Maths PC

# Corrigé — X-ENS 2025, Mathématiques (épreuve n°1), filière PC

**Concours :** École polytechnique – ESPCI – ENS · **Épreuve :** Mathématiques (XEULS), 4 h · **Filière :** PC · **Session :** 2025.

**Thème.** Perturbations de rang 1 d'une matrice, $B = A + uv^{T}$, et déformation du spectre sous ces perturbations (y compris aléatoires).

**Fil directeur.**

Tout le sujet s'organise autour d'une même formule, établie en Partie 2 : $$\det\!\big(A + uv^{T}\big) = \det(A)\,\big(1 + \langle v, A^{-1}u\rangle\big) \qquad (\text{Q9}).$$
La Partie 1 apprend à *lire* une matrice de rang 1 comme un produit $uv^{T}$ ; la Partie 2 en tire déterminant, inversibilité et inverse (formule de Sherman–Morrison, Q11).

La Partie 3 spécialise au cas symétrique $B = A + uu^{T}$ et démontre l'**entrelacement** des valeurs propres $\lambda_k$ de $A$ et $\mu_k$ de $B$, via le lien $\chi_B = \chi_A\,(1 - f)$ (Q17).

La Partie 4 rend la perturbation aléatoire et calcule l'espérance du polynôme caractéristique.

La Partie 5 exploite la **trace du résolvant** $(A-\varepsilon I_n)^{-1}$ pour localiser finement une valeur propre quand $A$ a un noyau.

**Carte stratégique (d'après le rapport du jury).**
- Parties 1 et 2 : « traitées convenablement ». Ne pas les brader : le jury insiste, une rédaction correcte y compris sur les résultats élémentaires est *nécessaire*, « survoler le sujet ne peut aboutir à une note correcte ».
- **Q8 (déterminant par blocs)** : « très mal traitée, même de très bons candidats pris en défaut ». Piège majeur : on ne calcule PAS un déterminant par blocs sans justification (triangularité ou développement).
- **Partie 3** : « plus longue et technique, discriminante ». Q15a, Q15b, Q17, Q19 sont les nœuds. Q19a exige de dire que $f$ est une **fraction rationnelle** ; Q19b un TVI **intervalle par intervalle avec les limites**.
- **Partie 4** (probabilités) : « inégalement traitée » ; accessible avec la formule de transfert et un argument polynomial (Q22/Q23).
- **Partie 5** : courte, de synthèse, « relativement bien abordée » sauf Q26–Q27, « peu traitées ».
- Reproches récurrents : rédaction imprécise/incomplète, hypothèses des théorèmes non vérifiées, réutilisation des questions antérieures non mentionnée explicitement, confusion somme/réunion de sous-espaces (Q16a), mauvaise connaissance du théorème de diagonalisation (Q5c).

**Conventions.**

Les vecteurs sont en colonnes ; $x^{T}y = \langle x,y\rangle$ ; $(e_1,\dots,e_n)$ est la base canonique ; $\mathbf 1 = (1,\dots,1)^{T}$.

Tous les outils employés sont au programme MPSI/PC (algèbre bilinéaire, théorème spectral, réduction, fractions rationnelles, probabilités sur un univers fini). Aucun outil hors programme n'est utilisé.

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## Première partie — Écriture d'une matrice de rang 1

### Question 1
**Stratégie.**

Montrer que $M=uv^{T}$ est $n\times n$, puis que son image est exactement la droite $\mathrm{Vect}(u)$.

**Rédaction.**

Comme $u\in\mathcal M_{n,1}(\mathbb R)$ et $v^{T}\in\mathcal M_{1,n}(\mathbb R)$, le produit $M=uv^{T}\in\mathcal M_{n,n}(\mathbb R)$ : **$M$ est carrée de taille $n\times n$**.

Pour tout $x\in\mathbb R^{n}$, $$Mx = u\,(v^{T}x) = \langle v,x\rangle\,u \in \mathrm{Vect}(u),$$ donc $\operatorname{Im}(M)\subseteq\mathrm{Vect}(u)$.

Réciproquement, $v\neq 0$ donne $\langle v,v\rangle=\|v\|^{2}>0$, donc $Mv=\|v\|^{2}u$ avec $u\neq 0$ : ainsi $u\in\operatorname{Im}(M)$ et $\mathrm{Vect}(u)\subseteq\operatorname{Im}(M)$.

D'où $\operatorname{Im}(M)=\mathrm{Vect}(u)$, qui est de dimension $1$ car $u\neq 0$. $$\boxed{\operatorname{rg}(M)=\dim\operatorname{Im}(M)=1.}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport : question « classique, abordée dans essentiellement toutes les copies », l'argument par la dimension de l'image étant le plus direct. Le passage par le théorème du rang et le noyau était « possible mais beaucoup plus long ».

### Question 2
**Stratégie.**

Identifier $J$ comme un produit $uv^{T}$ et appliquer la Q1.

**Rédaction.**

On a $J = \mathbf 1\,\mathbf 1^{T}$ car $(\mathbf 1\,\mathbf 1^{T})_{ij}=1\cdot 1 = 1$ pour tous $i,j$.

Comme $\mathbf 1\neq 0$, la Q1 s'applique avec $u=v=\mathbf 1$ : $$\boxed{\operatorname{rg}(J)=1.}$$

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport confirme : « simple application de la question précédente après une identification explicite des vecteurs $u$ et $v$ ».

L'identification $J=\mathbf 1\mathbf 1^{T}$ doit être écrite noir sur blanc.

### Question 3
**Stratégie.**

Réciproque de Q1 : $\operatorname{Im}(K)$ est une droite $\mathrm{Vect}(u)$ ; chaque colonne de $K$ est un multiple de $u$, ce qui fabrique $v$.

Ne pas oublier de vérifier $u,v\neq 0$ **et** l'égalité $K=uv^{T}$.

**Rédaction.**

Soit $K$ de rang $1$.

Alors $\operatorname{Im}(K)$ est de dimension $1$ : il existe $u\neq 0$ tel que $\operatorname{Im}(K)=\mathrm{Vect}(u)$.

Pour chaque $j$, la $j$-ème colonne $Ke_j$ appartient à $\operatorname{Im}(K)=\mathrm{Vect}(u)$, donc il existe un scalaire $v_j$ tel que $Ke_j=v_j\,u$.

Posons $v=(v_1,\dots,v_n)^{T}$.

La $j$-ème colonne de $uv^{T}$ est $u\,(v^{T}e_j)=v_j\,u=Ke_j$ : les deux matrices ont les mêmes colonnes, donc $$\boxed{K=uv^{T}.}$$
Enfin $v\neq 0$ : sinon $K=u\,0^{T}=0$ serait de rang $0\neq 1$.

Ainsi $u,v\in\mathbb R^{n}\setminus\{0\}$.

**Commentaire du correcteur.** Le rapport la qualifie de « première question difficile ».

Deux fautes réelles y sont pointées : **oublier de vérifier que les vecteurs sont non nuls**, et **construire $u,v$ sans justifier l'égalité $K=uv^{T}$** — alors que « le calcul de vérification n'était pas long ».

Les deux points sont traités ci-dessus.

