Correction — Centrale-Supélec — Maths 1 PC — 2025 --- **Partie A — Autour du principe d'incertitude d'Heisenberg** **I — Valeurs propres de l'opérateur dérivée seconde** **Q1.** On pose $\ell(f) = -f''$ pour tout $f \in E = \mathcal{C}^\infty(\mathbb{R}, \mathbb{C})$. - **Bonne définition :** Si $f \in E$, alors $f$ est $\mathcal{C}^\infty$ donc $f''$ existe et est $\mathcal{C}^\infty$. Ainsi $-f'' \in E$, donc $\ell$ est bien une application de $E$ dans $E$. - **Linéarité :** Soient $f, g \in E$ et $\alpha, \beta \in \mathbb{C}$. On a : $$\ell(\alpha f + \beta g) = -(\alpha f + \beta g)'' = -\alpha f'' - \beta g'' = \alpha \ell(f) + \beta \ell(g).$$ Donc $\ell$ est un endomorphisme de $E$. $\boxed{\ell : f \mapsto -f'' \text{ est un endomorphisme de } E.}$ --- **Q2.** Soit $\lambda \in \mathbb{R}_+$. On cherche $f \in E \setminus \{0\}$ telle que $\ell(f) = \lambda f$, c'est-à-dire $f'' + \lambda f = 0$. - **Cas $\lambda = 0$ :** L'équation $f'' = 0$ a pour solutions $f(t) = at + b$ avec $(a,b) \in \mathbb{C}^2$. Comme ces solutions sont non nulles (sauf si $a = b = 0$), $0 \in \text{VP}(\ell)$ et $E_0(\ell) = \text{Vect}(1, t)$ (où $1$ désigne la fonction constante $t \mapsto 1$ et $t$ la fonction identité). Une base de $E_0(\ell)$ est $(1, t)$. - **Cas $\lambda > 0$ :** On pose $\omega = \sqrt{\lambda} > 0$. L'équation $f'' + \omega^2 f = 0$ admet pour solutions $f(t) = A e^{i\omega t} + B e^{-i\omega t}$ avec $(A,B) \in \mathbb{C}^2$. Ces solutions appartiennent bien à $E$ et sont non nulles dès que $(A,B) \neq (0,0)$. Donc $\lambda \in \text{VP}(\ell)$ et une base de $E_\lambda(\ell)$ est $(e^{i\sqrt{\lambda}\, t}, \, e^{-i\sqrt{\lambda}\, t})$. $\boxed{\mathbb{R}_+ \subset \text{VP}(\ell). \text{ Base de } E_0(\ell) : (1, t). \text{ Pour } \lambda > 0 : (e^{i\sqrt{\lambda}\,t}, e^{-i\sqrt{\lambda}\,t}).}$ --- **II — Cas des fonctions gaussiennes** **Q3.** On fixe $a > 0$ et $\xi \in \mathbb{R}$. On doit montrer la convergence de $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(t) e^{-i\xi t}\,dt$. On a $|G_a(t) e^{-i\xi t}| = |e^{-\frac{1}{2}at^2}| \cdot |e^{-i\xi t}| = e^{-\frac{1}{2}at^2}$ car $|e^{-i\xi t}| = 1$. Or $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-\frac{1}{2}at^2}\,dt = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}$ converge (donné dans l'énoncé). Par convergence absolue, l'intégrale $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(t) e^{-i\xi t}\,dt$ est absolument convergente, donc convergente. $\boxed{\text{L'intégrale converge absolument car } |G_a(t)e^{-i\xi t}| = G_a(t) \text{ est intégrable.}}$ --- **Q4.** On veut montrer que $\widehat{G_a}$ est $\mathcal{C}^1$. On a $\widehat{G_a}(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(t) e^{-i\xi t}\,dt$. On applique le théorème de dérivation sous le signe intégral (théorème de Leibniz). - La fonction $(t, \xi) \mapsto G_a(t) e^{-i\xi t}$ est $\mathcal{C}^1$ en $\xi$ pour tout $t$, et sa dérivée partielle en $\xi$ est : $$\frac{\partial}{\partial \xi}\left[G_a(t) e^{-i\xi t}\right] = -it \, G_a(t) e^{-i\xi t}.$$ - **Domination :** Pour tout $\xi \in \mathbb{R}$ et tout $t \in \mathbb{R}$ : $$\left|-it \, G_a(t) e^{-i\xi t}\right| = |t| \, e^{-\frac{1}{2}at^2}.$$ Or $|t| \, e^{-\frac{1}{2}at^2} \leq C \, e^{-\frac{1}{4}at^2}$ pour une constante $C > 0$ (car $|t| e^{-\frac{1}{4}at^2}$ est bornée), et $e^{-\frac{1}{4}at^2}$ est intégrable sur $\mathbb{R}$. La domination est donc indépendante de $\xi$. Par le théorème de dérivation sous le signe intégral, $\widehat{G_a}$ est de classe $\mathcal{C}^1$ et : $$\widehat{G_a}'(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} (-it) G_a(t) e^{-i\xi t}\,dt.$$ $\boxed{\widehat{G_a} \text{ est de classe } \mathcal{C}^1 \text{ par le théorème de dérivation sous le signe intégral.}}$ --- **Q5.** Calculons $\widehat{G_a}'(\xi)$ par intégration par parties. $$\widehat{G_a}'(\xi) = \int_{-\infty}^{+\infty} (-it) e^{-\frac{1}{2}at^2} e^{-i\xi t}\,dt = \frac{i}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} (-at) e^{-\frac{1}{2}at^2} e^{-i\xi t}\,dt.$$ Or $G_a'(t) = -at \, e^{-\frac{1}{2}at^2}$, donc : $$\widehat{G_a}'(\xi) = \frac{i}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} G_a'(t) e^{-i\xi t}\,dt.$$ On intègre par parties avec $u = e^{-i\xi t}$ et $v' = G_a'(t)$ (donc $v = G_a(t)$, $u' = -i\xi e^{-i\xi t}$) : $$\int_{-\infty}^{+\infty} G_a'(t) e^{-i\xi t}\,dt = \Big[G_a(t) e^{-i\xi t}\Big]_{-\infty}^{+\infty} + i\xi \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(t) e^{-i\xi t}\,dt.$$ Le crochet vaut $0$ car $G_a(t) \to 0$ quand $|t| \to +\infty$. Donc : $$\int_{-\infty}^{+\infty} G_a'(t) e^{-i\xi t}\,dt = i\xi \, \widehat{G_a}(\xi).$$ Ainsi : $$\widehat{G_a}'(\xi) = \frac{i}{a} \cdot i\xi \, \widehat{G_a}(\xi) = -\frac{\xi}{a} \, \widehat{G_a}(\xi).$$ L'équation différentielle est donc : $$\boxed{\widehat{G_a}'(\xi) = -\frac{\xi}{a} \, \widehat{G_a}(\xi).}$$ C'est une EDL1 dont la solution générale est $\widehat{G_a}(\xi) = K \, e^{-\frac{\xi^2}{2a}}$ avec $K \in \mathbb{C}$. La condition initiale donne $\widehat{G_a}(0) = \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(t)\,dt = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}$, donc $K = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}$. Ainsi : $$\widehat{G_a}(\xi) = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \, e^{-\frac{\xi^2}{2a}} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \, G_{1/a}(\xi).$$ $\boxed{\widehat{G_a} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \, G_{1/a}.}$ --- **Q6.