Corrig´e du devoir sur le calcul de la racine carr´ee d’une matrice Premi` ere partie 24

SP ´ ECIALE MP* : DEVOIR SURVEILL ´ E

Corrig´e du devoir sur le calcul de la racine carr´ee d’une matrice Premi` ere partie 24

I.1. On sait que z 6 = 0 poss`ede exactement 2 racines carr´ees : y 0 et − y 0 et comme z / ∈ R ⁻ , ℜ (y 0 ) 6 = 0 ce qui permettra de faire le choix. . . 2

I.2. a. On a u k+1 + √

a = 1

2u _k (u k + √

a) ² donc, par une r´ecurrence imm´ediate on peut conclure que ∀ k ∈ N , u k + √

a 6 = 0. . . 2 Apr`es un calcul ´el´ementaire, on trouve v k = v <sub>k−1</sub> <sup>2</sup> . . . 1 Donc, par une r´ecurrence simple, on arrive `a v k = v ₀ ²

. . . 2 b. On obtient u k = √

a 1 + v k

1 − v _k et u k − √

a = √ a 2v k

1 − v _k i.e. u k → √

a ssi v k → 0 ssi

| v 0 | < 1.

Traduisons cette derni`ere in´egalit´e :

u 0 − √ a u ₀ + √

a

< 1 ⇔ | u 0 − √

a | ² < | u 0 + √

a | ² ⇔ √

au 0 + √

au 0 > 0. 4 Interpr´ etation g´ eom´ etrique : si on note A et A ^′ les points d’affixes respectives √ a et

− √

a alors M (u ₀ ) appartient au demi-plan ouvert d´elimit´e par la m´ediatrice de AA ^′ et contenant A.

c. Si u 0 = 1, la condition ci-dessus est ´evidemment v´erifi´ee.. . . 1 I.3. On proc`ede donc par r´ecurrence, pour n = 1, c’est ´evident.

H.R.: on suppose la propri´et´e vraie `a l’ordre n. A l’ordre n + 1, cherchons X n+1 sous la forme X _n+1 =

X n B n

0 √

t n+1,n+1

. On obtient alors X _n+1 ² = T n+1 =

T n C n

0 t n+1,n+1

⇔ (X n + √ t n+1,n+1 I n )B n = C n . Or, X n + √ t n+1,n+1 I n est inversible car c’est une matrice triangulaire dont les termes de la diagonale ne s’annulent pas vu qu’ils ont une partie r´eelle > 0. . . 6 On peut remarquer qu’une telle matrice est unique.

I.4. A ∈ M n ( C ) est semblable `a une matrice triangulaire i.e. A = P T P <sup>− 1</sup> , on va alors chercher X sous la forme X = P Y P <sup>−1</sup> o` u Y v´erifiera Y ² = T . On est alors ramen´e `a la question pr´ec´edente. On a bien unicit´e de Y , l’unicit´e de X est plus d´elicate car elle fait intervenir les endomorphismes associ´es. . . 2 I.5. B est nilpotente d’ordre n. Si X ² = B alors X est nilpotente mais X ^{2n − 2} = B ^{n − 1} 6 = 0 n

ce qui est impossible car on sait que l’ordre de nilpotence d’une matrice d’ordre n est inf´erieur ou ´egal `a n.

Conclusion : il n’y a pas de matrice X dans M ⁿ ( C ) v´erifiant X ² = B .. . . 4

1

2 SP ´ ECIALE MP* : DEVOIR SURVEILL ´ E

Deuxi` eme partie 29

II.1. a. Comme (e 1 , e 2 , . . . , e n ) est une base trigonalisante pour x, e 1 est un vecteur propre de x : x(e 1 ) = λ 1 e 1 . Comme h ◦ x + x ◦ h = 0 alors, en appliquant cette relation `a e 1 , on en d´eduit que

h[x(e 1 )] + x[h(e 1 )] = λ 1 h(e 1 ) + x[h(e 1 )] = 0 soit x[h(e 1 )] = − λ 1 h(e 1 ).

Or − λ 1 ∈ / Sp(x) vu l’hypoth`ese faite donc h(e 1 ) = 0.. . . 2 b. On proc`ede par r´ecurrence finie sur m. On vient de prouver le r´esultat pour m = 1.