### Question 4
**Stratégie.**

Sens direct via les images (colinéarité de $u$ et $x$), c'est l'argument que « beaucoup » ont manqué selon le rapport ; sens réciproque par calcul direct.

**Rédaction.** *($\Leftarrow$)* Si $u=\lambda x$ et $v=\tfrac1\lambda y$ avec $\lambda\neq 0$, alors $$uv^{T}=(\lambda x)\Big(\tfrac1\lambda y\Big)^{T}=\lambda\cdot\tfrac1\lambda\,xy^{T}=xy^{T}.$$
*($\Rightarrow$)* Supposons $uv^{T}=xy^{T}$.

D'après la Q1, $\operatorname{Im}(uv^{T})=\mathrm{Vect}(u)$ et $\operatorname{Im}(xy^{T})=\mathrm{Vect}(x)$ ; l'égalité des matrices donne $\mathrm{Vect}(u)=\mathrm{Vect}(x)$.

Comme $u\neq 0$, il existe $\lambda\neq 0$ avec $u=\lambda x$.

En reportant : $$\lambda x\,v^{T}=x\,y^{T}\quad\Longrightarrow\quad x\,(\lambda v - y)^{T}=0.$$
Comme $x\neq 0$, il existe un indice $i$ avec $x_i\neq 0$ ; le coefficient $(i,j)$ de cette matrice nulle vaut $x_i(\lambda v_j-y_j)=0$, d'où $\lambda v_j=y_j$ pour tout $j$, soit $y=\lambda v$, c'est-à-dire $v=\tfrac1\lambda y$.

D'où l'équivalence.
$$\boxed{uv^{T}=xy^{T}\iff \exists\,\lambda\in\mathbb R\setminus\{0\},\ u=\lambda x\ \text{et}\ v=\tfrac1\lambda y.}$$

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport : « L'identification de l'image par la question précédente donnait la colinéarité de $u$ et $x$, argument qui a manqué à beaucoup.

À ce stade, la fin de la démonstration ne posait plus de problème. » C'est exactement la charnière ci-dessus.

### Question 5

Soit $K=uv^{T}$ de rang $1$.

**(a) Stratégie.** Calcul direct de la trace, ou identité $\operatorname{Tr}(uv^{T})=\operatorname{Tr}(v^{T}u)$.

**Rédaction.**

Par invariance de la trace par transposition cyclique, $\operatorname{Tr}(uv^{T})=\operatorname{Tr}(v^{T}u)=v^{T}u$, or $v^{T}u\in\mathcal M_1(\mathbb R)$ s'identifie au réel $\langle v,u\rangle$.

Donc
$$\boxed{\operatorname{Tr}(K)=\langle v,u\rangle.}$$

**(b) Stratégie.**

Faire apparaître le scalaire $v^{T}u$ au milieu de $uv^{T}uv^{T}$.

**Rédaction.** $$K^{2}=(uv^{T})(uv^{T})=u\,(v^{T}u)\,v^{T}=(v^{T}u)\,uv^{T}=\langle v,u\rangle\,K \overset{(a)}{=}\operatorname{Tr}(K)\,K.$$ $$\boxed{K^{2}=\operatorname{Tr}(K)\,K.}$$

**(c) Stratégie.** *Traiter les deux implications séparément* — le rapport prévient qu'un raisonnement « par équivalent » était très difficile. Un sens par polynôme annulateur scindé à racines simples ; l'autre par contraposée (trace nulle $\Rightarrow$ nilpotente non nulle).

**Rédaction.** Notons $t=\operatorname{Tr}(K)$.

*Si $t\neq 0$.*

D'après (b), $K^{2}-tK=0$, donc le polynôme $P(X)=X^{2}-tX=X(X-t)$ annule $K$.

Ses racines $0$ et $t$ sont **distinctes** (car $t\neq 0$) : $P$ est scindé à racines simples, donc **$K$ est diagonalisable**.

*Si $t=0$.* Alors (b) donne $K^{2}=0$.

Si $K$ était diagonalisable, il existerait $Q\in GL_n(\mathbb R)$ et $D$ diagonale avec $K=QDQ^{-1}$ ; alors $K^{2}=QD^{2}Q^{-1}=0$ entraîne $D^{2}=0$, donc $D=0$ (diagonale de carrés nuls), puis $K=0$ — ce qui contredit $\operatorname{rg}(K)=1$.

Donc **$K$ n'est pas diagonalisable**.

Par contraposée, on obtient l'équivalence :
$$\boxed{K\ \text{diagonalisable}\iff \operatorname{Tr}(K)\neq 0.}$$

**Commentaire du correcteur.** (a) et (b) : « traitées correctement par la quasi-totalité des candidats ». (c) « inégalement traitée » ; l'erreur la plus courante fut « une mauvaise connaissance du théorème de diagonalisation » : *un polynôme annulateur scindé à racines simples donne la diagonalisabilité, mais la réciproque est fausse*, donc cet argument ne fournit qu'**une** implication ; l'autre passe par « si la trace est nulle, les seules valeurs propres sont nulles, donc une matrice diagonalisable serait nulle ». C'est la structure suivie ici.

### Question 6
**Stratégie.** Un projecteur orthogonal est un projecteur symétrique.

Sens réciproque : vérifier $P^{2}=P$, $P^{T}=P$, rang $1$.

Sens direct : partir de la Q3 ($P=uv^{T}$), utiliser $P^{2}=P$ (via Q5b) et $P^{T}=P$ (via Q4).

**Rédaction.** *($\Leftarrow$)* Soit $y$ avec $\|y\|=1$ et $P=yy^{T}$.

Alors : $$P^{T}=(yy^{T})^{T}=yy^{T}=P\ \text{(symétrique)},\qquad P^{2}=y(y^{T}y)y^{T}=\|y\|^{2}\,yy^{T}=yy^{T}=P.$$
Donc $P$ est un projecteur, symétrique, donc un **projecteur orthogonal** ; il est de rang $1$ par la Q1 ($y\neq 0$).

*($\Rightarrow$)* Soit $P$ un projecteur orthogonal de rang $1$.

Par la Q3, $P=uv^{T}$ avec $u,v\neq 0$.

Comme $P^{2}=P\neq 0$, la Q5b donne $\operatorname{Tr}(P)\,P=P$, donc $\operatorname{Tr}(P)=1$, soit $\langle v,u\rangle=1$.

La symétrie $P^{T}=P$ s'écrit $vu^{T}=uv^{T}$ ; par la Q4 (avec $(u,v)$ et $(v,u)$), il existe $\lambda\neq 0$ tel que $u=\lambda v$.

Alors $1=\langle v,u\rangle=\lambda\|v\|^{2}$, donc $\lambda=\dfrac1{\|v\|^{2}}>0$.

Posons $y=\sqrt{\lambda}\,v$ ; alors $$yy^{T}=\lambda\,vv^{T}=(\lambda v)v^{T}=uv^{T}=P,\qquad \|y\|^{2}=\lambda\|v\|^{2}=1.$$ $$\boxed{P\ \text{proj. orth. de rang }1\iff \exists\,y\in\mathbb R^{n},\ \|y\|=1,\ P=yy^{T}.}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport : « très peu traitée hormis par les meilleurs candidats ».