** On calcule les intégrales : $\bullet$ $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} G_a(u)^2\,du = \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-au^2}\,du = \int_{-\infty}^{+\infty} G_{2a}(u) \cdot \sqrt{e^0}\,du$. Plus directement : $G_a(u)^2 = e^{-au^2} = G_{2a}(u)$, donc : $$\int_{-\infty}^{+\infty} G_a(u)^2\,du = \int_{-\infty}^{+\infty} G_{2a}(u)\,du = \sqrt{\frac{2\pi}{2a}} = \sqrt{\frac{\pi}{a}}.$$ $\bullet$ $\displaystyle \int_{-\infty}^{+\infty} u^2 G_a(u)^2\,du = \int_{-\infty}^{+\infty} u^2 e^{-au^2}\,du$. On intègre par parties avec $f(u) = u$ et $g'(u) = u e^{-au^2}$ (donc $g(u) = -\frac{1}{2a} e^{-au^2}$) : $$\int_{-\infty}^{+\infty} u^2 e^{-au^2}\,du = \left[-\frac{u}{2a} e^{-au^2}\right]_{-\infty}^{+\infty} + \frac{1}{2a} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-au^2}\,du = 0 + \frac{1}{2a} \sqrt{\frac{\pi}{a}} = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}.$$ $$\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty} G_a^2(u)\,du = \sqrt{\frac{\pi}{a}}, \quad \int_{-\infty}^{+\infty} u^2 G_a^2(u)\,du = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}.}$$ --- **Q7.** On calcule $\sigma_T^2(G_a)$ et $\sigma_F^2(G_a)$. $\bullet$ $\displaystyle \sigma_T^2(G_a) = \frac{\int_{-\infty}^{+\infty} u^2 G_a(u)^2\,du}{\int_{-\infty}^{+\infty} G_a(u)^2\,du} = \frac{\frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}}{\sqrt{\frac{\pi}{a}}} = \frac{1}{2a}.$ $\bullet$ On a $\widehat{G_a}(\xi) = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} G_{1/a}(\xi)$, donc $\widehat{G_a}(\xi)^2 = \frac{2\pi}{a} G_{1/a}(\xi)^2 = \frac{2\pi}{a} G_{2/a}(\xi)$. Ainsi $\int_{-\infty}^{+\infty} \widehat{G_a}(\xi)^2\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \sqrt{\frac{\pi}{2/a}} = \frac{2\pi}{a} \sqrt{\frac{a\pi}{2}} = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{\sqrt{a\pi}}{\sqrt{2}} = \frac{2\pi\sqrt{\pi}}{\sqrt{2}\sqrt{a}}$. Et $\int_{-\infty}^{+\infty} \xi^2 \widehat{G_a}(\xi)^2\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \int_{-\infty}^{+\infty} \xi^2 G_{2/a}(\xi)\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{1}{2 \cdot 2/a}\sqrt{\frac{\pi}{2/a}} = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{a}{4} \cdot \sqrt{\frac{a\pi}{2}} = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\sqrt{a\pi}}{\sqrt{2}}$. Donc : $$\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\int_{-\infty}^{+\infty} \xi^2 \widehat{G_a}(\xi)^2\,d\xi}{\int_{-\infty}^{+\infty} G_a(\xi)^2\,d\xi} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\frac{\pi}{2} \cdot \frac{\sqrt{a\pi}}{\sqrt{2}}}{\sqrt{\frac{\pi}{a}}} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi\sqrt{a\pi}}{2\sqrt{2}} \cdot \sqrt{\frac{a}{\pi}} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi a}{2\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{1}.$$ Reprenons plus soigneusement. On a $\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\int \xi^2 |\widehat{G_a}(\xi)|^2\,d\xi}{\int |G_a(u)|^2\,du}$. Numérateur : $\int \xi^2 |\widehat{G_a}(\xi)|^2\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{a}{4} \cdot \sqrt{\frac{a\pi}{2}} = \frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{a\pi}{2}}$. Dénominateur : $\int |G_a(u)|^2\,du = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$. Donc : $\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\frac{\pi}{2}\sqrt{\frac{a\pi}{2}}}{\sqrt{\frac{\pi}{a}}} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \frac{\sqrt{a\pi}}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} = \frac{a}{4\sqrt{2}} \cdot \sqrt{2} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$. Simplifions directement : $\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi}{2} \cdot \sqrt{\frac{a\pi}{2}} \cdot \sqrt{\frac{a}{\pi}} = \frac{1}{4} \cdot \sqrt{\frac{a^2}{2}} = \frac{a}{4\sqrt{2}}$. Hmm, vérifions. On a $\sigma_T^2(G_a) = \frac{1}{2a}$. D'après l'inégalité d'Heisenberg, l'égalité donne $\sigma_T^2 \cdot \sigma_F^2 = \frac{1}{4}$, donc $\sigma_F^2 = \frac{a}{2}$. Reprenons le calcul proprement. $\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi \int G_a^2} \int \xi^2 \widehat{G_a}(\xi)^2\,d\xi$. $\widehat{G_a}(\xi)^2 = \frac{2\pi}{a} e^{-\xi^2/a}$. $\int \xi^2 \widehat{G_a}(\xi)^2\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \int \xi^2 e^{-\xi^2/a}\,d\xi = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{1}{2/a}\sqrt{\frac{\pi}{1/a}} = \frac{2\pi}{a} \cdot \frac{a}{2}\sqrt{a\pi} = \pi\sqrt{a\pi}$. $\int G_a^2 = \sqrt{\pi/a}$. Donc $\sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2\pi} \cdot \frac{\pi\sqrt{a\pi}}{\sqrt{\pi/a}} = \frac{1}{2\pi} \cdot \pi \cdot \frac{\sqrt{a\pi} \cdot \sqrt{a}}{\sqrt{\pi}} = \frac{1}{2} \cdot a = \frac{a}{2}$. On vérifie : $\sigma_T^2(G_a) \cdot \sigma_F^2(G_a) = \frac{1}{2a} \cdot \frac{a}{2} = \frac{1}{4}$. Bien, l'égalité dans Heisenberg est atteinte. Maintenant, $\gamma(x) = \frac{1}{4x}$. On a $\gamma(\sigma_F^2(G_a)) = \frac{1}{4 \cdot \frac{a}{2}} = \frac{1}{2a} = \sigma_T^2(G_a)$. $$\boxed{\sigma_T^2(G_a) = \frac{1}{2a} = \gamma\!\left(\sigma_F^2(G_a)\right) \quad \text{avec } \sigma_F^2(G_a) = \frac{a}{2} \text{ et } \gamma(x) = \frac{1}{4x}.}$$ --- **Partie B — Laplacien d'une matrice** **I — Étude d'un élément de $G$** **Q8.** On a $B = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$. Chaque ligne de $B$ a exactement un coefficient égal à $1$, donc $\delta(B) = \text{diag}(1,1,1,1) = I_4$. $$L_B = \delta(B) - B = I_4 - B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 1 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.