le corrigé

PC∗

Corrigé : polynômes, matrices et systèmes différentiels stables (CCP PC 2014)

Partie I : stabilité dans des cas particuliers

I. 1.

On a P = X2−_{(z1+ z2)X + z1z2et en identifiant : a = −(z1+ z2) et b = z1z2.}

I. 2.

I.2.a. ∆ > 0 donc les deux racines z1 et z2 de P sont réelles. Si de plus P est stable alors a et b sont deux réels

strictement négatifs. Ainsi, a = −(z1+ z2) > 0 et b = z1z2> 0.

I.2.b. Réciproquement, si a > 0 et b > 0 alors √ ∆< a donc z1= −_{a +} √ ∆ 2 < 0 et bien évidemment z2= −_{a −} √ ∆ 2 < 0 donc P est stable.

I. 3.

Observons déjà que ∆ = 0 ⇐⇒ 4b = a2donc b > 0, avec égalité si et seulement si a = 0.

Ici P possède une racine double réelle z1= z2= −a/2 donc P est stable si et seulement si a > 0, soit encore si et seulement si

a > 0 et b > 0 compte tenu de la remarque préliminaire.

I. 4.

I.4.a. P est un polynôme réel de degré 2 sans racine réelle donc ses deux racines sont complexes conjuguées. I.4.b. On a Re(z1) = Re(z2) = −a/2 donc P est stable si et seulement si a > 0. Cependant, la condition ∆ < 0 équivaut à

4b > a2donc on a b > 0, et même b > 0 lorsque a , 0. On en déduit que P est stable si et seulement si a > 0 et b > 0.

I. 5.

I.5.a.

χ

_A(x) = x2−_{(tr A)x + (det A).}

I.5.b. Les questions I.2, I.3 et I.4 ont montré que le polynôme P est stable si et seulement si a > 0 et b > 0, donc la matrice A est stable si et seulement si − tr A > 0 et det A > 0, soit pour n = 2, tr A < 0 et (−1)ndet A > 0.

On verra dans la question suivante que cette condition n’est pas suffisante en dimension 3.

I. 6.

I.6.a. −1 est racine évidente de Q, ce qui permet de factoriser : Q = (X − 1)(X2+ 1) = (X − 1)(X − i)(X + i). I.6.b. tr B = −1 et det B = −1 donc (−1)ndet B = 1 > 0.

I.6.c. Q n’est pas stable car chacune de ses racines a une partie réelle positive ou nulle. On calcule

χ

_B= Q donc B n’est pas stable non plus.

Partie II : Norme subordonnée et mesure de Lozinskii

II. 1.

II.1.a. Une norme sur Knest une application N : Kn→ R_{+qui vérifie les propriétés :} – N(x) = 0 =⇒ x = 0 ;

– pour tout λ ∈ K et x ∈ Kn, N(λx) = |λ|N(x) ; – pour tout x, y ∈ Kn, N(x + y) 6 N(x) + N(y).

II.1.b. L’application x 7→ Ax est linéaire donc continue ; l’application x 7→ kxk est 1-lipschitzienne (d’après la seconde inégalité triangulaire) donc continue ; par composition l’application x 7→ kAxk est continue sur Kn.

II.1.c. Best fermé et borné donc la fonction continue x 7→ kAx y est bornée et atteint ses bornes en un point x0∈ B.

II.1.d. Pour tout x ∈ B, kInxk = kxk = 1 donc |||In|||= 1.

II.1.e. Si x ∈ Kn\ {_{0} alors} x k_xk ∈ Bdonc Ax k_xk

6 |||_{A||| et ainsi kAxk 6 |||A||| · kxk, inégalité qui reste vraie pour x = 0.} II.1.f. Pour tout x ∈ B, Ax = (A − B)x + Bx donc kAxk 6 k(A − B)xk + kBxk 6 |||A − B||| + |||B|||. Une borne supérieure est le plus petit des majorants donc |||A||| 6 |||A − B||| + |||B|||.

Pour tout x ∈ B on a d’après II.Ie : kABxk 6 |||A||| · kBxk ; mais kBxk 6 |||B||| donc kABxk 6 |||A||| · |||B|||. La borne supérieure est le plus petit des majorants donc |||AB||| 6 |||A||| · |||B|||.

