Partiel du 5 novembre 2013 durée : 3h. Sans document ni calculatrice

L3-Math Analyse Numérique

Institut Galilée Année 2013-2014

Partiel du 5 novembre 2013

durée : 3h.

Sans document ni calculatrice, une feuille (recto seul) manuscrite de notes personnelles est autorisée.

Tous les calculs doivent être justifiés.

Exercice 1 (6 pts)

Soit A P M _n,n p C q une matrice hermitienne inversible décomposée en A M N où M est inversible. On note B I M ¹ A.

Q. 1 Montrer que la matrice M N est hermitienne.

On suppose maintenant que M N est définie positive.

Q. 2 Soit x x x un vecteur quelconque de C ⁿ et y y y Bx x x.

1. Montrer que

x x x x, Ax x x y x y y y, Ay y y y @

x x x, AM ¹ Ax x x D @

M ¹ Ax x x, Ax x x D @

M ¹ Ax x x, AM ¹ Ax x x D

(1.1) et

x

x x y y y M ¹ Ax x x. (1.2)

2. En déduire que

xx x x, Ax x xy xy y y, Ay y yy xpx x x y y yq, p M N qpx x x y y yqy . (1.3)

Q. 3 Montrer que si A est définie positive alors ρ p B q   1 .

Q. 4 Montrer que si ρp B q   1 alors A est définie positive.

Indication : On pourra effectuer une preuve par l’absurde dans laquelle on définira la suite x x x n Bx x x n 1 avec un x x x 0 judicieusement choisi de sorte que la suite α n xx x x n , Ax x x n y soit strictement décroissante avec α 0 ¤ 0 .

Correction Q. 1 On a

p M N q M N

A N N car M A N A N N car A hermitienne p A N q N

M N.

La matrice M N est donc hermitienne.

Q. 2 1. Par définition B I M ¹ A, ce qui donne y

y

y Bx x x p I M ¹ A q x x x x x x M ¹ Ax x x et donc (1.2) est démontré.

De plus, on a

xy y y, Ay y yy @ x x

x M ¹ Ax x x, A px x x M ^-1 Ax x xq D xx x x, Ax x xy @

x x x, AM ^-1 Ax x x D @

M ^-1 Ax x x, Ax x x D @

M ^-1 Ax x x, AM ^-1 Ax x x D

et donc (1.1) est démontré.

2. En utilisant (1.2) et N M A, on obtient xp x x x y y y q , p M N qp x x x y y y qy @

M ^-1 Ax x x, p M M A q M ^-1 Ax x x D @

M ^-1 Ax x x, M M ^-1 Ax x x D C

M ^-1 Ax x x, MM loomoon ^-1

I

Ax x x G

@

M ^-1 Ax x x, AM ^-1 Ax x x D De plus,

@ M ^-1 Ax x x, M M ^-1 Ax x x D @

x x x, p M ^-1 A q M M ^-1 Ax x x D @

x x x, A p M ^-1 q M M ^-1 Ax x x D @

x x x, AM ^-1 Ax x x D

car A hermitienne et p M ^-1 q M p M q ¹ M I Ce qui donne

xp x x x y y y q , p M N qp x x x y y y qy @ x

x x, AM ^-1 Ax x x D @

M ^-1 Ax x x, Ax x x D @

M ^-1 Ax x x, AM ^-1 Ax x x D

et démontre (1.3).

Q. 3 Soit p λ, x x x q un élément propre de B avec x x x P C ⁿ zt 0 u : on a donc Bx x x λx x x. Pour montrer que ρ p B q   1 il suffit alors de vérifier que |λ|   1 .

On a y y y Bx x x λx x x et donc x x x y y y p 1 λqx x x. En utilisant (1.3) on obtient

xx x x, Ax x xy xλx x x, Aλx x xy xp 1 λqx x x, p M N qp 1 λqx x xy ô xx x x, Ax x xy λ λ ¯ xx x x, Ax x xy p 1 λqp 1 λq xx x x, p M N qx x xy On a donc

p 1 |λ| ² q xx x x, Ax x xy | 1 λ| ² xx x x, p M N qx x xy (1.4) Comme x x x 0 , A et M N sont définies positives on déduit de (1.4) que 1 | λ | ² ¥ 0 et donc | λ | ¤ 1 .

Il reste à montrer que | λ | 1 . Par un raisonnement par l’absurde, on suppose | λ | 1 , alors d’après (1.4) on a

| 1 λ| ² xx x x, p M N qx x xy 0 .

