SESSION 2011
Concours commun Centrale
MATHÉMATIQUES 2. FILIERE PC
Partie I - Questions préliminaires
I.A - Généralités sur les matrices orthogonales
I.A.1)SoitA∈ On(R). AlorstAA=In puis(detA)2=det(tAA) =det(In) =1et finalement det(A)∈{−1, 1}.
SiA∈ O+n(R), alors detA > 0 puis detA=1 et siA∈ O−n(R), alors detA < 0puis detA= −1.
I.A.2) Le produit de deux matrices orthogonales négatives est une matrice orthogonale positive et n’est donc pas une matrice orthogonale négative. DoncO−n(R)n’est pas un sous-groupe de(On(R),×).
I.A.3) Chaque colonne d’une matrice orthogonale est unitaire pour k k2. En particulier, le carré de chaque coefficient d’une matrice orthogonale est inférieur ou égal à1puis la valeur absolue de chaque coefficient d’une matrice orthogonale est inférieure ou égale à1.
I.B - Un exemple numérique
I.B.1)α1=2e0,α2=2eiπ/4,β1=eiπ/3 etβ2=e2iπ/3 puis, pour tout réelθ
f(θ) =
eiπ/3−2eiθ
2
+
e2iπ/3−2ei(θ+π4)
2
=1−4Re
ei(θ−π3)
+4+1−4Re
ei(θ−5π12) +4
=10−4
cos θ− π
3 +cos
θ−5π
12
=10−8cosπ 24
cos
θ− 3π 8
.
I.B.2) Puisque cosπ 24
> 0, cette expression est minimale si et seulement si cos
θ− 3π 8
= 1 ce qui équivaut à θ∈ 3π
8 +2πZ. Le minimum defest égal à2.
1 2
−1
−2
1 2
−1
−2
b
b
b
b b
b
X1 X2
Y1
Y2
r0=rotation de centreOet d’angle 3π 8 r=rotation de centreOet d’angleθ kY1−r0(X1)k2+kY2−r0(X2)k2=2
kY1−r(X1)k2+kY2−r(X2)k2>2 r0(X1
r )
0(X
2)
b
b
r(X1 ) r(X2)
Partie II - Un problème d’optimisation
II.A - Un produit scalaire matriciel
II.A.1)Pour toutM= (mi,j)16i6n, 16j6m∈Mn,m(R)et toutN= (ni,j)16i6n, 16j6m∈Mn,m(R), (M, N) =tr((tM)N) = X
16i6n, 16j6m
mi,jni,j.
(, )est donc le produit scalaire canonique surMn,m(R)et en particulier,(, )est un produit scalaire surMn,m(R) II.A.2)SoitW∈ Mn(R).
kWX−Yk2F= X
16j6n, 16i6m
(WX−Y)2j,i= Xm
i=1
Xn
j=1
(WX−Y)2i,j
= Xm
i=1
Xn
j=1
(WXi−Yi)2j
= Xm
i=1
kWXi−Yik22.
II.A.3)SoientW∈ On(R)et(M, N)∈(Mn,m(R))2.
hWM, WNiF=tr((t(WM))WN) =tr(tMtWWN) =tr(tMN) =hM, NiF, et en particulier,
kWMkF=kMkF. II.A.4)SoientW∈ On(R)et(M, N)∈(Mn,m(R))2.
hMW, NWiF=tr((t(MW))NW) =tr(tWtMNW) =tr(WtWtMN) =tr(tMN) =hM, NiF, et en particulier,
kMWkF=kMkF. II.B -
II.B.1)SoitW∈ On(R).
kWkF=p
tr(tWW) =p
tr(In) =√ n.
II.B.2)Pour tout entierp∈N, on atMpMp=In. Donc, pour chaque(i, j)∈J1, nK2, Xn
k=1
(Mp)k,i(Mp)k,j=δi,j.
Quandptend vers+∞, on obtient Xn
k=1
(M)k,i(M)k,j=δi,j pour chaque(i, j)∈J1, nK2 ou encoretMM=In. Par suite, M∈ On(R).
Ainsi, toute suite convergente d’éléments deOn(R)converge dansOn(R)et doncOn(R)est une partie fermée deMn(R).
II.B.3)D’après la question II.B.1), pour tout élémentW∈ On(R),kWkF=√
n. Par suite,On(R)est une partie bornée deMn(R)carOn(R)est contenu dans la boule fermée de centre0et de rayon√
npourk kF.