II. 2.

Posons λ = a + ib avec (a, b) ∈ R2. Alors pour tout u ∈ R, |_{1 + uλ| =} q (1 + au)2_{+ b}2_u2₌ q 1 + 2au + (a2_{+ b}2_)u2 ₌ 0+ p 1 + 2au + o(u) = 0+1 + au + o(u) donc lim u→0+ |_{1 + au| − 1} u = a = Re(λ).

II. 3.

II.3.a. µ(A, u) =|||u(u

−₁ In+ A)||| − 1 u = |||u −₁ In+ A||| − u −₁

; la formule demandée en résulte immédiatement. II.3.b. D’après II.1f, |||u−1In+ A|||−|||v

−₁

In+ A||| 6 |||(u −₁

−_v−1_)In|||_{= (u}−1−_v−1_)|||In|||_{= u}−1−_v−1_{car u}−1−_v−1>_{0 et |||In}|||_{= 1} (question II.1d). En conséquence, µ(A, u) − µ(A, v) 6 0.

II.3.c. D’après l’inégalité triangulaire, |||In+ uA||| 6 |||In|||+ u|||A||| = 1 + u|||A||| donc µ(A, u) 6 |||A|||.

D’après II.1f, |||In||| − |||(−u)A||| 6 |||In+ uA||| donc |||In+ uAk > 1 − u|||A|||. IL en résulte que µ(A, u) > −|||A|||.

II.3.d. D’après II.3b la fonction u 7→ µ(A, u) est croissante sur ]0, +∞[ ; d’après II.3d elle est minorée (et majorée) donc elle possède une limite finie en 0+.

II. 4.

II.4.a. Soit y un vecteur propre pou la valeur propre λ. On a y , 0 donc on peut poser x =_ky

yk et on a ainsi kxk = 1 et

Ax = λx.

Dans ce cas, k(In+ uA)xk = k(1 + uλ)xk = |1 + uλ| · kxk = |1 + uλ|.

II.4.b. De ceci il résulte que |1 + uλ| 6 |||In+ uA||| donc

|_{1 + uλ − 1}

u 6µ(A, u). En faisant tendre u vers 0

+_{la question II.2}

donne : Re(λ) 6 µ(A).

II.4.c. La question précédente montre que lorsque µ(A) < 0, toute valeur propre complexe de A vérifie Re(λ) < 0 donc A est stable.

Partie III : Normes et mesures de Lozinskii associées

III. 1.

k_{(In+ uA)xk}2

2= kx + uAxk22= (X + uAX)T(X + uAX) = (XT+ uXTAT)(X + uAX) = XTX + uXT(A + AT)X + u2XTATAX.

III. 2.

La matrice AT+ A est symétrique réelle donc diagonalisable dans une base orthonormée : il existe donc M ∈ On(R)

et α1> · · · >αndans R tels que AT+ A = M diag(α1, . . . , αn)MT.

III. 3.

III.3.a. Posons y = (y1, . . . , yn). Alors kyk22= (MTX)T(MTX) = XTMMTX = XTX = kxk22= 1 car MTM = In, soit n

X

i=1

y_i2= 1. III.3.b. Posons D = diag(α1, . . . , αn). Alors XT(AT+ A)X = XTMDMTX = (MTX)TD(MTX) =

n

X

i=1

αiy2i. Il reste à appliquer

III.1 pour conclure.

III.3.c. L’ensemble B =nx ∈ Rn 

kxk = 1 o

est fermé et borné et l’application x 7→ kAxk2 continue sur B donc cette application est bornée. En notant γ et δ les bornes inférieure et supérieure on en déduit que pour tout X ∈ Mn,1(R)

vérifiant XTX = Inon a γ 6 XTATAX 6 δ.

III.3.d. En utilisant III.3b on obtient pour x ∈ B la majoration

k_{(In+ uA)xk}2 261 + u n X i=1 α_iy_i2+ δu26_{1 + uα1} n X i=1

y_i2+ δu2= 1 + uα1+ δu2

puis en passant à la borne supérieure : |||In+ uA|||2261 + uα1+ δu2.

