 2 0 (cos(θ))2 dθ = π 2 0 1 + cos (2θ) 2 dθ = θ + sin (2θ) /2 2 π 2 0 = π 4 , tandis que : π √2 × 1a1,1 = π 2 · √ 2 23 2 1 = π 4 , donc : I2×1−1 = π √2 × 1a1,1. On a donc montré : I2×1 = √2 × 1 2(2 × 1 + 1)a1,1 , I2×1−1 = π √2 × 1a1,1, d’où P1. On a initialisé la propriété à démontrer. À présent, soit n ∈ N \ {0} tel qu’on ait Pn. D’après la question précédente (avec m = 2n), on a : I2(n+1) = 2n + 2 2n + 3I2n [Pn] = 2n + 2 2n + 3 · √ 2n 2(2n + 1)an,n . On aimerait montrer que c’est égal à √ 2(n+1) 2(2n+3)an+1,n+1. Cela nécessite préalablement de comprendre comment faire apparaître an+1,n+1, alors que nous avons an,n ci-dessus. Trouvons donc une relation entre an+1,n+1 et an,n. Pour cela, remarquons que : 2(n + 1) n + 1 = 2n + 2 n + 1 = (2n + 2)! ((n + 1)!)2 = (2n + 2)(2n + 1)(2n)! (n + 1)2(n!)2 = 2(2n + 1) n + 1 2n n et donc : an,n = √ 2n 22n+1 2n n = √ 2n 22n+1 n + 1 2(2n + 1) 2(n + 1) n + 1 = √ 2n 22n+1 n + 1 2(2n + 1) 22n+3 2(n + 1) an+1,n+1, ou encore, après simplifications : an,n = 2 n(n + 1) 2n + 1 an+1,n+1, (∗) 2 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé donc, en reprenant le calcul de I2(n+1) ci-dessus : I2(n+1) = 2(n + 1) 2n + 3 · √2n ·  (2n + 1) 2 (2n + 1) · 2 n(n + 1)an+1,n+1 = 2(n + 1) 2(2n + 3)an+1,n+1 . Encore en utilisant la question précédente (cette fois avec m = 2n − 1) et (∗), on a : I2(n+1)−1 = 2n + 1 2n + 2I2n−1 [Pn] = 2n + 1 2n + 2 · π √ 2nan,n (∗) =  2n + 1 2(n + 1) · π √2n 2 n(n + 1)  2n + 1 an+1,n+1 = π 2(n + 1) an+1,n+1. On a donc montré, ayant supposé Pn : I2(n+1) = 2(n + 1) 2(2n + 3)an+1,n+1 , I2(n+1)−1 = π 2(n + 1) an+1,n+1, d’où Pn+1, ce qui achève l’hérédité. Par principe de récurrence, on a donc le résultat voulu pour tout entier n ⩾ 1. Q 4. Soit n ∈ N \ {0}. On a montré dans la première question que la suite (In)n⩾1 est décroissante. Donc : I2n ⩽ I2n−1 ⩽ I2n−2. En principe, il suffit de diviser par I2n = 1 0 1 − t2 n dt pour avoir le résultat voulu, à condition de bien justifier que c’est une quantité strictement positive. C’est vrai par propriété de séparation de l’intégrale, étant donné que l’application t → (1 − t2)n est continue, positive et non identiquement nulle sur [0, 1]. Ainsi I2n > 0, et diviser par I2n donne : 1 ⩽ I2n−1 I2n ⩽ I2n−2 I2n . Or, d’après la question Q 2 : I2n−2 I2n = 2n + 1 2n = 1 + 1 2n, et d’après la question précédente : I2n−1 I2n = π √ 2nan,n × 2(2n + 1)an,n √ 2n = 2(2n + 1)π 2n (an,n)2 . D’où le résultat voulu, en divisant par 2n+1 2n = 1 + 1 2n > 0 dans l’encadrement ci-dessus : 1 1 + 1 2n ⩽ 2π (an,n)2 ⩽ 1. Q 5. D’après l’encadrement de la question précédente, et le théorème des gendarmes, on a : lim n→+∞ 2π (an,n)2 = 1, et donc : an,n ∼ n→+∞ 1 √ 2π (ce qu’on pouvait aussi trouver grâce à la formule de Stirling). On a donc, pour tout n au voisinage de l’infini : I2n = √ 2n 2(2n + 1)an,n ∼ n→+∞ √ 2n 2 · 2n · √ 2π ∼ n→+∞ 1 2 π n. Remarque. Le changement de variable t = arcsin(θ), déjà proposé dans la question Q 2, permet de démontrer qu’on a : I2n = π 2 0 (cos(θ))2n+1 dθ. On reconnaît les traditionnelles intégrales de Wallis, et l’équivalent asymptotique bien connu. 3 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Partie II – Calcul d’une intégrale de Gauß Q 6. Soit n ∈ N \ {0}. Effectuons le changement de variable u = t√n dans l’intégrale I2n = 1 0 1 − t2 n dt. Il est licite, parce que l’application t → t√n est de classe C1 sur [0, 1]. On a du = √ndt, et donc : I2n = 1 √n √n 0 1 − u2 n n du = 1 √nJn, donc : Jn = √nI2n, et d’après la question Q 5 : Jn ∼ n→+∞ √n1 2 π n ∼ n→+∞ √π 2 −→ n→+∞ √π 2 . On en déduit que la suite (Jn)n⩾1 converge vers √π 2 , d’où le résultat. Q 7. Soit t ∈ R+. Pour tout n ∈ N assez grand, c’est-à-dire tel que n > t2, on a t ∈ [0, √n] et donc : un(t) = 1 − t2 n n = e n ln 1− t2 n . Or, pour tout n au voisinage de +∞, on a : n ln 1 − t2 n ∼ n→+∞ n × −t2 n ∼ n→+∞ −t2. Donc : lim n→+∞ n ln 1 − t2 n = −t2. Alors, par continuité de l’exponentielle en −t2 : ∀t ∈ R+, lim n→+∞ un(t) = e−t2. Ainsi (un)n⩾1 converge simplement sur R+ vers t → e−t2. Q 8. D’après la formule de Taylor avec reste intégral, appliquée à la fonction exponentielle à l’ordre 1 en 0, on a : ∀x ∈ R, ex = 1 + x + x2 1 0 (1 − t)etxdt ⩾ 1 + x, du fait que x2 ⩾ 0 pour tout x ∈ R, et (1 − t)etx ⩾ 0 pour tout t ∈ [0, 1] et tout x ∈ R. Déduisons-en l’inégalité demandée sur un. Soient n ∈ N \ {0} et t ∈ [0, √n]. En prenant x = −t2 n , on obtient : 1 − t2 n ⩽ e− t2 n . Or ces quantités sont positives pour t ∈ [0, √n] donc, en utilisant la croissance de l’application x → xn sur R+, on obtient : un(t) = 1 − t2 n n ⩽ e−t2. De plus, un(t) ⩾ 0 pour tout t ∈ [0, √n] (en effet : 0 ⩽ t ⩽ √n ⇐⇒ 0 ⩾ −t2 ⩾ −n ⇐⇒ 0 ⩾ −t2 n ⩾ −1 ⇐⇒ 1 ⩾ 1 − t2 n ⩾ 0), donc l’encadrement de l’énoncé est vérifié pour t ∈ [0, √n]. Si t ∈]n, +∞[, on note que l’encadrement est trivial, car un est nulle sur cet intervalle et on a e−t2 ⩾ 0 pour tout t ∈]√n, +∞[ : d’où le résultat. 