$$ Pour le rang : les lignes 1 et 4 sont opposées, les lignes 2 et 3 sont opposées, et les lignes 1 et 2 sont indépendantes. $\boxed{L_B = I_4 - B, \quad \text{rg}(L_B) = 2.}$ --- **Q9.** Calculons $L_B^2 = (I_4 - B)^2 = I_4 - 2B + B^2$. $B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}^2 = I_4$ car $B$ est la matrice de la permutation $(1\;4)(2\;3)$, d'ordre 2. Donc $L_B^2 = I_4 - 2B + I_4 = 2I_4 - 2B = 2L_B$. Ainsi $L_B^2 = 2L_B$, soit $L_B(L_B - 2I_4) = 0$. Le polynôme $X(X-2)$ est annulateur de $L_B$, scindé à racines simples, donc $L_B$ est diagonalisable et $\text{Sp}(L_B) \subset \{0, 2\}$. Comme $\text{rg}(L_B) = 2$, on a $\dim(E_0(L_B)) = 4 - 2 = 2$. Par la relation $\text{rg}(L_B - 2I_4) = \text{rg}(-2B + I_4 - 2I_4 + 2I_4)$... calculons directement : $L_B - 2I_4 = -I_4 - B + 2I_4 - 2I_4 = -(I_4 + B)$. Donc $\text{rg}(L_B - 2I_4) = \text{rg}(I_4 + B)$. $I_4 + B = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}$, de rang $2$. Donc $\dim(E_2(L_B)) = 4 - 2 = 2$. $$\boxed{\text{Sp}(L_B) = \{0, 2\}, \quad \dim(E_0(L_B)) = 2, \quad \dim(E_2(L_B)) = 2.}$$ --- **Q10.** $L_B$ est symétrique réelle car $B$ et $I_4$ le sont. On a $L_B = \delta(B) - B$ avec $B \in G$, donc d'après la formule $(\star)$ (établie en Q13, mais applicable ici de la même manière) : Pour $x \in \mathbb{R}^4$ : $x^T L_B x = \sum_{1 \leq i < j \leq 4} b_{i,j}(x_i - x_j)^2 \geq 0$. Donc $L_B \in S_N^+(\mathbb{R})$. Mais $0 \in \text{Sp}(L_B)$, donc $L_B$ n'est pas définie positive : $L_B \notin S_N^{++}(\mathbb{R})$. $$\boxed{L_B \in S_4^+(\mathbb{R}) \text{ mais } L_B \notin S_4^{++}(\mathbb{R}).}$$ --- **II — Étude du noyau des éléments de $G$** **Q11.** Soit $A = (a_{i,j}) \in G$. On a $L_A = \delta(A) - A$, donc : $(L_A \cdot \mathbf{1}_N)_i = \sum_{k=1}^N a_{i,k} \cdot 1 - \sum_{k=1}^N a_{i,k} \cdot 1 = 0$ pour tout $i$. Ici le $i$-ème coefficient de $\delta(A)\mathbf{1}_N$ est $\left(\sum_k a_{i,k}\right) \cdot 1$ et le $i$-ème coefficient de $A\mathbf{1}_N$ est $\sum_k a_{i,k} \cdot 1$, donc $L_A \mathbf{1}_N = 0$. Ainsi $\mathbf{1}_N \in \text{Ker}(L_A)$, ce qui donne $\text{Vect}(\mathbf{1}_N) \subset \text{Ker}(L_A)$. **L'égalité n'a pas toujours lieu.** Contre-exemple : $A = 0_N$ (la matrice nulle est dans $G$). Alors $\delta(A) = 0$ et $L_A = 0$, donc $\text{Ker}(L_A) = \mathbb{R}^N \neq \text{Vect}(\mathbf{1}_N)$. $\boxed{\text{Vect}(\mathbf{1}_N) \subset \text{Ker}(L_A). \text{ L'égalité n'a pas lieu en général (ex: } A = 0_N).}$ --- **Q12.** On a $\delta(A) = \text{diag}(d_1, \ldots, d_N)$ avec $d_i = \sum_{k=1}^N a_{i,k}$. $$x^T \delta(A) x = \sum_{i=1}^N d_i x_i^2 = \sum_{i=1}^N \left(\sum_{k=1}^N a_{i,k}\right) x_i^2 = \sum_{i=1}^N \sum_{k=1}^N a_{i,k} x_i^2 = \sum_{(i,j) \in [\![1,N]\!]^2} a_{i,j} x_i^2.$$ $\boxed{\sum_{(i,j) \in [\![1,N]\!]^2} a_{i,j} x_i^2 = x^T \delta(A) x.}$ --- **Q13.** On développe : $$\sum_{(i,j) \in [\![1,N]\!]^2} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = \sum_{(i,j)} a_{i,j}(x_i^2 - 2x_i x_j + x_j^2) = \sum_{(i,j)} a_{i,j} x_i^2 - 2\sum_{(i,j)} a_{i,j} x_i x_j + \sum_{(i,j)} a_{i,j} x_j^2.$$ Par Q12, $\sum_{(i,j)} a_{i,j} x_i^2 = x^T \delta(A) x$. Par symétrie de $A$ ($a_{i,j} = a_{j,i}$), en échangeant $i$ et $j$ : $$\sum_{(i,j)} a_{i,j} x_j^2 = \sum_{(i,j)} a_{j,i} x_j^2 = \sum_{(i,j)} a_{i,j} x_i^2 = x^T \delta(A) x.$$ Et $\sum_{(i,j)} a_{i,j} x_i x_j = x^T A x$. Donc : $\sum_{(i,j)} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = 2 x^T \delta(A) x - 2 x^T A x = 2 x^T L_A x$. Ainsi : $\frac{1}{2}\sum_{(i,j)} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = x^T L_A x$. Comme $a_{i,j} = a_{j,i}$ et $a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = a_{j,i}(x_j - x_i)^2$, chaque paire $\{i,j\}$ avec $i < j$ contribue $2a_{i,j}(x_i - x_j)^2$ dans la somme double, donc : $$\sum_{1 \leq i < j \leq N} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = \frac{1}{2}\sum_{(i,j)} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = x^T L_A x.$$ $$\boxed{\sum_{1 \leq i < j \leq N} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = \frac{1}{2}\sum_{(i,j)} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = x^T L_A x.}$$ --- **Q14.** $L_A$ est symétrique car $A$ et $\delta(A)$ le sont. D'après $(\star)$ : $$x^T L_A x = \sum_{1 \leq i < j \leq N} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 \geq 0$$ car $a_{i,j} \in \{0, 1\}$ (donc $a_{i,j} \geq 0$) et $(x_i - x_j)^2 \geq 0$. Donc $L_A$ est symétrique positive : $L_A \in S_N^+(\mathbb{R})$. $\boxed{L_A \in S_N^+(\mathbb{R}).}$ --- **Q15.** Supposons $A$ vérifie $(\Gamma)$ et soit $x \in \text{Ker}(L_A)$, c'est-à-dire $x^T L_A x = 0$. Par $(\star)$ : $\sum_{1 \leq i < j \leq N} a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = 0$. Comme tous les termes sont positifs ou nuls, on a $a_{i,j}(x_i - x_j)^2 = 0$ pour tout $i < j$. Donc si $a_{i,j} = 1$ alors $x_i = x_j$. Soient $i \neq j$ dans $[\![1,N]\!]$. Par $(\Gamma)$, il existe $i_1 = i, i_2, \ldots, i_n = j$ deux à deux distincts tels que $a_{i_k, i_{k+1}} = 1$ pour tout $k$. Donc $x_{i_1} = x_{i_2} = \ldots = x_{i_n}$, ce qui donne $x_i = x_j$. Ceci étant vrai pour tout $i, j$, on a $x_1 = x_2 = \ldots = x_N$, donc $x \in \text{Vect}(\mathbf{1}_N)$. Ainsi $\text{Ker}(L_A) \subset \text{Vect}(\mathbf{1}_N)$, et l'inclusion réciproque vient de Q11. $\boxed{\text{Ker}(L_A) = \text{Vect}(\mathbf{1}_N).}$ --- **Partie C — Région de faisabilité, courbe d'incertitude** **I — Définitions de $\sigma_M^2$ et $\sigma_S^2$** **Q16.** La matrice $A$ définie dans l'énoncé est : $$A = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}.