Pour la minoration c’est légèrement différent : on pose x = My avec y = (1,0,...,0). Alors x ∈ B et pour cet x particulier on a : 1 + α1u + δu26 k(In+ uA)xk226 |||In+ uA|||2, ce qui donne l’encadrement demandé.

III.3.e. Cet encadrement permet d’en déduire que |||In+ uA|||2=₀1 +

α1 2 u + o(u) et donc : µ2(A) = lim 0 _|||I n+ uA|||2−1 u  =α1 2

Par ailleurs, α1est la plus grande des valeurs propres des AT+ A donc

α1 2 = max SpR _AT_{+ A} 2  .

III. 4.

III.4.a. Notons BHla boule unité associée à la norme k · kH: BH=

n

x ∈ Cn

kHxk2= 1 o

. Pour tout x ∈ BH, kAxkH= kHAxk2= kHAH

−₁

yk2en posant y = Hx. Mais y ∈ B2donc kHAH −₁

yk26 |||HAH −₁

|||_2. On a ainsi montré que pour tout x ∈ BH, kAxkH 6 |||HAH

−₁

|||_{2; en passant à la borne supérieure on a prouvé que} |||_A|||H6 |||_HAH−1|||_2.

Réciproquement, soit y ∈ B2. On a kHAH −₁

yk2= kAHxk2= kAxkHen posant x = H −₁

y. On a kxkH= kyk2= 1 donc x ∈ BH

et ainsi kAxkH6 |||A|||H.

On a prouvé que pour tout y ∈ B2, kHAH −₁

yk26 |||A|||Het en passant à la borne supérieure : |||HAH −_1|||

26 |||A|||H. D’où

l’égalité.

III.4.b. En particulier, |||In+ uA|||H= |||H(In+ uA)H −_1||| 2= |||In+ uHAH −_1||| 2donc µ_H(A) = lim u→0+ |||_{In+ uA|||H}−₁ u  = lim u→0+ |||_{In+ uHAH}−1|||₂−₁ u  = µ2(HAH −1₎

Partie IV : Un critère de stabilité en degré 3

IV. 1.

On développe :

(X − z1)(X − z2)(X − z3) = X3−(z1+ z2+ z3)X2+ (z1z2+ z2z3+ z3z1)X − z1z2z3

puis on identifie : z1+ z2+ z3= −a, z1z2+ z2z3+ z3z1= b, z1z2z3= −c. On calcule ensuite :

ab − c = z1z2z3−(z1+ z2+ z3)(z1z2+ z2z3+ z3z1) = −2z1z2z3−z12z2−z12z3−z22z1−z22z3−z33z1−z23z2

IV. 2.

On a lim

−∞P(x) = −∞ et lim_+∞P(x) = +∞ et une fonction polynomiale étant continue, le théorème des valeurs

intermé-diaires pour l’existence de x ∈ R tel que P(x) = 0.

IV. 3.

IV.3.a. z2et z3sont racines conjuguées sont β3= −β2= 0.

IV.3.b. Ainsi, les trois racines z1, z2et z3sont réelles, donc strictement négatives lorsque P est stable. Les expressions

obtenues à la question IV.1 donnent alors les inégalités suivants : a > 0, b > 0, > 0 et ab − c > 0 donc P vérifie la propriété H.

IV. 4.

IV.4.a. On l’a déjà dit : z2et z3sont conjuguées l’une de l’autre donc α3= α2et β3= −β2.

IV.4.b. Ainsi, z2+ z3= 2α2donc a = −(α1+ 2α2), b = z1(z2+ z3) + z2z3= α1(2α2) + (α22+ β22), c = −α1(α22+ β22) et

ab − c = α1(α22+ β22) − (α1+ 2α2)(2α1α2+ α22+ β22) = −2α2(α21+ α22+ β22) − 4α1α22

IV.4.c. Si P est stable alors α1< 0 et α2< 0 et les expressions précédentes donnent a > 0, b > 0, c > 0 et ab − c > 0 donc P

vérifie H.

IV. 5.

Notons que les relations obtenues aux questions IV.4a et IV.4b restent valables dans le cas où β2= 0 ; on peut donc

utiliser les formules du IV.4b.

Si P vérifie H on a c > 0, ce qui impose déjà α1< 0, soit Re(z1) < 0.

