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.
A=0
@
21 0
1 2 1
01 2
1
A,B=0 @
3
5
5
1
A
2. det(A) = 4 donc Aest inversible.
3. A1=1
40
@
321
242
123
1
A
4. Q=A1B=0
@
1
1
2
1
A
5.
a) On fait passer les termes diagonaux dans l’autre membre :
(S)8
<
:
2xy= 3
x+ 2yz=5
y+ 2z= 5 ,8
<
:
y3 = 2x
xz+ 5 = 2y
y5 = 2z
,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
x=y
2+3 2
y=x
2+z 2+5 2
z=y
2+5 2
On a donc : K=1
20
@
3
5
5
1
A
b) On pose fl’endomorphisme de R3telle que Mat(i;jk)(f) = Jet on cherche une base orthonormale directe telle que
Mat(u;v;w)(f) = D
On veut
donc f(u) = 0 donc u2Vect 0
@
1
0
1
1
A(i;jk)
f(v) = 0
@
0
p2=2
0
1
A(u;v;w)
=p2
2vdonc v2Vect 0
@
1
p2
1
1
A(i;jk)
f(w) = 0
@
0
p2=2
0
1
A(u;v;w)
=p2
2wdonc w2Vect 0
@
1
p2
1
1
A(i;jk)
On constate que les vecteurs u; v; w sont toujours orthogonaux 2à2. On les norme :
u=1
p20
@
1
0
1
1
A(i;jk)
; v =1
20
@
1
p2
1
1
A(i;jk)
; w =1
20
@
1
p2
1
1
A(i;jk)
Reste à véri…er que la base est directe det(u; v; w) = +1 . c’est bon (si on trouve 1on remplace wpar w)
P=0
@
1=p2 1=2 1=2
0p2=2p2=2
1=p2 1=2 1=2
1
A

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1=tP
d) Jp=P DpP1=P DptP
pour k= 0 ,J2k=I3
pour k1:J2k=0
@
21k0 21k
0 2k0
21k0 21k1
A
pour k0:J2k+1 =0
@
0 21k0
21k0 21k
0 21k0
1
A
6. X1=1
20
@
5
4
7
1
A;1=1
20
@
3
2
3
1
A
7. >with(linalg):
>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 Qest 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):8p2N,(p)=Jp(0) =P DpP1(0) . Or P1=tP
8p2N,(p)=P Dp:tP(0)
b) attention à p= 0:
Si U=0
@
a
b
c
1
Aon a :
pour p= 0 DpU=Uet on a bien kUk  1
20kUk
pour p > 0DpU=1
(p2)p0
@
0
b
(1)pc
1
Adonc kDpUk=1
p2ppb2+c21 p2ppa2+b2+c2=1
2p=2kUk
c) On constate que tUU =a2+b2+c2=kUk2
Donc kP Uk2=t(P U) (P U) = tUtPPU =tUU =kUk2car on a montré : tP P =I3. deux matrices 11sont
égales si et seulement si leurs coe¢ cients sont égaux . Et donc en prenant la racine carrée de réelles positifs
kP Uk=kUk
2

On a aussi tP P =I3et de même 
tP U =kUk
d) En regroupant les inégalités pour simpli…er de gauche à droite :
(p) = P Dp:tP(0)
=
Dp:tP(0)
1
2p=2
tP(0)
1
2p=2
(0)
Or (0) =0
@
0
3
2
1
Ade norme p13
8p2N,
(p) 2p=2p13
9. La suite 
X(p)Q tend donc vers 0
la suite X(p)converge vers Y:
10. La condition est véri…ée si 2p=2p13 103soit pln(13) + 6 ln(10)
ln(2) . La calculatrice donne p= 24:
remarque : le sujet demande une solution , pas les solutions , ou la plus petite solution.
Partie 2
1. Eest l’espace vectoriel engendré par J(1;0) = I3et J(0;1) = 0
@
011
101
110
1
A. Ces deux matrices sont non nulles et non
proportionnelles . Elles forment donc une base de E.
Eest un espace vectoriel de dimension 2
2. calcul : J(a; b):J(A; B) = J(aA + 2bB; aB +bA +bB)
3. U(1) = 0
@
111
111
111
1
A.
Une base de l’image est donc V=0
@
1
1
1
1
A
0
@
x
y
z
1
A2Ker(A),x+y+z= 0 dont une base est 0 @W=0 @
1
1
0
1
A; W 0=0 @
1
0
1
1
A1 A
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.
On prend ftel que Mat(i;jk)(f) = U(1) . D’après les calculs précédents on constate que Mat(V;W;W 0)(f) = 0
@
300
000
000
1
A=D
qui est diagonale. Soit P=Mat(i;jk)(V; W; W 0)
5. =ab
6. on a bU (1) = J(a; b)I3donc J(a; b) = bU (1) + I3=bP DP 1+I3=P(bD +I3)P1.J(a; b)est semblable à la
matrice diagonale bD +I3=0
@
a+ 2b0 0
0ab0
0 0 ab
1
A
remarque : la solution est unique à l’ordre des termes diagonaux près.
3