Comme M N est définie positive et x x x 0 , on en déduit que | 1 λ| 0 et donc λ 1 .

Dans ce cas, on obtient Bx x x x x x. Comme Bx x x p I M ¹ A qx x x on abouti à M ¹ A qx x x 0 ce qui est impossible car M ¹ et A sont inversible et x x x 0 .

On a donc démontré que |λ| 1 et comme |λ| ¤ 1 on obtient |λ|   1 .

Q. 4 On a par hypothèse ρp B q   1 . On va démontrer que la matrice hermitienne A est définie positive. Pour celà, on suppose que A n’est pas définie positive :

D x x x ⁰ P C ⁿ zt 0 u , tel que @

Ax x x ⁰ , x x x ⁰ D

¤ 0 . (1.5)

On pose alors, @k P N, x x x ^{k 1} Bx x x ^k et α k @

Ax x x ^k , x x x ^k D . On a donc x x x ^{k 1} B ^{k 1} x x x ⁰ . On sait que

ρ p B q   1 ô @ vvv P C ⁿ lim

k Ñ8 B ^k vvv 0 . On en déduit alors que lim

k Ñ8 x x x ^k 0 . D’après l’inégalité de Cauchy-Schwarz, on a

| α k | | @

Ax x x ^k , x x x ^k D

| ¤ C.S.

Ax x x ^k

2 x x x ^k

2 ÝÑ

k Ñ8 0 et donc

lim

k Ñ8 α k 0 . (1.6)

On va maintenant étudier la monotonie de la suite α k . En utilisant (1.3) avec x x x x x x ^k et y y y Bx x x ^k x x x ^{k 1} on

a @

x x x ^k , Ax x x ^k D

@ x

x x ^{k 1} , Ax x x ^{k 1} D @

p x x x ^k x x x ^{k 1} q , p M N qp x x x ^k x x x ^{k 1} q D c’est à dire

α k α k 1 @

px x x ^k x x x ^{k 1} q, p M N qpx x x ^k x x x ^{k 1} q D

. (1.7)

De plus, on a x x x ^k x x x ^{k 1} 0 car sinon x x x ^k Bx x x ^k et 1 serait valeur propre de B ce qui est impossible car ρ p B q   1 . En utilisant le caractère défini positif de la matrice M N dans (1.7) on obtient α k α k 1 ¡ 0 et donc la suite p α k q est strictement décroissante.

On vient de montrer que la suite p α k q est strictement décroissante et converge vers 0 . Son premier terme α 0 @

Ax x x ⁰ , x x x ⁰ D

ne peut donc être négatif ou nul : contradiction avec (1.5).

♦

Exercice 2 (6 pts)

Soit n P N, n ¥ 1 . On définit A ^{p n q} P M _n p R q par A ^{p 1 q} 2 pour n 1 , et par A ^{p n q} pa ^p ij ^{n q} q ¹ _¤ i,j ¤ n , pour n ¥ 2 , avec

a ^p _i,i ^{n q} 1 a ^p _i ^{n q} _1,i 1 , @i P v 1 , n 1 w a ^p _ii ^{n q} 2 , @i P v 1 , nw a ^p _ij ^{n q} 0 , sinon.

On note P n pλq le polynôme caractéristique de la matrice A ^{p n q} . Q. 1 Montrer que

P n pλq pλ 2 q P n 1 pλq P n 2 pλq . (2.1) Q. 2 En effectuant le changement de variable λ 2 2 cos θ établir (par récurrence sur n) que

P n p λ q sin pp n 1 q θ q

sin θ . (2.2)

Q. 3 En déduire les valeurs propres de A ^{p n q} .

Q. 4 La matrice définie par B A est-elle définie positive? Justifier.

Correction Q. 1 Montrons que

P n p λ q p λ 2 q P n 1 p λ q P n 2 p λ q , @ n ¥ 3 .

