Corrigé e3a 2025 Maths PC — Exercice 3 (1 à 8.4) : La matrice J et la matrice M_r = (1 − r)I + rJ : réduction et produit scalaire associé

Sujet officiel du concours e3a, session 2025, épreuve Maths PC. Corrigé rédigé par Ibrahim Alame.

Énoncé

$n \geq 2$ , $r$ est un réel, $M_{r} \in M_{n} (R)$ a des $1$ sur la diagonale et des $r$ partout ailleurs ; $J \in M_{n} (R)$ a tous ses coefficients égaux à $1$ . $R^{n}$ est muni du produit scalaire canonique $(X ∣ Y) = X^{⊤} Y$ .

1. Base de $Im (J)$ et rang de $J$ .
2. Base de $Ker (J)$ .
3. Prouver que $J$ est diagonalisable dans $M_{n} (R)$ .
4. Sous-espaces propres de $J$ et matrice diagonale $D$ semblable à $J$ .
5. Montrer que $Im (J)$ et $Ker (J)$ sont supplémentaires orthogonaux dans $R^{n}$ .
6. Justifier que $M_{r} \in Vect (I_{n}, J)$ .
7. Vérifier que $M_{r}$ est diagonalisable ; matrice diagonale $Δ_{r}$ semblable à $M_{r}$ .
8. On pose $f_{r} (X, Y) = X^{⊤} M_{r} Y$ pour $X, Y \in R^{n}$ .
8.1. Pour $X$ fixé, montrer que $Y \mapsto f_{r} (X, Y)$ est une forme linéaire.
8.2. Montrer que $f_{r} (X, Y) = f_{r} (Y, X)$ .
8.3. Justifier l'existence de $P$ orthogonale telle que $f_{r} (X, Y) = (X^{'})^{⊤} Δ_{r} Y^{'}$ , avec $X^{'} = P X$ et $Y^{'} = P Y$ (sans calculer $P$ ).
8.4. Valeurs de $r$ pour lesquelles $f_{r}$ est un produit scalaire sur $R^{n}$ .

Corrigé

Notons $(e_{1}, \dots, e_{n})$ la base canonique de $R^{n}$ et $U = e_{1} + \dots + e_{n}$ la colonne dont tous les coefficients valent $1$ .

1. L'image de $J$ est engendrée par ses colonnes, qui sont toutes égales à $U$ : $Im (J) = Vect (U)$ . Comme $U \neq = 0$ , $(U)$ est une base de $Im (J)$ et $rg (J) = 1$ .

2. Pour $X = (x_{1}, \dots, x_{n})^{⊤}$ , chaque coefficient de $J X$ vaut $x_{1} + \dots + x_{n}$ , donc $J X = (x_{1} + \dots + x_{n}) U$ et

$X \in Ker (J) ⟺ x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n} = 0.$

Par le théorème du rang, $dim Ker (J) = n - rg (J) = n - 1$ . Posons $V_{j} = e_{j} - e_{n}$ pour $1 \leq j \leq n - 1$ : chaque $V_{j}$ est dans $Ker (J)$ (somme des coefficients $1 - 1 = 0$ ), et la famille $(V_{1}, \dots, V_{n - 1})$ est libre, car les $n - 1$ premières coordonnées de $\sum_{j} λ_{j} V_{j}$ sont $λ_{1}, \dots, λ_{n - 1}$ . Libre, de cardinal $n - 1 = dim Ker (J)$ : $(V_{1}, \dots, V_{n - 1})$ , avec $V_{j} = e_{j} - e_{n}$ , est une base de $Ker (J)$ . (On le voit aussi directement : si $x_{1} + \dots + x_{n} = 0$ , alors $X = \sum_{j = 1}^{n - 1} x_{j} V_{j}$ , la dernière coordonnée étant $- (x_{1} + \dots + x_{n - 1}) = x_{n}$ .)

3. $J$ est une matrice symétrique à coefficients réels ( $J^{⊤} = J$ ). Par le théorème spectral, il existe une matrice orthogonale $Q$ telle que $Q^{⊤} J Q$ soit diagonale : $J$ est diagonalisable dans $M_{n} (R)$ , et même en base orthonormée.

(Variante : chaque coefficient de $J^{2}$ vaut $\sum_{k = 1}^{n} 1 \times 1 = n$ , donc $J^{2} = n J$ ; le polynôme $X (X - n)$ , scindé à racines simples ( $n \neq = 0$ ), annule $J$ , qui est donc diagonalisable.)

Ce que le correcteur attend : « symétrique réelle » ; la positivité des coefficients ne joue aucun rôle.

4. Valeur propre $0$ . $Ker (J)$ est de dimension $n - 1 \geq 1$ : $0$ est valeur propre et $E_{0} (J) = Ker (J) = Vect (V_{1}, \dots, V_{n - 1})$ .

Valeur propre $n$ . $J U = n U$ (chaque coefficient vaut $n$ ) et $U \neq = 0$ : $n$ est valeur propre, et $U \in E_{n} (J)$ .

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