Le sens réciproque « ne posait pas de difficulté » mais **il fallait vérifier toutes les conditions** ($P^{2}=P$ *et* $P^{T}=P$, plus le rang).

Le sens direct « bien plus délicat » a pour « point de départ la question 3 », exactement comme ci-dessus.

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## Deuxième partie — Déterminant et inverse d'une perturbation de rang 1

Soit $A\in GL_n(\mathbb R)$, $u,v\in\mathbb R^{n}$.

### Question 7
**Stratégie.** Produit par blocs, de gauche à droite, en faisant apparaître le scalaire $1+\langle v,u\rangle$.

**Rédaction.** Posons les trois facteurs $L,M,R$ (dans l'ordre de l'énoncé). D'abord
$$LM=\begin{pmatrix}I_n&0\\ v^{T}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ 0&1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ (1+\langle v,u\rangle)\,v^{T}&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix},$$

car $v^{T}(I_n+uv^{T})=v^{T}+ (v^{T}u)v^{T}=(1+\langle v,u\rangle)v^{T}$ et $v^{T}u+1=1+\langle v,u\rangle$.

Puis $$(LM)R=\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ (1+\langle v,u\rangle)v^{T}&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&0\\ -v^{T}&1\end{pmatrix}.$$
Bloc haut-gauche : $(I_n+uv^{T})-uv^{T}=I_n$.

Haut-droit : $u$. Bas-gauche : $(1+\langle v,u\rangle)v^{T}-(1+\langle v,u\rangle)v^{T}=0$. Bas-droit : $1+\langle v,u\rangle$. Donc
$$\boxed{\begin{pmatrix}I_n&0\\ v^{T}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ 0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&0\\ -v^{T}&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}I_n&u\\ 0&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}.}$$

**Commentaire du correcteur.** « Traitée par la quasi-totalité des candidats ». C'est le calcul-outil qui débloque la Q8.

### Question 8
**Stratégie.** Passer au déterminant dans l'égalité de la Q7. **Point crucial signalé par le jury :** justifier chaque déterminant par blocs par la triangularité (ou un développement), le déterminant ne se calculant pas par blocs en général.

**Rédaction.**

Les matrices $\begin{pmatrix}I_n&0\\ v^{T}&1\end{pmatrix}$ et $\begin{pmatrix}I_n&0\\ -v^{T}&1\end{pmatrix}$ sont de taille $(n+1)$ ; en développant le déterminant selon la dernière colonne $(0,\dots,0,1)^{T}$, on obtient $\det = 1\cdot\det(I_n)=1$.

De même $\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ 0&1\end{pmatrix}$ a pour dernière ligne $(0,\dots,0,1)$ ; en développant selon cette ligne, son déterminant vaut $1\cdot\det(I_n+uv^{T})=\det(I_n+uv^{T})$.

Enfin le membre de droite $\begin{pmatrix}I_n&u\\ 0&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}$, développé selon sa dernière ligne, a pour déterminant $(1+\langle v,u\rangle)\det(I_n)=1+\langle v,u\rangle$.

En prenant le déterminant de l'égalité de la Q7 (multiplicativité) : $$1\cdot\det(I_n+uv^{T})\cdot 1 = 1+\langle v,u\rangle.$$ $$\boxed{\det(I_n+uv^{T})=1+\langle v,u\rangle.}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport la juge **« très mal traitée » — « même de très bons candidats ont été pris en défaut »**. Faute-clé : calculer un déterminant « par blocs » sans justification. Ici chaque déterminant est justifié par un développement selon une ligne/colonne quasi nulle (triangularité par blocs). À ne surtout pas escamoter.

### Question 9
**Stratégie.**

Factoriser $A$ à gauche pour se ramener à la Q8 ; c'est là que l'inversibilité de $A$ sert.

**Rédaction.**

Comme $A\in GL_n(\mathbb R)$, on peut écrire $$A+uv^{T}=A\big(I_n+A^{-1}uv^{T}\big)=A\big(I_n+(A^{-1}u)v^{T}\big).$$
Par multiplicativité du déterminant puis la Q8 appliquée au vecteur $A^{-1}u$ : $$\det(A+uv^{T})=\det(A)\,\det\!\big(I_n+(A^{-1}u)v^{T}\big)=\det(A)\,\big(1+\langle v,A^{-1}u\rangle\big).$$ $$\boxed{\det(A+uv^{T})=\det(A)\,\big(1+\langle v,A^{-1}u\rangle\big).}$$

**Commentaire du correcteur.**

Le rapport : « nécessitait un certain soin dans la rédaction… le fait que $A$ est inversible doit être utilisé au bon moment » — précisément pour légitimer la factorisation par $A^{-1}$.

### Question 10

**Stratégie.** $A+uv^{T}$ inversible $\iff \det\neq 0$ ; on divise par $\det(A)\neq 0$.

**Rédaction.** $A+uv^{T}$ est inversible ssi $\det(A+uv^{T})\neq 0$.

Par la Q9, cela équivaut à $\det(A)\,(1+\langle v,A^{-1}u\rangle)\neq 0$ ; comme $\det(A)\neq 0$, c'est équivalent à $1+\langle v,A^{-1}u\rangle\neq 0$. $$\boxed{A+uv^{T}\in GL_n(\mathbb R)\iff \langle v,A^{-1}u\rangle\neq -1.}$$

**Commentaire du correcteur.** « Question très simple par application du résultat précédent… une des questions les plus souvent traitées. »

### Question 11
**Stratégie.**

L'inverse étant fourni, on **vérifie** que le produit avec $A+uv^{T}$ vaut $I_n$ (matrices carrées : un inverse à droite suffit).

Faire apparaître le scalaire $\alpha=1+\langle v,A^{-1}u\rangle\neq 0$.

**Rédaction.**

Notons $\alpha=1+\langle v,A^{-1}u\rangle\neq 0$ (Q10) et $S=A^{-1}-\dfrac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{\alpha}$.

Calculons $(A+uv^{T})S$. D'abord
$$(A+uv^{T})A^{-1}=I_n+uv^{T}A^{-1},\qquad (A+uv^{T})A^{-1}u=u+u\,\langle v,A^{-1}u\rangle=\alpha\,u.$$
Donc
$$(A+uv^{T})S=\big(I_n+uv^{T}A^{-1}\big)-\frac{(A+uv^{T})A^{-1}u\,\cdot\, v^{T}A^{-1}}{\alpha}
=I_n+uv^{T}A^{-1}-\frac{\alpha\,u\,v^{T}A^{-1}}{\alpha}=I_n.$$

Comme $A+uv^{T}$ est carrée et admet $S$ comme inverse à droite, $S$ est son inverse : $$\boxed{\big(A+uv^{T}\big)^{-1}=A^{-1}-\dfrac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{1+\langle v,A^{-1}u\rangle}.}$$

**Commentaire du correcteur.** « La vérification était calculatoire et a posé de multiples difficultés ; certains candidats ont abandonné le calcul en cours de route. » La clé qui raccourcit tout est l'identité $(A+uv^{T})A^{-1}u=\alpha\,u$.