Partie 3
1. La somme des valeurs absolues des coe¢ cients des lignes est respectivement 4;1;6donc '(A) = 6
2.
 fli; i 2[[1; n]]gest un ensemble …ni de réels positifs , donc le maximum existe et c’est un réel positif.
On a '(M) = max 8
<
:
n
X
j=1 jmi;j j; i 2[[1; n]]9
=
;. Chacune des sommes véri…e l’homogénéité et l’inégalité triangulaire ,
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 :
8i2[[1; n]] ; x0
i=
n
X
j=1
mi;j xj
b) On a donc pour i2[[1; n]]
jx0
ij 
n
X
j=1 jmi;j jjxjj 
n
X
j=1 jmi;j j:max(jxjj; j 2[[1; n]]) =
n
X
j=1 jmi;j jkXk1=likXk1
c) On majore lipar '(M).'(M)kxk1est donc un majorant de jx0
ijindépendant de i. Il est plus grand que le maximum
kMXk1'(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
j=1
mi0;j "j
en posant "j=1si mi0;j 0
1si mi0;j <0:. Si on prend X0=0
B
@
"1
.
.
.
"n
1
C
Aon véri…e que kX0k1= 1 . De plus d’après la question
précédente en notant X0=MX0on a 8i2[[1; n]] ;jx0
ij  likX0k1=liet x0 i0=x0 i0=li0. Le maximum est donc
atteint en i0et donc pour cette matrice X0.kMX0k1=li0='(M) = '(M)kX0k1.
d) on sait déjà que 'est une norme . Il reste à véri…er que : 8(M; N)2 Mn(R)2:'(MN)'(M)'(N)
Alors pour toute matrice colonne X:
kMNXk1'(M)kN Xk1'(M)'(N)kXk1
Il reste à prendre une matrice X0déterminée à la question précédente telle que kMNX0k1='(MN)kX0k1et X06= 0
'est une norme d’algèbre
Partie 4
1. Le système de Cramer A0X=B0est équivalent, par Pivot de Gauss, à un système triangulaire T X =C. Pour ce
système tous les termes diagonaux sont non nuls. .Donc A=Test une solution du problème.
Mais c’est une mauvaise réponse , car calculer Test 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 itelle que le coe¢ cient diagonale est non nul , on ne fait rien.
Pour chaque ligne itelle que le coe¢ cient diagonale est nul , on cherche une ligne jtelle que (A0)j;i 6= 0 (elle existe
sinon la colonne ide A0ne continent que des 0et 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
nadditions de lignes.
2. On décompose A=D+Pavec Det Payant tous ses termes diagonaux nuls.
AX =B,(D+P)X=B,DX =P X +B
mais par hypothèse tous les termes diagonaux de Dsont ceux de Adonc sont non nuls.
AX =B,X= (D1P)X+ (D1B)
si A=D+Palors J=D1Pet K=D1B
3. Comme partie 1 : On a (p+1) =X(p+1) Q=JX(p)+K(JQ+K) = J(X(p)Q) = J(p)et donc (p)=Jp(0):
4. On a donc 
(p) 1'(Jp) (0) :d’après III:2:c . Or 'est une norme d’algèbre donc pour p1'(Jp)'(J)p.
La relation étant vraie pour p= 0 (11)
8p2N,
(p) 1'(J)p (0)
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 1tend vers 0:
'(J)<1)lim X(p)=Q
7. pour Jon a l2= 1; l1=l3= 1=2donc '(J) = 1 . La condition n’est pas véri…ée.
8.
a) J=P DP 1et donc Jp=P DpP1. On a donc (p)=P DpP1(0) et donc en prenant la norme et en majorant
avec les propriétés de la partie III: 
(p) 1'(P)'(D)p'(P1) (0)
b) une condition su¢ sante est donc que '(D)<1. La suite X(p)converge alors vers Q.
c) Dans l’exemple '(D) = p2
2et la condition est remplie.
9. sans problème '(J(0; b)) = 2 jbjet '(D) = 2 jbj
5