$$ $\bullet$ $A$ est symétrique (car $a_{1,j} = a_{j,1} = 1$ pour $j \geq 2$, et $a_{i,j} = 0$ sinon pour $i,j \geq 2$). $\bullet$ $A$ a ses coefficients dans $\{0,1\}$ et sa diagonale est nulle. Donc $A \in G$. $\bullet$ Propriété $(\Gamma)$ : Soient $i \neq j$ dans $[\![1,N]\!]$. - Si $i = 1$ : on prend le chemin $i_1 = 1, i_2 = j$ (car $a_{1,j} = 1$ pour $j \geq 2$). - Si $j = 1$ : de même. - Si $i, j \geq 2$ : on prend le chemin $i_1 = i, i_2 = 1, i_3 = j$ (car $a_{i,1} = 1$ et $a_{1,j} = 1$). Donc $A$ vérifie $(\Gamma)$. $\boxed{A \in G \text{ et } A \text{ vérifie } (\Gamma).}$ --- **Q17.** $A \in G$ vérifie $(\Gamma)$, donc par Q14, $L_A \in S_N^+(\mathbb{R})$. Comme $L_A$ est symétrique réelle, elle est diagonalisable dans une base orthonormée et toutes ses valeurs propres sont réelles positives (car $L_A \in S_N^+(\mathbb{R})$). Par Q15, $\text{Ker}(L_A) = \text{Vect}(\mathbf{1}_N)$, donc $\dim(\text{Ker}(L_A)) = 1$, ce qui signifie $0$ est valeur propre de multiplicité $1$. On ordonne les valeurs propres : $0 = \lambda_1 < \lambda_2 \leq \lambda_3 \leq \ldots \leq \lambda_N$ (l'inégalité stricte vient du fait que $0$ est de multiplicité $1$). $\boxed{0 = \lambda_1 < \lambda_2 \leq \lambda_3 \leq \ldots \leq \lambda_N, \text{ toutes réelles positives.}}$ --- **Q18.** La première ligne de $A$ a $N-1$ coefficients égaux à $1$ (positions $2, \ldots, N$), donc $\delta(A)_{1,1} = N-1$. Pour $i \geq 2$, la $i$-ème ligne de $A$ a un seul $1$ (en position $(i,1)$), donc $\delta(A)_{i,i} = 1$. $$\delta(A) = \text{diag}(N-1, 1, 1, \ldots, 1).$$ $$L_A = \delta(A) - A = \begin{pmatrix} N-1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix}.$$ Calculons $L_A - I_N$ : $$L_A - I_N = \begin{pmatrix} N-2 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}.$$ La première ligne est $(N-2, -1, -1, \ldots, -1)$. Les lignes $2, \ldots, N$ sont toutes $(-1, 0, \ldots, 0)$, donc identiques. Ainsi $\text{rg}(L_A - I_N) = 2$ (les deux vecteurs $(N-2, -1, \ldots, -1)$ et $(-1, 0, \ldots, 0)$ sont indépendants). $\boxed{\text{rg}(L_A - I_N) = 2.}$ Donc $\dim(E_1(L_A)) = N - 2$, ce qui signifie $1$ est valeur propre de multiplicité $N-2$. La trace de $L_A$ est $(N-1) + (N-1) \cdot 1 = 2(N-1)$. La somme des valeurs propres est $0 + (N-2) \cdot 1 + \lambda_N = N - 2 + \lambda_N$. Donc $\lambda_N = 2(N-1) - (N-2) = N$. Vérifions : $\dim(E_N(L_A)) = ?$ On sait que la multiplicité de $1$ est $N-2$, celle de $0$ est $1$, donc il reste $N - (N-2) - 1 = 1$ pour $\lambda_N = N$. Donc $\dim(E_N(L_A)) = 1$. Vérifié. $$\boxed{L_A = \delta(A) - A \text{ comme ci-dessus}, \quad \text{Sp}(L_A) = \{0, 1, N\}, \quad \dim(E_N(L_A)) = 1.}$$ --- **Q19.** $L_A$ est symétrique positive et diagonalisable dans une base orthonormée $(e_1, \ldots, e_N)$ avec $L_A e_k = \lambda_k e_k$. Pour $x = \sum_k c_k e_k \neq 0$ : $$\sigma_S^2(x) = \frac{x^T L_A x}{\|x\|^2} = \frac{\sum_k \lambda_k c_k^2}{\sum_k c_k^2}.$$ C'est une moyenne pondérée (à poids $c_k^2 \geq 0$, non tous nuls) des $\lambda_k$, donc : $$\lambda_1 = \min_k \lambda_k \leq \sigma_S^2(x) \leq \max_k \lambda_k = \lambda_N.$$ **(i)** Pour $\mu \in \mathbb{R}^*$ : $\sigma_S^2(\mu x) = \frac{(\mu x)^T L_A (\mu x)}{\|\mu x\|^2} = \frac{\mu^2 x^T L_A x}{\mu^2 \|x\|^2} = \sigma_S^2(x)$. **(ii)** $\sigma_S^2(x) = \lambda_1 = 0$ si et seulement si $\sum_k \lambda_k c_k^2 = 0$. Comme $\lambda_k \geq 0$ et $c_k^2 \geq 0$, cela équivaut à $\lambda_k c_k^2 = 0$ pour tout $k$. Pour $k \geq 2$, $\lambda_k > 0$ donc $c_k = 0$. Ainsi $x = c_1 e_1 \in E_{\lambda_1}(L_A)$. Réciproquement, si $x \in E_{\lambda_1}(L_A)$, alors $L_A x = 0$ et $\sigma_S^2(x) = 0 = \lambda_1$. $\boxed{\lambda_1 \leq \sigma_S^2(x) \leq \lambda_N. \; \text{(i) vérifié. (ii) } \sigma_S^2(x) = \lambda_1 \Leftrightarrow x \in E_{\lambda_1}(L_A).}$ --- **II — Région de faisabilité** **Q20.** Par Q19, $0 \leq \sigma_S^2(x) \leq \lambda_N$ pour tout $x \neq 0$. Pour $\sigma_M^2(x) = \frac{x^T D x}{\|x\|^2}$ avec $D = \text{diag}(0,1,\ldots,1)$ : on a $x^T D x = \sum_{i=2}^N x_i^2 \leq \|x\|^2$ et $x^T D x \geq 0$, donc $0 \leq \sigma_M^2(x) \leq 1$. Ainsi $\mathcal{R} \subset [0, \lambda_N] \times [0, 1]$. $\boxed{\mathcal{R} \subset [0, \lambda_N] \times [0, 1].}$ --- **Q21.** Si $\sigma_S^2(x) = 0$, par Q19(ii), $x \in E_0(L_A) = \text{Ker}(L_A) = \text{Vect}(\mathbf{1}_N)$. Donc $x = c \cdot \mathbf{1}_N$ pour un $c \neq 0$. Alors : $$\sigma_M^2(x) = \frac{x^T D x}{\|x\|^2} = \frac{c^2 \sum_{i=2}^N 1}{c^2 N} = \frac{N-1}{N}.$$ L'intersection de $\mathcal{R}$ avec la droite $s = 0$ est l'unique point $\left(0, \frac{N-1}{N}\right)$. $\boxed{\mathcal{R} \cap \{s = 0\} = \left\{\left(0, \frac{N-1}{N}\right)\right\}.}$ --- **Q22.** **Droite $s = \lambda_N = N$ :** Si $\sigma_S^2(x) = N$, alors (admis dans l'énoncé) $x \in E_N(L_A)$. Déterminons $E_N(L_A)$. On cherche $x$ tel que $L_A x = Nx$. $(L_A - NI_N)x = 0$ donne : $$\begin{pmatrix} -1 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & 1-N & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & & \ddots & & \vdots \\ -1 & 0 & \cdots & 0 & 1-N \end{pmatrix} x = 0.$$ De la ligne $i \geq 2$ : $-x_1 + (1-N)x_i = 0$, donc $x_i = \frac{-x_1}{N-1}$. Ligne 1 : $-x_1 - \sum_{i=2}^N x_i = -x_1 - (N-1) \cdot \frac{-x_1}{N-1} = -x_1 + x_1 = 0$. Vérifié. Donc $E_N(L_A) = \text{Vect}\left((N-1, -1, -1, \ldots, -1)^T\right)$ (en prenant $x_1 = N-1$, $x_i = -1$). Pour $x \in E_N(L_A) \setminus \{0\}$, posons $x = c(N-1, -1, \ldots, -1)^T$ : $$\sigma_M^2(x) = \frac{(N-1) \cdot c^2}{c^2((N-1)^2 + (N-1))} = \frac{N-1}{(N-1)(N-1+1)} = \frac{N-1}{N(N-1)} = \frac{1}{N}.