Rédaction collective agreg interne 2019

Réponses

  • Chalk
    Chalk
    Question 1) a).

    Le rang de la matrice est le rang de la famille des vecteurs colonnes. Or il n'y a que deux vecteurs colonnes distincts. On vérifie trivialement leur indépendance, puisque ces deux vecteurs colonnes sont chacun une combinaison linéaire non nulle de respectivement $a$ et $b$ vecteurs distincts de la base canonique de $\mathbb R^{a+b}$.

    Ca se vérifie aussi directement par la définition en regardant les coordonnées $1$ et $a+1$ mais j'ai la flemme d'écrire ces vecteurs en $\LaTeX$.

    La trace de la matrice est la somme des éléments diagonaux qui sont nuls, donc la trace est nulle.

    Je note $G$ la matrice, alors l'élément $(i,i)$ de la matrice $G^2$ vaut $\sum_j g_{i,j} g_{j,i}$. On distingue les cas $i \leq a$ et $i > a$, et on obtient dans le premier cas $g_{i,i} = \sum_{j> a} 1.1 = b$, et dans le deuxième on obtient $g_{i,i} = \sum_{j \leq a} 1.1 = a$, d'où la trace de la matrice au carré qui vaut $ab + ba = 2ab$.
  • dido
    dido
    Merci Noël !
    Mais je dois t'avouer que je n'ai tellement pas aimé ce sujet que je n'ai absolument aucune envie de m'y replonger .....

    Bon courage !
  • Chalk
    Chalk
    Question 1) b).

    Par le théorème du rang, la dimension du noyau de $G$ vaut $a+b-2$, qui est donc aussi la multiplicité de la valeur propre $0$.

    On vérifie enfin que les deux vecteurs colonnes distincts de $G$ sont des vecteurs propres associés aux valeurs propres $a$ et $b$, et si $a=b$ cela donne un sous-espace propre de dimension au moins $2$, sinon cela donne deux sous-espaces propres de dimension au moins $1$.

    Mais comme la somme des dimensions des sous-espace propres vaut au plus $a+b$ (et même exactement $a+b$ comme la matrice est diagonalisable), on a bien établi tout le spectre avec les multiplicités.

    $0$ est valeur propre de multiplicité $a+b-2$.
    Si $a\neq b$, alors $a$ et $b$ sont valeurs propres de multiplicité $1$, sinon $a$ est valeur propre de multiplicité $2$.
  • ndebarle
    ndebarle
    Dido. Je te comprends et de toute façon ce soir, il vaut mieux se reposer, je pense.
    Personnellement, je ne suis plus concerné. Je suis stagiaire cette année.

    Merci Skyffer. Pas de souci pour intégrer tes propositions. Je veux bien être ton secrétaire. ;)
  • Asharfh
    Asharfh
    Skyffer3 : Pour la question 1)b) il me semble que $0$ est valeur propre de multiplicité $a+b-2$ et que les autres valeurs propres sont $-\sqrt{ab}$ et $+\sqrt{ab}$, ce qui est compatible avec le fait que la trace de $G_{K_{a,b}}$ est nulle.
  • Chalk
    Chalk
    Oui désolé je n'avais pas vu ton lien.

    Question 2) a).

    C'est immédiat en décomposant $x$ sur une base des vecteurs propres.

    Question 2) b).

    La question précédente montre que la borne sup est majorée par la plus grande valeur propre, or comme le ratio $(x \mid Mx)/(x,x)$ vaut la plus grande valeur propre pour $x$ un vecteur propre associé à la plus grande valeur propre, on a aussi la minoration de la borne sup par la plus grande valeur propre, d'où l'égalité et de plus la borne sup est un maximum.
  • Chalk
    Chalk
    Tu as raison asharf je me suis planté ! Heureusement je n'ai pas passé l'épreuve :-D
  • dido
    dido
    Pour la question 1)a) pour la trace du carré, j'ai perdu plein de temps à le montrer par récurrence alors que la solution était si simple en fait ..... Déprimant ....
  • Chalk
    Chalk
    Je n'avais pas fait le calcul ...

    J'ai pas d'ordi pour corriger mais en fait il faut prendre racine de b fois le premier vecteur plus ou moins racine de a fois le second et on a les deux vectors propres associés à deux valeurs propres distinctes.

    Pour le deviner, si je note $u$ et $v$ ce deux vecteurs, on voit que $Gu=av$ et $Gv=bu$.

    Du coup on cherche un vecteur propre qui s'écrit $xu+yv$ et on veut qu'il existe $\lambda$ tel que $axv+byu=\lambda(xu+yv)$. Ça donne $\lambda x= by$ et $\lambda y = ax$, on élimine $\lambda$ pour avoir $by^2=ax^2$, on fixe par exemple $x=1$ et ça donne les deux solutions pour $y$, etc.

