Maths PC

# X-ENS 2025 — Mathématiques (XEULS) — Filière PC — Corrigé « cours didactique »

**Concours :** École polytechnique – ESPCI – ENS · **Épreuve n° 1 (Mathématiques, XEULS)** · **Filière PC** · **Session 2025** (lundi 14 avril 2025, 4 h, sans calculatrice).

**Thème.** *Perturbations de rang 1 de matrices* et **déformation du spectre** sous ces perturbations, avec un volet **probabiliste** (perturbation aléatoire).

**Grandes notions du programme en jeu.**
- *Algèbre linéaire* : rang, image, noyau, produit matriciel **par blocs**, déterminant (développement, matrices triangulaires), inverse, formule de Grassmann.

- *Algèbre bilinéaire / euclidienne* : produit scalaire canonique de $\mathbb{R}^n$, **matrices symétriques**, **théorème spectral** (diagonalisation en base orthonormée), **projecteurs orthogonaux**, identité $I_n=\sum_k v_kv_k^{T}$, identité de Parseval.

- *Réduction* : valeurs propres, sous-espaces propres, multiplicités, **polynôme annulateur / caractéristique**, critères de diagonalisation.
- *Analyse* : fractions rationnelles, fonctions de classe $\mathcal{C}^\infty$, **théorème des valeurs intermédiaires**, monotonie, limites.
- *Probabilités* : variable aléatoire finie, loi uniforme, espérance, **formule de transfert**.

**Fil directeur.**

Une matrice de rang $1$ s'écrit $uv^{T}$ ; l'ajouter à $A$ ne change «~qu'une direction~», ce qui se traduit par des formules exactes sur le déterminant (partie 2), puis sur le spectre d'une matrice symétrique (**entrelacement** $\lambda_k\le\mu_k\le\lambda_{k+1}$, parties 3 et 5), enfin sur la moyenne du spectre quand la perturbation est tirée au hasard (partie 4).

> **Repères du rapport de jury 2025.** Le sujet est «~de longueur raisonnable~», sans calcul long. Le jury insiste surtout sur la **rigueur de rédaction** : vérifier les hypothèses, ne pas «~calculer un déterminant par blocs~» sans justification, ne pas confondre somme et réunion de sous-espaces, et **citer explicitement** la question utilisée. Les parties 1 et 2 ont été «~convenablement traitées~», la partie 3 «~discriminante~», la partie 4 «~inégalement traitée~» (probabilités), la partie 5 «~relativement bien abordée~» sur ses questions simples. Chaque «~À retenir~» ci-dessous trace une remarque du rapport.

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## Notations du sujet

$\mathcal{M}_{m,n}(\mathbb{R})$ : matrices réelles $m\times n$ ; $\mathcal{M}_n=\mathcal{M}_{n,n}$ ; $\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ : matrices symétriques ; $GL_n(\mathbb{R})$ : matrices inversibles ; $I_n$ : identité.

Les vecteurs $x\in\mathbb{R}^n$ sont identifiés aux colonnes $\mathcal{M}_{n,1}(\mathbb{R})$, avec $$\langle x,y\rangle = x^{T}y=\sum_{i=1}^n x_iy_i,\qquad \|x\|=\sqrt{\langle x,x\rangle}.$$
On utilisera constamment que pour $u,v\in\mathbb{R}^n$, **$uv^{T}$ est une matrice $n\times n$** tandis que **$v^{T}u=\langle v,u\rangle$ est un scalaire**, et l'**associativité** $u\,(v^{T}u)=(v^{T}u)\,u$.

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# Première partie — Écrire une matrice de rang 1

## Question 1

**Rappel de cours.**

Pour $M\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$, $\operatorname{rg}(M)=\dim\operatorname{Im}(M)$ où $\operatorname{Im}(M)=\{Mx:x\in\mathbb{R}^n\}$.

La colonne $j$ de $M$ est $Me_j$ ($e_j$ vecteur canonique) ; $\operatorname{Im}(M)$ est engendré par les colonnes.

**Analyse.**

Plutôt que de passer par le théorème du rang (plus long, cf. rapport), on décrit **directement l'image** : tout produit $uv^{T}x$ est un multiple de $u$.

**Solution détaillée.**

Soient $u,v\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$ et $M=uv^{T}$.

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

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

Réciproquement, $v\ne 0$ donne un $x_0$ (par exemple $x_0=v$) avec $\langle v,x_0\rangle=\|v\|^2\ne 0$, d'où $u=\frac{1}{\langle v,x_0\rangle}Mx_0\in\operatorname{Im}(M)$ ; comme $u\ne 0$, $\operatorname{Vect}(u)\subseteq\operatorname{Im}(M)$.

Finalement $\operatorname{Im}(M)=\operatorname{Vect}(u)$, de dimension $1$ (car $u\ne0$), donc $$\boxed{\operatorname{rg}(uv^{T})=1.}$$

**À retenir.** Une matrice de rang 1 «~écrase~» tout l'espace sur une droite : $uv^{T}x=\langle v,x\rangle\,u$. *Rapport : question classique, «~l'utilisation de la dimension de l'image~» est la voie la plus courte ; le théorème du rang marche mais est «~beaucoup plus long~».*

## Question 2

**Rappel de cours.** Le rang se lit sur toute écriture $uv^{T}$ (Q1).

**Analyse.**

Il faut **reconnaître** $J$ comme un produit $uv^{T}$, puis invoquer Q1.

**Solution détaillée.** Soit $\mathbf 1=(1,\dots,1)^{T}\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$.

Le coefficient $(i,j)$ de $\mathbf 1\,\mathbf 1^{T}$ vaut $1\cdot 1=1$, donc $$J=\mathbf 1\,\mathbf 1^{T}.$$
Comme $\mathbf 1\ne 0$, la question 1 donne directement $$\boxed{\operatorname{rg}(J)=1.}$$

**À retenir.** Toujours chercher à *factoriser* une matrice «~à motif~» sous forme $uv^{T}$ avant tout calcul.

*Rapport : «~simple application de la question précédente après une identification explicite des vecteurs $u$ et $v$~».*

## Question 3

**Rappel de cours.** Réciproque de Q1 : caractériser les matrices de rang 1.

**Analyse.**

Le rang $1$ signifie $\operatorname{Im}(K)$ = **une droite** $\operatorname{Vect}(u)$.

Chaque colonne $Ke_j$ est alors un multiple de $u$ : les coefficients de proportionnalité forment $v$.

**Solution détaillée.**

Soit $K\in\mathcal{M}_n(\mathbb{R})$ de rang $1$.

Alors $\dim\operatorname{Im}(K)=1$ : il existe $u\ne 0$ avec $\operatorname{Im}(K)=\operatorname{Vect}(u)$.

Pour chaque $j$, la colonne $Ke_j\in\operatorname{Im}(K)=\operatorname{Vect}(u)$ : il existe un unique $v_j\in\mathbb{R}$ tel que $Ke_j=v_j\,u$.

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

Alors, colonne par colonne, $$(uv^{T})e_j=u\,(v^{T}e_j)=u\,v_j=v_j\,u=Ke_j\qquad(1\le j\le n),$$ et deux matrices ayant les mêmes colonnes sont égales : $K=uv^{T}$.

*Vérifions les non-nullités.* $u\ne 0$ par construction.

Si $v=0$, alors $K=u\,0^{T}=0$, de rang $0$, ce qui contredit $\operatorname{rg}(K)=1$ ; donc $v\ne 0$.

D'où
$$\boxed{K=uv^{T}\ \text{avec}\ u,v\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}.}$$

**À retenir.** «~Rang 1~» $\iff$ «~image = une droite~» : on construit $u$ (générateur de l'image) puis $v$ (colonne des coordonnées).

*Rapport : première question difficile ; deux fautes fréquentes — oublier de vérifier $u,v\ne0$, et ne pas vérifier explicitement $K=uv^{T}$ («~le calcul de vérification n'était pas long~»).*

## Question 4

**Rappel de cours.** Q1 : $\operatorname{Im}(uv^{T})=\operatorname{Vect}(u)$.

**Analyse.**

L'égalité $uv^{T}=xy^{T}$ impose d'abord l'**égalité des images** $\operatorname{Vect}(u)=\operatorname{Vect}(x)$, donc la **colinéarité** $u=\lambda x$ (argument-clé qui a «~manqué à beaucoup~»).

