مسابقة دكتوراه 2025 — Université Hassiba Benbouali - Chlef — الموضوع 01

1. Forme matricielle et ${}^{t}\!A\,A$

Avec $X={}^{t}(x,y,z,t)$ et $V={}^{t}(a,b,c,0)$, $A=\begin{pmatrix} a&-b&-c&0\\ b&a&0&-c\\ c&0&a&b\\ 0&c&-b&a \end{pmatrix}.$ Les colonnes de $A$ sont deux à deux orthogonales et de même norme $a^2+b^2+c^2$. Un calcul direct des produits scalaires des colonnes donne $\boxed{{}^{t}\!A\,A=(a^2+b^2+c^2)\,I_4.}$

2. Inversibilité et inverse

De ${}^{t}\!A\,A=(a^2+b^2+c^2)I_4$ on tire $\big(\det A\big)^2=(a^2+b^2+c^2)^4$, donc $A$ est inversible si et seulement si $a^2+b^2+c^2\neq0$, c'est-à-dire $(a,b,c)\neq(0,0,0)$. Dans ce cas la relation ${}^{t}\!A\,A=(a^2+b^2+c^2)I_4$ fournit immédiatement $A^{-1}=\frac{1}{a^2+b^2+c^2}\,{}^{t}\!A.$

3. Résolution de $(S)$

$X=A^{-1}V=\dfrac{1}{a^2+b^2+c^2}\,{}^{t}\!A\,V$. Or les composantes de ${}^{t}\!A\,V$ sont les produits scalaires des colonnes de $A$ par $V=(a,b,c,0)$ : $C_1\cdot V=a^2+b^2+c^2,\quad C_2\cdot V=C_3\cdot V=C_4\cdot V=0.$ Donc ${}^{t}\!A\,V=(a^2+b^2+c^2,0,0,0)$ et $\boxed{x=1,\quad y=0,\quad z=0,\quad t=0.}$

1. Rang de $A-(b-a)I_n$

En notant $J$ la matrice dont tous les coefficients valent $1$, on a $A=(b-a)I_n+aJ$. Donc $A-(b-a)I_n=aJ$. Comme $\operatorname{rg}(J)=1$ : $\operatorname{rg}\big(A-(b-a)I_n\big)=\begin{cases}1&\text{si }a\neq0,\\0&\text{si }a=0.\end{cases}$

2. Spectre

$J$ a pour valeurs propres $n$ (vecteur $(1,\dots,1)$) et $0$ (multiplicité $n-1$). Comme $A=(b-a)I_n+aJ$ : $\operatorname{Sp}(A)=\{\,b+(n-1)a\ (\text{simple}),\ \ b-a\ (\text{mult. } n-1)\,\}.$

3. Diagonalisabilité

$A$ est symétrique réelle, donc diagonalisable dans une base orthonormale (théorème spectral). Les sous-espaces propres ont dimensions $1$ et $n-1$, de somme $n$.

4. Polynôme caractéristique

$\chi_A(\lambda)=\big(\lambda-(b+(n-1)a)\big)\,\big(\lambda-(b-a)\big)^{\,n-1}.$

5. Condition d'inversibilité

$A$ inversible $\iff$ aucune valeur propre nulle : $b+(n-1)a\neq0\quad\text{et}\quad b-a\neq0.$

6. Inverse pour $a=1,\ b=2$

Ici $A=I_n+J$, de valeurs propres $b+(n-1)a=n+1$ et $b-a=1$. Le polynôme minimal est $(X-(n+1))(X-1)$, d'où $A^2-(n+2)A+(n+1)I_n=0\ \Longrightarrow\ A^{-1}=\frac{(n+2)I_n-A}{\,n+1\,}.$ En remplaçant $A=I_n+J$ : $\boxed{A^{-1}=I_n-\frac{1}{\,n+1\,}J.}$ Vérification : $(I_n+J)\big(I_n-\tfrac{1}{n+1}J\big)=I_n+J-\tfrac{1}{n+1}(J+J^2)=I_n$ car $J^2=nJ$.

1. $Q$ est une forme quadratique

$f$ est clairement bilinéaire. Elle est symétrique : dans $\int_0^1 p(t)q(1-t)\,dt$ le changement $u=1-t$ donne $\int_0^1 p(1-u)q(u)\,du$, terme intégral de $f(q,p)$ ; et $p(0)q(0)=q(0)p(0)$. Donc $f$ est une forme bilinéaire symétrique et $Q(p)=f(p,p)$ est la forme quadratique associée (de forme polaire $f$).

2. $(E,f)$ est euclidien

Pour $p(t)=\alpha+\beta t$ : $p(0)=\alpha$ et $\int_0^1(\alpha+\beta t)(\alpha+\beta-\beta t)\,dt=\alpha(\alpha+\beta)+\frac{\beta^2}{2}-\frac{\beta^2}{3}=\alpha^2+\alpha\beta+\frac{\beta^2}{6}.$ Donc $Q(p)=\alpha^2+\Big(\alpha^2+\alpha\beta+\tfrac{\beta^2}{6}\Big)=2\alpha^2+\alpha\beta+\tfrac{1}{6}\beta^2.$ Sa matrice dans la base $(1,t)$ est $\begin{pmatrix}2&\frac12\\ \frac12&\frac16\end{pmatrix}$, de déterminant $\tfrac{2}{6}-\tfrac14=\tfrac{1}{12}>0$ avec terme diagonal $2>0$ : la forme est définie positive. Donc $f$ est un produit scalaire et $(E,f)$ est euclidien.

3. Base orthonormale (Gram–Schmidt sur $(1,t)$)

• $f(1,1)=2\Rightarrow u_1=\dfrac{1}{\sqrt2}$.
• $f(t,1)=\underbrace{t(0)\cdot1}_{0}+\int_0^1(1-t)\,dt=\tfrac12$. On pose $\tilde t=t-\dfrac{f(t,1)}{f(1,1)}\cdot1=t-\dfrac14$.
• $Q\!\left(t-\tfrac14\right)=2\big(\tfrac1{16}\big)-\tfrac14+\tfrac16=\tfrac{1}{24}$, donc $\big\|t-\tfrac14\big\|=\dfrac{1}{2\sqrt6}$.

$\boxed{\ u_1=\frac{1}{\sqrt2},\qquad u_2=2\sqrt6\left(t-\frac14\right).\ }$