Supposons α2= 0. Alors ab − c = 0 donc P ne vérifie pas H. Par contraposée, si P vérifie H alors α2= Re(z2) = Re(z3) , 0.

IV. 6.

IV.6.a. En développant par rapport à la dernière colonne on obtient :

χ

A0(x) =         x −_{1 0} c0 x −₁ 0 b0 x + a0         = b0x + (x + a0)(x2+ c0) = x3+ a0x2+ (b0+ c0)x + a0c0= x3+ ax2+ bx + c = P(x) IV.6.b. On calcule B0=           0 √ c0 0 − √ c0 0 √ b0 0 − √ b0 ₋ a0           donc B T_{+ B} 2 =         0 0 0 0 0 0 0 0 −_a         .

IV.6.c. On applique la question III.3e : µ2(B 0

) est la plus grande des valeurs propres de B

0_T

+ B0

2 , à savoir µ2(B

0

) = 0 puisque −a 6 0. Puis on applique la question III4b pour conclure : µH(A

0

) = µ2(B 0

) = 0.

IV.6.d. Le résultat principal de la partie II a consisté à montrer que quelle que soit la norme utilisée, et donc en particulier pour k · kH, on a Re(λ) 6 µH(A

0

) pour tout λ ∈ SpC(A 0

). La matrice A0est donc stable, et puisque son polynôme caractéristique est égal à P, on peut en conclure que le polynôme P est stable.

Partie V : exemple de système différentiel stable

V. 1.

On calcule det(λI3−C) = λ3+ 2λ2+ 3λ + 4.

V. 2.

Avec les notations de la partie IV, a = 2 > 0, b = 3 > 0, c = 4 > 0 et ab − c = 2 > 0 donc

χ

_Cvérifie la propriété H. Ainsi, C est stable.

V. 3. χ

0

C(x) = 3x2+ 4x + 3. Ce polynôme n’a pas de racine réelle donc

χ

0

C reste de signe constant, donc strictement

positif. On en déduit que

χ

Cest strictement croissant donc ne possède qu’une racine réelle α1et deux racines complexes

conjuguées α2±iβ2. Enfin, puisque C est stable ses valeurs propres ont une partie réelle strictement négative, soit : α1< 0

et α2< 0.

Il reste à observer que C, possédant trois valeurs propres simples, est diagonalisable dans Mn(C) pour justifier l’existence

de U.

V. 4.

V.4.a. X0= CX ⇐⇒ X0= UDU−1X ⇐⇒ U−1X0= DU−1X ⇐⇒ (U−1X)0= D(U−1X) ⇐⇒ Y0= DY.

V.4.b. Si on pose Y =         y1 y2 y3         alors            y₁0 = α1y y₂0 = (α2+ iβ2)y2 y₃0 = (α2−iβ2)y3 . On résout :              y1(t) = λ1eα1t y2(t) = λ2e(α2+iβ2)t y3(t) = λ3e(α2 −_iβ2)t avec (λ1, λ2, λ3) ∈ C3. V.4.c. Posons Y1=         λ1 0 0         , Y2=         0 λ2 λ₃         et Y3=         0 λ2 −λ3         . Alors Y(t) = eα1t_Y

1+ eα2tcos(β2t)Y2+ eα2tsin(β2t)Y3et

X(t) = eα1t_X

1+ eα2tcos(β2t)X2+ eα2tsin(β2t)X3 en posant Xi= UYi

A priori les trois matrices Xi sont à valeurs complexes. Cependant, puisque X est à valeurs réelles on peut obtenir :

– pour t = 0 et t =2π β₂ le système :          X1+ X2= X(0) ∈ R3 exp _2πα 1 β₂  X1+ exp _2πα 2 β₂  X2= X _2π β₂ 

∈ R3 qui prouve en le résolvant que X1et X2sont à valeurs réelles ;

– pour t = π 2β2 la relation : exp _πα 1 2β2  X1+ exp _πα 2 2β2  X3= X  _π 2β2 

∈ R3_{qui prouve que X3}∈ R3_.

V.4.d. Puisque α1< 0 et α2< 0 on a lim_t→+∞eα1t= lim_t→+∞eα2t= 0. les fonctions cos et sin sont bornées donc lim_t→+∞X(t) = 0.

Le système (S) est stable.