En résumé, On(R) est une partie fermée et bornée de Mn(R). Puisque dimMn(R) < +∞, le théorème de Borel- Lebesguepermet d’affirmer queOn(R)est une partie compacte deMn(R).
II.C -
II.C.1)Soient f : Mn(R) → R Z 7→ kZX−YkF
, g : Mn(R) → Mn,m(R) Z 7→ ZX−Y
et h : Mn,m(R) → R M 7→ kMkF
. g est linéaire et dim(Mn(R)) < +∞. On sait alors que g est continue sur Mn(R). D’autre part, il est connu que l’application est continue surMn,m(R)(car ∀(M, n)∈(Mn,m(R))2, |kNkF−kMkF| 6kN−MkF). Donc f= h◦g est continue surMn(R).
Ainsi,fest continue sur le compactOn(R)à valeurs dansR. On sait alors quefadmet un minimum surOn(R)ou encore
∃W∈ On(R)/ ∀Z∈ On(R),kWX−YkF6kZX−YkF. II.C.2)SoitW∈ On(R). D’après la question II.A.3),
kWX−Yk2F=kWXk2F−2hWX, YiF+kYk2F=kXk2F−2hWX, YiF+kYk2F, et donckWX−YkFest minimum si et seulement sihWX, YiFest maximum.
II.C.3)SoitW∈ On(R).
hWX, YiF=tr((t(WX))Y) =tr(tXtWY) =tr(tWYtX) =hW, YtXiF. Donc,
∀W∈ On(R), hWX, YiF=hW, YtXiF. II.D -
II.D.1)SoitW∈ On(R).
hW, ∆iF=tr(tW∆) = Xn
i=1
Wi,i∆i,i6 Xn
i=1
|Wi,i| |∆i,i|6 Xn
i=1
|∆i,i|,
Soit alors W′ = diag(εi)16i6n où, pour 1 6 i 6 n, εi =
1si∆i,i>0
−1si∆i,i< 0 . W′ est une matrice orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales (pour le produit scalaire canonique) ethW′, ∆iF=
Xn
i=1
|∆i,i|.
On a donc trouvé ne matrice orthogonaleW′ telle que∀W∈ On(R),hW, ∆iF6hW′, ∆iF. On a montré au passage que le maximum dehW, ∆iFquandW décritOn(R)est
Xn
i=1
|∆i,i|.
II.D.2)SoitW∈ On(R). En reprenant le calcul précédent
hW, ∆iF= Xn
i=1
|∆i,i|⇔ Xr
i=1
Wi,i∆i,i= Xr
i=1
∆i,i
⇔ Xr
i=1
(1−Wi,i)∆i,i=0
⇔∀i∈J1, rK, (1−Wi,i)∆i,i=0(car tous le termes de la somme sont positifs)
⇔∀i∈J1, rK, Wi,i=1(car les∆i,i, 16i6r, sont tous non nuls).
Les matrices W ∈ On(R) telles que ∀i ∈ J1, rK, Wi,i = 1 sont nécessairement de la forme
Ir 0r,n−r
0n−r,r W1
où W1 ∈ On−r(R)et réciproquement, une telle matriceW est bien une matrice orthogonale car ses colonnes sont unitaires et deux à deux orthogonales.
En résumé, le maximum est atteint en les matricesW′ de la forme
Ir 0r,n−r
0n−r,r W1
,W1∈ On−r(R).
II.E -
II.E.1)En particulier,W′ =In est un élément deOn(R)maximisanthtQWP, ∆iF. SoitW∈ On(R). D’après les questions II.A.3) et II.A.4),
hW, AiF=hW, Q∆tPiF=htQWP,tQQ∆tPPiF=htQWP, ∆iF.
Par suite, hW, AiF est maximal quand tQWP = In ou encore quand W = QtP. QtP est effectivement une matrice orthogonale en tant que produit de deux matrices orthogonales. De plus, det(QtP) = detP×detQ et donc QtP ∈ O+n(R)⇔detP×detQ > 0.
II.E.2)Si det(A)> 0, en particulier aucun des∆i,i,1 6i6n, n’est égal à 0. 0 n’est pas valeur propre de Aet donc, avec les notations de la question II.D.2), on a r =n. Dans ce cas, d’après la question II.D.2), il existe une et une seule matriceW′∈ On(R)maximisanthW′, Inifà savoir la matriceIn.
