corrigé

Le sujet est inspiré du sujet C.C.P. 20O8 de la …lière TSI avec les modi…cations suivantes:
adaptation des parties 1 et 2 à l’état d’avancement du cours. Le sujet initial utilise la notion de diagonalisation des
matrices symétriques réelles. En pratique les calculs restent les mêmes.
dans le sujet initial les parties 3 et 4 restent dans R3 . Vous faites plus de math que les TSI . J’ai donc repris le cas
général . j’ai ensuite repris les questions du sujet en rajoutant la démonstration que ' est une norme.
PARTIE 1
1.
0
2
A=@ 1
0
2. det(A) = 4 donc A est inversible.
0
1
3 2 1
1
3. A 1 = @ 2 4 2 A
4
1 2 3
0
1
1
4. Q = A 1 B = @ 1 A
2
1
2
1
1
0
1
0
3
1 A ,B=@ 5 A
2
5
5.
a) On fait passer les termes diagonaux dans l’autre membre :
8
y
= 3
< 2x
x + 2y
z =
5
(S)
:
y + 2z = 5
1
3
1
On a donc : K = @ 5 A
2
5
0
8
<
3 = 2x
z + 5 = 2y
:
y 5 = 2z
8
y 3
>
>
x= +
>
>
2 2
<
5
x z
,
y= + +
>
2
2
2
>
>
y 5
>
:
z= +
2 2
,
y
x
b) On pose f l’endomorphisme de R3 telle que M at(i;jk) (f ) = J et on cherche une base orthonormale directe telle que
M at(u;v;w) (f ) = D
On veut
1
1
donc f (u) = 0 donc u 2 Vect @ 0 A
1 (i;jk)
0
1
0
1
p
p0
p1
2
f (v) = @ 2=2 A
=
v donc v 2 Vect @ 2 A
2
0
1
(u;v;w)
(i;jk)
1
0
1
0
p
0
1
p
p
2
f (w) = @
=
w donc w 2 Vect @
2=2 A
2 A
2
0
1
(u;v;w)
(i;jk)
0
On constate que les vecteurs u; v; w sont toujours orthogonaux 2 à 2 . On les norme :
0
0
0
1
1
1
1
1
p
p1
1 @
1
1
0 A
u= p
;v = @ 2 A
;w = @
2 A
2
2
2
1
1
1
(i;jk)
Reste à véri…er que la base est directe det(u; v; w) = +1
p
0
1= 2
P =@
0p
1= 2
(i;jk)
. c’est bon (si on trouve
1
1=2
p1=2
p
2=2
2=2 A
1=2
1=2
(i;jk)
1 on remplace w par
w)
remarque 1 : Il y a 4 (et seulement 4) réponses justes . On peut remplacer u; v; w par leurs opposés ce qui donne 8
bases orthonormales , 4 sont directes et 4 indirectes.
remarque 5/2 : La matrice est symétrique réelle , donc diagonalisable dans une base orthonormale. Vous savez que
la base existe . une fois les deux premiers vecteurs calculés, leur produit vectoriel donne le troisième.
c) véri…cation sans problème.
remarque : toute matrice de passage d’une base OND à une base OND véri…e P
d) J p = P Dp P
1
= tP
= P Dpt P
pour k = 0 , J 2k = I3
0
2 1 k
0
2k
pour k 1 : J = @
0
2 k
2 1 k
0
0
0
2 1
2k+1
1
k
pour k 0 : J
=@ 2
0
0
2 1
0
1
5
1@
4 A;
6. X1 =
2
7
1
1
7. > with(linalg):
1 k
2
0
1 k
2
k
0
2
k
1
A
1 k
0
1
A
0
1
3
1@
2 A
=
2
3
> X:=matrix(3,1,[1,2,0]);
> J:=matrix(3,3,[0,1/2,0,1/2,0,1/2,0,1/2,0]);
> K:=matrix(3,1,[3/2,-5/2,5/2]);
> phi:= M->J&*M+K;
> for i from 1 to 2008 do X:=evalm(phi(X)) od :
> evalm(X);
remarque : dans une épreuve sans machine il semble logique de remplacer l’avant dernière ligne par X:=(phi@@2008)(X):En
pratique on constate que 2008 est trop grand et que Maple répond "trop de niveau de récursivité"
8.
a) On a
(p+1)
= X (p+1)
Q = JX (p) + K
(JQ + K) = J(X (p)
Q) = J
(p)
N’oubliez pas que Q est la solution de l’équation.
remarque : C’est la méthode générale de résolution d’une suite arithmético géométrique en cherchant le "point" …xe.