$$ Donc $\mathcal{R} \cap \{s = N\} = \left\{\left(N, \frac{1}{N}\right)\right\}$. **Droite $m = 0$ :** $\sigma_M^2(x) = 0$ implique $x^T D x = \sum_{i=2}^N x_i^2 = 0$, donc $x_i = 0$ pour $i \geq 2$, soit $x = (x_1, 0, \ldots, 0)^T$ avec $x_1 \neq 0$. $$\sigma_S^2(x) = \frac{x^T L_A x}{\|x\|^2} = \frac{(N-1)x_1^2}{x_1^2} = N-1.$$ Donc $\mathcal{R} \cap \{m = 0\} = \{(N-1, 0)\}$. $\boxed{\mathcal{R} \cap \{s = N\} = \left\{\left(N, \frac{1}{N}\right)\right\}, \quad \mathcal{R} \cap \{m = 0\} = \{(N-1, 0)\}.}$ --- **III — La courbe d'incertitude $\gamma_-$** **Q23.** On a $e_1 \in E_0(L_A)$, $e_N \in E_N(L_A)$, $\|e_1\| = \|e_N\| = 1$, et $x_t = (1-t)e_1 + te_N$. Comme $L_A$ est symétrique et $e_1, e_N$ sont dans des sous-espaces propres distincts, $e_1 \perp e_N$. Donc $\|x_t\|^2 = (1-t)^2 + t^2 > 0$ pour tout $t \in [0,1]$ (car $(1-t)^2 + t^2 = 0$ impliquerait $t = 0$ et $t = 1$, impossible). Ainsi $x_t \neq 0$ et $\varphi$ est bien définie sur $[0,1]$. $$\varphi(t) = \sigma_S^2(x_t) = \frac{x_t^T L_A x_t}{\|x_t\|^2} = \frac{(1-t)^2 \cdot 0 + t^2 \cdot N}{(1-t)^2 + t^2} = \frac{Nt^2}{(1-t)^2 + t^2}.$$ La fonction $\varphi$ est continue sur $[0,1]$ (quotient de fonctions continues, dénominateur non nul). $\varphi(0) = 0 = \lambda_1$ et $\varphi(1) = N = \lambda_N$. Par le théorème des valeurs intermédiaires, pour tout $s \in [0, \lambda_N]$, il existe $t \in [0,1]$ tel que $\varphi(t) = s$, c'est-à-dire il existe $x = x_t \in \mathbb{R}^N \setminus \{0\}$ tel que $\sigma_S^2(x) = s$. $\boxed{\varphi \text{ est continue sur } [0,1], \varphi(0) = 0, \varphi(1) = N. \text{ Par le TVI, tout } s \in [0, \lambda_N] \text{ est atteint.}}$ --- **Q24.** Fixons $s \in [0, \lambda_N]$. Par Q23, l'ensemble $\{x \in \mathbb{R}^N : \|x\| = 1, \sigma_S^2(x) = s\}$ est non vide (par Q19(i), on peut normaliser). Cet ensemble est $\{x \in S^{N-1} : x^T L_A x = s\}$ qui est fermé (image réciproque de $\{s\}$ par la fonction continue $x \mapsto x^T L_A x$) dans la sphère $S^{N-1}$ compacte, donc compact. La fonction $x \mapsto \sigma_M^2(x) = x^T Dx$ (pour $\|x\| = 1$) est continue sur ce compact non vide, donc atteint son minimum. $\boxed{\text{Le minimum existe par compacité de la contrainte et continuité de } \sigma_M^2.}$ --- **Q25.** On suppose $\mathcal{R}$ convexe. Soient $s_1, s_2 \in [0, \lambda_N]$ et $t \in [0,1]$. Il existe $x_1, x_2$ de norme $1$ tels que $\sigma_S^2(x_i) = s_i$ et $\sigma_M^2(x_i) = \gamma_-(s_i)$ pour $i = 1, 2$. Les points $(s_1, \gamma_-(s_1))$ et $(s_2, \gamma_-(s_2))$ sont dans $\mathcal{R}$. Par convexité de $\mathcal{R}$, le point $(ts_1 + (1-t)s_2, \, t\gamma_-(s_1) + (1-t)\gamma_-(s_2))$ est dans $\mathcal{R}$. Par définition de $\gamma_-$, cela signifie $\gamma_-(ts_1 + (1-t)s_2) \leq t\gamma_-(s_1) + (1-t)\gamma_-(s_2)$ (car $\gamma_-$ est le minimum de $\sigma_M^2$ pour la valeur donnée de $\sigma_S^2$, donc toute valeur réalisable de $\sigma_M^2$ est $\geq \gamma_-$). Donc $\gamma_-$ est convexe. $\boxed{\gamma_- \text{ est convexe sur } [0, \lambda_N].}$ --- **Partie D — Formule explicite pour la courbe d'incertitude $\gamma_-$** **Q26.** Soit $\alpha \in \mathbb{R}$ et $y \in E_{\mu_\alpha^-}(M(\alpha))$ avec $\|y\| = 1$. $M(\alpha) = D - \alpha L_A$, donc $M(\alpha)y = \mu_\alpha^- y$, ce qui donne $Dy - \alpha L_A y = \mu_\alpha^- y$, soit $y^T D y - \alpha \, y^T L_A y = \mu_\alpha^-$. Donc $\sigma_M^2(y) - \alpha \, \sigma_S^2(y) = \mu_\alpha^-$ (car $\|y\| = 1$). Il faut montrer que $\sigma_M^2(y) = \gamma_-(\sigma_S^2(y))$. Pour tout $x$ de norme $1$ avec $\sigma_S^2(x) = \sigma_S^2(y) =: s$ : $$\sigma_M^2(x) = x^T D x = x^T M(\alpha) x + \alpha \, x^T L_A x = x^T M(\alpha) x + \alpha s.$$ Or $x^T M(\alpha) x \geq \mu_\alpha^-$ (car $\mu_\alpha^-$ est la plus petite valeur propre de la matrice symétrique $M(\alpha)$). Donc $\sigma_M^2(x) \geq \mu_\alpha^- + \alpha s = \sigma_M^2(y)$. Ceci étant vrai pour tout $x$ de norme $1$ tel que $\sigma_S^2(x) = s$, on a $\gamma_-(s) = \sigma_M^2(y)$. $\boxed{\sigma_M^2(y) = \gamma_-(\sigma_S^2(y)).}$ --- **Q27.** On a $M(\alpha) - (1-\alpha)I_N = D - \alpha L_A - (1-\alpha)I_N$. $D = \text{diag}(0, 1, \ldots, 1)$ et $I_N = \text{diag}(1, 1, \ldots, 1)$, donc $D - (1-\alpha)I_N = \text{diag}(\alpha - 1, \alpha, \ldots, \alpha)$. Aussi $\alpha L_A$ a la forme : $$\alpha L_A = \alpha \begin{pmatrix} N-1 & -1 & \cdots & -1 \\ -1 & 1 & 0 & \cdots \\ \vdots & & \ddots & \\ -1 & 0 & \cdots & 1 \end{pmatrix}.$$ Donc $M(\alpha) - (1-\alpha)I_N = \text{diag}(\alpha-1, \alpha, \ldots, \alpha) - \alpha L_A$. Pour $i, j \geq 2$ : le coefficient $(i,j)$ est $\alpha \delta_{i,j} - \alpha(\delta_{i,j} - a_{i,j}) = \alpha \cdot 0 = 0$ (pour $i \neq j$, car $a_{i,j} = 0$ pour $i,j \geq 2$), et pour $i = j \geq 2$ : $\alpha - \alpha \cdot 1 = 0$. Pour $(1,1)$ : $(\alpha - 1) - \alpha(N-1) = \alpha - 1 - \alpha N + \alpha = 2\alpha - 1 - \alpha N$. Pour $(1, j)$ avec $j \geq 2$ : $0 - \alpha(-1) = \alpha$. Pour $(i, 1)$ avec $i \geq 2$ : $0 - \alpha(-1) = \alpha$. Donc $M(\alpha) - (1-\alpha)I_N$ a la forme : $$\begin{pmatrix} 2\alpha - 1 - \alpha N & \alpha & \cdots & \alpha \\ \alpha & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \alpha & 0 & \cdots & 0 \end{pmatrix}.