CommehW, AiFest maximal si et seulement sihtQWP, ∆iFest maximal ce qui équivaut àW=QtP. Ceci assure l’unicité d’un élément deO+n(R)maximisanthW, AiF. Maintenant, det(A) =detP×detQ×
Yn
i=1
∆i,i. Comme les∆i,i, 16i6n, sont positifs et non nuls,
Yn
i=1
∆i,i> 0puis detP×detQ > 0 ou encoreQtP∈ O+n(R). Ceci assure l’existence d’un élément deO+n(R)maximisanthW, AiF.
II.E.3)Cette fois-ci,r6n−1. D’après la question II.D.2), la matriceW′ =diag(1, . . . , 1| {z }
n−1
,−1)convient.
II.E.4)Si∆n,n6=0, alors∆1,1>. . .>∆n,n> 0et en particulier, detA=detP×detQ× Yn
i=1
∆i,i6=0. Par contraposition, si detA=0, alors∆n,n=0. D’après la question précédente, la matrice diag(1, . . . , 1
| {z }
n−1
,−1)maximisehW′, ∆iF,W′∈ On(R).
Mais alors, d’après la question II.E.1), la matriceQdiag(1, . . . , 1
| {z }
n−1
,−1)tP maximisehW, AiF,W∈ On(R). De plus,
det
Qdiag(1, . . . , 1| {z }
n−1
,−1)tP
= −detP×detQ > 0, et doncQdiag(1, . . . , 1| {z }
n−1
,−1)tPest un élément deO+n(R)maximisanthW, AiF,W∈ On(R).
Partie III - Une décomposition matricielle
III.A -
III.A.1)Best un élément deMp(R).tB=tMt(tM) =tMM=B. DoncBest une matrice symétrique réelle. D’après le théorème spectral, on sait que le polynôme caractéristique deBest scindé surRet queBest orthogonalement semblable à une matrice diagonale.
III.A.2)SoitV∈ Mp,1(R). AlorsMV∈ Mn,1(R)puis
tVBV=tVtMMV=t(MV)MV =kMVk22>0.
Soit alorsλ∈Rune valeur propre deBpuisV0∈ Mp,1(R)\ {0}un vecteur propre associé.
tV0BV0=λtV0V0=λkV0k22.
Ainsi,λkV0k22>0 et donc, puisquekV0k22> 0, on en déduit que λ>0. On a montré que les valeurs propres deBsont des réels positifs.
III.A.3)SoitV∈ Mp,1(R).
•V∈kerM⇒MV =0⇒tMMV =0⇒BV =0⇒V∈kerB.
•V∈kerB⇒BV =0⇒tMMV=0⇒tVtMMV=0→t(MV)MV=0→kMVk22=0⇒MV =0⇒V∈kerM.
Finalement, kerB=kerM. Mais alors, avec les notations de la question suivante, le théorème du rang permet d’affirmer que
rg(B) =rg(g) =p−dim(ker(g)) =p−dim(ker(f)) =rg(f) =rg(M) =r.
III.B -
III.B.1)On munit Rn etRpde leur produit scalaire canonique. Chaque ui=f 1
µi
vi
,6i6p, est dans Im(f).
Soit(i, j)∈J1, rK2.
ui.uj= 1 µiµj
f(vi).f(vj) = 1 µiµj
t(MVi)MVj= 1 µiµj
tViBVj= λj µiµj
tViVj
= µj
µi
vi.vj= µj
µi
δi,j =δi,j.
Ainsi,(ui)16i6rest une famille orthonormée de Im(f). Puisque d’autre part, card(ui)16i6r=r=dim(Im(f)), la famille (ui)16i6rest une base orthonormée de Im(f).
III.B.2)On complète la famille orthonormée(ui)16i6rdeRn en une base orthonormée(ui)16i6n deRn.
On noteQ la matrice de passage de la base canonique deRn à la base (ui)16i6n et Pla matrice de passage de la base canonique de Rp à la base (vi)16i6p. PuisqueP etQ sont des matrices de passage d’une base orthonormée à une autre base orthonormée,P etQsont des matrices orthogonales, de formatpetnrespectivement.