On reporte ensuite dans l'égalité.

**Solution détaillée.** Soient $u,v,x,y\in\mathbb{R}^n\setminus\{0\}$.

*Sens $\Leftarrow$.*

Si $u=\lambda x$ et $v=\tfrac1\lambda y$ avec $\lambda\ne 0$, alors $$uv^{T}=(\lambda x)\Big(\tfrac1\lambda y\Big)^{T}=\lambda\cdot\tfrac1\lambda\,x y^{T}=xy^{T}.$$

*Sens $\Rightarrow$.* Supposons $K:=uv^{T}=xy^{T}$. Par Q1, $\operatorname{Vect}(u)=\operatorname{Im}(K)=\operatorname{Vect}(x)$.

Comme $u,x\ne 0$, ils sont colinéaires : il existe $\lambda\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$ avec $u=\lambda x$.

On reporte : $$\lambda x\,v^{T}=x\,y^{T}\ \Longrightarrow\ x\,(\lambda v^{T}-y^{T})=0.$$
Comme $x\ne 0$, choisissons $i$ avec $x_i\ne 0$ ; la ligne $i$ de cette égalité s'écrit $x_i(\lambda v-y)^{T}=0$, d'où $\lambda v=y$, soit $v=\tfrac1\lambda y$.

Conclusion :
$$\boxed{uv^{T}=xy^{T}\iff \exists\,\lambda\ne 0,\ u=\lambda x\ \text{et}\ v=\tfrac1\lambda y.}$$

**À retenir.**

L'écriture $uv^{T}$ n'est unique qu'**à un facteur d'échelle** $(\lambda,1/\lambda)$ près — reflet du fait qu'on ne fixe qu'une droite.

*Rapport : «~l'identification de l'image donnait la colinéarité de $u$ et $x$, argument qui a manqué à beaucoup~».*

## Question 5

**Rappel de cours.**

Trace : $\operatorname{Tr}(uv^{T})$ ; $\operatorname{Tr}(AB)=\operatorname{Tr}(BA)$.

Diagonalisabilité : une matrice annulée par un **polynôme scindé à racines simples** est diagonalisable (condition **suffisante**, non nécessaire).

**Analyse.** (a)-(b) sont des calculs directs exploitant l'associativité et $v^{T}u=\langle v,u\rangle$. (c) relie diagonalisation et trace via le **polynôme annulateur** $X^2-\operatorname{Tr}(K)X$ ; on prend garde à traiter séparément $\operatorname{Tr}(K)=0$ (racine double).

**Solution détaillée.**

Soit $K=uv^{T}$ de rang $1$, et $t:=\operatorname{Tr}(K)$.

**(a)** Directement, $$\operatorname{Tr}(uv^{T})=\sum_{i=1}^n (uv^{T})_{ii}=\sum_{i=1}^n u_i v_i=\langle v,u\rangle.$$ (Alternative : $\operatorname{Tr}(uv^{T})=\operatorname{Tr}(v^{T}u)=v^{T}u$.)

Donc $t=\langle v,u\rangle$.

**(b)** Par associativité,
$$K^2=uv^{T}\,uv^{T}=u\,(v^{T}u)\,v^{T}=(v^{T}u)\,uv^{T}=\langle v,u\rangle\,K=\operatorname{Tr}(K)\,K.$$

**(c)** On montre les deux implications séparément (le raisonnement «~par équivalent~» est «~très difficile~», cf. rapport).

- *Si $t\ne 0$ :* le polynôme $P(X)=X^2-tX=X(X-t)$ vérifie $P(K)=K^2-tK=0$ par (b).

Ses racines $0$ et $t$ sont **distinctes** ($t\ne0$), donc $P$ est **scindé à racines simples** : $K$ est diagonalisable.

- *Si $t=0$ :* alors $K^2=tK=0$, donc $K$ est nilpotente.

Si $K$ était diagonalisable, ses valeurs propres seraient les racines de son polynôme minimal, qui divise $X^2$ : la seule valeur propre serait $0$, et une matrice diagonalisable dont l'unique valeur propre est $0$ est semblable à la matrice nulle, donc $K=0$.

Or $\operatorname{rg}(K)=1$, donc $K\ne 0$ : contradiction. **$K$ n'est pas diagonalisable.**

Par contraposée des deux points, $K$ diagonalisable $\iff t\ne 0$ : $$\boxed{K\ \text{diagonalisable}\iff \operatorname{Tr}(K)\ne 0.}$$

**À retenir.** «~Annulée par un polynôme scindé simple $\Rightarrow$ diagonalisable~» n'a **pas de réciproque** : quand la racine est double ($t=0$), on conclut par l'**argument de trace** (seule valeur propre $0$ $\Rightarrow$ nulle si diagonalisable).

*Rapport : «~l'erreur la plus courante a été une mauvaise connaissance du théorème de diagonalisation~».*

## Question 6

**Rappel de cours.** $P$ est un **projecteur** ssi $P^2=P$ ; il est **orthogonal** ssi de plus $P^{T}=P$ (symétrique).

Le rang d'un projecteur est $\dim\operatorname{Im}(P)$.

**Analyse.** Le sens $\Leftarrow$ est une vérification directe des trois propriétés.

Le sens $\Rightarrow$ (plus délicat) part de Q3 : $P=uv^{T}$, puis la **symétrie** $P=P^{T}$ force via Q4 la colinéarité de $u,v$, et $P^2=P$ fixe la normalisation.

**Solution détaillée.**

*Sens $\Leftarrow$.*

Soit $P=yy^{T}$ avec $\|y\|=1$.

Alors : $$P^{T}=(yy^{T})^{T}=yy^{T}=P\quad(\text{symétrique}),\qquad P^2=y(y^{T}y)y^{T}=\|y\|^2\,yy^{T}=yy^{T}=P.$$
Donc $P$ est un projecteur symétrique, i.e. un **projecteur orthogonal** ; et $\operatorname{rg}(P)=1$ par Q1 (car $y\ne 0$).

*Sens $\Rightarrow$.*

Soit $P$ un projecteur orthogonal de rang $1$.

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

La symétrie donne $uv^{T}=P=P^{T}=vu^{T}$.

On applique **Q4** à $uv^{T}=vu^{T}$ (rôles $x=v,\ y=u$) : il existe $\lambda\ne 0$ tel que $u=\lambda v$.

Ainsi $P=uv^{T}=\lambda\,vv^{T}$.

La condition $P^2=P$ s'écrit $$P^2=\lambda^2\,(v^{T}v)\,vv^{T}=\lambda^2\|v\|^2\,vv^{T}=\lambda\,vv^{T}=P,$$ et comme $vv^{T}\ne 0$, on identifie les scalaires : $\lambda^2\|v\|^2=\lambda$, d'où $\lambda\|v\|^2=1$, soit $\lambda=\dfrac1{\|v\|^2}>0$.

Alors $$P=\lambda vv^{T}=\frac{1}{\|v\|^2}vv^{T}=\Big(\frac{v}{\|v\|}\Big)\Big(\frac{v}{\|v\|}\Big)^{T}.$$
En posant $y=\dfrac{v}{\|v\|}$ (donc $\|y\|=1$), on obtient $\boxed{P=yy^{T}}$.

**À retenir.** Un projecteur orthogonal de rang 1 est exactement la projection sur une droite dirigée par un **vecteur unitaire** : $y\mapsto \langle y,\cdot\rangle\,y$.

*Rapport : sens réciproque «~sans difficulté~» à condition de vérifier les deux propriétés $P^2=P$ et $P^{T}=P$ ; sens direct «~bien plus délicat~», «~le point de départ était la question 3~».*

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# Deuxième partie — Inversibilité de $A+uv^{T}$

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

## Question 7

**Rappel de cours.** Produit **par blocs** : si les découpages sont compatibles, $\begin{pmatrix}A&B\\C&D\end{pmatrix}\begin{pmatrix}A'&B'\\C'&D'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}AA'+BC'&AB'+BD'\\CA'+DC'&CB'+DD'\end{pmatrix}$.