    Y'a plus qu'à vérifier que ça marche ce qui est immédiat ;-)
  • Chalk
    Chalk
    J'ai complété ce que j'ai mis ici dans le document, en espérant qu'il n'y ait pas d'erreur cette fois ...

    Je ne sais pas si j'aurais beaucoup le temps de continuer, on en est à la question 3) a), qui reste à faire.

    Edit : je viens de faire la question 3) a).
  • Corto
    Corto
    Je ne comprends pas ta réponse à la question 1b skyffer. En fait je ne vois pas où est-ce que tu définis les vecteurs $u$ et $v$.
    Voilà la démonstration que j'avais en tête.

    La matrice $G$ est diagonalisable car symétrique, $0$ est valeur propre de multiplicité $a+b-2$ d'après le théorème du rang. $\mathrm{Tr}(G)=0$ donc la somme des valeurs propres (avec multiplicité) est nulle, le spectre de $G$ est donc de la forme $(0,\ldots,0, \alpha,-\alpha)$ avec $\alpha \in \mathbf R$. $\mathrm{Tr}(G^2)=2ab$ donc la somme des carrées des valeurs propres de $G$ est $2ab$, on en déduit que le spectre de $G$ est $(0,\ldots, 0 , -\sqrt{ab}, \sqrt{ab})$.
  • Chalk
    Chalk
    Ta démonstration semble correcte, à part qu'il faudrait peut-être dire que $G^2$ ne peut avoir d'autres valeurs propres que les carrés des valeurs propres de $G$ car $G$ est diagonalisable.

    Je définis $u$ et $v$ à la question précédente, ce sont les deux vecteurs colonnes distincts de la matrice, j'avais la flemme de les écrire en $\LaTeX$, la mise en forme n'est donc pas très propre, j'en suis désolé. Libre à qui veut de réécrire plus proprement ma solution. Et rien n'empêche non plus d'ajouter ta solution en plus de la mienne.
  • ndebarle
    ndebarle
    J'ai mis à jour le premier message pour intégrer l'épreuve 2.
    J'ai du mal à trouver le temps pour me plonger dans le sujet.
    Merci à tous pour votre implication.
    J'espère que vous y prenez plaisir.
  • Chalk
    Chalk
    J'ai rédigé la question 3.(c), mais je ne sais pas pourquoi les équations affichées entre 
    \[ ... \]
    ne vont pas à la ligne automatiquement. Je n'ai pas le temps de corriger le problème d'affichage, si quelqu'un peut mettre en forme sans changer le fond ce serait cool ;-)
  • Chalk
    Chalk
    La partie I de l'épreuve une est terminée si ça peut motiver d'autres personnes à contribuer :-)

    Pour mon dernier message je ne sais pas ce qui m'a fait croire d'un coup que c'était un bug alors que je connais Latex ...
  • vcass
    vcass
    bonjour
    pour l'épreuve 1 question 8, je ne comprends pas comment on trouve 6 arbres, j'en vois 8: 4 avec 3 côtés du carré, 2 en flèche et 2 avec 2 côtés opposés et la diagonale
  • Chalk
    Chalk
    C'est moi qui ai écrit 6 mais j'ai vraiment regardé à la va vite parce que je trouvais la question inintéressante. Ce travail est collaboratif donc tu peux bien évidemment corriger ma faute et indiquer comme tu l'as fait quels sont ces 8 arbres ! J'avais oublié les deux derniers.
  • aloha
    aloha
    Bonjour,

    Pour l'épreuve 1 question 8, je trouve aussi 8 arbres, les mêmes que vcass.
    Par contre sur le site overleaf.com, j'accède aux sujets de 2018 mais pas de 2019.
  • Jaymz
    Jaymz
    Bonjour,

    Est ce que la rédaction suivante, pour la question 2b) est correcte ou non ?

    On considère l'application qui à toutes matrices associe <x,Mx>/<x,x>, pour x non nul.
    Par linéarité du produit scalaire, cette application est linéaire et, de plus, étant en dimension finie, elle est continue. Or d'après la question 2a), elle est bornée. Cette application atteint donc ses bornes, d'où le résultat.

    J'ai un doute sur le fait d'être bornée car les valeurs propres min et max dépendent de M...

    Qu'en pensez-vous ?
  • Chalk
    Chalk
    Toute application continue et bornée n'atteint pas forcément ses bornes. Arc tangente est continue et bornée, mais n'atteint pas ses bornes.

    Par ailleurs, on ne cherche pas à borner ce ratio par rapport à $M$ à $x$ fixé, mais bien par rapport à $x$ à $M$ fixé, ce qui n'a rien à voir.

    Troisièmement, une forme linéaire non nulle (d'un $\R$-espace vectoriel) ne peut de toute façon pas être bornée. Ce n'est en rien contradictoire avec la question précédente. On n'a jamais prouvé que ton application était bornée. Une fois encore, on a borné le ratio par rapport à $x$ pour un $M$ fixé, et non pas par rapport à $M$ pour un $x$ fixé.