Pour16i6r, on af(vi) =µiuiet pourr+16i6p, on af(vi) =0. La matrice defrelativement aux bases(ui)16i6n et(vi)16i6pest donc∆. Comme d’autre part, la matrice defrelativement aux bases canoniques deRpetRn est M, les formules de changement de bases fournissentQ−1MP=∆ou encore
M=Q∆P−1=Q∆(tP).
Partie IV - Sur la trace des matrices orthogonales
IV.A -
IV.A.1)SoitW∈ On(R).
tr(W) = Xn
i=1
Wi,i6 Xn
i=1
|Wi,i|6 Xn
i=1
1=n,
avec égalité effectivement obtenue siW=In. Donc la trace maximale d’un élément deOn(R)estn.
IV.A.2) Soitλ une éventuelle valeur propre de w. Par définition, λ est un réel et il existe x∈ E\ {0} tel que wx= x.
Puisquewest un automorphisme orthogonal,
kxk=kwxk=kλxk=|λ|kxk,
et puisque kxk 6= 0, il reste |λ| = 1 puis λ ∈ {1,−1}. Donc les seules valeurs propres possibles d’un automorphisme orthogonal sont1et −1.
IV.A.3)SoitW∈ O−n(R). PuisqueWest une matrice à coefficients réels, on sait que sizest une valeur propre non réelle deW, alorszest aussi valeur propre deWavec même ordre de multiplicité. Le spectre de West donc de la forme
(1, . . . 1
| {z }
α
,−1, . . . ,−1
| {z }
β
, z1, z1, . . . , zγ, zγ
| {z }
2γ
),
ouα,βet γsont des entiers naturels tels queα+β+2γ=netz1, . . . ,zγ sont des nombres complexes non réels.
Avec la convention qu’un produit vide est égal à1, on a−1=det(W) = (−1)β Yγ
k=1
|zk|2et donc (−1)β = − 1 Yγ
k=1
|zk|2
< 0
puisβest un nombre impair. En particulier,βn’est pas nul ou encore−1 est valeur propre deW.
IV.A.4)Soitw∈ O(E)puisFun sous-espace deEstable parw. Par définition,w(F)⊂F. Commewest un automorphisme, on a de plus dim(w(F)) =dim(F)<+∞et doncw(F) =F.
Soitx∈F⊥. Soity∈F. Puisquew(F) =F, il existey′∈F tel quew(y′) =ypuis w(x).y=w(x).w(y′) =x.y′ =0.
Ainsi, pour touty∈F,w(x).y= 0et donc w(x)∈F⊥. On a montré que pour toutx deF⊥,w(x)∈F⊥ et doncF⊥ est stable parw.
IV.A.5)SoitW∈ On−(R). On munitRn de son produit scalaire canonique.
Soit w l’endomorphisme de Rn canoniquement associé à W. Puisque la matrice de w dans une base orthonormée est orthogonale, on sait quewest un automorphisme orthogonal deRn.
D’après la question IV.A.3), −1 est valeur propre de w. Soient e1 un vecteur propre unitaire associé à la valeur propre
−1puisF=Vect(e1).F est stable parwet doncF⊥ est stable parw. On note(e2, . . . , en)une base orthonormée deF⊥. AlorsB= (e1, e2, . . . , en)est une base orthonormée deRn et la matrice dewdans cette base est de la forme
W′ =
−1 01,n−1
0n−1,1 W1
,W1∈ Mn−1(R).
La restrictionw1dewàF⊥est un endomorphisme deF⊥qui conserve le produit scalaire et doncw1est un automorphisme orthogonal deW1.W1est la matrice dew1dans la base orthonormée(e2, . . . , en)et doncW1est une matrice orthogonale.
Ensuite,WetW′sont les matrices dewdans des bases orthonormées et donc les matricesWetW′ sont orthogonalement semblables. En résumé, il existeP1∈ On(R)etW1∈ On(R)telles que
W=P1
−1 01,n−1
0n−1,1 W1
tP1. Enfin,−1=det(W) = (−1)×det(W1)et donc det(W1) =1 ou encoreW1∈ O+n(R).
IV.A.6) Soit W ∈ O−n(R). Avec les notations de la question précédente, W et W′ sont semblables et ont donc même trace. Par suite, d’après la question IV.A.1),
tr(W) =tr
−1 01,n−1
0n−1,1 W1
= −1+tr(W1)6−1+n−1=n−2,
avec égalité effectivement obtenue en prenant W =
−1 01,n−1
0n−1,1 In−1
∈ On−(R). La trace maximale d’un élément de O−n(R)est doncn−2.