**Analyse.**

Calcul mécanique en $(n+1)\times(n+1)$ ; on garde $s:=\langle v,u\rangle=v^{T}u$ en facteur et on utilise $v^{T}(I_n+uv^{T})=(1+s)v^{T}$.

**Solution détaillée.** On note $s=v^{T}u=\langle v,u\rangle$. Multiplions d'abord les deux premiers facteurs :
$$\begin{pmatrix}I_n&0\\v^{T}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\0&1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ v^{T}(I_n+uv^{T})&v^{T}u+1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ (1+s)v^{T}&1+s\end{pmatrix},$$
car $v^{T}(I_n+uv^{T})=v^{T}+(v^{T}u)v^{T}=(1+s)v^{T}$. On multiplie à droite par le dernier facteur :
$$\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\ (1+s)v^{T}&1+s\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&0\\-v^{T}&1\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}(I_n+uv^{T})-uv^{T}&u\\ (1+s)v^{T}-(1+s)v^{T}&1+s\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}I_n&u\\ 0&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}.$$
$$\boxed{\begin{pmatrix}I_n&0\\v^{T}&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\0&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}I_n&0\\-v^{T}&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}I_n&u\\0&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}.}$$

**À retenir.** Encadrer une matrice de perturbation par deux **matrices unipotentes triangulaires** ($\det=1$) la ramène à une forme triangulaire : c'est le mécanisme qui prépare Q8. *Rapport : «~traitée par la quasi-totalité des candidats~».*

## Question 8

**Rappel de cours.** $\det(MN)=\det M\det N$.

Le déterminant d'une matrice **triangulaire par blocs** $\begin{pmatrix}A&B\\0&d\end{pmatrix}$ vaut $\det(A)\cdot d$ — **à justifier** (par développement, cf. remarque du jury), le déterminant ne se «~calcule pas par blocs~» en général.

**Analyse.** On prend le déterminant de l'identité de Q7. Les deux matrices d'encadrement ont un déterminant égal à $1$, la matrice centrale et le résultat sont triangulaires par blocs : on justifie par **développement cofactoriel** selon la dernière ligne/colonne.

**Solution détaillée.** Justifions d'abord les déterminants triangulaires par blocs par développement.

- $\det\begin{pmatrix}I_n&0\\ \pm v^{T}&1\end{pmatrix}=1$ : en développant selon la **dernière colonne**, égale à $(0,\dots,0,1)^{T}$, on trouve $1\times\det(I_n)=1$.

- $\det\begin{pmatrix}I_n+uv^{T}&u\\0&1\end{pmatrix}$ : en développant selon la **dernière ligne**, égale à $(0,\dots,0,1)$, on trouve $1\times\det(I_n+uv^{T})=\det(I_n+uv^{T})$.

- $\det\begin{pmatrix}I_n&u\\0&1+\langle v,u\rangle\end{pmatrix}$ : développement selon la dernière ligne $(0,\dots,0,1+\langle v,u\rangle)$, d'où $(1+\langle v,u\rangle)\det(I_n)=1+\langle v,u\rangle$.

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

**À retenir.** C'est le **lemme du déterminant matriciel** (matrix determinant lemma). Ne jamais «~factoriser un déterminant par blocs~» sans invoquer la structure triangulaire (développement). *Rapport : «~question très mal traitée [...] même de très bons candidats ont été pris en défaut~» — «~le déterminant ne se calcule généralement pas par blocs~».*

## Question 9

**Rappel de cours.** $A\in GL_n$ : $A^{-1}$ existe, $\det(A)\ne 0$, et $A+uv^{T}=A(I_n+A^{-1}uv^{T})$.

**Analyse.**

On **factorise** $A$ (licite car $A$ inversible) pour se ramener à Q8 avec le vecteur $A^{-1}u$.

**Solution détaillée.**

Comme $A$ est inversible, $$A+uv^{T}=A\big(I_n+A^{-1}uv^{T}\big)=A\big(I_n+(A^{-1}u)\,v^{T}\big).$$
Par multiplicativité et Q8 appliqué au couple $(A^{-1}u,\,v)$ : $$\det(A+uv^{T})=\det(A)\cdot\det\big(I_n+(A^{-1}u)v^{T}\big)=\det(A)\big(1+\langle v,A^{-1}u\rangle\big).$$ $$\boxed{\det(A+uv^{T})=\det(A)\big(1+\langle v,A^{-1}u\rangle\big).}$$

**À retenir.** La formule de Q8 se «~conjugue~» par $A$. *Rapport : «~le fait que $A$ est inversible doit être utilisé au bon moment~» (c'est-à-dire pour factoriser, avant d'appliquer Q8).*

## Question 10

**Rappel de cours.** $M$ inversible $\iff\det(M)\ne 0$.

**Analyse.** Application immédiate de Q9, $\det(A)\ne 0$ étant acquis.

**Solution détaillée.**

Par Q9, $\det(A+uv^{T})=\det(A)\,(1+\langle v,A^{-1}u\rangle)$ avec $\det(A)\ne 0$.

Donc
$$A+uv^{T}\in GL_n(\mathbb{R})\iff \det(A+uv^{T})\ne 0\iff 1+\langle v,A^{-1}u\rangle\ne 0\iff \boxed{\langle v,A^{-1}u\rangle\ne -1.}$$

**À retenir.** Une perturbation de rang 1 est «~presque toujours~» inversible : elle ne détruit l'inversibilité que sur l'hyperplan $\langle v,A^{-1}u\rangle=-1$. *Rapport : «~question très simple par application du résultat précédent~».*

## Question 11

**Rappel de cours.** Pour une matrice carrée, $MR=I_n\Rightarrow R=M^{-1}$ (l'inverse à droite d'une matrice carrée est l'inverse).

**Analyse.**

L'énoncé fournit la formule (Sherman–Morrison) : il suffit de **vérifier** $\big(A+uv^{T}\big)R=I_n$, en gardant $s=\langle v,A^{-1}u\rangle$ en facteur.

**Solution détaillée.**

On suppose $A+uv^{T}$ inversible, donc $1+s\ne 0$ où $s=\langle v,A^{-1}u\rangle=v^{T}A^{-1}u$.

Posons $$R=A^{-1}-\frac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{1+s}.$$
Calculons $(A+uv^{T})R$.

D'une part $(A+uv^{T})A^{-1}=I_n+uv^{T}A^{-1}$.

D'autre part, $$(A+uv^{T})\,A^{-1}uv^{T}A^{-1}=\underbrace{AA^{-1}}_{I_n}uv^{T}A^{-1}+u\underbrace{v^{T}A^{-1}u}_{=s}v^{T}A^{-1}=uv^{T}A^{-1}+s\,uv^{T}A^{-1}=(1+s)\,uv^{T}A^{-1}.$$
Donc $$(A+uv^{T})R=I_n+uv^{T}A^{-1}-\frac{(1+s)uv^{T}A^{-1}}{1+s}=I_n+uv^{T}A^{-1}-uv^{T}A^{-1}=I_n.$$
La matrice étant carrée, $R=(A+uv^{T})^{-1}$ : $$\boxed{\big(A+uv^{T}\big)^{-1}=A^{-1}-\frac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{1+\langle v,A^{-1}u\rangle}.}$$

**À retenir.** Formule de **Sherman–Morrison** : l'inverse d'une perturbation de rang 1 est $A^{-1}$ **corrigé d'un terme de rang 1**. Astuce de calcul : faire apparaître le scalaire $v^{T}A^{-1}u$ pour tout regrouper. *Rapport : vérification «~calculatoire~» ; «~certains candidats ont abandonné le calcul en cours de route~».*

## Question 12

**Rappel de cours.** $\det(C)=0\iff C$ non inversible ; ajouter du rang 1 peut faire remonter le rang.

**Analyse.** Question **ouverte** : il faut construire un **contre-exemple valable en dimension quelconque** (le jury refuse l'exemple limité à $n=2$).