On suppose la propri´et´e vraie jusqu’`a l’ordre m, m 6 n − 1. Comme la base (e <sub>1</sub> , e <sub>2</sub> , . . . , e <sub>n</sub> ) est trigonalisante pour x alors x(e <sub>m+1</sub> ) = t <sub>1,m+1</sub> e <sub>1</sub> + · · · + t <sub>m,m+1</sub> e <sub>m</sub> + λ <sub>m+1</sub> e <sub>m+1</sub> d’o` u

h[x(e _m+1 )] + x[h(e _m+1 )] = t _1,m+1 h(e ₁ ) + · · · + t _m,m+1 h(e _m ) + λ _m+1 h(e _m+1 ) + x[h(e _m+1 )]

= λ m+1 h(e m+1 ) + x[h(e m+1 )] = 0 car h(e k ) = 0 pour k ∈ [[1, m]], soit

x[h(e m+1 )] = − λ m+1 h(e m+1 ).

Or − λ _m+1 ∈ / Sp(x) vu l’hypoth`ese faite donc h(e <sub>m+1</sub> ) = 0. Ceci ach`eve la r´ecurrence, par cons´equent h(e m ) = 0 pour tout m ∈ [[1, n]]. . . 3 c. On vient de prouver que si h ∈ Ker T x alors h = 0. T x est un endomorphisme injectif

en dimension finie, c’est donc un isomorphisme. Il en est de mˆeme pour T _X car sur C tout endomorphisme est trigonalisable. . . 1 II.2. a. Par une premi`ere r´ecurrence : l’in´egalit´e est v´erifi´ee pour k = 0 et si elle est v´erifi´ee

pour k ∈ N alors

ae k+1 6 e ² _k + 2e k e k+1 < a ² 9 + 2 a

3 e k+1

soit a

3 e _k+1 < a ²

9 donc e _k+1 < a

3 c.q.f.d.. . . 2 b. Par une deuxi`eme r´ecurrence, on montre que la suite (e k ) _k∈ ^N d´ecroˆıt dans R car,

toujours en reprenant l’in´egalit´e ae k+1 6 a

3 e k + 2 a 3 e k+1

d’o` u a

3 e k+1 6 a

3 e k soit e k+1 6 e k .

La suite (e k ) k ∈ N est donc convergente dans R ₊ vers l < a

3 alors, par passage `a la limite dans l’in´egalit´e on arrive `a

al ⁶ 3l ² or, vu que l < a

3 on en d´eduit que l = 0 c.q.f.d. . . 4 II.3. a. Comme le spectre de A ne rencontre pas R ₋ , √

A poss`ede la propri´et´e du II.1 et donc T <sup>√</sup> <sub>A</sub> est inversible. T <sup>√</sup> <sub>A</sub> ne s’annule pas sur la sph`ere unit´e qui est compacte, T ^√ _A est continue donc T ^√ _A atteint un minimum strictement positif qui est α( √

A). . . 4 En fait α( √

A) n’est autre que la norme subordonn´ee de T ^√ _A et comme cet endomor-

phisme est non nul, sa norme est > 0.

SP ´ ECIALE MP* : DEVOIR SURVEILL ´ E 3

b. On a donc k T ^√ _A (X k+1 − √

A) k ^> α √

Ae k+1 et

X _k+1 = X _k − T _X ⁻¹

(X _k ² − A) ⇔ X _k X _k+1 + X _k+1 X _k − X _k ² − A = 0 d’o` u

T ^√ _A (X k+1 − √

A) = √

AX k+1 + X k+1

√ A − 2A

= ( √

A − X k )(X k+1 − √

A) + (X k+1 − √ A)( √

A − X k ) + (X k − √ A) ² et donc, en vertu de l’in´egalit´e k M.N k ⁶ k M k . k N k on en d´eduit l’in´egalit´e demand´ee α( √

A)e k+1 6 e ² _k + 2e k e k+1 . . . 5 c. On prend donc l’hypoth`ese e 0 < α( √

A)

3 .

On utilise alors le r´esultat du II.2 d’o` u : X k → √

A.. . . 1 II.4. Si on appelle x k et a les endomorphismes associ´es aux matrices X k et A alors la r´ecurrence

s’applique aux endomorphismes. On peut donc supposer ici que A est une matrice diago- nale. Or si X est une matrice diagonale et si D d´esigne l’ensemble des matrices diagonales (qui est un sous-espace vectoriel de l’ensemble des matrices) alors T X ( D ) ⊂ D . Comme T X est un isomorphisme on a T X ( D ) = D et donc T _X ⁻¹ ( D ) ⊂ D .

