Corrigé INSEECom 2002 par Pierre Veuillez

On considère la matrice carrée réelle d'ordre 3 : A = ( 4 0 2 0 4 2 2 2 2 ) et on note ϕ l'endomorphisme de 3 dont la matrice est A , dans la base canonique b = ( e 1 , e 2 , e 3 ) de 3 .

  1. ( x , y , z ) ker ( ϕ ) ϕ ( x , y , z ) = 0

    ( 4 0 2 0 4 2 2 2 2 ) ( x y z ) = 0 { 4 x + 2 z = 0 4 y 2 z = 0 2 x 2 y + 2 z = 0 { z = 2 x y = x 0 = 0 donc ker ( ϕ ) = V e c t ( ( 1 , 1 , 2 ) )

    Donc comme ker ( ϕ ) Ø alors 0 est valeur propre de ϕ

    Comme dim ( ker ( ϕ ) ) = 1 alors le théorèem du rang donne dim ( I m ( ϕ ) ) = 3 1 = 2

    On a les coordonnées de ϕ ( e 1 ) et ϕ ( e 2 ) dans les colonnes de A .

    Comme ϕ ( e 1 ) = ( 4 , 0 , 2 ) et ϕ ( e 2 ) = ( 0 , 4 , 2 ) appartiennent à l'image et forment une famille libre de 2 vecteurs, elles en forment un base.

    Donc I m ( ϕ ) = V e c t ( ( 4 , 0 , 2 ) , ( 0 , 4 , 2 ) )

    1. Comme A est symétrique, elle A est diagonalisable.

    2. On résout :

      ( A 4 I ) ( x y z ) = 0 { 2 z = 0 2 z = 0 2 x 2 y 2 z = 0 { z = 0 x = y

      donc 4 est valeur propre de ϕ et son sous espace propre associé est : V e c t ( ( 1 , 1 , 0 ) )

      ( A 6 I ) ( x y z ) = 0 { 2 x + 2 z = 0 2 y 2 z = 0 2 x 2 y 4 z = 0 { x = z y = z

      donc 6 est valeur propre de ϕ et son sous espace propre associé est : V e c t ( ( 1 , 1 , 1 ) )

    3. On a u 1 = ( 1 , 1 , 2 ) qui forme une autre famille libre du noyeau donc une autre base du noyeau.

      b = ( u 1 , u 2 , u 3 ) est une famille de vecteur propres associés à des valeurs propres distinctes donc une famille libre de 2 vecteur ; et donc une base de 3 .

      Comme ϕ ( e 1 ) = 0 : ϕ ( e 2 ) = 4 e 2 : ϕ ( e 3 ) = 6 e 3 alors la matrice de ϕ dans cette base est A = ( 0 0 0 0 4 0 0 0 6 )

  2. Soient α , β et γ trois nombres réels non nuls et P la matrice définie par : P = ( α β γ α β γ 2 α 0 γ )

    1. Les colonnes de P sont des colonnes porpres ( 0 ) de A associées à des valeurs propres distinctes et forment donc une base.

      Donc P est inversible.

    2. P t P = ( α β γ α β γ 2 α 0 γ ) ( α α 2 α β β 0 γ γ γ ) = ( α 2 + β 2 + γ 2 α 2 + β 2 γ 2 2 α 2 + γ 2 α 2 + β 2 γ 2 α 2 + β 2 + γ 2 2 α 2 γ 2 2 α 2 + γ 2 2 α 2 γ 2 4 α 2 + γ 2 )

      Donc P t P = I { α 2 + β 2 + γ 2 = 1 α 2 + β 2 γ 2 = 0 2 α 2 + γ 2 = 0 4 α 2 + γ 2 = 1 L 1 L 1 + L 2 L 3 L 4 L 3 { α 2 + β 2 + γ 2 = 1 2 β 2 = 1 2 α 2 + γ 2 = 0 6 α 2 = 1

      { α 2 + β 2 + γ 2 = 1 β = ± 1 / 2 γ = ± 1 / 3 α = ± 1 / 6 et comme 1 2 + 1 3 + 1 6 = 1 la première équation est alors vérifiée.

      Donc en prenant α = 1 / 6 : β = 1 / 2 et γ = 1 / 3 on a P t P = I donc t P est l'inverse de P .

    3. A est la matrice de ϕ dans donc d'après la formule de changement de base, avec P la matrice de passage de dans on a A = P A P 1 = P A t P

  3. Soient x , y et z trois réels, on définit les matrices colonnes et lignes respectives : X = ( x y z ) , et t X = ( x , y , z ) et on pose g ( x , y , z ) = 4 x 2 + 4 y 2 + 4 x z 4 y z

    1. On calcule t X A X = t X ( 4 0 2 0 4 2 2 2 2 ) ( x y z ) = ( x y z ) ( 4 x + 2 z 4 y 2 z 2 x 2 y + 2 z ) = 4 x 2 + 4 x z + 4 y 2 4 y z + 2 z 2 = g ( x , y , z )

    2. t P X = ( α α 2 α β β 0 γ γ γ ) ( x y z ) = ( α x + α y + 2 α z β x + β y γ x γ y + γ z ) et

      t X P = ( x y z ) ( α β γ α β γ 2 α 0 γ ) = ( α x + α y + 2 α z β x + β y γ x γ y + γ z )

      Donc elles sont transposées l'une de l'autre.