**Solution détaillée.** **Non**, on n'a pas toujours $\det(C+uv^{T})=0$.

En dimension $n\ge 1$ arbitraire, prenons $$C=\operatorname{diag}(0,1,1,\dots,1)\quad(\det C=0,\ \operatorname{rg}C=n-1),\qquad u=v=e_1.$$
Alors $uv^{T}=e_1e_1^{T}=\operatorname{diag}(1,0,\dots,0)$ et $$C+uv^{T}=\operatorname{diag}(1,1,\dots,1)=I_n,\qquad \det(C+uv^{T})=1\ne 0.$$
Le résultat est donc **faux** en général, et ce dans **toute dimension**.

**À retenir.** Une perturbation de rang 1 peut «~réparer~» une valeur propre nulle. Pour une question ouverte, on soigne la **généralité** du contre-exemple. *Rapport : «~il était attendu un contre-exemple valable en dimension arbitraire et pas seulement en dimension 2~».*

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# Troisième partie — Spectre de $B=A+uu^{T}$, cas symétrique

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

## Question 13

**Rappel de cours.** $(M+N)^{T}=M^{T}+N^{T}$, $(uu^{T})^{T}=uu^{T}$.

**Analyse.** Calcul direct de $B^{T}$.

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

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

**À retenir.** $uu^{T}$ est **toujours symétrique** : $A$ symétrique $\Rightarrow B$ symétrique, ce qui autorise le **théorème spectral** dans toute la suite.

*Rapport : question «~traitée par la quasi-totalité des candidats~».*

## Question 14

**Rappel de cours.**

Critère fourni : $M=N\iff Mv_k=Nv_k$ pour tout $k$, dès que $(v_1,\dots,v_n)$ est une base.

Base **orthonormale** : $v_k^{T}v_j=\langle v_k,v_j\rangle=\delta_{kj}$.

**Analyse.** On teste l'égalité proposée sur les vecteurs $v_j$ eux-mêmes : l'orthonormalité fait tomber tous les termes sauf un.

**Solution détaillée.**

Pour tout $j$, $$\Big(\sum_{k=1}^n v_kv_k^{T}\Big)v_j=\sum_{k=1}^n v_k\,(v_k^{T}v_j)=\sum_{k=1}^n v_k\,\delta_{kj}=v_j=I_n v_j.$$
Comme cela vaut pour tous les vecteurs d'une base, le critère donne $$\boxed{I_n=\sum_{k=1}^n v_kv_k^{T}.}$$

**À retenir.**

**Décomposition de l'identité** (résolution de l'unité) : la somme des projecteurs $v_kv_k^{T}$ sur les axes d'une base orthonormée vaut $I_n$ — c'est Parseval sous forme matricielle.

*Rapport : «~la base $(v_k)$ était parfaitement adaptée, le calcul devenait immédiat~».*

## Question 15

**Rappel de cours.**

**Théorème spectral** : $A\in\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$ est diagonalisable en base **orthonormée** $(w_1,\dots,w_n)$, $Aw_k=\lambda_kw_k$, $\lambda_1\le\dots\le\lambda_n$ réelles.

**Analyse.** (a) : combiner Q14 sur la base $(w_k)$ avec $A=A\,I_n$. (b) : la matrice $xI_n-A$ est symétrique inversible, **de mêmes vecteurs propres** que $A$ ; on décompose son inverse — ou on vérifie par produit.

**Solution détaillée.**

**(a)** Appliquons Q14 à la base orthonormée $(w_k)$ : $I_n=\sum_k w_kw_k^{T}$.

Alors $$A=A\,I_n=A\sum_{k=1}^n w_kw_k^{T}=\sum_{k=1}^n (Aw_k)\,w_k^{T}=\sum_{k=1}^n \lambda_k\,w_kw_k^{T}.$$ $$\boxed{A=\sum_{k=1}^n \lambda_k\,w_kw_k^{T}.}$$

**(b)** Soit $x\in\mathbb{R}\setminus\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$.

La matrice $xI_n-A$ est symétrique, de vecteurs propres $w_k$ associés aux valeurs propres $x-\lambda_k\ne 0$ : elle est **inversible**.

Par (a) appliqué à $xI_n-A$ (dont les valeurs propres sont $x-\lambda_k$), $xI_n-A=\sum_k(x-\lambda_k)w_kw_k^{T}$.

Posons $S=\sum_k \tfrac{1}{x-\lambda_k}w_kw_k^{T}$ et vérifions $S=(xI_n-A)^{-1}$.

En utilisant l'orthonormalité $w_k^{T}w_j=\delta_{kj}$ (donc $w_kw_k^{T}\,w_jw_j^{T}=\delta_{kj}w_kw_k^{T}$) : $$(xI_n-A)\,S=\Big(\sum_{j}(x-\lambda_j)w_jw_j^{T}\Big)\Big(\sum_k \tfrac1{x-\lambda_k}w_kw_k^{T}\Big)=\sum_{k}\frac{x-\lambda_k}{x-\lambda_k}w_kw_k^{T}=\sum_k w_kw_k^{T}=I_n.$$
D'où, la matrice étant carrée, $$\boxed{(xI_n-A)^{-1}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{x-\lambda_k}\,w_kw_k^{T}.}$$

**À retenir.**

Écriture spectrale d'une matrice symétrique et de son «~résolvante~» : une **fonction de $A$** agit valeur propre par valeur propre, en gardant les mêmes $w_kw_k^{T}$.

*Rapport (15a) : «~il suffisait d'appliquer le résultat admis à la base $(w_k)$~» plutôt que des «~raisonnements flous~» ; (15b) : appliquer 15a à $xI_n-A$, «~symétrique et inversible dès que $x$ n'est pas valeur propre~», ou multiplier par la formule.*

## Question 16

**Rappel de cours.** **Formule de Grassmann** : $\dim(F+G)=\dim F+\dim G-\dim(F\cap G)$.

Pour $A$ symétrique, multiplicité algébrique = multiplicité géométrique = $\dim\operatorname{Ker}(A-\lambda I_n)$.

**Analyse.** (a) : $\{u\}^{\perp}$ est un **hyperplan** ($\dim n-1$) ; Grassmann force l'intersection avec $E$ à être «~grande~». (b) : sur $E\cap\{u\}^{\perp}$, la perturbation $uu^{T}$ **s'annule**, donc $B$ agit comme $A$.

**Solution détaillée.** $\lambda$ valeur propre de $A$ de multiplicité $m\ge 2$, $E=\operatorname{Ker}(A-\lambda I_n)$, $\dim E=m$.

**(a)** $u\ne 0$ (car $\|u\|=1$), donc $\{u\}^{\perp}$ est un hyperplan : $\dim\{u\}^{\perp}=n-1$.

Par Grassmann, en majorant $\dim(E+\{u\}^{\perp})\le n$ (sous-espace de $\mathbb{R}^n$) : $$\dim\big(E\cap\{u\}^{\perp}\big)=\dim E+\dim\{u\}^{\perp}-\dim\big(E+\{u\}^{\perp}\big)\ge m+(n-1)-n=m-1.$$ $$\boxed{\dim\big(E\cap\{u\}^{\perp}\big)\ge m-1.}$$

**(b)** Montrons $E\cap\{u\}^{\perp}\subseteq\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$.

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

Alors $$Bx=(A+uu^{T})x=Ax+u\,(u^{T}x)=\lambda x+0=\lambda x.$$
Donc $x\in\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)$, et $$\dim\operatorname{Ker}(B-\lambda I_n)\ge \dim\big(E\cap\{u\}^{\perp}\big)\ge m-1.$$
Comme $B$ est symétrique, la multiplicité de $\lambda$ pour $B$ égale cette dimension géométrique, donc **$\lambda$ est valeur propre de $B$ de multiplicité $\ge m-1$**.