$$ Les lignes $2, \ldots, N$ sont toutes identiques : $(\alpha, 0, \ldots, 0)$. Donc le rang est au plus $2$ (2 vecteurs en jeu : la première ligne et $(\alpha, 0, \ldots, 0)$). Si $\alpha \neq 0$, ces deux vecteurs sont indépendants, donc $\text{rg}(M(\alpha) - (1-\alpha)I_N) = 2$. Donc $\dim(E_{1-\alpha}(M(\alpha))) = N - 2$, soit $1 - \alpha$ est valeur propre de $M(\alpha)$ de multiplicité $N-2$. Comme $M(\alpha)$ est symétrique de taille $N$, elle a $N$ valeurs propres (avec multiplicité). On en a $N-2$ égales à $1-\alpha$. Il reste $2$ valeurs propres, dont $\mu_\alpha^-$ et $\mu_\alpha^+$. $1-\alpha$ est une valeur propre, donc $\mu_\alpha^- \leq 1 - \alpha \leq \mu_\alpha^+$. $\boxed{\text{rg}(M(\alpha) - (1-\alpha)I_N) = 2, \text{ donc } \mu_\alpha^- \leq 1 - \alpha \leq \mu_\alpha^+.}$ --- **Q28.** Soient $a \leq b$ et $c$ trois réels. Pour tout $\lambda \in \mathbb{R}$, le trinôme $P_\lambda(x) = (x-a)(x-b) + \lambda(x-c)$ a des racines réelles. Son discriminant est $\Delta(\lambda) = (a + b - \lambda)^2 - 4(ab - \lambda c) = (a+b)^2 - 2\lambda(a+b) + \lambda^2 - 4ab + 4\lambda c$. $\Delta(\lambda) = \lambda^2 + 2\lambda(2c - a - b) + (a-b)^2 \geq 0$ pour tout $\lambda$. Ce polynôme en $\lambda$ est toujours $\geq 0$, donc son discriminant (en $\lambda$) est $\leq 0$ : $$4(2c - a - b)^2 - 4(a-b)^2 \leq 0,$$ $$(2c - a - b)^2 \leq (a - b)^2.$$ Donc $|2c - a - b| \leq |a - b| = b - a$ (car $a \leq b$). Cela donne $-(b-a) \leq 2c - a - b \leq b - a$, soit $2a \leq 2c \leq 2b$, d'où $a \leq c \leq b$. $\boxed{a \leq c \leq b.}$ --- **Q29.** $N(\lambda) = M(\alpha) - \lambda E_{1,1}$. La matrice $E_{1,1}$ n'affecte que le coefficient $(1,1)$. Le polynôme caractéristique de $N(\lambda)$ est $\det(N(\lambda) - xI_N) = \det(M(\alpha) - \lambda E_{1,1} - xI_N)$. En développant par rapport à la première ligne (cofacteur), la formule du déterminant par rapport au coefficient $(1,1)$ donne : $$\chi_{N(\lambda)}(x) = \chi_{M(\alpha)}(x) - \lambda \cdot C_{1,1}(x)$$ où $C_{1,1}(x)$ est le cofacteur $(1,1)$ de $M(\alpha) - xI_N$, c'est-à-dire le déterminant de la sous-matrice $(N-1) \times (N-1)$ obtenue en supprimant la première ligne et la première colonne. Plus précisément : $\det(M(\alpha) - \lambda E_{1,1} - xI_N) = \det(M(\alpha) - xI_N) - \lambda \cdot M_{1,1}(x)$ où $M_{1,1}(x) = (-1)^{1+1} \cdot$ le cofacteur. En fait, le coefficient $(1,1)$ de $M(\alpha) - xI_N$ est modifié en y soustrayant $\lambda$, donc par linéarité du déterminant par rapport à la première ligne... Utilisons le développement par la première colonne. En fait, la relation est : $$\chi_{N(\lambda)}(x) = \chi_{M(\alpha)}(x) + \lambda \cdot \prod_{k=2}^{N}(\mu_k - x)$$ où le produit est le mineur $(1,1)$ ... Non, soyons plus directs. Le spectre de $M(\alpha)$ est $\{\mu_\alpha^-, 1-\alpha, \ldots, 1-\alpha, \mu_\alpha^+\}$. Le spectre de la sous-matrice de $M(\alpha)$ obtenue en supprimant la première ligne et colonne est constitué des valeurs propres de la restriction de $M(\alpha)$ au complément orthogonal de... Ce n'est pas si simple. Utilisons plutôt Q28 directement. Par Q27, $1-\alpha$ est valeur propre de multiplicité $N-2$ de $M(\alpha)$. Le sous-espace propre associé est $V_0 = \{x : x_1 = 0, \sum_{i=2}^N x_i = 0\} \cup \ldots$ (vérifions plus tard). Le polynôme caractéristique est : $$\chi_{M(\alpha)}(x) = (x - \mu_\alpha^-)(x - \mu_\alpha^+)(x - (1-\alpha))^{N-2}.$$ Pour $N(\lambda) = M(\alpha) - \lambda E_{1,1}$ : puisque le sous-espace $V_0 = E_{1-\alpha}(M(\alpha))$ est de dimension $N-2$ et les vecteurs de $V_0$ ont $x_1 = 0$ (car d'après la structure de $M(\alpha) - (1-\alpha)I_N$, les équations lignes $2, \ldots, N$ donnent $\alpha x_1 = 0$, donc $x_1 = 0$ pour $\alpha \neq 0$). Donc $E_{1,1} v = 0$ pour $v \in V_0$, ce qui signifie que $N(\lambda)v = M(\alpha)v = (1-\alpha)v$. Donc $1-\alpha$ reste valeur propre de $N(\lambda)$ de multiplicité au moins $N-2$. Le polynôme caractéristique de $N(\lambda)$ s'écrit donc : $$\chi_{N(\lambda)}(x) = (x - (1-\alpha))^{N-2} \cdot q_\lambda(x)$$ où $q_\lambda$ est un polynôme de degré $2$. Les racines de $q_\lambda$ sont les deux valeurs propres restantes de $N(\lambda)$. De même, $\chi_{M(\alpha)}(x) = (x - (1-\alpha))^{N-2}(x - \mu_\alpha^-)(x - \mu_\alpha^+)$. Comme $N(\lambda) = M(\alpha) - \lambda E_{1,1}$, et que la modification n'affecte que le coefficient $(1,1)$, en restreignant au sous-espace orthogonal à $V_0$ (de dimension $2$), on obtient que les deux valeurs propres restantes de $N(\lambda)$ vérifient une équation de la forme : $$(x - \mu_\alpha^-)(x - \mu_\alpha^+) + \lambda(x - c) = 0$$ pour un certain $c$ (via la formule d'entrelacement ou le développement du déterminant). Plus précisément, le sous-espace $W = V_0^\perp$ est de dimension 2. La restriction de $M(\alpha)$ à $W$ a pour valeurs propres $\mu_\alpha^-$ et $\mu_\alpha^+$. La restriction de $E_{1,1}$ à $W$ est de rang 1. Par conséquent, les valeurs propres de la restriction de $N(\lambda) = M(\alpha) - \lambda E_{1,1}$ à $W$ sont les racines du polynôme $(x - \mu_\alpha^-)(x - \mu_\alpha^+) + \lambda(x - c)$ pour un $c$ réel. Par hypothèse, $N(\lambda)$ est symétrique réelle pour tout $\lambda$ (car $E_{1,1}$ est symétrique), donc ses valeurs propres sont réelles pour tout $\lambda$. Par Q28 avec $a = \mu_\alpha^-$ et $b = \mu_\alpha^+$ : $$\mu_\alpha^- \leq c \leq \mu_\alpha^+.$$ De plus, pour $\lambda = 0$ on retrouve $M(\alpha)$ et les racines sont $\mu_\alpha^-$ et $\mu_\alpha^+$. Pour $\lambda \neq 0$ petit, les racines bougent continûment, et comme elles restent réelles, si $\mu_\alpha^- = 1-\alpha$, elles resteraient dans un voisinage incluant $1-\alpha$, ce qui contredirait la multiplicité. Plus rigoureusement : Si $\mu_\alpha^- = 1-\alpha$, alors $1-\alpha$ serait racine de $(x - \mu_\alpha^-)(x - \mu_\alpha^+) = 0$ et aussi valeur propre de multiplicité $N-2$ de la restriction à $V_0$, donc $1-\alpha$ serait valeur propre de $M(\alpha)$ de multiplicité $\geq N-1$. Mais $\text{rg}(M(\alpha) - (1-\alpha)I_N) = 2$, donc la multiplicité est exactement $N-2$. Contradiction. Donc $\mu_\alpha^- < 1-\alpha$. De même $\mu_\alpha^+ > 1-\alpha$. $\boxed{\mu_\alpha^- < 1 - \alpha < \mu_\alpha^+.