IV.B -
IV.B.1)SoitW′∈ On−(R).
hW′, ∆iF= Xn
i=1
∆i,iWi,i′ = Xn
i=1
(∆n,n+∆i,i−∆n,n)Wi,i′
=∆n,ntr(W′) +
n−1X
i=1
(∆i,i−∆n,n)Wi,i′ .
Pouri∈J1, n−1K, on aWi,i′ 61et ∆i,i−∆n,n>0. Par suite,(∆i,i−∆n,n)Wi,i′ 6∆i,i−∆n,n. D’autre part, d’éaprès la question IV.A.6), tr(W′)6n−2et donc∆n,ntr(W′)6(n−2)∆n,n carδn,n>0. Finalement
=hW′, ∆iF6(n−2)∆n,n+
n−1X
i=1
(∆i,i−∆n,n) =
n−1X
i=1
∆i,i
!
−∆n,n, avec égalité effectivement obtenue en prenantW′ =diag(1, . . . , 1| {z }
n−1
,−1)∈ O−n(R).
Donc, la matriceW′ =diag(1, . . . , 1
| {z }
n−1
,−1)∈ O−n(R)maximisehW′, ∆iF. IV.B.2)Mais alors, comme à la question II.E.1), la matriceQ×diag(1, . . . , 1| {z }
n−1
,−1)×tPest un élément deOn+(R)maximisant hW, AiF.
Partie V - Calcul numérique
V.A - Étude d’une suite de réels V.A.1)Instructions en MAPLE.
x[0] :=0.1 ;
for k from 0 to 29 do
x[k+1] :=x[k]∗((x[k])∧2+3)/(3∗(x[k])∧2+1) od ;
V.A.2)Pourx>0, posonsf(x) =x x2+3
3x2+1.fest dérivable sur[0,+∞[et pourx>0, f′(x) = (3x2+3)(3x2+1) −6x(x3+3x)
(3x2+1)2 = 3x4−6x2+3
(3x2+1)2 = 3(x2−1)2 (3x2+1)2.
fest dérivable sur[0,+∞[et f′ est strictement positive sur[0,+∞[\{1}. Doncfest strictement croissante sur[0,+∞[.
Soitx∈[0,+∞[.
f(x) −x=xx2+3
3x2+1 −x= x(x2+3−3x2−1)
3x2+1 = 2x(1−x2) 3x2+1 .
Ainsi, pourx∈]0, 1[,f(x) −x > 0et pourx∈]1,+∞[,f(x) −x < 0. Enfin, fadmet exactement deux points fixes à savoir 0et 1.
On peut alors étudier la suite (xk)k∈N. Soitx0 > 0. Puisque la fonction f est définie sur ]0,+∞[ et que ]0,+∞[est un intervalle stable parf, la suite(xk)k∈Nest définie et strictement positive.
1er cas.Six0=1, la suite(xk)k∈N est constante.
2ème cas.On suppose quex0∈]0, 1[. Si pourk>0, on a0 < xk< 1, alors puisquefest strictement croissante sur]0, 1[, f(0)< f(xk)< f(1)ou encore 0 < xk+1< 1. On a montré par récurrence que six0∈]0, 1[, alors ∀k∈N, 0 < xk < 1.
Mais alors, l’étude du signe de f(x) −x permet d’affirmer que pour tout k ∈N, xk+1−xk = f(xk) −xk > 0. La suite (xk)k∈N est strictement croissante.
3ème cas.On suppose quex0∈]1,+∞[. Dans ce cas, la suite(xk)k∈Nest strictement décroissante et minorée par1.
1
1 2
x0 x0 x0
y=x
y=f(x)
V.A.3)Puisquefest continue sur[0,+∞[et que[0,+∞[est un fermé contenant tous lesxk,k∈N, on sait que si la suite (xk)k∈N converge, sa limite est égale à0ou1.
1er cas.Six0=1, la suite(xk)k∈N est constante et en particulier convergente de limite1.
2ème cas.Six0∈]0, 1[, la suite(xk)k∈Nest croissante et majorée par1. Donc la suite(xk)k∈Nconverge. Sa limite est un élément de{0, 1}∩[x0, 1]et donc lim
k→+∞
xk=1.