**À retenir.** Une perturbation de rang 1 ne peut **déplacer qu'une seule** copie d'une valeur propre multiple : elle en «~fixe~» au moins $m-1$. Ne pas confondre $E+\{u\}^{\perp}$ (**somme**) avec la réunion. *Rapport (16a) : «~se fait par la formule de Grassmann~», confusion fréquente somme/réunion ; (16b) : «~procéder par inclusion~».*

## Question 17

**Rappel de cours.** $\chi_A(x)=\det(xI_n-A)$. Q9 (déterminant d'une perturbation de rang 1) et Q15b (résolvante).

**Analyse.**

On voit $\chi_B(x)=\det\big((xI_n-A)-uu^{T}\big)$ comme une perturbation de rang 1 de la matrice **inversible** $xI_n-A$, on applique Q9, puis on exprime $\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\rangle$ via Q15b.

**Solution détaillée.**

Soit $x\notin\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, de sorte que $xI_n-A$ est inversible (Q15b).

Comme $uu^{T}=u\,(u)^{T}$, on écrit $\;xI_n-B=(xI_n-A)-uu^{T}=(xI_n-A)+u(-u)^{T}$.

Q9 appliqué à la matrice inversible $M=xI_n-A$ et aux vecteurs $(u,\,-u)$ donne $$\chi_B(x)=\det(xI_n-B)=\det(xI_n-A)\Big(1+\langle -u,(xI_n-A)^{-1}u\rangle\Big)=\chi_A(x)\Big(1-\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\rangle\Big).$$
Or, par Q15b, $$\langle u,(xI_n-A)^{-1}u\rangle=u^{T}\Big(\sum_{k}\tfrac{1}{x-\lambda_k}w_kw_k^{T}\Big)u=\sum_{k=1}^n\frac{(u^{T}w_k)(w_k^{T}u)}{x-\lambda_k}=\sum_{k=1}^n\frac{\langle w_k,u\rangle^2}{x-\lambda_k}.$$
D'où $$\boxed{\chi_B(x)=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^n\frac{\langle w_k,u\rangle^2}{x-\lambda_k}\Big).}$$

**À retenir.**

**Équation séculaire** : le polynôme caractéristique de la perturbée est celui de $A$ multiplié par une fraction rationnelle dont les pôles sont les $\lambda_k$.

C'est la clé des parties 3, 4 et 5. *Rapport : «~question assez délicate~», qui combine Q9 et la résolvante (Q15b) ; «~beaucoup de candidats ont admis ce résultat important pour la suite~».*

> **[Traçabilité — nuance sur le rapport]** Le rapport évoque «~une combinaison de la question 9 et de la question 16~» ; la démonstration ci-dessus utilise en réalité **Q9 et Q15b** (la question 16, sur les multiplicités, ne sert pas ici). Il s'agit vraisemblablement d'un lapsus (16 pour 15b) dans le rapport ; le contenu mathématique est inchangé.

## Question 18

**Rappel de cours.**

Seul le vecteur nul est orthogonal à **tous** les vecteurs d'une base : $\langle u,w_k\rangle=0\ \forall k\Rightarrow u=0$. $\operatorname{Tr}(B)=\operatorname{Tr}(A)+\operatorname{Tr}(uu^{T})=\operatorname{Tr}(A)+\|u\|^2$.

**Analyse.** $J=\{k:\langle w_k,u\rangle\ne0\}$ repère les axes propres «~vus~» par $u$. (a) $J$ non vide car $u\ne0$. (b) sur les axes «~non vus~» ($\ell\notin J$), $B$ agit comme $A$. (c) si un seul axe est vu, toutes les valeurs propres sont conservées sauf une, déterminée par la **trace**.

**Solution détaillée.**

**(a)** Si $J=\varnothing$, alors $\langle w_k,u\rangle=0$ pour tout $k$ ; comme $(w_k)$ est une base de $\mathbb{R}^n$, $u$ est orthogonal à tout $\mathbb{R}^n$, donc $u=0$, contredisant $\|u\|=1$.

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

**(b)** Soit $\ell\notin J$ : $\langle w_\ell,u\rangle=u^{T}w_\ell=0$.

Alors $$Bw_\ell=(A+uu^{T})w_\ell=Aw_\ell+u\,(u^{T}w_\ell)=\lambda_\ell w_\ell+0=\lambda_\ell w_\ell,$$ et $w_\ell\ne 0$, donc **$\lambda_\ell$ est valeur propre de $B$** (de vecteur propre $w_\ell$).

**(c)** Supposons $J=\{j\}$.

Pour tout $k\ne j$, on a $k\notin J$, donc par (b) $\lambda_k$ est valeur propre de $B$, de vecteur propre $w_k$.

Les $w_k$ ($k\ne j$) étant orthonormés, ils sont indépendants et engendrent un sous-espace $V=\operatorname{Vect}(w_k,\,k\ne j)$ de dimension $n-1$, **stable par $B$**.

Comme $B$ est symétrique, $V^{\perp}=\operatorname{Vect}(w_j)$ est aussi stable par $B$ : $Bw_j=\mu\,w_j$ pour un certain $\mu$.

Les valeurs propres de $B$ (comptées avec multiplicité) sont donc $\{\lambda_k:k\ne j\}\cup\{\mu\}$.

On identifie $\mu$ par la trace : $$\operatorname{Tr}(B)=\operatorname{Tr}(A)+\operatorname{Tr}(uu^{T})=\operatorname{Tr}(A)+\|u\|^2=\sum_{k}\lambda_k+1.$$
Comme $\operatorname{Tr}(B)=\sum_{k\ne j}\lambda_k+\mu$, on obtient $\mu=\lambda_j+1$.

Les valeurs propres de $B$ sont donc $$\boxed{(\lambda_1,\dots,\lambda_{j-1},\ \lambda_j+1,\ \lambda_{j+1},\dots,\lambda_n).}$$

**À retenir.**

Quand $u$ n'excite qu'**un seul** vecteur propre $w_j$, la perturbation translate la valeur propre correspondante de $\|u\|^2=1$ et laisse les autres intactes.

La **trace** ($\operatorname{Tr}(B)=\operatorname{Tr}(A)+1$) livre la valeur propre manquante. *Rapport (18c) : «~l'argument le plus court était d'utiliser la trace~» ; danger d'utiliser Q17 «~alors qu'a priori $\lambda_j+1\ne\lambda_k$ n'est pas garanti~».*

## Question 19

**Rappel de cours.**

Une **fraction rationnelle** est $\mathcal{C}^\infty$ hors de ses pôles ; dérivée de $x\mapsto\frac{1}{x-a}$ vaut $-\frac{1}{(x-a)^2}$.

**Théorème des valeurs intermédiaires** + stricte monotonie $\Rightarrow$ **bijection** sur un intervalle.

**Analyse.**

Ici $\lambda_1<\dots<\lambda_n$ et $J=\{1,\dots,n\}$ (tous $\langle w_k,u\rangle\ne0$, donc coefficients $c_k:=\langle w_k,u\rangle^2>0$).

La fonction $f$ est strictement décroissante sur chaque intervalle entre pôles, avec des limites $\pm\infty$ (ou $0$) : le TVI donne **une** solution à $f=1$ par intervalle, ce qui **entrelace** les $\mu_k$ entre les $\lambda_k$.

**Solution détaillée.**

On note $c_k=\langle w_k,u\rangle^2$ ; ici $c_k>0$ pour tout $k$ (car $J=\{1,\dots,n\}$). $f(x)=\sum_{k=1}^n\frac{c_k}{x-\lambda_k}$.

**(a)** $f$ est une **fraction rationnelle** dont les pôles sont exactement les $\lambda_k$ (deux à deux distincts).

Elle est donc de classe $\mathcal{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}\setminus\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, et en dérivant terme à terme, $$\boxed{f'(x)=-\sum_{k=1}^n\frac{c_k}{(x-\lambda_k)^2}.}$$
Comme tous les $c_k>0$, $f'(x)<0$ sur tout l'ensemble de définition : $f$ est **strictement décroissante** sur chaque intervalle.

**(b)** Fixons un intervalle $I$ sur lequel $f$ n'a pas de pôle : $f$ y est continue, strictement décroissante.

- Sur $I=\,]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$ ($1\le\ell\le n-1$) : quand $x\to\lambda_\ell^+$, le terme $\frac{c_\ell}{x-\lambda_\ell}\to+\infty$ (dénominateur $\to 0^+$, $c_\ell>0$) domine les autres termes (finis), donc $f(x)\to+\infty$.