    Enfin, même si ça marchait, c'est invoquer une artillerie bien lourde alors que la borne est trivialement atteinte pour les vecteurs propres associés à la plus grande (resp. la plus petite) valeur propre.
  • Ericaure
    Ericaure
    Bonjour pour les arbres, je dirai 6 car ceux que vous appelez "diagonale avec côtés opposés" ne seront pas connexes de par la définition donnée par le sujet, ils auront deux composantes connexes puisqu'un sommet sera isolé. enfin si j'ai bien compris ce que vous vouliez dire.
  • Chalk
    Chalk
    Tu as dû mal comprendre je pense, il n'y a aucun sommet isolé dans les 8 arbres donnés. Les deux derniers arbres forment un "Z" et un "N" retourné selon l'axe horizontal.
  • Book1math
    Book1math
    Epreuve I question 22. b) ne peut-on pas tout simplement dire que les Vp (p variant de 1 à n) forment une base orthonormée donc norme(Vp) = 1 et on a l'égalité souhaitée pour la norme hilbertienne?
  • Ericaure
    Ericaure
    Oui mais A et C ne peuvent être reliés puisqu'il n'y a pas d'arêtes. non?
  • Ericaure
    Ericaure
    skyffer3 écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?6,1763394,1765188#msg-1765188
    [Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]

    Oui mais A et C ne peuvent être reliés puisqu'il n'y a pas d'arêtes. non ?
  • Chalk
    Chalk
    J'essaye toujours de faire avancer le corrigé de l'épreuve 1 avec quelques acolytes, mais nous sommes de moins en moins nombreux à participer et les questions elles ne deviennent pas plus simples ! Actuellement une bonne moitié du sujet est fait.

    Je bloque justement sur la question 13. J'ai résolu la question en admettant l'indication (traiter le cas où $M$ a exactement un $1$ et un $-1$ par ligne). Mais je n'arrive pas à démontrer le résultat dans ce cas particulier. Je me doute qu'il faut utiliser les caractéristiques propres à $N_\Gamma$ à un moment, en particulier qu'aucune ligne n'est liée à une autre par définition d'une orientation de graphe. Mais je ne vois pas comment m'en sortir. Toute aide est appréciée !
  • lale
    lale
    voilà comment j'ai procédé :
    si dans chaque ligne un 1 et un -1 la somme des colonnes est nulle donc det =0
    si dans une ligne ,il n'y a que des 0 terminé ;si dans une ligne il y a seulement un coefficient non nul donc 1 ou -1, on développe suivant cette ligne ;
    en faisant une récurrence sur le nombre de lignes et colonnes d'une matrice extraite, cela permet de conclure .
  • Chalk
    Chalk
    Merci de ton intérêt pour le sujet, mais je pense que tu as mal lu ma question, puisque c'est justement le cas où toutes les lignes possèdent un $1$ et un $-1$ qui me bloque. J'ai traité le reste par récurrence comme toi à partir de ce cas particulier.
  • lale
    lale
    j'ai modifié mon message ...
  • Chalk
    Chalk
    Je viens de voir ton édit, merci beaucoup ! C'était effectivement fort simple, je fatigue un peu ...

    N'hésite pas à participer au corrigé collectif si tu as le temps et l'envie ;-)
  • Asharfh
    Asharfh
    Question 20 : Les groupes d'automorphismes de ces graphes ne sont pas isomorphes.

    Graphe de gauche : Il y a deux automorphismes d'ordre 4 (les rotations de 90°)

    Graphe de droite : on peut seulement échanger, et ce de manière indépendante :
    • Les deux sommets de gauche qui sont de degré 2
    • Les deux sommets de droite qui sont de degré 3
    • Les deux sommets du milieu qui sont de degré 5
    Pour ce graphe, $\text{Aut}(\Gamma)$ est isomorphe à $\left( \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} , + \right)$ qui n'a aucun élément d'ordre 4

    Message édité : Erreur de ma part le graphe de gauche n'est pas isomorphe à $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} $ mais au groupe diédral $\mathbb{D}_4$, merci à LOU16 pour le correctif :)
    Il n'était pas nécessaire de préciser de quel groupe il s'agit cependant, l'existence d'un élément d'ordre 4 contredisant la possibilité que les groupes des deux graphes soient isomorphes. J'ai ajouté les degrés des sommets pour le graphe de gauche pour justifier davantage.
  • Pierre L
    Pierre L
    Bonjour
    Merci pour cette rédaction collective.

    Je ne comprends pas la solution de MT à la question 21-b).
    Pourquoi a-t-on cardinal de H union H' égal à 51 839 ?

    Bien cordialement.
  • MarianT
    MarianT
    Deux mois plus tard, MT répond :-)
    On dit dans l'énoncé que G est de cardinal 51 840. Si H et H', tous deux d'indice 2, n'ont que le neutre comme élément commun, leur union est bien du cardinal de G diminué de 1.
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