### Question 12
**Stratégie.** Question ouverte : la réponse est **non**. Fournir un contre-exemple valable en **dimension arbitraire** (le rapport insiste : pas seulement $n=2$).

**Rédaction.** La réponse est **non**.

Prenons $C=\operatorname{diag}(0,1,1,\dots,1)\in\mathcal M_n(\mathbb R)$, qui vérifie $\det(C)=0$, et $u=v=e_1$ (non nuls).

Alors $uv^{T}=e_1e_1^{T}=\operatorname{diag}(1,0,\dots,0)$ et $$C+uv^{T}=\operatorname{diag}(1,1,\dots,1)=I_n,\qquad \det(C+uv^{T})=1\neq 0.$$
Ceci vaut pour tout $n\geq 1$. $$\boxed{\text{Non : } \det(C)=0 \text{ n'entraîne pas } \det(C+uv^{T})=0.}$$

**Commentaire du correcteur.** « Assez peu traitée alors que trouver un contre-exemple est relativement simple.

Il était attendu un contre-exemple valable en dimension arbitraire et pas seulement en dimension 2. » Le choix $C=\operatorname{diag}(0,1,\dots,1)$, $u=v=e_1$ répond à cette exigence.

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## Troisième partie — Spectre d'une perturbation symétrique de rang 1

$A\in\mathcal S_n(\mathbb R)$, $u\in\mathbb R^{n}$ avec $\|u\|=1$, $B=A+uu^{T}$.

### Question 13

**Rédaction.** $B^{T}=A^{T}+(uu^{T})^{T}=A+uu^{T}=B$ car $A$ est symétrique.

Donc
$$\boxed{B\in\mathcal S_n(\mathbb R).}$$

**Commentaire du correcteur.** « Très simple », traitée par la quasi-totalité, par le calcul de $B^{T}=B$.

### Question 14
**Stratégie.** Utiliser le critère fourni : deux matrices coïncident ssi elles coïncident sur une base. Tester sur la BON $(v_k)$.

**Rédaction.**

Pour tout indice $k$, $$\Big(\sum_{j=1}^{n}v_jv_j^{T}\Big)v_k=\sum_{j=1}^{n}v_j\,(v_j^{T}v_k)=\sum_{j=1}^{n}v_j\,\langle v_j,v_k\rangle=\sum_{j=1}^{n}\delta_{jk}\,v_j=v_k=I_n v_k,$$ l'orthonormalité donnant $\langle v_j,v_k\rangle=\delta_{jk}$.

Les deux matrices coïncidant sur la base $(v_k)$ : $$\boxed{I_n=\sum_{k=1}^{n}v_kv_k^{T}.}$$

**Commentaire du correcteur.** « L'énoncé suggérait clairement d'utiliser l'identification sur une base… le calcul devenait immédiat. »

### Question 15

Théorème spectral : $\lambda_1\leq\cdots\leq\lambda_n$ valeurs propres de $A$, $(w_1,\dots,w_n)$ base orthonormée de vecteurs propres.

**(a) Stratégie.**

Appliquer la Q14 à la BON $(w_k)$, puis $A=A I_n$.

**Rédaction.**

Par la Q14 avec la BON $(w_k)$, $I_n=\sum_k w_kw_k^{T}$, donc $$A=A I_n=\sum_{k=1}^{n}(Aw_k)w_k^{T}=\sum_{k=1}^{n}\lambda_k\,w_kw_k^{T}.$$ $$\boxed{A=\sum_{k=1}^{n}\lambda_k\,w_kw_k^{T}.}$$

**(b) Stratégie.** $xI_n-A$ est symétrique, de mêmes vecteurs propres $w_k$ et de valeurs propres $x-\lambda_k$ toutes non nulles ; on **vérifie** que la formule proposée en est l'inverse (approche la plus sûre selon le rapport).

**Rédaction.**

Pour $x\notin\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, par (a), $$xI_n-A=\sum_{k}(x-\lambda_k)\,w_kw_k^{T},$$ avec tous les $x-\lambda_k\neq 0$.

Posons $S=\sum_{k}\dfrac1{x-\lambda_k}\,w_kw_k^{T}$.

En utilisant $w_j^{T}w_k=\delta_{jk}$ : $$(xI_n-A)\,S=\sum_{j,k}\frac{x-\lambda_j}{x-\lambda_k}\,w_j(w_j^{T}w_k)w_k^{T}=\sum_{j,k}\frac{x-\lambda_j}{x-\lambda_k}\,\delta_{jk}\,w_jw_k^{T}=\sum_{k}w_kw_k^{T}=I_n.$$
Donc $xI_n-A$ est inversible et $$\boxed{(xI_n-A)^{-1}=\sum_{k=1}^{n}\frac1{x-\lambda_k}\,w_kw_k^{T}.}$$

**Commentaire du correcteur.** (a) : « beaucoup de candidats se sont lancés dans des raisonnements flous » ; il suffisait d'appliquer la Q14 à $(w_k)$, « pour conclure en une ligne ». (b) « a dérouté un certain nombre de candidats » : il fallait justifier que $xI_n-A$ est symétrique, inversible, de mêmes vecteurs propres — ou, plus simplement, **multiplier** $xI_n-A$ par la formule et vérifier qu'on obtient $I_n$, ce qui est fait ici.

### Question 16

$\lambda$ valeur propre de $A$ de multiplicité $m\geq 2$, $E=\operatorname{Ker}(A-\lambda I_n)$ (donc $\dim E=m$, $A$ symétrique donc diagonalisable).

**(a) Stratégie.** Formule de Grassmann. Bien manipuler la **somme** de sous-espaces (et non leur réunion).

**Rédaction.** $\{u\}^{\perp}=\{x:\langle u,x\rangle=0\}$ est un hyperplan, $\dim\{u\}^{\perp}=n-1$ (car $u\neq 0$).

Par la formule de Grassmann : $$\dim\big(E\cap\{u\}^{\perp}\big)=\dim E+\dim\{u\}^{\perp}-\dim\big(E+\{u\}^{\perp}\big)\geq m+(n-1)-n=m-1,$$ puisque $E+\{u\}^{\perp}\subseteq\mathbb R^{n}$ donne $\dim(E+\{u\}^{\perp})\leq n$. $$\boxed{\dim\big(E\cap\{u\}^{\perp}\big)\geq m-1.}$$

**(b) Stratégie.**

Montrer l'inclusion $E\cap\{u\}^{\perp}\subseteq\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$, puis conclure via la diagonalisabilité de $B$.

**Rédaction.**

Soit $x\in E\cap\{u\}^{\perp}$ : $Ax=\lambda x$ et $\langle u,x\rangle=0$.

Alors $$Bx=Ax+u(u^{T}x)=\lambda x+\langle u,x\rangle\,u=\lambda x.$$
Donc $E\cap\{u\}^{\perp}\subseteq\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$, et par (a) $\dim\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)\geq m-1$.

Comme $B$ est symétrique (Q13) donc diagonalisable, la multiplicité (algébrique = géométrique) de $\lambda$ comme valeur propre de $B$ vaut $\dim\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$ : $$\boxed{\lambda\ \text{est valeur propre de }B\ \text{de multiplicité}\ \geq m-1.}$$

**Commentaire du correcteur.** (a) : « question classique par la formule de Grassmann » ; le rapport note qu'« un nombre non négligeable de candidats confond la somme de deux sous-espaces avec leur réunion ». (b) « abordée correctement par un bon nombre de candidats » : « procéder par inclusion $E\cap\{u\}^{\perp}\subseteq\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$ », exactement.