Quand $x\to\lambda_{\ell+1}^-$, le terme $\frac{c_{\ell+1}}{x-\lambda_{\ell+1}}\to-\infty$ ($\to 0^-$) donc $f(x)\to-\infty$.

Continue et strictement décroissante de $+\infty$ à $-\infty$, $f$ réalise une bijection de $I$ sur $\mathbb{R}$ : l'équation $f(x)=1$ a **une unique solution** dans $]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$.

- Sur $I=\,]\lambda_n,+\infty[$ : quand $x\to\lambda_n^+$, $f(x)\to+\infty$ ; quand $x\to+\infty$, chaque terme $\frac{c_k}{x-\lambda_k}\to 0$, donc $f(x)\to 0^+$.

Continue strictement décroissante de $+\infty$ vers $0$, $f$ réalise une bijection de $]\lambda_n,+\infty[$ sur $]0,+\infty[$.

Comme $1\in\,]0,+\infty[$, l'équation $f(x)=1$ a **une unique solution** dans $]\lambda_n,+\infty[$.

**(c)** On dispose ainsi de **$n$ solutions distinctes** de $f(x)=1$ : notons-les $\mu_\ell\in\,]\lambda_\ell,\lambda_{\ell+1}[$ pour $\ell=1,\dots,n-1$, et $\mu_n\in\,]\lambda_n,+\infty[$.

En chacune, $x\notin\{\lambda_k\}$ donc $\chi_A(x)\ne 0$, et par Q17 $$\chi_B(\mu_\ell)=\chi_A(\mu_\ell)\big(1-f(\mu_\ell)\big)=\chi_A(\mu_\ell)\cdot 0=0.$$
Ce sont donc des **valeurs propres de $B$**.

Comme $\chi_B$ est un polynôme unitaire de degré $n$ et qu'on a exhibé $n$ racines distinctes, ce sont **exactement** toutes les valeurs propres de $B$ (toutes simples).

En les rangeant, $\lambda_\ell<\mu_\ell<\lambda_{\ell+1}$ pour $\ell\le n-1$ et $\lambda_n<\mu_n$, d'où $$\boxed{\lambda_1<\mu_1<\lambda_2<\mu_2<\dots<\lambda_n<\mu_n.}$$

**À retenir.**

**Entrelacement strict de Cauchy** : perturber par $+uu^{T}$ décale chaque valeur propre vers la droite, en la plaçant strictement entre deux valeurs propres consécutives de $A$.

La preuve type : *fraction rationnelle + monotonie + TVI intervalle par intervalle*.

*Rapport (19a) : dire que $f$ est une fraction rationnelle est «~indispensable~» pour le $\mathcal{C}^\infty$ ; (19b) : préciser monotonie ET limites aux bords, traiter $]\lambda_n,+\infty[$ à part ; (19c) : «~noter qu'on a obtenu toutes les valeurs propres~».*

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# Quatrième partie — Perturbation aléatoire, spectre moyen

*Cadre : $A\in\mathcal{S}_n(\mathbb{R})$, valeurs propres $\lambda_1\le\dots\le\lambda_n$, base orthonormée $(u_1,\dots,u_n)$. $U$ suit la loi uniforme sur $\{u_1,\dots,u_n\}$, $B=A+UU^{T}$, $\chi_B(x)=\det(xI_n-B)$.*

## Question 20

**Rappel de cours.**

**Formule de transfert** (cas fini) : pour $g$ réelle, $\mathbb{E}[g(U)]=\sum_i g(u_i)\,\mathbb{P}(U=u_i)$.

**Identité de Parseval** : dans une base orthonormée $(u_i)$, $\sum_i\langle u_i,w\rangle^2=\|w\|^2$.

**Analyse.** Il faut d'abord **traduire l'espérance** via la loi uniforme, puis reconnaître Parseval.

**Solution détaillée.** $U$ est uniforme : $\mathbb{P}(U=u_i)=\tfrac1n$.

Par la formule de transfert appliquée à $g(x)=\langle x,w\rangle^2$, $$\mathbb{E}\big[\langle U,w\rangle^2\big]=\sum_{i=1}^n\frac1n\,\langle u_i,w\rangle^2=\frac1n\sum_{i=1}^n\langle u_i,w\rangle^2.$$
La base $(u_i)$ étant orthonormée, $w=\sum_i\langle u_i,w\rangle u_i$ et $\|w\|^2=\sum_i\langle u_i,w\rangle^2$ (Parseval).

D'où
$$\boxed{\mathbb{E}\big[\langle U,w\rangle^2\big]=\frac{1}{n}\|w\|^2.}$$

**À retenir.**

Une direction aléatoire uniforme sur une base orthonormée «~voit~» chaque vecteur $w$ de façon **isotrope en moyenne** : $\mathbb{E}[\langle U,w\rangle^2]=\|w\|^2/n$.

*Rapport : «~la difficulté était de traduire proprement l'espérance ; une fois la formule de transfert écrite, le caractère orthonormal terminait l'argument~».*

## Question 21

**Rappel de cours.**

Une v.a. **finie** (ici $\chi_B(x)$ prend au plus $n$ valeurs) a une espérance. $\chi_A(x)=\prod_k(x-\lambda_k)$, d'où la **dérivée logarithmique** $\dfrac{\chi_A'(x)}{\chi_A(x)}=\sum_k\dfrac1{x-\lambda_k}$.

**Analyse.**

Pour $U=u_i$ fixé, $\chi_B(x)$ est donné par la formule de Q17 (via Q9).

On prend l'espérance en $U$ et on injecte Q20 pour $\mathbb{E}[\langle U,w_k\rangle^2]$.

**Solution détaillée.** Soit $x\notin\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$.

Pour $U=u_i$, la même démarche qu'en Q17 (Q9 appliqué à $xI_n-A$ inversible et aux vecteurs $(U,-U)$) donne $$\chi_B(x)=\chi_A(x)\Big(1-\langle U,(xI_n-A)^{-1}U\rangle\Big)=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^n\frac{\langle w_k,U\rangle^2}{x-\lambda_k}\Big).$$
C'est une fonction de $U$ prenant **un nombre fini** de valeurs, donc $\mathbb{E}[\chi_B(x)]$ existe.

Par linéarité de l'espérance et Q20 ($\mathbb{E}[\langle w_k,U\rangle^2]=\tfrac1n\|w_k\|^2=\tfrac1n$ car $\|w_k\|=1$) : $$\mathbb{E}[\chi_B(x)]=\chi_A(x)\Big(1-\sum_{k=1}^n\frac{\mathbb{E}[\langle w_k,U\rangle^2]}{x-\lambda_k}\Big)=\chi_A(x)\Big(1-\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{1}{x-\lambda_k}\Big).$$
Enfin $\chi_A(x)\sum_k\frac1{x-\lambda_k}=\chi_A'(x)$ (dérivée logarithmique), d'où $$\boxed{\mathbb{E}[\chi_B(x)]=\chi_A(x)-\frac1n\,\chi_A'(x).}$$

**À retenir.**

En moyenne, le polynôme caractéristique de la perturbée s'écrit **$\chi_A-\frac1n\chi_A'$** : une combinaison simple de $\chi_A$ et de sa dérivée.

*Rapport : «~$\chi_B(x)$ ne prend qu'un nombre fini de valeurs donc son espérance est bien définie~» ; question «~sans problème majeur~» pour ceux qui ont abordé la partie 4.*

> **[Traçabilité]** Le rapport écrit «~l'espérance du résultat de la question 18~» ; il s'agit de la formule de **Q17** (équation séculaire), utilisée ici avec $u=U$. Lapsus probable (18 pour 17) ; l'argument reste celui exposé.

## Question 22

**Rappel de cours.**

Deux polynômes qui coïncident sur un ensemble **infini** sont égaux. $\chi_B(x)=\det(xI_n-B)$ est, à $U$ fixé, un **polynôme** en $x$.

**Analyse.** La formule de Q21 n'est valable que hors des $\lambda_k$.

On observe que **les deux membres sont des polynômes** en $x$ égaux sur l'ensemble infini $\mathbb{R}\setminus\{\lambda_k\}$, donc partout — en particulier en $x=\lambda_k$.