4 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Q 9. Nous allons montrer : K = 2 √π lim n→+∞ Jn, grâce aux questions précédentes et au théorème de convergence dominée, dont nous récapitulons les hypothèses : pour tout n ⩾ 1, l’application un est continue par morceaux sur R+, et la suite de fonctions (un)n⩾1 converge simplement sur R+ vers f : t → e−t2 qui est également continue par morceaux sur R+. De plus, d’après la question précédente : ∀t ∈ [0, +∞[, |un(t)| = un(t) ⩽ e−t2. (hypothèse de domination) Vérifions que l’application φ : t → e−t2 est effectivement intégrable sur [0, +∞[ : elle est continue par morceaux sur [0, +∞[, donc le seul problème éventuel d’intégrabilité est au voisinage de +∞ ; or elle est positive, et d’après le théorème des croissances comparées on a : lim t→+∞ t2e−t2 = 0. Donc : φ(t) = o t→+∞ 1 t2 , et la fonction de Riemann t → 1 t2 est intégrable au voisinage de +∞ car son exposant est 2 > 1, donc par comparaison φ est aussi intégrable au voisinage de +∞. Le théorème de convergence dominée s’applique donc. Ceci démontre d’une part que l’intégrale +∞ 0 f(t)dt = +∞ 0 e−t2dt converge, et d’autre part qu’on a : lim n→∞ √n 0 1 − t2 n n dt = lim n→∞ +∞ 0 un(t)dt = +∞ 0 f(t)dt = +∞ 0 e−t2dt. Faisons à présent le lien avec K. Tout d’abord, le changement de variable u = √ 2t (choisi de sorte que : t2 = u2 2 ), licite parce que l’application t → √ 2t est de classe C1 et strictement croissante sur R+, montre que l’on a : +∞ 0 e−t2dt = +∞ 0 e− ( √ 2t)2 2 √ 2dt √ 2 = 1 √ 2 +∞ 0 e− u2 2 du. Rappelons que la formule du changement de variable conserve la nature des intégrales. Ainsi l’intégrale +∞ 0 e− t2 2 dt converge, et on a : +∞ 0 e− t2 2 dt = √ 2 +∞ 0 e−t2dt. Ensuite, le changement de variable u = −t dans l’intégrale du membre de gauche montre que l’intégrale 0 −∞ e− t2 2 dt converge également, et est égale à +∞ 0 e− t2 2 dt (on utilise la parité de l’intégrande). On en déduit d’une part que K = +∞ −∞ e− t2 2 √ 2πdt converge, et d’autre part, grâce à tout ce qui précède : K = 1 √ 2π +∞ −∞ e− t2 2 dt = 2 √ 2π +∞ 0 e− t2 2 dt = 2 √ 2 √ 2π +∞ 0 e−t2dt = 2 √π lim n→+∞ √n 0 1 − t2 n n dt. En définitive, on a bien montré qu’on a : K = lim n→+∞ 2 √πJn. Or, d’après la question Q 6, cette limite est égale à 2 √π × √π 2 = 1. Par unicité de la limite : K = 1. 5 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Remarque. Grâce aux questions précédentes, la convergence de +∞ 0 e−t2dt peut se démontrer rapidement sans le théorème de comparaison. En effet, comme t → e−t2 est positive sur R+, on sait que l’application x → x 0 e−t2dt est croissante, et donc qu’elle admet une limite soit finie, soit infinie. Mais elle ne peut être infinie ; sinon, par caractérisation séquentielle de la limite, la suite √n 0 e−t2dt n⩾1 aurait aussi une limite infinie, et ce n’est pas le cas d’après la question Q 6. Ainsi lim x→+∞ x 0 e−t2dt doit être finie, ce qui prouve la convergence de l’intégrale +∞ 0 e−t2dt. Partie III – Calcul d’une majoration Q 10. Pour tout x ∈ 0, 1 2 , on a 1−x 1+x > 0, et on peut donc poser : g(x) = 2x + ln 1 − x 1 + x . Il est facile de vérifier qu’on a bien, pour cette définition de g : ∀x ∈ 0, 1 2 , 1 − x 1 + x = e−2x+g(x). De plus, pour tout x ∈ 0, 1 2 on a, d’après la formule de Taylor avec reste intégral, à l’ordre 2 en 0 : ln(1 − x) = −x − x2 2 − x3 1 0 (1 − t)22! 2!(1 − tx)3dt, et : ln(1 + x) = x − x2 2 + x3 1 0 (1 − t)22! 2!