On note I ^{p n q} la matrice identité de M _n p R q . On a, par définition du polynôme caractéristique, P n p λ q det

A ^{p n q} λI ^{p n q}

det

pλ 2 q 1 0 0

1 pλ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 p λ 2 q

P M

pRq

En développant par rapport à la première colonne, on obtient

P n pλq p 1 q ^{1 1} ppλ 2 qq det

pλ 2 q 1 0 0 1 p λ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 p λ 2 q

P M

pRq

p 1 q ^{2 1} 1 det

1 0 0 0

1 pλ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 p λ 2 q

P M

pRq

On remarque alors que

det

p λ 2 q 1 0 0

1 pλ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 pλ 2 q

P M

pRq

det

A ^{p n 1 q} λI ^{p n 1 q} P n 1 pλq

et, en développant par rapport à la première ligne

det

1 0 0 0

1 p λ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 pλ 2 q

P M

pRq

det

p λ 2 q 1 0 0 1 p λ 2 q 1 . .. .. .

0 1 . .. ... 0

.. . . .. . .. ... 1

0 0 1 pλ 2 q

P M

pRq

P n 2 pλq .

Ce qui donne

P n pλq pλ 2 q P n 1 pλq P n 2 pλq . Q. 2 On va démontrer la formule (2.2) par récurrence sur n.

On vérifie tout d’abord la validité de la formule au rang n 1 . On a P 1 pλq det

A ^{p 1 q} λI ^{p 1 q} pλ 2 q . Avec le changement de variable λ 2 2 cos θ, on obtient

P 1 p λ q 2 cos θ or sin p 2 θ q 2 cos θ sin θ d’où

P 1 pλq sin p 2 θq sin θ . La formule (2.2) est donc vraie au rang n 1 .

Pour mieux comprendre la démonstration, on peut aussi vérifier la formule au rang n 2 . On a P 2 p λ q p λ 1 q p λ 3 q

P 2 p λ q p λ 1 q p λ 3 q

ppλ 2 q 1 qppλ 2 q 1 q

sin p 2 θq

sin θ 1 sin p 2 θq sin θ 1

sin p 2 θq sin θ

2

1

1 sin ² θ

e ^{2 iθ} e ^{2 iθ} 2 i

²

e ^iθ e ^iθ 2 i

²

1 sin ² θ

1 2 i

²

e ^{4 iθ} e ^{4 iθ} e ^{2 iθ} e ^{2 iθ} 1

sin ² θ 1

2 i ²

e ^iθ e ^iθ

e ^{3 iθ} e ^{3 iθ} sin p 3 θq

sin θ

La formule (2.2) est donc vraie au rang n 2 .

On suppose la formule (2.2) vraie jusqu’au rang n 1 , n ¥ 3 . L’hypothèse de récurrence forte est la suivante,

@ k P v 1 , n 1 w ,

p H _k q : P k pλq sin pp k 1 q θ q sin θ On va démontrer que p H _n q est vraie. On a

P n p λ q p λ 2 q P n 1 p λ q P n 2 p λ q sin p 2 θ q

sin θ

sin p nθ q

sin θ sin pp n 1 q θ q

sin θ (on utilise p H _n 1 q et p H _n 2 q) 1

sin ² θ r sin p 2 θ q sin p nθ q sin θ sin pp n 1 q θ qs 1

sin ² θ 1

2 i ²

e ^{2 iθ} e ^{2 iθ}

e ^inθ e ^inθ

e ^iθ e ^iθ e ^{i p n 1 q θ} e ^{i p n 1 q θ}

1 sin ² θ

1 2 i

²

e ^{i p n 2 q θ} e ^{i p n 2 q θ} e ^{i p n 2 q θ} e ^{i p n 2 q θ} e ^inθ e ^{i p n 2 q θ} e ^{i p n 2 q θ} e ^inθ 1

sin ² θ 1

2 i 2

e ^{i p n 2 q θ} e ^{i p n 2 q θ} e ^inθ e ^inθ

1 sin ² θ

1 2 i

2

e ^iθ e ^iθ e ^{i p n 1 q θ} e ^{i p n 1 q θ} sin pp n 1 q θ q

sin θ .

On a donc démontré que p H _n q est vraie. Ce qui achève la démonstration par récurrence de la formule (2.2).

Q. 3 Les valeurs propres de A ^{p n q} sont les racines de son polynôme caractéristique P n . Or ce polynôme s’annule lorsque sin θ 0 et sin pp n 1 q θ q 0 , c’est à dire

"

θ k ¹ π, k ¹ P Z pn 1 qθ kπ, k P Z On obtient donc

θ k kπ

n 1 rπs, k P v 1 , nw.

Les n valeurs propres distinctes de la matrice A ^{p n q} sont donc

λ k 2 p 1 cos p θ k qq 2

1 cos kπ

n 1

, k P v 1 , n w .