}$ --- **Q30.** $V = \{(v_1, \ldots, v_N) \in \mathbb{R}^N : v_1 = 0 \text{ et } \sum_{i=2}^N v_i = 0\}$. $V$ est l'intersection de deux hyperplans vectoriels : $\{v_1 = 0\}$ et $\{\sum v_i = 0\}$. Comme $v_1 = 0$ implique $\sum v_i = \sum_{i=2}^N v_i$, les deux conditions sont $v_1 = 0$ et $\sum_{i=2}^N v_i = 0$, qui sont indépendantes (la première porte sur $v_1$, la seconde sur $v_2, \ldots, v_N$). Ce sont deux formes linéaires indépendantes sur $\mathbb{R}^N$, donc $V$ est un sous-espace vectoriel de dimension $d = N - 2$. Une base de $V$ : prenons $v_1 = 0$, $\sum_{i=2}^N v_i = 0$. On peut choisir : $$f_k = e_{k} - e_N, \quad k = 2, 3, \ldots, N-1$$ (en notation canonique, $f_k$ a un $1$ en position $k$, un $-1$ en position $N$, et $0$ ailleurs). On a $N-2$ vecteurs, qui sont dans $V$ et clairement indépendants. $\boxed{V \text{ est un s.e.v. de dimension } d = N-2. \text{ Base : } (e_2 - e_N, e_3 - e_N, \ldots, e_{N-1} - e_N).}$ --- **Q31.** D'après Q27 et Q29, $M(\alpha)$ a trois valeurs propres distinctes : $\mu_\alpha^-$, $1-\alpha$ (de multiplicité $N-2$), et $\mu_\alpha^+$. L'espace propre $E_{1-\alpha}(M(\alpha))$ : les vecteurs $v$ tels que $M(\alpha)v = (1-\alpha)v$. Comme vu précédemment, la condition donne $v_1 = 0$ (car $\alpha \neq 0$) et $\sum_{i=2}^N v_i = 0$ (de la première ligne). Donc $E_{1-\alpha}(M(\alpha)) = V$. Par le théorème spectral, $\mathbb{R}^N = E_{\mu_\alpha^-} \oplus E_{1-\alpha} \oplus E_{\mu_\alpha^+} = E_{\mu_\alpha^-} \oplus V \oplus E_{\mu_\alpha^+}$. Donc $E_{\mu_\alpha^-} \oplus E_{\mu_\alpha^+} = V^\perp$. $V^\perp$ est l'orthogonal de $V$ dans $\mathbb{R}^N$. Les vecteurs de $V$ vérifient $v_1 = 0$ et $v_2 + \ldots + v_N = 0$. L'orthogonal est l'espace des $w$ tels que $w \cdot v = 0$ pour tout $v \in V$. Pour $v = e_k - e_N$ ($k = 2, \ldots, N-1$) : $w_k - w_N = 0$, donc $w_2 = w_3 = \ldots = w_N$. Ainsi $V^\perp = \{(x_1, x_2, \ldots, x_2) : x_1, x_2 \in \mathbb{R}\}$, de dimension $2$. $\boxed{E_{\mu_\alpha^-}(M(\alpha)) \oplus E_{\mu_\alpha^+}(M(\alpha)) = \{(x_1, x_2, \ldots, x_2) \in \mathbb{R}^N : x_1, x_2 \in \mathbb{R}\}.}$ --- **Q32.** On a $x(\theta) = \left(\cos\theta, \frac{\sin\theta}{\sqrt{N-1}}, \ldots, \frac{\sin\theta}{\sqrt{N-1}}\right) \in V^\perp$ et $\|x(\theta)\| = 1$. Par la formule $(\star)$ : $\sigma_S^2(x(\theta)) = x(\theta)^T L_A x(\theta) = \sum_{1 \leq i < j \leq N} a_{i,j}(x_i(\theta) - x_j(\theta))^2$. Les seuls $a_{i,j} = 1$ sont pour $(1,j)$ avec $j \geq 2$ (et symétriques). Les $a_{i,j}$ avec $i,j \geq 2$ sont tous nuls. Donc : $\sigma_S^2(x(\theta)) = \sum_{j=2}^N a_{1,j}\left(\cos\theta - \frac{\sin\theta}{\sqrt{N-1}}\right)^2 = (N-1)\left(\cos\theta - \frac{\sin\theta}{\sqrt{N-1}}\right)^2$. Développons : $$= (N-1)\left(\cos^2\theta - \frac{2\cos\theta\sin\theta}{\sqrt{N-1}} + \frac{\sin^2\theta}{N-1}\right) = (N-1)\cos^2\theta - 2\sqrt{N-1}\cos\theta\sin\theta + \sin^2\theta.$$ Utilisons $\cos^2\theta = \frac{1+\cos(2\theta)}{2}$, $\sin^2\theta = \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$, $2\cos\theta\sin\theta = \sin(2\theta)$ : $$= (N-1)\frac{1+\cos(2\theta)}{2} - \sqrt{N-1}\sin(2\theta) + \frac{1-\cos(2\theta)}{2}$$ $$= \frac{N-1}{2} + \frac{(N-1)\cos(2\theta)}{2} - \sqrt{N-1}\sin(2\theta) + \frac{1}{2} - \frac{\cos(2\theta)}{2}$$ $$= \frac{N}{2} + \frac{(N-2)\cos(2\theta)}{2} - \sqrt{N-1}\sin(2\theta).$$ $$\boxed{\sigma_S^2(x(\theta)) = \frac{N}{2} + \frac{N-2}{2}\cos(2\theta) - \sqrt{N-1}\sin(2\theta).}$$ --- **Q33.** On a $\sigma_M^2(x(\theta)) = x(\theta)^T D x(\theta) = \sum_{i=2}^N \frac{\sin^2\theta}{N-1} = \sin^2\theta = \frac{1 - \cos(2\theta)}{2}$. Donc $\cos(2\theta) = 1 - 2\sigma_M^2(x(\theta))$. En substituant dans l'expression de Q32 : $$\sigma_S^2(x(\theta)) = \frac{N}{2} + \frac{N-2}{2}(1 - 2\sigma_M^2) - \sqrt{N-1}\sin(2\theta)$$ $$= \frac{N}{2} + \frac{N-2}{2} - (N-2)\sigma_M^2 - \sqrt{N-1}\sin(2\theta)$$ $$= (N-1) - (N-2)\sigma_M^2 - \sqrt{N-1}\sin(2\theta).$$ Donc : $$\sqrt{N-1}\sin(2\theta) = (N-1) - (N-2)\sigma_M^2 - \sigma_S^2$$ $$-\sin(2\theta) = \frac{1}{\sqrt{N-1}}\left[\sigma_S^2 + (N-2)\sigma_M^2 - (N-1)\right].$$ $\boxed{-\sin(2\theta) = \frac{1}{\sqrt{N-1}}\left[\sigma_S^2(x(\theta)) + (N-2)\sigma_M^2(x(\theta)) - (N-1)\right].}$ --- **Q34.** De Q33 : $-\sin(2\theta) = \frac{1}{\sqrt{N-1}}[\sigma_S^2 + (N-2)\sigma_M^2 - (N-1)]$. De la relation $\sigma_M^2 = \sin^2\theta$ : $\cos(2\theta) = 1 - 2\sigma_M^2$, donc $(1 - 2\sigma_M^2)^2 = \cos^2(2\theta)$. On utilise $\sin^2(2\theta) + \cos^2(2\theta) = 1$ : $$\frac{1}{N-1}[\sigma_S^2 + (N-2)\sigma_M^2 - (N-1)]^2 + (1 - 2\sigma_M^2)^2 = 1.$$ Multiplions par $N-1$ : $$[\sigma_S^2 + (N-2)\sigma_M^2 - (N-1)]^2 + (N-1)(1 - 2\sigma_M^2)^2 = N-1.$$ $\boxed{(N-1)(1 - 2\sigma_M^2(x(\theta)))^2 + (\sigma_S^2(x(\theta)) + (N-2)\sigma_M^2(x(\theta)) - (N-1))^2 = N-1.}$ --- **Q35.** D'après Q26, pour $y$ vecteur propre unitaire de $M(\alpha)$ pour $\mu_\alpha^-$, on a $\sigma_M^2(y) = \gamma_-(\sigma_S^2(y))$, et $y \in V^\perp$ (Q31). Donc $y = x(\theta)$ pour un certain $\theta$, et la relation de Q34 s'applique. En posant $s = \sigma_S^2(x(\theta))$ et $m = \gamma_-(s) = \sigma_M^2(x(\theta))$, la relation Q34 donne : $$(N-1)(1 - 2m)^2 + (s + (N-2)m - (N-1))^2 = N-1.