### Question 17
**Stratégie.**

Écrire $xI_n-B=(xI_n-A)+u(-u)^{T}$ et appliquer la Q9 (avec $A\rightsquigarrow xI_n-A$ inversible, et le couple $(u,-u)$), puis développer le terme $\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\rangle$ via la Q15b.

**Rédaction.**

Soit $x\notin\{\lambda_k\}$, de sorte que $xI_n-A$ est inversible (Q15b).

Comme $B=A+uu^{T}$, $$xI_n-B=(xI_n-A)-uu^{T}=(xI_n-A)+u\,(-u)^{T}.$$
La Q9, appliquée à la matrice inversible $xI_n-A$ et aux vecteurs $u$ et $-u$, donne $$\chi_B(x)=\det(xI_n-B)=\det(xI_n-A)\,\Big(1+\big\langle -u,(xI_n-A)^{-1}u\big\rangle\Big)=\chi_A(x)\,\Big(1-\big\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\big\rangle\Big).$$
Or, par la Q15b, $$\big\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\big\rangle=u^{T}\Big(\sum_k\tfrac1{x-\lambda_k}w_kw_k^{T}\Big)u=\sum_{k}\frac{(u^{T}w_k)(w_k^{T}u)}{x-\lambda_k}=\sum_{k=1}^{n}\frac{\langle w_k,u\rangle^{2}}{x-\lambda_k}.$$
D'où, pour tout $x\in\mathbb R\setminus\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, $$\boxed{\chi_B(x)=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^{n}\frac{\langle w_k,u\rangle^{2}}{x-\lambda_k}\Big).}$$

**Commentaire du correcteur.** Le rapport la dit « assez délicate », combinant la Q9 (et, pour le résolvant, la Q15b) ; « beaucoup de candidats ont admis ce résultat important pour la suite ».

Il fait le pont entre $\chi_A$ et $\chi_B$ et irrigue toute la fin du sujet.

### Question 18
$J=\{k:\langle w_k,u\rangle\neq 0\}$.

**(a) Rédaction.**

Si $J=\varnothing$, alors $\langle w_k,u\rangle=0$ pour tout $k$ ; comme $(w_k)$ est une base, seul le vecteur nul est orthogonal à tous ses éléments, d'où $u=0$, ce qui contredit $\|u\|=1$.

Donc $\boxed{J\neq\varnothing}$.

**(b) Stratégie.**

Calculer $Bw_\ell$ pour $\ell\notin J$.

**Rédaction.**

Si $\ell\notin J$, alors $\langle w_\ell,u\rangle=0$, donc $$Bw_\ell=Aw_\ell+u(u^{T}w_\ell)=\lambda_\ell w_\ell+\langle u,w_\ell\rangle\,u=\lambda_\ell w_\ell.$$
Comme $w_\ell\neq 0$, $\boxed{\lambda_\ell\ \text{est valeur propre de }B}$ (de vecteur propre $w_\ell$).

**(c) Stratégie.** Cas $J=\{j\}$.

Les $w_\ell$ ($\ell\neq j$) fournissent $n-1$ valeurs propres $\lambda_\ell$ ; la dernière s'obtient par la trace, ou en remarquant que $u=\pm w_j$.

**Rédaction.**

Pour tout $\ell\neq j$, $\ell\notin J$, donc (b) : $Bw_\ell=\lambda_\ell w_\ell$.

De plus, $u$ étant orthogonal à tous les $w_\ell$ ($\ell\neq j$) et $(w_k)$ étant une BON, $$u=\sum_k\langle u,w_k\rangle\,w_k=\langle u,w_j\rangle\,w_j,\qquad \text{avec}\ |\langle u,w_j\rangle|=\|u\|=1.$$
Donc $u=\pm w_j$ et $uu^{T}w_j=u\,\langle u,w_j\rangle=\langle u,w_j\rangle^{2}\,w_j=w_j$, d'où $$Bw_j=Aw_j+uu^{T}w_j=\lambda_j w_j+w_j=(\lambda_j+1)w_j.$$
La BON $(w_1,\dots,w_n)$ est ainsi une base de vecteurs propres de $B$, de valeurs propres $\lambda_\ell$ ($\ell\neq j$) et $\lambda_j+1$.

Les valeurs propres de $B$ sont donc $$\boxed{(\lambda_1,\dots,\lambda_{j-1},\lambda_j+1,\lambda_{j+1},\dots,\lambda_n).}$$
*(Variante conforme au rapport : la trace donne $\operatorname{Tr}(B)=\operatorname{Tr}(A)+\|u\|^{2}=\operatorname{Tr}(A)+1$, ce qui force la valeur propre manquante à $\lambda_j+1$.)*

**Commentaire du correcteur.** (a) « assez simple, bien traitée » (seul le vecteur nul est orthogonal à tous). (b) « assez simple », calcul de $Bw_\ell$. (c) « assez difficile » : « l'argument le plus court était la trace, $\operatorname{Tr}(B)=\operatorname{Tr}(A)+1$ ».

**Piège signalé :** beaucoup ont utilisé « erronément la question 17 », alors qu'*a priori* $\lambda_j+1$ peut coïncider avec un autre $\lambda_k$ (les pôles de $f$ ne sont pas forcément distincts des racines cherchées) ; l'argument spectral direct ci-dessus l'évite.

### Question 19

On suppose $\lambda_1<\lambda_2<\cdots<\lambda_n$ et $J=\{1,\dots,n\}$ (donc tous les $c_k:=\langle w_k,u\rangle^{2}>0$).

Pour $x\notin\{\lambda_k\}$, $f(x)=\sum_{k}\dfrac{c_k}{x-\lambda_k}$.

**(a) Stratégie.**

Reconnaître $f$ comme fraction rationnelle, de pôles les $\lambda_k$ — argument indispensable pour le $C^{\infty}$.

**Rédaction.** $f$ est une **fraction rationnelle** (somme finie des fonctions $x\mapsto \dfrac{c_k}{x-\lambda_k}$), dont les pôles sont exactement les $\lambda_1,\dots,\lambda_n$.

Sur $\mathbb R\setminus\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, chaque terme est $C^{\infty}$ (quotient de fonctions polynomiales à dénominateur non nul), donc $f$ est $C^{\infty}$.

En dérivant terme à terme, $\dfrac{d}{dx}\dfrac{c_k}{x-\lambda_k}=-\dfrac{c_k}{(x-\lambda_k)^{2}}$, d'où $$\boxed{f'(x)=-\sum_{k=1}^{n}\frac{\langle w_k,u\rangle^{2}}{(x-\lambda_k)^{2}}.}$$

**(b) Stratégie.**

Sur chaque intervalle, $f'<0$ (car tous $c_k>0$) donc $f$ est **strictement décroissante** ; préciser les **limites aux bornes** et appliquer le TVI, *intervalle par intervalle*.