Q. 4 Soit x x x P R ⁿ zt 0 u. On a :

$ &

%

p Bx x xq ¹ 2 x 1 x 2 ,

p Bx x xq i x i 1 2 x i x i 1 , @i P t 2 , . . . , n 1 u, p Bx x x q n x n 1 2 x n ,

et donc

x Bx x x, x x x y 2 x ² 1 x 1 x 2 2 x ² _n x n x n 1 n ¸ 1 i 2

p x i 1 2 x i x i 1 q x i

2 x ² 1 x 1 x 2 2 x ² _n x n x n 1

n ¸ 1 i 2

x i 1 x i 2

n ¸ 1 i 2

x ² _i

n ¸ 1 i 2

x i x i 1

2 x ² 1 x 1 x 2 2 x ² _n x n x n 1

n ¸ 1 i 2

x i 1 x i 2

n ¸ 1 i 2

x ² _i

¸ n i 3

x i 1 x i

2

¸ n i 1

x ² _i 2

¸ n i 2

x i 1 x i .

De plus on a p x i x i 1 q ² x ² _i x ² _i 1 2 x i x i 1 et donc 2 x i x i 1 p x i x i 1 q ² x ² _i x ² _i 1 . En remplaçant cette dernière expression dans l’équation précédente, on obtient

x Bx x x, x x x y 2

¸ n i 1

x ² _i

¸ n i 2

pp x i x i 1 q ² x ² _i x ² _i 1 q

2

¸ n i 1

x ² _i

¸ n i 2

px i x i 1 q ²

¸ n i 2

x ² _i

n ¸ 1 i 1

x ² _i

_n

¸

i 1

x ² _i

¸ n i 2

x ² _i

¸ n i 1

x ² _i

n ¸ 1 i 1

x ² _{i n}

¸

i 2

p x i x i 1 q ²

x ² 1 x ² _n

¸ n i 2

px i x i 1 q ² ¥ 0 .

Par l’absurde, on va démontrer que x Bx x x, x x xy 0 . Supposons que x Bx x x, x x xy 0 alors x ² 1 x ² _n

¸ n i 2

px i x i 1 q ² 0 , et donc x ² 1 x ² _n 0 et px i x i 1 q ² 0 , @i P t 2 , . . . , nu. On en déduit donc x 1 x 2 . . . x n 0 ce qui entre en contradiction avec x x x 0 .

On vient de démontrer que

@x x x P R ⁿ zt 0 u, x Bx x x, x x xy ¡ 0 .

La matrice B est donc définie positive.

♦

Problème 3 (11 pts)

On se place dans M _n p C q, espace vectoriel des matrices carrées de dimension n à coefficients dans C .

Q. 1 Soit A P M _n p C q une matrice hermitienne. Montrer que si A est définie positive alors toutes ses valeurs propres sont réelles strictement positives. La réciproque est-elle vraie? Justifier.

Q. 2 Soit D une matrice diagonale hermitienne définie positive :

D

λ 1 0 0 0

0 λ 2 0 0

0 0 . .. 0

0 0 0 λ n

Montrer qu’il existe une unique matrice diagonale S hermitienne définie positive telle que D S ² . Donner

explicitement S.

On veut maintenant montrer que la racine carrée de D est unique.

On admet dans la suite qu’une matrice hermitienne définie positive F peut s’écrire sous la forme F LL où L est une matrice triangulaire inférieure à éléments diagonaux strictement positifs.

Q. 3 Soit K une matrice hermitienne (non nécessairement diagonale) définie positive telle que D K ² . 1. Montrer qu’il existe une matrice B triangulaire inférieure à éléments diagonaux strictement positifs telle

que K K BB .

2. En déduire que K s’écrit sous la forme K QR , avec R triangulaire supérieure à éléments diagonaux

strictement positifs et Q unitaire.

Q. 4 Montrer que R R D. En déduire que R S.

Q. 5 Montrer que toutes les valeurs propres d’une matrice unitaire sont de module 1.

Q. 6 Montrer que toutes les valeurs propres de Q sont égales à 1.

Q. 7 En déduire qu’il existe une unique matrice hermitienne définie positive K telle que D K ² . Q. 8 Soit maintenant A une matrice hermitienne définie positive quelconque.

Montrer qu’il existe une matrice hermitienne définie positive H telle que A H ² et qu’une telle matrice est

unique.