      On a alors t X A X = t X P A t P X = ( t X P ) A ( t P X ) = ( x y z ) ( 0 0 0 0 4 0 0 0 6 ) ( x y z ) = 4 y 2 + 6 z 2

      Donc g ( x , y , z ) = 4 y 2 + 6 z 2

  4. On considère la fonction f : 2 définie par : ( x , y ) 2 , f ( x , y ) = g ( x , y , y 2 )

    1. On a f ( x , y ) = 4 x 2 + 4 y 2 + 4 x y 2 4 y y 2 + 2 ( y 2 ) 2 = 4 x 2 + 4 y 2 + 4 x y 2 4 y 3 + 2 y 4

      Donc f est de classe C 1 sur 2 et f x ( x , y ) = 8 x + 4 y 2 2 f x 2 ( x , y ) = 8 f y ( x , y ) = 8 y + 8 x y 12 y 2 + 8 y 3 2 f x y ( x , y ) = 8 y 2 f y 2 ( x , y ) = 8 + 8 x 24 y + 24 y 2

    2. Comme 2 est un ouvert, si f a un extremum en ( x , y ) alors f x ( x , y ) = 0 et f y ( x , y ) = 0

      donc { 8 x + 4 y 2 = 0 8 y + 8 x y 12 y 2 + 8 y 3 = 0 et { x = 1 2 y 2 8 y 4 y 3 12 y 2 + 8 y 3 = 0 d'où 2 y 3 y 2 + y 3 = 0

      qui se factorise en y ( 2 3 y + y 2 ) = 0

      il reste 2 3 y + y 2 polynôme du second degré à fatoriser : son dicriminant est Δ = 9 8 = 1 et a pour racine 2 et 1

      Donc y = 0 , 1 ou 2.

      Et comme x = 1 2 y 2 les extremum éventuels sont ( 0 , 0 ) , ( 1 2 , 0 ) et ( 2 , 2 ) .

    3. Comme g ( x , y , z ) = 4 y 2 + 6 z 2 0 et que g ( 0 , 0 , 0 ) = 0 alors pour tout ( x , y , z ) on a g ( x , y , z ) g ( 0 , 0 , 0 )

      et en particulier, f ( x , y , z ) = g ( x , y , y 2 ) g ( 0 , 0 , 0 ) = f ( 0 , 0 )

      Donc ( 0 , 0 ) est un minimum global de f sur 2 .

    4. En ( 2 , 2 ) , on calcule r t s 2 = 2 f x 2 ( 2 , 2 ) 2 f y 2 ( 2 , 2 ) 2 f x y ( 2 , 2 ) = 8 ( 8 16 48 + 96 ) 16 = 8 40 16 > 0

      Donc f a un extremum local en ( 2 , 2 )

      Et comme 2 f x 2 ( 2 , 2 ) = 8 > 0 , cet extremum est un minium.

    5. On calcule f ( 1 2 + h , 1 + h ) et on en fait le développement limité (on utilise que h 3 = o ( h 2 ) et h 4 = o ( h 2 ) pour tronque le développement limité)

      f ( 1 2 + h , 1 + h ) = 4 ( 1 2 + h ) 2 + 4 ( 1 + h ) 2 + 4 ( 1 2 + h ) ( 1 + h ) 2 4 ( 1 + h ) 3 + 2 ( 1 + h ) 4 = 4 1 4 ( 1 2 h ) 2 + 4 ( 1 + 2 h + h 2 ) 4 1 2 ( 1 2 h ) ( 1 + 2 h + h 2 ) 4 ( 1 + 3 h + 3 h 2 + o ( h 2 ) ) + 2 ( 1 + 4 h + 6 h 2 + o ( h 2 ) ) = 1 4 h + 4 h 2 + 4 + 8 h + 4 h 2 2 ( 1 3 h 2 + o ( h 2 ) ) 4 12 h 12 h 2 + 2 + 8 h + 12 h 2 + 0 ( h 2 ) = 1 + 14 h 2 + o ( h 2 ) f ( 1 2 + h , 1 h ) = 4 ( 1 2 + h ) 2 + 4 ( 1 h ) 2 + 4 ( 1 2 + h ) ( 1 h ) 2 4 ( 1 h ) 3 + 2 ( 1 h ) 4 = 4 1 4 ( 1 2 h ) 2 + 4 ( 1 2 h + h 2 ) 4 1 2 ( 1 2 h ) ( 1 2 h + h 2 ) 4 ( 1 3 h + 3 h 2 + o ( h 2 ) ) + 2 ( 1 4 h + 6 h 2 + o ( h 2 ) ) = 1 4 h + 4 h 2 + 4 8 h + 4 h 2 2 ( 1 4 h + 5 h 2 + o ( h 2 ) ) 4 + 12 h 12 h 2 + 2 8 h + 12 h 2 + 0 ( h 2 ) = 1 2 h 2 + o ( h 2 )

      Quand h 0 on a f ( 1 2 + h , 1 + h ) 1 + et f ( 1 2 + h , 1 h ) 1

      Comme ( 1 2 + h , 1 + h ) ( 1 2 , 1 ) , si f avait un maximum local en ( 1 2 , 1 ) , alors f serait inférieure à f ( 1 2 , 1 ) et f ( 1 2 + h , 1 + h ) 1

      De même si f avait un minimyum local.

      Donc f n'a pas d'extremum local en ( 1 2 , 1 )