3ème cas.Si x0∈]1,+∞[, la suite (xk)k∈Nest décroissante et minorée par1. Donc la suite (xk)k∈Nconverge. Sa limite est un élément de{0, 1}∩[[1,+∞[et donc lim
k→+∞
xk=1.
Dans tous les cas, la suite(xk)k∈Nconverge et a pour limite1.
V.B - Étude d’une suite de matrices
V.B.1) Soit Z ∈ Mn(R). D’après la question III.A.2), les valeurs propres λ1, . . . , λn de tZZ sont des réels positifs.
Comme les valeurs propres de 3tZZ+In sont 3λ1+1, . . . , 3λn+1, les valeurs propres de 3tZZ+In sont strictement positives. En particulier,0n’est pas valeur propre de 3tZZ+In et donc 3tZZ+In est une matrice carrée inversible.
V.B.2)• P0est vraie.
•Soitk∈N. SupposonsPk. tZkZk=PDktQQDktP=PD2ktPet donc
Zk+1=QDktP(PD2ktP+3In)(3PD2ktP+In)−1=QDktPP(D2k+3In)tP P(3D2k+In)tP−1
=QDk(D2k+3In)tPP(3D2k+In)−1tP=QDk(D2k+3In)(3D2k+In)−1tP
En posantDk+1= Dk(D2k+3In)(3D2k+In)−1, on obtientZk+1 =QDk+1tP. De plus,Dk est une matrice diagonale à coefficients strictement positifs. On en déduit queDk+1est une matrice diagonale à coefficients strictement positifs.
Le résultat est démontré par récurrence.
V.B.3)Pourk∈N, posonsDk=diag
λ(k)1 , . . . , λ(k)n
. Pour touti∈J1, nK
λ(0)i > 0et et pour toutk∈N,λ(k+1)i =λ(k)i
λ(k)i 2
+3 3
λ(k)i 2
+1
=f λ(k)i
.
D’après la question V.A.3), chaque suite λ(k)i
k∈Nconverge vers1. Mais alors la suite(Dk)k∈Nconverge vers la matrice diag(1)16i6n = In. Puisque la fonctionM7→QMtPest continue surMn(R), on en déduit encore que la suite(Zk)k∈N
converge vers la matriceQIntP=QtP.
V.C - Une application
V.C.1) • L’application g : Y 7→ Y(tX) est linéaire de Mn,m(R) dans Mn(R) et dim(Mn,m(R)) < +∞. Donc g est continue sur Mn,m(R). D’autre part, l’application h : M 7→ det(M) est continue sur Mn(R). Donc l’application f=h◦g : Y7→det(Y(tX))est continue surMn,m(R).
•f(Y0) =det(W0XtX) =det(W0)×det(XtX). D’après la question III.A.3), rg(XtX) =rg(t(tX)tX)rg(tX) =rg(X) =n.
La matriceXtXest une matrice carrée de formatnet de rangn. On en déduit queXtX∈ GLn(R)et donc det(XtX)6=0.
Comme d’autre part, les valeurs propres deXtXsont des réels positifs d’après la question III.A.2), on a aussi det(XtX)>0.
En résumé,
f(Y0) =det(XtX)> 0.
•Soitε=f(Y0)> 0. Puisquefest continue enY0, il existeα > 0tel que siY est dans la boule ouverte de centreY0et de rayonα, f(Y) −f(Y0)>−ε ou encoref(Y)> f(Y0−ε =0. La boule ouverte de centreY0et de rayonαest un ouvertU tel que, pour toutY∈ U, det(YtX) =f(Y)> 0.
V.C.2)Soient Y ∈ U puisA=YtX. Pour tout Y ∈ U, on a det(A)> 0. D’après la partie II et en particulier la question II.E.2), on sait que la matriceApeut s’écrireQ∆tPoùPetQsont deux matrices orthogonales et∆une matrice diagonale à coefficients diagonaux strictement positifs, et aussi que
Xm
i=1
kWXi−Yik22est maximale quand W=QtP∈ O+n(R).
On prend Z0 = A = YtX = Q∆tP. La suite (Zk)k∈N tend alors vers QtP qui est une matrice orthogonale positive maximisant
Xm
i=1
kWXi−Yik22,W∈ On(R).