Traiter à part $]\lambda_n,+\infty[$.

**Rédaction.**

Comme tous les $c_k>0$, $f'(x)<0$ sur chaque intervalle ne contenant pas de pôle : $f$ y est continue et **strictement décroissante**.

*Sur $]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$ ($1\leq \ell\leq n-1$).*

Quand $x\to\lambda_\ell^{+}$, le terme $\dfrac{c_\ell}{x-\lambda_\ell}\to+\infty$ (les autres restent bornés), donc $f(x)\to+\infty$.

Quand $x\to\lambda_{\ell+1}^{-}$, le terme $\dfrac{c_{\ell+1}}{x-\lambda_{\ell+1}}\to-\infty$, donc $f(x)\to-\infty$.

Par stricte décroissance et continuité, $f$ réalise une bijection de $]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$ sur $\mathbb R$ ; comme $1\in\mathbb R$, l'équation $f(x)=1$ a une **unique** solution dans cet intervalle.

*Sur $]\lambda_n,+\infty[$.*

Quand $x\to\lambda_n^{+}$, $f(x)\to+\infty$ ; quand $x\to+\infty$, chaque terme $\to 0^{+}$ donc $f(x)\to 0^{+}$.

Par stricte décroissance, $f$ réalise une bijection de $]\lambda_n,+\infty[$ sur $]0,+\infty[$ ; comme $1\in\,]0,+\infty[$, l'équation $f(x)=1$ a une **unique** solution. $$\boxed{f(x)=1\ \text{a une unique solution dans chaque}\ ]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[\ (1\le\ell\le n-1)\ \text{et dans}\ ]\lambda_n,+\infty[.}$$

**(c) Stratégie.**

Via la Q17, les valeurs propres de $B$ hors des $\lambda_k$ sont les racines de $1-f(x)=0$, i.e. les $n$ solutions de (b).

Comme $\deg\chi_B=n$, ces $n$ solutions distinctes sont **toutes** les valeurs propres : d'où l'entrelacement.

**Rédaction.**

D'après (b), $f(x)=1$ possède exactement $n$ solutions réelles, notées $\nu_1<\nu_2<\cdots<\nu_n$, avec $\nu_\ell\in\,]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$ pour $1\leq\ell\leq n-1$ et $\nu_n\in\,]\lambda_n,+\infty[$.

Chaque $\nu_\ell\notin\{\lambda_k\}$, donc $\chi_A(\nu_\ell)\neq 0$ et la Q17 donne $\chi_B(\nu_\ell)=\chi_A(\nu_\ell)\,(1-f(\nu_\ell))=0$ : les $\nu_\ell$ sont racines de $\chi_B$.

Or $\chi_B$ est de degré $n$ et possède ainsi $n$ racines **distinctes** $\nu_1,\dots,\nu_n$ : ce sont donc **toutes** les valeurs propres de $B$ (chacune simple).

En les rangeant par ordre croissant, $\mu_\ell=\nu_\ell$, et $$\lambda_\ell<\mu_\ell<\lambda_{\ell+1}\ (1\le \ell\le n-1),\qquad \lambda_n<\mu_n.$$ $$\boxed{\lambda_1<\mu_1<\lambda_2<\mu_2<\cdots<\lambda_n<\mu_n.}$$

**Commentaire du correcteur.** (a) « abordée par la quasi-totalité mais avec de mauvaises justifications » : **il fallait dire que $f$ est une fraction rationnelle de pôles les $\lambda_j$**, sans quoi le $C^{\infty}$ n'était pas justifié. (b) : TVI « intervalle par intervalle », en précisant **monotonie et limites aux bords** ; « sans ces limites, l'argument n'était tout simplement pas valide », et $]\lambda_n,+\infty[$ « nécessitait une rédaction spécifique ». (c) « traitée correctement par un petit nombre » : piège signalé — beaucoup affirment « sans justification qu'une valeur propre de $B$ n'est pas valeur propre de $A$ ».

On l'évite ici en comptant $n$ racines distinctes d'un polynôme de degré $n$.

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## Quatrième partie — Perturbation aléatoire et espérance du polynôme caractéristique

$A\in\mathcal S_n(\mathbb R)$, valeurs propres $\lambda_1\leq\cdots\leq\lambda_n$, $\chi_A(x)=\det(xI_n-A)=\prod_{k}(x-\lambda_k)$.

Base orthonormée **quelconque** $(u_1,\dots,u_n)$. $U$ suit la loi uniforme sur $\{u_1,\dots,u_n\}$ ; $B=A+UU^{T}$ ; $\chi_B(x)=\det(xI_n-B)$.

### Question 20
**Stratégie.** Formule de transfert, puis identité de Parseval dans la BON $(u_i)$.

**Rédaction.** $U$ prend ses valeurs dans l'ensemble fini $\{u_1,\dots,u_n\}$, chacune avec probabilité $\frac1n$.

Par la formule de transfert, pour tout $w\in\mathbb R^{n}$, $$\mathbb E\big[\langle U,w\rangle^{2}\big]=\sum_{i=1}^{n}\mathbb P(U=u_i)\,\langle u_i,w\rangle^{2}=\frac1n\sum_{i=1}^{n}\langle u_i,w\rangle^{2}.$$
Comme $(u_i)$ est une BON, $w=\sum_i\langle u_i,w\rangle\,u_i$ et $\|w\|^{2}=\sum_i\langle u_i,w\rangle^{2}$ (Parseval).

Donc
$$\boxed{\mathbb E\big[\langle U,w\rangle^{2}\big]=\frac1n\|w\|^{2}.}$$

**Commentaire du correcteur.** « La difficulté était de traduire proprement l'espérance dans ce contexte ; une fois la formule de transfert écrite, l'orthonormalité de la base terminait l'argument. » N'a « globalement pas posé de problème » à ceux qui ont abordé la Partie 4.

### Question 21
**Stratégie.** $\chi_B(x)$ prend un nombre fini de valeurs (donc espérance bien définie).

Prendre l'espérance de la formule de la Q17 (valable pour chaque réalisation $U=u_i$, car $\|u_i\|=1$), avec la Q20 ; reconnaître la dérivée logarithmique de $\chi_A$.

**Rédaction.** $U$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs, donc $\chi_B(x)$ aussi : son espérance est bien définie (et finie).

Soit $(w_k)$ une BON de vecteurs propres de $A$.

Pour chaque réalisation $U=u_i$ (avec $\|u_i\|=1$), la Q17 donne $$\chi_B(x)=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^{n}\frac{\langle w_k,U\rangle^{2}}{x-\lambda_k}\Big).$$
Par linéarité de l'espérance puis la Q20 ($\|w_k\|=1$) : $$\mathbb E[\chi_B(x)]=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^{n}\frac{\mathbb E[\langle w_k,U\rangle^{2}]}{x-\lambda_k}\Big)=\chi_A(x)\Big(1-\frac1n\sum_{k=1}^{n}\frac1{x-\lambda_k}\Big).$$
Or $\chi_A(x)=\prod_{k}(x-\lambda_k)$ donne, pour $x\notin\{\lambda_k\}$, $\dfrac{\chi_A'(x)}{\chi_A(x)}=\sum_{k}\dfrac1{x-\lambda_k}$ (dérivée logarithmique), donc $\chi_A(x)\sum_{k}\frac1{x-\lambda_k}=\chi_A'(x)$.