(1 + tx)3dt, donc, pour tout x ∈ 0, 1 2 : g(x) = −x3 1 0 (1 − t)2 1 (1 − tx)3 + 1 (1 + tx)3 dt. Or, pour tout (t, x) ∈ [0, 1] × 0, 1 2 , on a 1 − 1 2 ⩽ 1 − tx ⩽ 1 et 1 ⩽ 1 + tx ⩽ 1 + 1 2, et donc : 1 (1/2)3 + 1 13 =9 ⩾ 1 (1 − tx)3 + 1 (1 + tx)3 ⩾ 1 13 + 1 (3/2)3 = 35 27 . On en déduit, pour tout x ∈ 0, 1 2 , sans oublier de renverser l’inégalité du fait de la multiplication par −x3 ⩽ 0 : −9x3 · 1 0 (1 − t)2dt ⩽ g(x) ⩽ −x3 · 35 27 1 0 (1 − t)2dt, c’est-à-dire, étant donné que : 1 0 (1 − t)2dt = −(1 − t)3 3 1 0 = 1 3 : −3x3 ⩽ g(x) ⩽ − 35 27 · 3x3. On en déduit d’une part que g est négative sur 0, 1 2 , et d’autre part qu’on a : ∀x ∈ 0, 1 2 , |g(x)| ⩽ max 3, 35 27 · 3 x3, 6 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé d’où le résultat, en posant M = max 3, 35 27·3 = 3. Remarque. Sans suivre l’indication de l’énoncé, on peut montrer plus rapidement l’existence de M ⩾ 0 tel que : ∀x ∈ 0, 1 2 , |g(x)| ⩽ Mx3, ainsi : on remarque que l’application x → g(x) x3 est continue sur 0, 1 2 en tant que quotient de fonctions clairement continues dont le dénominateur ne s’annule pas, et au voisinage de 0 on a : g(x) x3 = 2 x2+ln(1 − x) − ln(1 + x) x3 = 2 x2+ −x − x2 2 − x3 3 − x − x2 2 + x3 3 + o x→0 (x3) x3 = −2 3+ o x→0 (1) , donc : lim x→0 g(x) x3 = −2 3, ce qui montre que x → g(x) x3 se prolonge en une application continue sur le segment 0, 1 2 . Par le théorème des bornes atteintes, il existe un réel M ∈ R (nécessairement positif, puisqu’il majore une quantité positive) tel que : ∀x ∈ 0, 1 2 , g(x) x3 ⩽ M, d’où le résultat après multiplication par x3 > 0. Pour x = 0, l’inégalité reste trivialement vraie, puisque g(0) = 0 et Mx3 = 0. Q 11. Soit k ∈ n + 1, 2n . On a : ak,n an,n = √ 2n 22n+1 2n k √ 2n 22n+1 2n n = 2n k 2n n = (2n)! (2n−k)!k! (2n)! (n!)2 = n! (2n − k)! n! k!. Or : n! (2n − k)! = n j=1 j 2n−k j=1 j = n j=2n−k+1 j [i=n−j] = k−n−1 i=0 (n − i) = n k−n−1 i=1 (n − i). Pour comprendre les valeurs prises par l’indice du produit, notez que 2n−k+1 ⩽ j ⩽ n équivaut, après opérations élémentaires, à : 0 ⩽ n − j ⩽ −n + k − 1. De même : n! k! = 1 k j=n+1 j [i=j−n] = 1 k−n i=1(n + i) = 1 k k−n−1 i=1 (n + i) . Par conséquent, en reprenant le calcul plus haut : ak,n an,n = k−n−1 i=1 n − i n + i × n k = k−n−1 i=1 1 − i n 1 + i n × n k , d’où le résultat. Q 12. Soit k ∈ N tel que n+1 ⩽ k ⩽ 3n 2 +1. Appliquons la question Q 10, avec x = i n, où i ∈ 1, k−n−1 . C’est possible puisque, avec ces hypothèses sur i et k, on a bien i n ⩾ 0 et : i n ⩽ k − n − 1 n ⩽ 3n/2 + 1 − n − 1 n = 1 2. On a alors, d’après cette question : k−n−1 i=1 1 − i n 1 + i n ⩽ k−n−1 i=1 e− 2i n +g( i n) = e − 2 n k−n−1 i=1 i × e k−n−1 i=1 g( i n) = e− (k−n−1)(k−n) n × e k−n−1 i=1 g( i n) . 7 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Posons : bk,n = k−n−1 i=1 g i n . On a alors, d’après ce qui précède et la question précédente : ak,n an,n = n k × e− (k−n−1)(k−n) n × ebk,n, et il reste à montrer qu’on a bien : |bk,n| ⩽ M n3 (k − n − 1)4. Pour cela, on utilise l’inégalité triangulaire et la question Q 10 encore une fois : |bk,n| ⩽ M n3 k−n−1 i=1 i3 ⩽ M n3 k−n−1 i=1 (k − n − 1)3 = M n3 · (k − n − 1)3 × (k − n − 1), la dernière majoration se justifiant parce qu’on somme k − n − 1 fois le nombre k − n − 1 (qui ne dépend pas de l’indice de sommation). Ainsi : |bk,n| ⩽ M n3 (k − n − 1)4 , et : ak,n an,n = n k ebk,ne− 1 n(k−n−1)(k−n), ce qu’il fallait démontrer. Partie IV – Vers le théorème de Moivre-Laplace Q 13. On peut obtenir l’espérance et la variance de Zn sans connaître sa loi, puisqu’on connaît celle de Xn. En effet, Xn suit une loi binomiale de paramètres 2n et 1 2, donc elle est d’espérance et de variance finies, et on a : E(Xn) = 2n × 1 2 = n, et : V(Xn) = 2n × 1 2 × 1 − 1 2 = n 2. Alors, par linéarité de l’espérance : E(Zn) = 2E(Xn) − 2n √ 2n = 0, et, puisque la variance ne change pas lorsqu’on ajoute une variable aléatoire constante : V(Zn) = V 2Xn √ 2n = 2 √ 2n 2 V(Xn) = 2 n × n 2 = 1. Passons à la loi de Zn. C’est, à translation et dilatation près, une loi binomiale de paramètres 2n et 1 2. Plus précisément, on a clairement : Zn(Ω) = 2k − 2n √ 2n | k ∈ Xn(Ω) = 2k − 2n √ 2n | k ∈ 0, 2n , et : ∀ω ∈ Ω, Zn(ω) = 2k − 2n √ 2n ⇐⇒ Xn(ω) = k, donc : ∀k ∈ 0, 2n , P Zn = 2k − 2n √ 2n = P(Xn = k) = 2n k 1 2k 1 22n−k = 2n k 1 22n, ce qui donne la loi de Zn. 8 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Q 14. Notons que par définition de hn, cette application est nulle en dehors de l’intervalle − √ 2n − 1 √ 2n, √ 2n + 1 √ 2n . Pour n = 2, cela signifie que h2 est à support dans −2 − 1 2, 2 + 1 2 = −5 2, 5 2 , et sur chacun des intervalles Jk,2 (qui sont des intervalles de même longueur 2 · 1 √ 4 = 1, partitionnant −5 2, 5 2 : cette observation facilite leur représentation), l’application h2 est constante égale à P(X2 = k) = 4 k 1 24. Connaissant les valeurs de 4 k quand k varie : k 0 1 2 3 4 4 k 1 4 6 4 1 on en déduit la représentation graphique suivante de h2 (en rouge) : x 0 y −2 −1 1 2 1 2 3 2 5 2 −1 2 −3 2 −5 2 1/16 4/16 6/16 Q 15. La fonction hn prend un nombre fini de valeurs, à savoir : hn(R) = √ 2n 2 P(Xn = k) | k ∈ 0, 2n . Puisque hn(R) est un sous-ensemble fini de R, il admet un plus grand élément, et c’est le maximum de hn. Montrons que ce maximum est atteint pour tout t ∈ Jn,n : puisque hn(t) = √ 2n 2 P(Xn = k) si t ∈ Jk,n, cela revient à démontrer que P(Xn = k) = 2n k 1 22n atteint son maximum pour k = n, c’est-à-dire que 2n k est maximal pour k = n. Pour cela, nous allons étudier la monotonie de la « suite » 2n k k∈ 0,2n . Soit k ∈ 0, 2n . Alors : 2n k + 1 − 2n k = (2n)! (2n − k − 1)!