Correction

Q. 1 Soit A une matrice hermitienne définie positive. Soit λ une valeur propre de A, x un vecteur propre associé :

Ax λx, x 0 . Prenons le produit scalaire avec x :

x Ax λx x λ } x } ² 2

où } } ² désigne la norme euclidienne. Puisque A est définie positive, x Ax est strictement positif, et donc λ est strictement positif. Réciproquement, A étant hermitienne, il existe une base orthogonale t u i u de vecteurs propres de A. Pour x P C ⁿ , x 0 , on a x ° n

i 1 α i u i et x Ax ° n

i 1 α ² _i u _i Au i ¡ 0 , donc A est définie

positive.

Q. 2 Puisque D est hermitienne définie positive, les λ i sont tous strictement positifs. Il est donc clair que la matrice S donnée par

S

? λ 1 0 0 0

0 ?

λ 2 0 0

0 0 . .. 0

0 0 0 ?

λ n

est solution du problème. D’autre part toute matrice S diagonale hermitienne définie positive telle que S ² D doit vérifier s ii ¡ 0 et s ² _ii λ i . Elle est donc égale à la précédente, et on a

S

? λ 1 0 0 0

0 ?

λ 2 0 0

0 0 . .. 0

0 0 0 ?

λ n

Q. 3 1. K K D est une matrice hermitienne définie positive. D’après l’hypothèse de l’énoncé elle admet donc une décomposition

K K BB

où B est triangulaire inférieure à éléments diagonaux strictement positifs.

2. Alors on peut écrire K QR avec R B et Q p K q ¹ B . R est bien triangulaire supérieure à éléments diagonaux strictement positifs, et vérifions que Q est unitaire :

QQ pp K q ¹ B qp B K ¹ q p K q ¹ p BB q K ¹ p K q ¹ p K K qq K ¹ I Q Q p B K ¹ qpp K q ¹ B q B p K ¹ p K q ¹ q B B p K K q ¹ B B p BB q ¹ B I

Q. 4 On a la suite d’égalités

R R BB K K K ² D p ?

D q ² D D, d’où

p D q ¹ R DR ¹ .

La matrice p D q ¹ R est triangulaire inférieure, la matrice DR ¹ est triangulaire supérieure. Ces deux matrices

sont égales, elles sont donc toutes deux diagonales. La matrice R est donc diagonale à éléments diagonaux

positifs, son carré est la matrice D . L’unicité démontrée à la question 2) prouve donc que R S .

Q. 5 Soit S une matrice unitaire, ω une valeur propre de S , x un vecteur propre associé : Sx ωx, x 0

Prenons le conjugué de cette égalité :

x S ωx ¯ et multiplions les terme à terme

x S Sx |ω| ² x x et puisque S S I, il reste | ω | ² 1 .

Q. 6 Soit ω une valeur propre de Q , x un vecteur propre associé : Qx ωx, x 0 ou encore

KR ¹ x ωx.

Ce qui se réécrit en posant y R ¹ x

Ky ωRy Prenons le produit scalaire par y

y Ky ωy Ry Les deux nombres y Ky et y Ry y ?

Dy sont des réels strictement positifs, ω est donc un réel strictement positif. Comme il est de module 1 par la question précédente, ce ne peut être que 1 : toutes les valeurs propres de Q sont égales à 1.

Q. 7 Puisque Q est unitaire, elle diagonalise en base orthonormée : il existe une matrice unitaire U telle que Q U IU U U I . La matrice Q est égale à l’identité et donc K R S .

Si K est une matrice hermitienne définie positive telle que K ² D , alors K S . Ceci montre qu’il existe une et une seule matrice K telle que K ² D , et cette matrice K est la matrice S définie à la question 2).

Q. 8 Soit maintenant A une matrice hermitienne définie positive quelconque. Il existe une matrice unitaire U est une matrice diagonale D telles que A U DU. La matrice D est hermitienne définie positive, et d’après la question précédente admet une racine carrée unique S. On peut alors écrire

A U DU U SSU U SUU SU

et donc A H ² avec H U SU. Ceci montre l’existence. Soit maintenant L une matrice hermitienne définie positive telle que L ² A. On doit avoir

L ² U DU et donc

D UL ² U ULU ULU p ULU q ²

La matrice ULU est hermitienne définie positive, son carré est égal à D . Par le résultat d’unicité de la question 7), on a

ULU S

et donc L H. Il existe donc une et une seule matrice hermitienne définie positive telle que L ² A, et c’est la

matrice H U SU.

♦