On a donc (suite géométrique):8p 2 N,
(p)
= Jp
(0)
8p 2 N,
= P Dp P
(p)
1
(0)
= P Dp :t P
. Or P
1
= tP
(0)
b) attention à p = 0:
0
1
a
Si U = @ b A on a :
c
1
pour p = 0 Dp U = U et on a bien kU k
kU k
0
0
1 2
0
1 @
A donc kDp U k = p1
b
pour p > 0 Dp U = p
p
( 2)
2
( 1)p c
p
p
b2 + c2
1
p
2
p
p
a2 + b2 + c2 =
1
2p=2
kU k
2
c) On constate que t U U = a2 + b2 + c2 = kU k
2
2
Donc kP U k = t (P U ) (P U ) = t U t P P U = t U U = kU k car on a montré : t P P = I3 . deux matrices 1
égales si et seulement si leurs coe¢ cients sont égaux . Et donc en prenant la racine carrée de réelles positifs
kP U k = kU k
2
1 sont
On a aussi t P P = I3 et de même
t
P U = kU k
d) En regroupant les inégalités pour simpli…er de gauche à droite :
(p)
=
P Dp :t P
=
Dp :t P
1
t
2p=2
(0)
1
0
p
= @ 3 A de norme 13
2
X (p)
Q
(0)
(0)
2p=2
0
9. La suite
(0)
P
1
Or
(0)
(p)
8p 2 N ,
2
p=2
p
13
tend donc vers 0
la suite X (p) converge vers Y:
p
ln(13) + 6 ln(10)
. La calculatrice donne p = 24:
ln(2)
remarque : le sujet demande une solution , pas les solutions , ou la plus petite solution.
10. La condition est véri…ée si 2
p=2
13
10
3
soit p
Partie 2
0
0
1. E est l’espace vectoriel engendré par J(1; 0) = I3 et J(0; 1) = @ 1
1
proportionnelles . Elles forment donc une base de E .
1
0
1
1
1
1 A . Ces deux matrices sont non nulles et non
0
E est un espace vectoriel de dimension 2
2. calcul : J(a; b):J(A; B) = J(aA + 2bB; aB + bA + bB)
1
0
1 1 1
3. U (1) = @ 1 1 1 A .
1 1 1
0 1
1
Une base de l’image est donc V = @ 1 A
1
0
1
0
0
1
0
11
x
1
1
@ y A 2 Ker(A) , x + y + z = 0 dont une base est @W = @ 1 A ; W 0 = @ 0 AA
z
0
1
La réunion des 3 vecteurs de base est une famille de trois vecteurs libres ( det = 3 ) donc une base .
4. sans problème U (1):V = 3V .
0
3 0
On prend f tel que M at(i;jk) (f ) = U (1) . D’après les calculs précédents on constate que M at(V;W;W 0 ) (f ) = @ 0 0
0 0
qui est diagonale. Soit P = M at(i;jk) (V; W; W 0 )
5.
=a
1
0
0 A=D
0
b
6. on a bU (1) = J(a; b)
I3 donc
0 J(a; b) = bU (1) + I3 =1bP DP
a + 2b
0
0
0
a b
0 A
matrice diagonale bD + I3 = @
0
0
a b
1
+ I3 = P (bD + I3 )P
remarque : la solution est unique à l’ordre des termes diagonaux près.
3
1
. J(a; b) est semblable à la
Partie 3
1. La somme des valeurs absolues des coe¢ cients des lignes est respectivement 4; 1; 6 donc '(A) = 6
2.
fli ; i 2 [[1; n]]g est un ensemble …ni de réels positifs , donc le maximum existe et c’est un réel positif.
8
9
n
<X
=
On a '(M ) = max
jmi;j j ; i 2 [[1; n]] . Chacune des sommes véri…e l’homogénéité et l’inégalité triangulaire ,
:
;
j=1
donc aussi leur maximum.
si '(M ) = 0 , chaque somme est nulle , et comme les termes sont positifs , tous les coe¢ cients sont nuls.