D'où
$$\boxed{\mathbb E[\chi_B(x)]=\chi_A(x)-\frac1n\,\chi_A'(x)\qquad (x\notin\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}).}$$

**Commentaire du correcteur.** « $\chi_B(x)$ ne peut prendre qu'un nombre fini de valeurs, donc son espérance est bien définie » ; on prend ensuite l'espérance du résultat de la Partie 3 (formule Q17). Traitée « sans problème » par ceux qui ont abordé la partie.

### Question 22
**Stratégie.** La formule de la Q21 ne vaut *a priori* pas en $x=\lambda_k$.

Argument-clé : $x\mapsto\mathbb E[\chi_B(x)]$ et $x\mapsto\chi_A(x)-\frac1n\chi_A'(x)$ sont deux **polynômes** égaux hors d'un ensemble fini, donc partout.

**Rédaction.**

Pour chaque valeur $u_i$, $x\mapsto\det\!\big(xI_n-(A+u_iu_i^{T})\big)$ est un polynôme (unitaire de degré $n$) en $x$ ; donc $$Q(x):=\mathbb E[\chi_B(x)]=\frac1n\sum_{i=1}^{n}\det\!\big(xI_n-(A+u_iu_i^{T})\big)$$ est un polynôme en $x$ (moyenne finie de polynômes).

De même $R(x):=\chi_A(x)-\frac1n\chi_A'(x)$ est un polynôme.

Par la Q21, $Q(x)=R(x)$ pour tout $x\notin\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, soit en une infinité de points : deux polynômes coïncidant en une infinité de points sont égaux, donc $Q=R$ **partout**.

En particulier en $x=\lambda_k$, où $\chi_A(\lambda_k)=0$ : $$\boxed{\mathbb E[\chi_B(\lambda_k)]=\chi_A(\lambda_k)-\frac1n\chi_A'(\lambda_k)=-\frac1n\,\chi_A'(\lambda_k).}$$

**Commentaire du correcteur.** « Rédaction subtile » : il fallait « passer à la limite » sur un résultat qui ne s'applique pas directement en $\lambda_k$ ; « le caractère polynomial permet d'identifier les valeurs manquantes ». C'est exactement le prolongement polynomial ci-dessus.

### Question 23
**Stratégie.**

Par l'absurde : $\mathbb E[\chi_B(\cdot)]$ est un polynôme unitaire de degré $n$, donc non nul.

**Rédaction.**

Supposons, par l'absurde, $\mathbb E[\chi_B(x)]=0$ pour tout $x\in\mathbb R$.

Le polynôme $Q(x)=\mathbb E[\chi_B(x)]$ serait alors le polynôme nul.

Or, par la Q22 (identité valable partout), $Q(x)=\chi_A(x)-\frac1n\chi_A'(x)$, dont le terme dominant est celui de $\chi_A(x)=x^{n}+\cdots$ (car $\deg\chi_A'=n-1<n$) : $Q$ est **unitaire de degré $n\geq 1$**, donc non nul — contradiction.

Ainsi
$$\boxed{\exists\,x\in\mathbb R,\ \mathbb E[\chi_B(x)]\neq 0.}$$

**Commentaire du correcteur.** « Se traitait facilement par l'absurde dès qu'on avait observé que $\mathbb E(\chi_B(x))$ est un polynôme en $x$, qui ne peut pas être nul d'après la question précédente. »

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## Cinquième partie — Localisation d'une valeur propre via la trace du résolvant

$B=A+uu^{T}$, $A\in\mathcal S_n(\mathbb R)$, $\|u\|=1$ ; $\lambda_1\leq\cdots\leq\lambda_n$ (spectre de $A$), $\mu_1\leq\cdots\leq\mu_n$ (spectre de $B$).

On admet l'entrelacement $\lambda_1\leq\mu_1\leq\lambda_2\leq\cdots\leq\lambda_n\leq\mu_n$.

On suppose $0=\lambda_1=\cdots=\lambda_m<\lambda_{m+1}\leq\cdots\leq\lambda_n$ avec $m\in\{1,\dots,n-1\}$, et $\varepsilon\in\,]0,\lambda_{m+1}[$.

### Question 24
**Rédaction.**

Les valeurs propres de $A$ sont $0$ (multiplicité $m$) et $\lambda_{m+1},\dots,\lambda_n\geq\lambda_{m+1}$.

Comme $0<\varepsilon<\lambda_{m+1}$, on a $\varepsilon\neq 0$ et $\varepsilon<\lambda_{m+1}\leq\lambda_k$ pour $k\geq m+1$ : ainsi $\varepsilon$ n'est valeur propre d'aucun indice, $\varepsilon\notin\operatorname{Sp}(A)$.

Donc $\det(A-\varepsilon I_n)=\prod_k(\lambda_k-\varepsilon)\neq 0$ : $$\boxed{A-\varepsilon I_n\ \text{est inversible.}}$$

**Commentaire du correcteur.** « Très simple et globalement bien traitée puisque $\varepsilon$ ne peut pas être valeur propre de $A$ compte tenu de sa définition. »

On suppose désormais $\langle u,(A-\varepsilon I_n)^{-1}u\rangle<-1$.

### Question 25
**Stratégie.**

Appliquer la Q10 à $A-\varepsilon I_n$ (inversible) perturbée par $uu^{T}$.

**Rédaction.** $B-\varepsilon I_n=(A-\varepsilon I_n)+uu^{T}$.

La Q10 appliquée à la matrice inversible $A-\varepsilon I_n$ et aux vecteurs $u,u$ donne : $B-\varepsilon I_n$ est inversible ssi $\langle u,(A-\varepsilon I_n)^{-1}u\rangle\neq -1$.

Or, par hypothèse, $\langle u,(A-\varepsilon I_n)^{-1}u\rangle<-1$, donc $\neq -1$.

D'où
$$\boxed{B-\varepsilon I_n\ \text{est inversible.}}$$

**Commentaire du correcteur.** « L'utilisation de la question 9 [Q10] et de l'inégalité supposée donnait le résultat ; mais compte tenu du recul nécessaire, peu de candidats ont vu le lien. »

### Question 26
**Stratégie.**

Appliquer la formule de Sherman–Morrison (Q11) à $A'=A-\varepsilon I_n$ (symétrique) perturbée par $uu^{T}$, puis prendre la trace.

Le signe de $\alpha=1+\langle u,A'^{-1}u\rangle<0$ retourne le terme correctif en positif.

**Rédaction.**

Posons $A'=A-\varepsilon I_n$, symétrique et inversible (Q24), et $\alpha=1+\langle u,A'^{-1}u\rangle$.

L'hypothèse $\langle u,A'^{-1}u\rangle<-1$ donne $\alpha<0$ (en particulier $\alpha\neq 0$).