**Solution détaillée.**

Posons $g(x)=\mathbb{E}[\chi_B(x)]$ et $h(x)=\chi_A(x)-\tfrac1n\chi_A'(x)$.

- $h$ est un polynôme.

- $g(x)=\sum_{i=1}^n\tfrac1n\det(xI_n-A-u_iu_i^{T})$ est une **moyenne finie de polynômes** en $x$ (chaque $\det(xI_n-A-u_iu_i^{T})$ est le polynôme caractéristique de la matrice $A+u_iu_i^{T}$), donc $g$ est un polynôme.

D'après Q21, $g(x)=h(x)$ pour tout $x\in\mathbb{R}\setminus\{\lambda_1,\dots,\lambda_n\}$, ensemble infini.

Deux polynômes égaux sur un ensemble infini sont égaux : $g=h$ **sur $\mathbb{R}$**.

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

**À retenir.** **Prolongement par densité polynomiale** : une identité de fractions rationnelles valable hors d'un nombre fini de points, si les deux membres sont **polynomiaux**, se prolonge à ces points. Argument à réflexe. *Rapport : «~rédaction subtile [...] il fallait un argument pour passer à la limite [...] le caractère polynomial permet d'identifier les valeurs manquantes~».*

## Question 23

**Rappel de cours.** Un polynôme **non nul** ne s'annule qu'en un nombre fini de points ; le coefficient dominant caractérise le degré.

**Analyse.** $\mathbb{E}[\chi_B(x)]=\chi_A(x)-\frac1n\chi_A'(x)$ est un polynôme dont on identifie le **terme dominant** : de degré $n$, il n'est pas identiquement nul.

**Solution détaillée.**

Par Q22, la fonction $Q(x):=\mathbb{E}[\chi_B(x)]=\chi_A(x)-\tfrac1n\chi_A'(x)$ est un **polynôme** (sur $\mathbb{R}$ tout entier).

Raisonnons par l'absurde : supposons $\mathbb{E}[\chi_B(x)]=0$ pour tout $x$, i.e. $Q\equiv 0$.

Or $\chi_A$ est unitaire de degré $n$ : $\chi_A(x)=x^n+(\text{degré}\le n-1)$, tandis que $\chi_A'(x)$ est de degré $n-1$.

Donc $Q(x)=x^n+(\text{degré}\le n-1)$ a pour coefficient dominant $1\ne 0$ : $Q$ est de degré $n$, en particulier **non nul**.

Contradiction.

Il existe donc $x\in\mathbb{R}$ avec $\boxed{\mathbb{E}[\chi_B(x)]\ne 0}$ (par exemple pour $x$ assez grand, $Q(x)\sim x^n\to+\infty$).

**À retenir.**

Pour montrer «~il existe $x$ tel que $P(x)\ne0$~», il suffit de voir que $P$ **n'est pas le polynôme nul** — ici via le terme dominant $x^n$.

*Rapport : «~se traite facilement par l'absurde dès qu'on a observé que $\mathbb{E}[\chi_B(x)]$ est un polynôme, qui ne peut pas être nul~».*

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# Cinquième partie — Cas $A$ singulière ($\lambda_1=\dots=\lambda_m=0$)

*Cadre : $B=A+uu^{T}$, $\|u\|=1$, valeurs propres $\lambda_1\le\dots\le\lambda_n$ de $A$ et $\mu_1\le\dots\le\mu_n$ de $B$.

On **admet** l'entrelacement* $$\lambda_1\le\mu_1\le\lambda_2\le\mu_2\le\dots\le\lambda_n\le\mu_n.$$
*On suppose $0=\lambda_1=\dots=\lambda_m<\lambda_{m+1}\le\dots\le\lambda_n$ avec $m\in\{1,\dots,n-1\}$, et on fixe $\varepsilon\in\,]0,\lambda_{m+1}[$.*

## Question 24

**Rappel de cours.** $M-\varepsilon I_n$ inversible $\iff\varepsilon$ n'est pas valeur propre de $M$. $\det(A-\varepsilon I_n)=\prod_k(\lambda_k-\varepsilon)$.

**Analyse.**

Vérifier que $\varepsilon$ (strictement compris entre $0$ et $\lambda_{m+1}$) évite toutes les valeurs propres de $A$.

**Solution détaillée.**

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

Or $\varepsilon\in\,]0,\lambda_{m+1}[$ : $\varepsilon>0$ donc $\varepsilon\ne 0$, et $\varepsilon<\lambda_{m+1}\le\lambda_k$ pour $k\ge m+1$ donc $\varepsilon\ne\lambda_k$.

Ainsi $\varepsilon$ n'est valeur propre d'aucun $\lambda_k$, donc $\det(A-\varepsilon I_n)=\prod_k(\lambda_k-\varepsilon)\ne 0$ : $$\boxed{A-\varepsilon I_n\ \text{est inversible.}}$$

**À retenir.** $\varepsilon$ est choisi dans un «~trou~» du spectre de $A$ (entre la valeur propre nulle et la première non nulle), ce qui garantit l'inversibilité.

*Rapport : «~$\varepsilon$ ne peut pas être valeur propre de $A$ compte tenu de sa définition~».*

*Hypothèse pour la suite :* $\;\langle u,(A-\varepsilon I_n)^{-1}u\rangle<-1$.

## Question 25

**Rappel de cours.**

Q10 : $M+uv^{T}$ inversible $\iff\langle v,M^{-1}u\rangle\ne-1$ (pour $M$ inversible).

**Analyse.** $B-\varepsilon I_n=(A-\varepsilon I_n)+uu^{T}$ est une perturbation de rang 1 de $A-\varepsilon I_n$ (inversible par Q24) ; on applique Q10 et l'hypothèse.

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

Comme $A-\varepsilon I_n$ est inversible (Q24), Q10 appliqué à $M=A-\varepsilon I_n$ et $(u,u)$ donne : $B-\varepsilon I_n$ inversible $\iff\langle u,(A-\varepsilon I_n)^{-1}u\rangle\ne-1$.

Par hypothèse cette quantité est $<-1$, donc $\ne-1$.

Ainsi
$$\boxed{B-\varepsilon I_n\ \text{est inversible}\quad(\text{en particulier}\ \varepsilon\ \text{n'est pas valeur propre de}\ B,\ \text{donc}\ \mu_k\ne\varepsilon\ \forall k).}$$

**À retenir.**

L'hypothèse $\langle u,(A-\varepsilon I)^{-1}u\rangle<-1$ sert exactement à esquiver la valeur interdite $-1$ de Q10.

*Rapport : «~l'utilisation de la question 9 [via Q10] et de l'inégalité supposée donnait le résultat ; peu de candidats ont vu le lien~».*

## Question 26

**Rappel de cours.**

Q11 (Sherman–Morrison) et $\operatorname{Tr}(MN)=\operatorname{Tr}(NM)$, avec $\operatorname{Tr}(uv^{T})=\langle v,u\rangle$ (Q5a). $(A-\varepsilon I_n)^{-1}$ est **symétrique** (inverse d'une matrice symétrique).

**Analyse.**

On applique la formule de l'inverse (Q11) à $M=A-\varepsilon I_n$, $u=v=u$, puis on prend la **trace** : le terme correctif est un rang 1 dont la trace se ramène à $\|Su\|^2$, de signe contrôlé par l'hypothèse.

**Solution détaillée.**

Posons $S=(A-\varepsilon I_n)^{-1}$ (symétrique) et $s=\langle u,Su\rangle=u^{T}Su$.

Par hypothèse $s<-1$, donc $1+s<0$.