Par r´ecurrence on montre alors que les termes de la suite (X k ) _k∈ ^N sont tous des matrices diagonales. . . 4 Dans cette hypoth`ese, T X (D) = 2 Diag(x i d i ) o` u les x i et les d i d´esignent les termes des diagonales des matrices X et D.

On a donc T _X ^{− 1} (D) = 1

2 Diag(d i /x i ) d’o` u X k+1 = 1

2 Diag

x k,i + a _i x k,i

= 1

2 (X k + X _k ⁻¹ A).

En reprenant la question I.2. on peut affirmer que ∀ i ∈ [[1, n]], x k,i → √ a i et donc X k → √

A. . . 3 Troisi` eme partie 35

III.1. On a vu, dans la question II.4. que Y k = X k . . . 3

III.2. a. Soit δ = min

i∈[[1,n]] | p

λ i | alors pour k ∆ k < δ 2 √

n on a (en posant ∆ = (d ij ))

| p

λ i + d ii | ^> | p

λ i | − | d ii | ^> δ − | d ii | > δ − δ 2 √

n . En outre,

X

j 6 =i

| d ij | ⁶ √

n − 1 X

j 6 =i

| d ij | ²

! 1/2

6 √

n − 1 k ∆ k < δ 2

donc P

j 6 =i | d ij | < | √

λ i + d ii | , la matrice ∆ + √

A ´etant `a diagonale dominante est inversible. . . 2 On peut donc prendre ε = δ

2 √

n . . . 5

4 SP ´ ECIALE MP* : DEVOIR SURVEILL ´ E

b. On a

2g (∆) − (∆ − X ⁻¹ ∆X) = ∆ + X + (∆ + X) ⁻¹ X ² − 2X − ∆ + X ⁻¹ ∆X

= − X + (∆ + X) ⁻¹ X ² + X ⁻¹ ∆X = M Or

(∆ + X)M = (∆ + X)( − X + (∆ + X) ⁻¹ X ² + X ⁻¹ ∆X)

= − ∆X − X ² + X ² + (∆ + X)X ⁻¹ ∆X = ∆X ⁻¹ ∆X

d’o` u M = (∆ + X) ⁻¹ ∆X ⁻¹ ∆X et, en choisissant k ∆ k tel que k (∆ + X) ⁻¹ k ⁶ 2 k X ⁻¹ k on obtient

k M k ⁶ 2 k X ⁻¹ k ² k X k ² k ∆ k ² 5

III.3. Par un calcul direct, on a L(∆) = 1

2 d ij 1 − p λ _j

√ λ i

!!

(i,j) ∈ [[1,n]]

d’o` u

k L(∆) k ² = X

i,j

1 4



 | d ij | ²

1 − p λ j

√ λ i

2 



6 1

4 max

(i,j)∈[[1,n]]

1 −

√ λ i

p λ j

2

X

i,j

| d ij | ² = 1

4 max

(i,j)∈[[1,n]]

1 −

√ λ i

p λ j

2

k ∆ k ²

ce qui fournit le r´esultat en passant aux racines carr´ees. . . 4 III.4. a. On a k g (∆) k ⁶ 1

2 k L(∆) k + k M k compte tenu des deux questions pr´ec´edentes, donc k g(∆) k ⁶ k k ∆ k

en choisissant k ∆ k assez petit et k = 1

2 max

(i,j)∈[[1,n]]

1 −

√ λ i

p λ j

+ α < 1. . . 2 b. Si k Y ₀ − √

A k < ε ₁ alors Y ₀ est inversible.

Par r´ecurrence, si Y 0 , . . . , Y p sont d´efinis et si k Y q − √

A k < ε 1 k ^q pour q ∈ [0, p] alors k Y p − √

A k < ε 1 k ^p < ε 1 donc Y p est bien inversible et Y p+1 est bien d´efinie. . . 3 On a alors

k Y p+1 − √

A k = k g(Y p − √

A) k ⁶ k k Y p − √

A k < ε 1 k ^p+1 .

On peut alors conclure. . . 2 III.5. Non ! . . . 1

Si √

A = Diag( √

a) et Y 0 = − Diag( √

a) alors, la suite Y p est constante et ne converge pas vers √

A.. . . 4 III.6. En posant C = 1

2

1 −

√ λ i

λ j

alors, pour tout p, on a Y _p = √

A + t ₀ C ^p E. . . 3 La suite (Y p ) _p∈ ^N est bien d´efinie mais comme t 0 C ^p E ne tend pas vers 0, Y p ne tend pas vers √

A.. . . 1