' est une norme sur Mn (R)
3.
a) produit matriciel :
8i 2 [[1; n]] ; x0i =
n
X
mi;j xj
j=1
b) On a donc pour i 2 [[1; n]]
jx0i j
n
X
j=1
jmi;j j jxj j
n
X
j=1
jmi;j j : max(jxj j ; j 2 [[1; n]]) =
n
X
j=1
jmi;j j kXk1 = li kXk1
c) On majore li par '(M ) . '(M ) kxk1 est donc un majorant de jx0i j indépendant de i . Il est plus grand que le maximum
kM Xk1
'(M ) kXk1
Pour trouver le cas d’égalité on explicite le fait que le maximum est atteint : 9i0 , '(M ) = li0 =
n
X
j=1
jmi0 ;j j =
n
X
mi0 ;j "j
j=1
1
"1
1 si mi0 ;j 0
C
B
en posant "j =
:. Si on prend X0 = @ ... A on véri…e que kX0 k1 = 1 . De plus d’après la question
1 si mi0 ;j < 0
"n
précédente en notant X 0 = M X0 on a 8i 2 [[1; n]] ; jx0i j
li kX0 k1 = li et x0i0 = x0i0 = li0 . Le maximum est donc
atteint en i0 et donc pour cette matrice X0 . kM X0 k1 = li0 = '(M ) = '(M ) kX0 k1 .
0
2
d) on sait déjà que ' est une norme . Il reste à véri…er que : 8 (M; N ) 2 Mn (R) : '(M N )
'(M )'(N )
Alors pour toute matrice colonne X :
kM N Xk1
'(M ) kN Xk1
'(M )'(N ) kXk1
Il reste à prendre une matrice X0 déterminée à la question précédente telle que kM N X0 k1 = '(M N ) kX0 k1 et X0 6= 0
' est une norme d’algèbre
Partie 4
1. Le système de Cramer A0 X = B0 est équivalent, par Pivot de Gauss, à un système triangulaire T X = C. Pour ce
système tous les termes diagonaux sont non nuls. .Donc A = T est une solution du problème.
Mais c’est une mauvaise réponse , car calculer T est équivalent à résoudre le système par Pivot de Gauss ... c’est justement
ce qu’on ne veut pas faire.
On va faire un Pivot de Gauss partiel pour transformer A0 :
Pour chaque ligne i telle que le coe¢ cient diagonale est non nul , on ne fait rien.
Pour chaque ligne i telle que le coe¢ cient diagonale est nul , on cherche une ligne j telle que (A0 )j;i 6= 0 (elle existe
sinon la colonne i de A0 ne continent que des 0 et le système n’est pas de Cramer) . On e¤ectue alors le Pivot
Li
Li + Lj . Le nouveau terme diagonal est (A0 )j;i 6= 0 , tous les autres ne sont pas changés.
4
La matrice obtenue a tous ses termes diagonaux non nuls.
Certes on a fait un Pivot de Gauss, mais il est beaucoup plus rapide que celui qui trigonalise le système : Au plus
n additions de lignes.
2. On décompose A = D + P avec D et P ayant tous ses termes diagonaux nuls.
AX = B , (D + P )X = B , DX =
PX + B
mais par hypothèse tous les termes diagonaux de D sont ceux de A donc sont non nuls.
AX = B , X = ( D
si A = D + P alors J =
3. Comme partie 1 : On a
4. On a donc
(p)
1
(p+1)
= X (p+1)
'(J p )
(0)
:
Q = JX (p) + K
1
1
P )X + (D
D
1
B)
P et K = D
1
B
(JQ+K) = J(X (p)
Q) = J
(p)
et donc
d’après III:2:c . Or ' est une norme d’algèbre donc pour p
La relation étant vraie pour p = 0 (1
(p)
1 '(J p )
= Jp
(0)
:
'(J)p .
1)
(p)
8p 2 N ,
1
(0)
'(J)p
5. Une condition su¢ sante est donc d’avoir '(J) < 1 . Ce qui donne une majoration par une suite géométrique de raison
dans ] 1; 1[:
6. Si la condition est véri…ée X (p)
Q
1
tend vers 0:
'(J) < 1 ) lim X (p) = Q
7. pour J on a l2 = 1; l1 = l3 = 1=2 donc '(J) = 1 . La condition n’est pas véri…ée.
8.
a) J = P DP 1 et donc J p = P Dp P
avec les propriétés de la partie III:
1
. On a donc
(p)
1
(p)
= P Dp P
'(P )'(D)p '(P
1
1
(0)
)
et donc en prenant la norme et en majorant
(0)
b) une condition su¢ sante est donc que '(D) < 1 . La suite X (p) converge alors vers Q .
p
2
c) Dans l’exemple '(D) =
et la condition est remplie.
2
9. sans problème '(J(0; b)) = 2 jbj et '(D) = 2 jbj
5