(k + 1)! − (2n)! (2n − k)!k! = (2n)! 2n − k (2n − k)!(k + 1)! − k + 1 (2n − k)!(k + 1)! = (2n)!(2n − 2k − 1) (2n − k)!(k + 1)! . Or : 2n − 2k − 1 ⩾ 0 si et seulement si k ⩽ n − 1 2 ; c’est en particulier le cas si k ⩽ n − 1, et pour tout k ainsi choisi on a donc n k+1 − n k ⩾ 0 : ainsi, la « suite » 2n k k∈ 0,2n est croissante sur 0, n , et on a : ∀k ∈ 0, n , 2n k ⩽ 2n n . De plus, pour tout k ∈ n + 1, 2n , on a 2n − k ⩽ n et donc : 2n k = 2n 2n − k ⩽ 2n n . Finalement, pour tout k ∈ 0, 2n on a : 2n k ⩽ 2n n . Cela montre bien que P(Xn = k) est maximal pour k = n, et donc hn atteint son maximum en tout réel de Jn,n = − 1 √ 2n, 1 √ 2n (donc en 0 en particulier). Il vaut : hn(0) = √ 2n 2 P(Xn = n) = √ 2n 22n+1 2n n = an,n. 9 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Q 16. On a : √ 2n + 1 √ 2n −→ n→+∞ +∞, donc pour tout n au-delà d’un certain rang, noté n0, on a : x ⩽ √ 2n + 1 √ 2n. Par conséquent, pour tout n ⩾ n0, on a : x ∈ − √ 2n − 1 √ 2n, √ 2n + 1 √ 2n = 2n k=0 Jk,n, donc il existe kn ∈ 0, 2n tel que : x ∈ Jkn,n, ce qu’il fallait démontrer. Cet entier est unique, car les intervalles Jk,n sont disjoints. Pour en déduire les équivalents demandés, nous allons expliciter un encadrement de tkn,n. On y parvient en notant que pour tout entier n ⩾ n0, x ∈ Jkn,n ⇐⇒ tkn,n − 1 √ 2n ⩽ x < tkn,n + 1 √ 2n. On en déduit, en isolant tkn,n dans chacune des deux inégalités, que pour tout entier n ⩾ n0 : x − 1 √ 2n ⩽ tkn,n ⩽ x + 1 √ 2n. Les deux extrémités de cet encadrement convergent vers x. Par le théorème des gendarmes : lim n→+∞ tkn,n = x. Comme x ̸= 0, cela implique : tkn,n ∼ n→+∞ x. Passons à kn −n et kn. Pour cela, on rappelle que par définition, on a pour tout entier n non nul : tkn,n = 2kn − 2n √ 2n = 2(kn − n) √ 2n ∼ n→+∞ x. Alors, en isolant kn − n : kn − n ∼ n→+∞ √ 2nx 2 . Cet équivalent équivaut à : kn − n = √ 2nx 2 + o n→+∞ √n = o n→+∞ (n) . On en déduit : kn = n + o n→+∞ (n) ∼ n→+∞ n. Ainsi on a bien montré : kn − n ∼ n→+∞ x √ 2n 2 , tk,n ∼ n→+∞ x , kn ∼ n→+∞ n. Q 17. Soit k ∈ 0, 2n . Comme tk,n ∈ tk,n − 1 √ 2n, tk,n + 1 √ 2n = Jk,n, on a par définition de hn : hn (tk,n) = √ 2n 2 P(Xn = k) = √ 2n 2 2n k 1 22n = √ 2n 22n+1 2n k = ak,n. Déduisons-en la convergence simple sur R de la suite de fonctions (hn)n⩾1. Comme hn est paire pour tout n ∈ N\{0} (cela tient au fait que 2n k = 2n 2n−k pour tout k ∈ 0, 2n , et de l’équivalence facile à vérifier : x ∈ Jk,n ⇐⇒ −x ∈ J2n−k,n, une fois qu’on a remarqué que −tk,n = t2n−k,n), il suffit de faire l’étude sur R+. Soit x ∈ R+. Si x = 0, alors pour tout n ∈ N \ {0} on a : hn(x) = hn(0) [Q 15] = an,n [Q 5] −→ n→+∞ 1 √ 2π. 10 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Étudions à présent la convergence de (hn(x))n⩾1 dans le cas où x > 0. On rappelle que d’après la question précédente, il existe un rang n0 tel que, pour tout entier n ⩾ n0, il existe kn ∈ N vérifiant x ∈ Jkn,n. Soit n ⩾ n0. Comme hn est constant sur Jkn,n, et que tkn,n ∈ Jkn,n, on peut écrire : hn(x) = hn(tkn,n) = akn,n. Nous aimerions utiliser la question Q 12 pour en déduire le comportement asymptotique de (akn,n)n⩾1, celui de (an,n)n⩾1 étant connu. Cela nécessite de vérifier qu’on a bien : n + 1 ⩽ kn ⩽ 3n 2 +1. Or, d’après la question précédente : kn −n ∼ n→+∞ x √ 2n 2 > 0, donc pour tout n suffisamment grand on a : kn − n > 0, c’est-à-dire (puisque kn et n sont entiers) : kn ⩾ n + 1. Toujours grâce à cet équivalent, on a : kn − n n ∼ n→+∞ x √ 2 2√n −→ n→+∞ 0, donc pour tout n suffisamment grand on a : kn−n n ⩽ 1 2, et on en déduit : kn ⩽ 3n 2 ⩽ 3n 2 + 1. En résumé, pour tout n au voisinage de +∞, on a : n + 1 ⩽ kn ⩽ 3n 2 + 1, donc d’après la question Q 12, pour tout n au voisinage de +∞ on a : akn,n an,n = n kn × ebkn,n × e− 1 n(kn−n−1)(kn−n), où bkn,n vérifie : |bkn,n| ⩽ M n3 (kn − n − 1)4. Étudions le comportement asymptotique de chaque terme de ce produit. Tout d’abord, d’après la question précédente on a : kn ∼ n→+∞ n, donc : n kn ∼ n→+∞ 1. De plus : kn − n −→ n→+∞ +∞ d’après l’équivalent ci-dessus, donc −1 est négligeable devant kn − n, et