Q11 appliqué à $M=A-\varepsilon I_n$ et aux vecteurs $(u,u)$ donne, puisque $B-\varepsilon I_n=(A-\varepsilon I_n)+uu^{T}$ : $$(B-\varepsilon I_n)^{-1}=S-\frac{S\,uu^{T}\,S}{1+s}.$$
Prenons la trace, en utilisant $\operatorname{Tr}(S\,uu^{T}S)=\operatorname{Tr}\big((Su)(Su)^{T}\big)=(Su)^{T}(Su)=\|Su\|^2$ (car $S^{T}=S$, donc $u^{T}S\cdot Su=\|Su\|^2$) : $$\operatorname{Tr}\big((B-\varepsilon I_n)^{-1}\big)-\operatorname{Tr}\big((A-\varepsilon I_n)^{-1}\big)=-\frac{\|Su\|^2}{1+s}.$$
Or $\|Su\|^2>0$ : en effet $u\ne 0$ (car $\|u\|=1$) et $S$ inversible, donc $Su\ne 0$.

Et $1+s<0$. Le quotient $-\dfrac{\|Su\|^2}{1+s}$ est donc **strictement positif**. D'où
$$\boxed{\operatorname{Tr}\big((B-\varepsilon I_n)^{-1}\big)>\operatorname{Tr}\big((A-\varepsilon I_n)^{-1}\big).}$$

**À retenir.**

La trace de la résolvante augmente strictement sous la perturbation : le terme correctif de Sherman–Morrison, de trace $-\|Su\|^2/(1+s)$, a un signe entièrement fixé par l'hypothèse $1+s<0$.

*Rapport : «~l'application de la trace à cette relation [Sherman–Morrison] et un enchaînement de calculs avec l'inégalité supposée~».*

> **[Traçabilité]** Le rapport indique «~le point de départ était la question 4~» ; la démonstration standard part de **Q11** (formule de l'inverse) et **Q5a** ($\operatorname{Tr}(uv^{T})=\langle v,u\rangle$). La référence «~question 4~» du rapport est probablement une coquille ; le résultat et sa preuve sont ceux ci-dessus.

## Question 27

**Rappel de cours.** $\operatorname{Tr}\big((M-\varepsilon I_n)^{-1}\big)=\sum_k\frac{1}{(\text{val. propre}_k)-\varepsilon}$ (une matrice symétrique se diagonalise, l'inverse aussi). Entrelacement admis en partie 5.

**Analyse.**

On explicite les deux traces comme sommes $\sum 1/(\mu_k-\varepsilon)$ et $\sum 1/(\lambda_k-\varepsilon)$, puis on **découpe selon la position de l'indice par rapport à $m$**.

L'entrelacement fixe $\mu_k=0$ pour $k<m$ et le signe des termes ; l'inégalité stricte de Q26 force alors $\mu_m>\varepsilon$.

**Solution détaillée.**

Les valeurs propres de $(A-\varepsilon I_n)^{-1}$ sont les $\frac1{\lambda_k-\varepsilon}$, celles de $(B-\varepsilon I_n)^{-1}$ les $\frac1{\mu_k-\varepsilon}$ (bien définies : $\varepsilon$ n'est valeur propre ni de $A$ (Q24) ni de $B$ (Q25)).

Donc Q26 s'écrit
$$\sum_{k=1}^n\frac1{\mu_k-\varepsilon}>\sum_{k=1}^n\frac1{\lambda_k-\varepsilon}.\tag{$\star$}$$

*Découpage.*

Rappelons $\lambda_1=\dots=\lambda_m=0<\lambda_{m+1}\le\dots\le\lambda_n$ et $\varepsilon\in\,]0,\lambda_{m+1}[$.

- Pour $k\le m$ : $\lambda_k-\varepsilon=-\varepsilon<0$, donc $\frac1{\lambda_k-\varepsilon}=-\frac1\varepsilon$ ($m$ termes).

- Pour $k>m$ : $\lambda_k\ge\lambda_{m+1}>\varepsilon$, donc $\lambda_k-\varepsilon>0$.

Du côté $\mu$, l'entrelacement $\lambda_k\le\mu_k\le\lambda_{k+1}$ donne :

- Pour $k\le m-1$ : $\lambda_k=\lambda_{k+1}=0$, donc $\mu_k=0$ et $\frac1{\mu_k-\varepsilon}=-\frac1\varepsilon$ ($m-1$ termes).

- Pour $k>m$ : $\mu_k\ge\lambda_k\ge\lambda_{m+1}>\varepsilon$, donc $\mu_k-\varepsilon>0$ et, comme $\mu_k\ge\lambda_k>\varepsilon$, on a $\frac1{\mu_k-\varepsilon}\le\frac1{\lambda_k-\varepsilon}$, soit $\frac1{\mu_k-\varepsilon}-\frac1{\lambda_k-\varepsilon}\le 0$.

- Reste $k=m$ : $\lambda_m=0\le\mu_m\le\lambda_{m+1}$, et $\mu_m\ne\varepsilon$ (Q25).

Injectons ces valeurs dans $(\star)$ : $$\underbrace{-\frac{m-1}\varepsilon}_{k\le m-1}+\frac1{\mu_m-\varepsilon}+\sum_{k>m}\frac1{\mu_k-\varepsilon}\ >\ \underbrace{-\frac m\varepsilon}_{k\le m}+\sum_{k>m}\frac1{\lambda_k-\varepsilon},$$ c'est-à-dire, en regroupant les termes constants ($-\frac{m-1}\varepsilon+\frac m\varepsilon=\frac1\varepsilon$) et les sommes sur $k>m$ : $$\frac1\varepsilon+\frac1{\mu_m-\varepsilon}+\underbrace{\sum_{k>m}\Big(\frac1{\mu_k-\varepsilon}-\frac1{\lambda_k-\varepsilon}\Big)}_{\le\,0}\ >\ 0.$$
Comme la dernière somme est $\le 0$, on en déduit **a fortiori** $$\frac1\varepsilon+\frac1{\mu_m-\varepsilon}>0.\tag{$\star\star$}$$

*Conclusion par l'absurde.* Supposons $\mu_m<\varepsilon$.

Comme $\mu_m\ge\lambda_m=0$, on a $0\le\mu_m<\varepsilon$, donc $\mu_m-\varepsilon\in[-\varepsilon,0[$ et $|\mu_m-\varepsilon|=\varepsilon-\mu_m\le\varepsilon$.

Alors $$\frac1{\mu_m-\varepsilon}=-\frac1{|\mu_m-\varepsilon|}\le-\frac1\varepsilon,$$ d'où $\frac1\varepsilon+\frac1{\mu_m-\varepsilon}\le 0$, en contradiction avec $(\star\star)$.

Donc $\mu_m\ge\varepsilon$ ; et $\mu_m\ne\varepsilon$ (Q25), d'où $$\boxed{\mu_m>\varepsilon.}$$

**À retenir.**

Bilan de tout le sujet : perturber $A$ (qui a une valeur propre nulle de multiplicité $m$) par $+uu^{T}$ fait **strictement décoller** la $m$-ième valeur propre au-dessus de $\varepsilon$, dès que $u$ «~charge~» assez le noyau (hypothèse $\langle u,(A-\varepsilon I)^{-1}u\rangle<-1$).

L'outil décisif : traduire une inégalité de **traces de résolvantes** en une inégalité sur une valeur propre, via un **découpage du spectre**. *Rapport : «~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~».*

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## Épilogue — vue d'ensemble

Le sujet déroule une seule idée, la **perturbation de rang 1** $A\mapsto A+uv^{T}$, sous trois éclairages :
1. **structure** (parties 1–2) : toute matrice de rang 1 est $uv^{T}$, et le déterminant/inverse d'une telle perturbation admet des formules closes (lemme du déterminant, Sherman–Morrison) ;
2. **spectre** (partie 3) : dans le cas symétrique, l'équation séculaire $\chi_B=\chi_A(1-f)$ produit l'**entrelacement** $\lambda_k<\mu_k<\lambda_{k+1}$ ;
3. **aléa** (partie 4) et **cas singulier** (partie 5) : moyenne du spectre ($\chi_A-\tfrac1n\chi_A'$) et contrôle fin par les traces de résolvantes.

Le fil rouge de rédaction, martelé par le jury : **nommer la question invoquée**, **vérifier les hypothèses** (inversibilité avant Q9/Q11, symétrie avant le spectral, $u\ne0$, non-nullité des vecteurs), **ne jamais «~calculer un déterminant par blocs~»** sans justifier la structure triangulaire, et **préciser limites et monotonie** avant tout usage du TVI.