Par la Q11, $$(B-\varepsilon I_n)^{-1}=(A'+uu^{T})^{-1}=A'^{-1}-\frac{A'^{-1}u\,u^{T}A'^{-1}}{\alpha}.$$
En prenant la trace et en utilisant sa propriété cyclique, puis la symétrie de $A'^{-1}$ : $$\operatorname{Tr}\!\big(A'^{-1}u\,u^{T}A'^{-1}\big)=\operatorname{Tr}\!\big(u^{T}A'^{-1}A'^{-1}u\big)=u^{T}A'^{-2}u=\big\|A'^{-1}u\big\|^{2}.$$
Donc $$\operatorname{Tr}\!\big((B-\varepsilon I_n)^{-1}\big)=\operatorname{Tr}\!\big((A-\varepsilon I_n)^{-1}\big)-\frac{\|A'^{-1}u\|^{2}}{\alpha}.$$
Comme $\|u\|=1$, $u\neq 0$ et $A'^{-1}$ inversible, donc $A'^{-1}u\neq 0$ et $\|A'^{-1}u\|^{2}>0$ ; avec $\alpha<0$, le terme $-\dfrac{\|A'^{-1}u\|^{2}}{\alpha}>0$.

D'où
$$\boxed{\operatorname{Tr}\!\big((B-\varepsilon I_n)^{-1}\big)>\operatorname{Tr}\!\big((A-\varepsilon I_n)^{-1}\big).}$$

**Commentaire du correcteur.** « Globalement peu traitée compte tenu de sa difficulté et de sa position en fin de sujet. » Le rapport indique un départ « par la relation et l'application de la trace » puis « un enchaînement de calculs avec l'inégalité supposée » — c'est la trace de la formule d'inverse (Q11), le signe de $\alpha$ assurant l'inégalité *stricte*.

### Question 27
**Stratégie.**

Traduire la Q26 en $\sum_k\frac1{\mu_k-\varepsilon}>\sum_k\frac1{\lambda_k-\varepsilon}$ (spectres des résolvants), puis **décomposer chaque somme en trois morceaux** selon la position de l'indice par rapport à $m$.

Conclure sur le signe de $\mu_m-\varepsilon$.

**Rédaction.** $A$ et $B$ étant symétriques et $\varepsilon\notin\operatorname{Sp}(A)\cup\operatorname{Sp}(B)$ (Q24, Q25), les matrices $(A-\varepsilon I_n)^{-1}$ et $(B-\varepsilon I_n)^{-1}$ ont pour valeurs propres $\frac1{\lambda_k-\varepsilon}$ et $\frac1{\mu_k-\varepsilon}$, donc $$\sum_{k=1}^{n}\frac1{\mu_k-\varepsilon}\ \overset{\text{Q26}}{>}\ \sum_{k=1}^{n}\frac1{\lambda_k-\varepsilon}.\qquad (\star)$$
Découpons selon $k\leq m-1$, $k=m$, $k\geq m+1$.

- **Indices $k\geq m+1$.** $\lambda_k\geq\lambda_{m+1}>\varepsilon$ et, par entrelacement, $\mu_k\geq\lambda_k>\varepsilon$.

La fonction $t\mapsto\frac1{t-\varepsilon}$ étant décroissante sur $]\varepsilon,+\infty[$, $\mu_k\geq\lambda_k$ donne $\dfrac1{\mu_k-\varepsilon}\leq\dfrac1{\lambda_k-\varepsilon}$, soit $\dfrac1{\lambda_k-\varepsilon}-\dfrac1{\mu_k-\varepsilon}\geq 0$.

- **Indices $k\leq m-1$** (vide si $m=1$).

Entrelacement : $0=\lambda_k\leq\mu_k\leq\lambda_{k+1}=0$ (car $k+1\leq m$), donc $\mu_k=0$ et $\dfrac1{\mu_k-\varepsilon}=-\dfrac1\varepsilon=\dfrac1{\lambda_k-\varepsilon}$ : ces termes se compensent entre les deux membres.

- **Pour $A$ aux indices $k\leq m$ :** $\lambda_k=0$, donc $\dfrac1{\lambda_k-\varepsilon}=-\dfrac1\varepsilon$ ($m$ termes).

En reportant dans $(\star)$ et en simplifiant les $m-1$ termes égaux (indices $\leq m-1$), il reste $$\frac1{\mu_m-\varepsilon}+\underbrace{\sum_{k\geq m+1}\frac1{\mu_k-\varepsilon}}_{}\ >\ -\frac1\varepsilon+\sum_{k\geq m+1}\frac1{\lambda_k-\varepsilon},$$ c'est-à-dire $$\frac1{\mu_m-\varepsilon}\ >\ -\frac1\varepsilon+\underbrace{\sum_{k\geq m+1}\Big(\frac1{\lambda_k-\varepsilon}-\frac1{\mu_k-\varepsilon}\Big)}_{\geq\, 0}\ \geq\ -\frac1\varepsilon. \qquad (\star\star)$$
Il reste à en déduire $\mu_m>\varepsilon$.

Comme $\varepsilon\notin\operatorname{Sp}(B)$ (Q25), $\mu_m\neq\varepsilon$.

Supposons par l'absurde $\mu_m<\varepsilon$ ; par entrelacement $\mu_m\geq\lambda_m=0$, donc $\mu_m-\varepsilon\in[-\varepsilon,0)$.

Pour un tel réel $a=\mu_m-\varepsilon\in[-\varepsilon,0)$, on a $\dfrac1a\leq-\dfrac1\varepsilon$ (la fonction $a\mapsto\frac1a$ est $\leq-\frac1\varepsilon$ sur $[-\varepsilon,0)$, valant $-\frac1\varepsilon$ en $-\varepsilon$ et tendant vers $-\infty$ en $0^{-}$).

Cela contredirait $(\star\star)$.

Donc $\mu_m>\varepsilon$ : $$\boxed{\mu_m>\varepsilon.}$$

**Commentaire du correcteur.** « Peu traitée, mais le point de départ [Q26] a néanmoins été identifié » : il donnait précisément $\displaystyle\sum_k\frac1{\mu_k-\varepsilon}>\sum_k\frac1{\lambda_k-\varepsilon}$. « Par la suite, il fallait décomposer les sommes en trois morceaux suivant la position de l'indice par rapport à $m$, ce qui était plus délicat et a été peu traité convenablement. » C'est le découpage $(k\leq m-1,\ k=m,\ k\geq m+1)$ ci-dessus, l'entrelacement gérant les signes.

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## Bilan

Les 27 questions sont traitées et démontrées rigoureusement, en respectant strictement la numérotation du sujet. Aucun outil hors programme MPSI/PC n'a été employé (déterminant par blocs justifié par développement en Q8, théorème spectral, dérivée logarithmique, formule de transfert, fractions rationnelles, TVI). Les hypothèses des théorèmes sont vérifiées explicitement (inversibilité pour Q9/Q11, symétrie pour Q13/Q15b/Q26, orthogonalité pour Q16/Q18, non-nullité des vecteurs pour Q1/Q3). Les pièges signalés par le rapport sont désamorcés : justification du déterminant par blocs (Q8), double implication en Q5c, distinction somme/réunion en Q16a, nature de fraction rationnelle en Q19a, TVI intervalle par intervalle avec limites en Q19b, argument de comptage des racines en Q19c, prolongement polynomial en Q22, découpage en trois blocs en Q27.