on en déduit : M n3 (kn − n − 1)4 ∼ n→+∞ M n3 (kn − n)4 ∼ n→+∞ M n3 x √ 2n 2 4 ∼ n→+∞ Mx4 4n −→ n→+∞ 0, donc, par le théorème des gendarmes : lim n→+∞ bkn,n = 0. Par continuité de l’exponentielle en 0, on a donc : lim n→+∞ ebkn,n = 1. Cette étude permet déjà d’écrire : akn,n an,n ∼ n→+∞ e− 1 n(kn−n−1)(kn−n), et il reste à étudier le comportement asymptotique de cette exponentielle. Pour cela, on note que : −1 n(kn − n − 1)(kn − n) ∼ n→+∞ −(kn − n)2 n ∼ n→+∞ − x √ 2n 2 2 n = −x2 2 . Par conséquent : lim n→+∞ e− 1 n(kn−n−1)(kn−n) = e− x2 2 . On a donc finalement : lim n→+∞ akn,n an,n = e− x2 2 . Or an,n −→ n→+∞ 1 √ 2π, donc finalement : ∀x > 0, lim n→+∞ hn(x) = lim n→+∞ akn,n = e− x2 2 √ 2π . On note que l’égalité reste valable pour x = 0, au vu de ce qu’on avait trouvé en début d’étude, et par l’argument de parité invoqué plus haut (et renforcé par le fait que x → e− x2 2 soit aussi paire) ce calcul de limite vaut finalement pour tout x ∈ R. En conclusion, on a démontré que la suite de fonctions (hn)n∈N\{0} converge simplement sur R vers la fonction x → e− x2 2 √ 2π . 11 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé PROBLÈME 2 Factorisation QR Partie I – Matrices de rang 1 I.1 – Une expression des matrices de rang 1 Q 18. Puisque A est de rang 1, toutes ses colonnes sont proportionnelles à un même vecteur colonne, qu’on note X =       x1 x2 ... xn      . Notons y1, . . . , yn les coefficients de proportionnalité, et Y =       y1 y2 ... yn      . Ainsi : A =       y1x1 y2x1 · · · ynx1 y1x2 y2x2 · · · ynx2 ... ... ... y1xn y2xn · · · ynxn       . (∗) On reconnaît, suivant les règles de calcul matriciel : A = XY T. D’où le résultat. Q 19. On reprend les notations X =       x1 x2 ... xn       et Y =       y1 y2 ... yn      . Le même calcul que dans la question précédente montre que toutes les colonnes de XY T sont proportionnelles à X ; l’espace vectoriel engendré par les colonnes de XY T est donc inclus dans VectR (X), et comme le rang de XY T est la dimension de l’espace vectoriel engendré par ses colonnes, on en déduit : rang XY T ⩽ dim (VectR (X)) = 1. Mais il n’est pas égal à 0, car XY T admet au moins une colonne non nulle : en effet, Y est non nul, donc ce vecteur colonne admet au moins une coordonnée non nulle : soit i ∈ 1, n tel que yi ̸= 0. Alors la ie colonne de XY T, qui est égale à yiX, est non nulle car yi ̸= 0 et X ̸= 0Mn,1(R). Ainsi rang XY T ⩽ 1 et rang XY T ̸= 0, donc nécessairement : rang XY T = 1. I.2 – Quelques propriétés Q 20. Comme A est de rang 1, d’après la question Q 18 il existe X, Y ∈ Mn,1(R) non nuls tels que : A = XY T. On reprend les mêmes notations que dans les questions précédentes, pour les coordonnées de X et Y (la matrice A a donc l’expression en (∗)). Alors, par associativité de la multiplication matricielle : A2 = (XY T)(XY T) = X(Y TX)Y T, et on reconnaît le produit scalaire usuel de X et Y , qui est égal à : Y TX = ⟨Y, X⟩ = n i=1 yixi (∗) = tr(A), puisqu’on reconnaît là la somme des coefficients diagonaux de A. On a donc montré : A2 = X · tr(A) ∈R ·Y T = tr(A)XY T = tr(A)A, ce qu’il fallait démontrer. 12 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Q 21. Après multiplication par Ak−1, l’égalité de la question précédente donne : ∀k ∈ N \ {0}, Ak+1 = tr(A)Ak. Si l’on raisonne comme dans le cas des suites numériques, cela semble indiquer que Ak k⩾1 est une suite géométrique dont la raison serait tr(A), et on en déduirait : ∀k ∈ N \ {0}, Ak = (tr(A))k−1A. Nous allons démontrer cette conjecture par récurrence sur k. L’initialisation est évidente, puisque pour k = 1 cette égalité équivaut à A = A. Montrons donc l’hérédité : soit k ∈ N \ {0} tel qu’on ait : Ak = (tr(A))k−1A. En multipliant par A cette égalité, on a : Ak+1 = (tr(A))k−1A2 [Q 20] = (tr(A))k−1 · tr(A)A = (tr(A))(k+1)−1A, d’où la propriété au rang k + 1, ce qui démontre qu’elle est héréditaire. Ainsi, par principe de récurrence, on a montré : ∀k ∈ N \ {0}, Ak = (tr(A))k−1A. Q 22. Soit k ∈ N\{0}. Rappelons que A est non nulle, puisque de rang 1 ̸= 0. Par la question précédente, on a donc clairement : Ak = 0Mn(R) ⇐⇒ (tr(A))k−1 = 0 ⇐⇒ k ⩾ 2 et : tr(A) = 0. Ainsi A est nilpotente si et seulement si tr(A) = 0, et dans ce cas l’indice de nilpotence (c’est-à- dire : le plus petit exposant à donner une puissance nulle) est k = 2. Q 23. La question Q 20 montre que X2 − tr(A)X = X(X − tr(A)) est un polynôme annulateur de A. C’est un polynôme scindé, et si tr(A) ̸= 0 alors il est à racines simples