$$ C'est l'équation d'une ellipse reliant $s$ et $m$. Résolvons pour $m$ en fonction de $s$. Posons $u = 1 - 2m$ et $v = s + (N-2)m - (N-1)$. Alors : $(N-1)u^2 + v^2 = N-1$. On a $m = \frac{1-u}{2}$ et $v = s + (N-2)\frac{1-u}{2} - (N-1) = s + \frac{(N-2)(1-u)}{2} - (N-1) = s + \frac{N-2}{2} - \frac{(N-2)u}{2} - N + 1 = s - \frac{N}{2} - \frac{(N-2)u}{2}$. De $(N-1)u^2 + v^2 = N-1$ : $(N-1)u^2 + \left(s - \frac{N}{2} - \frac{(N-2)}{2}u\right)^2 = N-1$. Développons : $(N-1)u^2 + \left(s - \frac{N}{2}\right)^2 - (N-2)\left(s - \frac{N}{2}\right)u + \frac{(N-2)^2}{4}u^2 = N-1$. $$\left[(N-1) + \frac{(N-2)^2}{4}\right]u^2 - (N-2)\left(s - \frac{N}{2}\right)u + \left(s - \frac{N}{2}\right)^2 - (N-1) = 0.$$ Le coefficient de $u^2$ : $\frac{4(N-1) + (N-2)^2}{4} = \frac{4N - 4 + N^2 - 4N + 4}{4} = \frac{N^2}{4}$. Donc : $\frac{N^2}{4}u^2 - (N-2)\left(s - \frac{N}{2}\right)u + \left(s - \frac{N}{2}\right)^2 - (N-1) = 0$. Posons $w = s - \frac{N}{2}$ : $$\frac{N^2}{4}u^2 - (N-2)wu + w^2 - (N-1) = 0.$$ Discriminant : $$\Delta = (N-2)^2 w^2 - N^2(w^2 - (N-1)) = (N-2)^2 w^2 - N^2 w^2 + N^2(N-1)$$ $$= w^2[(N-2)^2 - N^2] + N^2(N-1) = w^2(-4N + 4) + N^2(N-1)$$ $$= -4(N-1)w^2 + N^2(N-1) = (N-1)(N^2 - 4w^2) = (N-1)(N - 2w)(N + 2w).$$ Or $w = s - N/2$, donc $N - 2w = N - 2s + N = 2N - 2s = 2(N-s)$ et $N + 2w = N + 2s - N = 2s$. Donc $\Delta = (N-1) \cdot 2(N-s) \cdot 2s = 4(N-1)s(N-s)$. $$u = \frac{(N-2)w \pm \sqrt{4(N-1)s(N-s)}}{N^2/2} = \frac{(N-2)w \pm 2\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2/2}.$$ $$u = \frac{2(N-2)w \pm 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2} = \frac{2(N-2)(s - N/2) \pm 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2}.$$ $$= \frac{(N-2)(2s - N) \pm 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2}.$$ Comme $m = \frac{1-u}{2}$ et $\gamma_-$ est le minimum : $$m = \frac{1}{2} - \frac{u}{2} = \frac{1}{2} - \frac{(N-2)(2s-N) \pm 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{2N^2}.$$ $$= \frac{N^2 - (N-2)(2s-N) \mp 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{2N^2}.$$ $(N-2)(2s - N) = 2s(N-2) - N(N-2)$, donc $N^2 - (N-2)(2s-N) = N^2 - 2s(N-2) + N(N-2) = N^2 + N^2 - 2N - 2s(N-2) = 2N^2 - 2N - 2s(N-2)$. Hmm, $N^2 - (N-2)(2s - N) = N^2 - 2s(N-2) + N(N-2) = N^2 + N^2 - 2N - 2s(N-2) = 2N(N-1) - 2s(N-2)$. Donc $m = \frac{2N(N-1) - 2s(N-2) \mp 4\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{2N^2} = \frac{N(N-1) - s(N-2) \mp 2\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2}$. Pour $\gamma_-$ (minimum), on prend le $-$ qui donne la plus petite valeur de $m$, c'est-à-dire le $+$ devant $\sqrt{}$ dans le numérateur du $u$ (qui donne le plus grand $u$, donc le plus petit $m$). Cela correspond au $\mp$ étant $-$, non... Vérifions. $m$ est minimisé quand $\mp$ est $-$ (soustraction dans le numérateur), donc : $$\gamma_-(s) = \frac{N(N-1) - s(N-2) - 2\sqrt{(N-1)s(N-s)}}{N^2}$$ $$= \frac{-s(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}.$$ En réécrivant avec un signe $-$ factorisé : $$\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) - \left[-N(N-1) + 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}\right]}{N^2}.$$ En fait, l'énoncé demande : $$\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) - N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2} \quad ??$$ Non, cela donnerait des valeurs négatives. Vérifions avec $s = 0$ : $\gamma_-(0) = \frac{N-1}{N}$ (d'après Q21, le seul point sur $s = 0$ a $m = \frac{N-1}{N}$, et c'est le seul point donc $\gamma_-(0) = \frac{N-1}{N}$). Avec notre formule : $\gamma_-(0) = \frac{0 + N(N-1) - 0}{N^2} = \frac{N-1}{N}$. Correct. Pour $s = N$ : $\gamma_-(N) = \frac{-N(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{N(N-1) \cdot 0}}{N^2} = \frac{-N^2 + 2N + N^2 - N}{N^2} = \frac{N}{N^2} = \frac{1}{N}$. Correct (Q22). Pour $s = N-1$ : $\gamma_-(N-1) = \frac{-(N-1)(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{(N-1)^2 \cdot 1}}{N^2} = \frac{(N-1)[-(N-2) + N] - 2(N-1)}{N^2} = \frac{(N-1) \cdot 2 - 2(N-1)}{N^2} = 0$. Correct (Q22). Donc la formule est : $$\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}.$$ Réécrivons pour correspondre à l'énoncé : $$\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) - \left[-(N)(N-1) + 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}\right]}{N^2}$$ L'expression dans l'énoncé est : $\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) - N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}$... Non, cela ne marche pas numériquement. Relisons l'énoncé : $\gamma_-(s) = \dfrac{-s(N-2) - N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}$. Si on prend $N = 4$, $s = 0$ : $\frac{0 - 4 \cdot 3 - 0}{16} = \frac{-12}{16} < 0$. Absurde. L'énoncé dit (en relisant) : $\gamma_-(s) = \dfrac{-s(N-2) \mathbf{+} N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}$. Mais avec le signe $-$ devant le $N(N-1)$ et $-2\sqrt{\cdot}$... Relisons l'OCR exactement : "$\gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) - N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}$" Cela semble être une erreur d'OCR. Les barres de fraction et les signes sont souvent mal lus. Notre formule correcte est : $$\boxed{\forall s \in [0, \lambda_N], \quad \gamma_-(s) = \frac{-s(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{s(N-1)(N-s)}}{N^2}.}$$ **Vérifications :** $\bullet$ $s = 0$ : $\gamma_-(0) = \frac{N(N-1)}{N^2} = \frac{N-1}{N}$. Conforme à Q21. $\bullet$ $s = N$ : $\gamma_-(N) = \frac{-N(N-2) + N(N-1)}{N^2} = \frac{N(-N+2+N-1)}{N^2} = \frac{1}{N}$. Conforme à Q22. $\bullet$ $s = N-1$ : $\gamma_-(N-1) = \frac{-(N-1)(N-2) + N(N-1) - 2\sqrt{(N-1)^2}}{N^2} = \frac{(N-1)(2) - 2(N-1)}{N^2} = 0$. Conforme à Q22.