d’après la factorisation qui précède, donc d’après le critère polynomial de diagonalisation A est diagonalisable dans ce cas-là. Ainsi une condition suffisante pour que A soit diagonalisable, est que tr(A) ̸= 0. Nous allons démontrer que cette condition est nécessaire : supposons A diagonalisable. Alors, d’après le critère de diagonalisation, χA est scindé, et pour toute valeur propre de A, son ordre de multiplicité est égal à la dimension du sous-espace propre associé. Or A est de rang 1, donc d’après le théorème du rang on a : dim(ker(A)) = n − 1. Comme n ⩾ 2 par hypothèse, on a dim(ker(A)) > 0, donc 0 est valeur propre de A, d’ordre de multiplicité exactement n − 1. Comme A admet exactement n valeurs propres en comptant les multiplicités, il existe une autre valeur propre λ ̸= 0, qui doit être d’ordre de multiplicité 1 vu que 0 est déjà d’ordre de multiplicité n − 1. Alors, comme la trace d’une matrice réelle est la somme de ses valeurs propres (complexes) comptées avec multiplicités, on a : tr(A) = (n − 1) × 0 + 1 × λ = λ ̸= 0, d’où le résultat : si A est diagonalisable, alors tr(A) ̸= 0. Une condition nécessaire et suffisante pour que A soit diagonalisable est donc : tr(A) ̸= 0. Partie II – Matrices de Householder II.1 – Un exemple Q 24. Dans cette question, et la suivante, je vais illustrer comment la géométrie permet d’abréger la partie calculatoire de l’étude, par anticipation sur la partie II.2. On note que les colonnes de A forment une base orthonormée de M3,1(R) pour le produit scalaire usuel (ne pas oublier le 1 3 en facteur, qui assure que les colonnes sont de norme 1). On en déduit que A est une matrice orthogonale, et donc : ATA = I3. Or A est clairement symétrique, donc l’égalité précédente devient : A2 = I3. On a montré : A2 = I3, et donc X2 − 1 est un polynôme annulateur de A. 13 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Q 25. La question précédente veut peut-être nous inciter à utiliser le fait que X2 − 1 soit un polynôme annulateur de A, pour en déduire que les valeurs propres sont éventuellement 1 et −1. Mais nul besoin de ce surcroît de théorie : contentons-nous de remarquer qu’on a montré, dans la question précédente, que : A2 = I3. Ainsi A est une matrice de symétrie, or on sait qu’une telle matrice est diagonalisable et a pour valeurs propres éventuelles 1 et −1. Donc : SpR(A) ⊆ {1, −1}. On peut montrer que 1 et −1 sont effectivement valeurs propres, et même déterminer leurs ordres de multiplicité, grâce à la trace. En effet, si l’on note a et b leurs ordres de multiplicité (qu’on pose comme étant nuls si ce ne sont pas effectivement des valeurs propres), alors le critère de diagonalisation implique : a + b = dim(ker(A − I3)) + dim(ker(A + I3)) = 3. Mais on a aussi, en examinant la trace, qui est la somme des coefficients diagonaux mais aussi la somme des valeurs propres comptées avec multiplicités : tr(A) = 1 = a − b. Ainsi : a +b = 3 a −b = 1 ⇐⇒ a +b = 3 2a = 4 (L2 ← L2 + L1) et on en déduit : a = 2, b = 1. Ainsi 1 est valeur propre double (car son ordre de multiplicité est a = 2), et −1 est valeur propre simple. Je vais d’abord déterminer le sous-espace propre associé à −1 (c’est en principe plus facile, vu qu’il est de dimension 1 : trouver un seul vecteur propre non nul suffit à l’engendrer) : comme A est une matrice symétrique réelle, on sait que ses sous-espaces propres sont orthogonaux. On en déduira alors le sous-espace propre associé à 1 en considérant le supplémentaire orthogonal du premier sous-espace propre. Or on a : A + I3 = 1 3    4 −2 2 −2 4 2 2 2 4    , et la relation C1 + C2 = C3 montre que le vecteur    1 1 −1    appartient au noyau de A + I3. Par l’argument dimensionnel ci-dessus on a donc : ker(A + I3) = VectR       1 1 −1       . Par l’argument d’orthogonalité évoqué, on en déduit : ker(A − I3) = VectR       1 1 −1       ⊥ = VectR       1 −1 0    ,    0 1 1       . Q 26. La matrice A est symétrique réelle, donc ses sous-espaces propres sont orthogonaux. Q 27. Il s’agit de diagonaliser A, en prenant une matrice de passage orthogonale : pour cela, il suffit de prendre une matrice de passage entre deux bases orthonormées : soient Bcan la base canonique de M3,1(R), et : B = (X1, X2, X3) =   1 3    1 1 −1    , 1 √ 2    1 −1 0    , 1 √ 2    0 1 1      . D’après les questions précédentes, la famille (X1, X2, X3) est bien une base orthonormée de M3,1(R), et constituée de vecteurs propres de A (respectivement associés à −1, 1 et 1). D’après la formule du changement 14 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé de base, appliquée à l’endomorphisme canoniquement associé à A et aux bases Bcan et B, on a donc : A = MBcan(B)    −1 0 0 0 1 0 0 0 1    MB(Bcan) =     1 3 1 √ 2 0 1 3 − 1 √ 2 1 √ 2 −1 3 0 1 √ 2        −1 0 0 0 1 0 0 0 1        1 3 1 √ 2 0 1 3 − 1 √ 2 1 √ 2 −1 3 0 1 √ 2     −1 , d’où le résultat en posant P =     1 3 1 √ 2 0 1 3 − 1 √ 2 1 √ 2 −1 3 0 1 √ 2    , qui est une matrice orthogonale d’après l’argu- ment plus haut (ce qui permet notamment d’écrire : P −1 = P T), et D =    −1 0 0 0 1 0 0 0 1   . Q 28. Les questions précédentes montrent que A est une matrice symétrique (réelle), et une matrice de symétrie : c’est donc une matrice de symétrie orthogonale, par rapport à ker(A − I3) que nous avons déterminé tantôt, et qui est égal au plan VectR       1 −1 0    ,    0 1 1      . II.2 – Matrices de Householder Q 29. En appliquant les résultats de la partie I.1 avec X = Y = 1 ∥V ∥V (qui est non nul par hypothèse), on voit immédiatement que PV = 1 ∥V ∥2V V T est une matrice de rang 1 : son image est donc de dimension 1, et un seul vecteur non nul suffit à l’engendrer. Or : PV V = 1 ∥V ∥2V V T · V = 1 ∥V ∥2V · ∥V ∥2 = V, donc : V = PV V ∈ im(PV ), et V est non nul, donc par l’argument dimensionnel ci-dessus on a : im(PV ) = Vect(V ). Pour déterminer le noyau, on note que PV est une matrice symétrique, puisque : P T V = 1 ∥V ∥2 V V T T = 1 ∥V ∥2(V T)TV T = 1 ∥V ∥2V V T = PV . On en déduit que son image et son noyau sont supplémentaires orthogonaux, et on a : ker(PV ) = im(PV )⊥ = Vect(V )⊥. Q 30. On a déjà observé que PV est une matrice symétrique. Il suffit donc de montrer que c’est un projecteur, pour en déduire que c’est un projecteur orthogonal. Or c’est une matrice de rang 1, donc d’après la question Q 20, on a : (PV )2 = tr(PV )PV . En fait, en regardant de plus près la résolution de la question Q 20 (avec X = Y = 1 ∥V ∥V ), on a : tr(PV ) = 1 ∥V ∥2V TV = 1 ∥V ∥2∥V ∥2 = 1, donc finalement : (PV )2 = PV . Ainsi PV est une matrice de projecteur, et est symétrique, donc est une matrice de projecteur orthogonal, sur im(PV ). D’après la question précédente, PV est donc la projection orthogonale sur Vect(V ). Ce qui précède montre en passant : rang(PV ) = 1, tr(PV ) = 1. Q 31. On a montré que PV est symétrique. De plus In est aussi une matrice symétrique, donc QV égale- ment en tant que combinaison linéaire de matrices symétriques. Montrons qu’elle est orthogonale. On a : QT V QV = Q2 V = (In − 2PV )2 , et comme In et PV commutent, on en déduit : QT V QV = In − 2 · 2PV + (2PV )2 = In − 4PV + 4P 2 V . 15 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Or P 2 V = PV d’après la question précédente, donc finalement : QT V QV = In − 4PV + 4PV = In, ce qui montre que QV est orthogonale : d’où le résultat. Q 32. La question précédente montre que Q2 V = In et QT V = QV : c’est donc une matrice de symétrie, et une matrice symétrique : c’est une matrice de symétrie orthogonale. Pour déterminer ses caractéristiques géométriques, il suffit de déterminer ker(QV − In). Or, si X ∈ Mn,1(R), on a : X ∈ ker(QV −In) ⇐⇒ QV X = X ⇐⇒ (In − 2PV ) X = X ⇐⇒ 2PV X = 0Mn,1(R) ⇐⇒ X ∈ ker(PV ), donc : ker(QV − In) = ker(PV ), et ce noyau est égal à Vect(V )⊥ d’après la question Q 29. Ainsi QV est la symétrie orthogonale par rapport à Vect(V )⊥. Remarque. C’est un fait classique que si P est une matrice carrée, alors P est une matrice de projecteur si et seulement si S = 2P − In est une matrice de symétrie, avec les mêmes caractéristiques géométriques. Cela donne directement ce qu’on veut dans les deux questions précédentes, si l’on prend P = PV et S = −QV (noter que S et −S ont des caractéristiques géométriques « opposées »). Partie III – Factorisation QR III.1 – Un résultat préliminaire Q 33. Soit X ∈ Mn(R). On a : ∥X − U∥ = ∥X − V ∥ ⇐⇒ ∥X − U∥2 = ∥X − V ∥2 ⇐⇒ ∥X∥2 − 2⟨X, U⟩ + ∥U∥2 = ∥X∥2 − 2⟨X, V ⟩ + ∥V ∥2 ⇐⇒ ⟨X, U⟩ = ⟨X, V ⟩ (car ∥U∥ = ∥V ∥) ⇐⇒ ⟨X, U − V ⟩ = 0 ⇐⇒ X ⊥ U − V ⇐⇒ X ∈ D⊥, d’où le résultat. Remarque. Noter la similitude entre le résultat démontré, et ce fait bien connu des jeunes géomètres : la médiatrice d’un segment (i.e. la droite perpendiculaire à ce segment qui passe par son milieu) est l’ensemble des points à équidistance de ses extrémités. Q 34. On remarque que X = U + V vérifie bien : ∥X − U∥ = ∥X − V ∥, puisque en effet : ∥(U + V ) − U∥ = ∥V ∥ = ∥U∥ = ∥(U + V ) − V ∥. Donc, d’après la question précédente : U + V ∈ D⊥. Il suffit donc d’écrire : U = 1 2 (U − V ) ∈D + 1 2 (U + V ) ∈D⊥ pour avoir la décomposition demandée dans la somme directe Mn,1(R) = D ⊕ D⊥. Q 35. Comme U et V ne sont pas colinéaires, U − V est non nul en particulier, et on peut donc bien appliquer les résultats de la partie II.2 avec U − V au lieu de V . On rappelle que QU−V est la symétrie orthogonale par rapport à Vect(U − V )⊥ = D⊥ (et donc, implicitement : parallèlement à Vect(U − V ) = D). On a donc : ∀X ∈ D, QU−V X = −X, et : ∀X ∈ D⊥, QU−V X = X. 16 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé Or U − V ∈ D et U + V ∈ D⊥ d’après la question précédente, donc : QU−V (U − V ) = −(U − V ), QU−V (U + V ) = U + V. On en déduit, en écrivant U = 1 2(U − V ) + 1 2(U + V ) : QU−V U = 1 2 (QU−V (U − V ) + QU−V (U + V )) = 1 2 (−(U − V ) + (U + V )) = V. Q 36. Il y a une erreur d’énoncé : si ˜U ̸= 0Mn,1(R) et ˜V = 0Mn,1(R), alors Q ˜U ne peut pas être colinéaire à ˜V . En effet, si Q ˜U est colinéaire à ˜V = 0Mn,1(R), alors Q ˜U = 0Mn,1(R). Or une matrice orthogonale est inversible, et son noyau est en particulier trivial, donc Q ˜U ̸= 0Mn,1(R) dès que ˜U ̸= 0Mn,1(R) : on a donc une absurdité. À mon avis, l’énoncé nous demande de considérer ˜V ∈ Mn,1(R) non nul. C’est en tout cas ce que je suppose ci-dessous. Soient ˜U, ˜V ∈ Mn,1(R), avec V non nul. S’ils sont colinéaires, le résultat demandé est évident : si ˜U = λ˜V avec λ ∈ R (sous ces hypothèses, on peut toujours se ramener à une relation de dépendance linéaire de cette forme), alors en prenant Q = In (qui est orthogonale), on a bien : Q ˜U = λ˜V , et donc Q ˜U et ˜V sont colinéaires. Traitons à présent le cas où ils ne sont pas colinéaires (en particulier, ˜U est non nul également), et posons : U = 1 ∥ ˜U∥ ˜U, et : V = 1 ∥ ˜V ∥ ˜V . Alors : ∥U∥ = 1, ∥V ∥ = 1, donc U et V sont de même norme, et ils ne sont pas colinéaires car ˜U et ˜V ne le sont pas. Alors, d’après la question précédente, on a : QU−V U = V , donc : QU−V ˜U = ∥ ˜U∥QU−V U = ∥ ˜U∥V = ∥ ˜U∥ · 1 ∥˜V ∥ ˜V . En posant : λ = ∥ ˜U∥ ∥ ˜V ∥, on a alors : QU−V ˜U = λ˜V . D’où le résultat avec Q = QU−V . Dans tous les cas, on a montré l’existence d’une matrice orthogonale Q telle que Q ˜U soit colinéaire à ˜V . III.2 – Factorisation QR Q 37. Soit (E1, . . . , En) la base canonique de Mn,1(R). On applique la question précédente avec ˜U = AE1 et ˜V = E1 (qui est bien non nul). Il existe alors une matrice orthogonale Q1 telle que Q1(AE1) soit colinéaire à E1 ; soit α ∈ R tel que : Q1AE1 = αE1. Comme Q1AE1 est la première colonne de Q1A, le fait que Q1AE1 soit égal à αE1 nous donne bien : Q1A =       α ∗ · · · ∗ 0 ... C1 0       , avec C1 ∈ Mn−1(R) (les n−1 dernières colonnes sont les images par Q1A des vecteurs E2, . . . , En, dont l’expression est inutile pour répondre à cette question), ce qu’il fallait démontrer. Q 38. Conformément à l’indication de l’énoncé, nous allons montrer que la proposition suivante est vraie pour tout entier n ⩾ 2 : Pn : « pour toute matrice A ∈ Mn(R), il existe Q ∈ On(R) telle que QA soit triangulaire supérieure. » par récurrence sur n. L’initialisation découle directement de la question précédente : si n = 2 et si A ∈ M2(R), alors d’après la question précédente il existe Q1 ∈ O2(R) telle que : Q1A = α ∗ 0 c1 , avec α ∈ R et c1 ∈ R. C’est effectivement une matrice triangulaire supérieure, d’où P2. 17 Mathématiques PSI CC INP 2022, corrigé À présent, soit n ∈ N \ {0, 1} tel qu’on ait Pn. Soit A ∈ Mn+1(R). On applique la question précédente. Il existe Q1 ∈ On+1(R), α ∈ R et C1 ∈ Mn(R) tels que : Q1A =       α ∗ · · · ∗ 0 ... C1 0       . On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à C1, qui est d’ordre n. Il existe donc Q2 ∈ On(R) telle que T = Q2C1 soit triangulaire supérieure. Alors : 1 0M1,n(R) 0Mn,1(R) Q2 × Q1A =       1 0 · · · 0 0 ... Q2 0             α ∗ · · · ∗ 0 ... C1 0       =       α ∗ · · · ∗ 0 ... Q2C1 0       =       α ∗ · · · ∗ 0 ... T 0       . C’est une matrice triangulaire supérieure, car T l’est. On en déduit que si l’on pose : Q = 1 0M1,n(R) 0Mn,1(R) Q2 × Q1, qui est bien orthogonale en tant que produit de matrices orthogonales (car Q1 et Q2 le sont ; nous laissons le lecteur se convaincre que 1 0M1,n(R) 0Mn,1(R) Q2 l’est également), alors QA est triangulaire supérieure, ce qui démontre la proposition au rang n + 1. D’où l’hérédité. Par principe de récurrence, on a montré que pour toute matrice A ∈ Mn(R), il existe une matrice Q orthogonale telle que QA soit triangulaire supérieure. 18