B. Existence et calcul d’une racine carrée

SESSION 2018

Concours commun Mines-Ponts

DEUXIÈME ÉPREUVE. FILIÈRE MP

A. Quelques exemples

1)Pour tout réelθ, posonsSθ=

cosθ sinθ sinθ −cosθ

. Pour tout réelθ,Sθest la matrice dans une base orthonormée deR² muni de sa structure euclidienne canonique, de la symétrie orthogonale par rapport à la droite d’angle polaire θ

2. Donc, pour tout réelθ,S²_θ =I2. La matriceA=I2admet donc une infinité de racines carrées deux à deux distinctes.

SoitX une racine carrée de Adans M₂(C)qui est un polynôme en A. Puisque Aest une matrice scalaire, il en est de même deX. Donc, il existeλ ∈Ctel que X=λI₂. L’égalitéX² =I₂ fournitλ²= 1 puisX=±I₂. Réciproquement, les matricesI₂et−I₂sont de racines carrées deA=I₂qui sont des polynômes enA.

2) A = E1,3 puis A² = 03. Donc, Aest nilpotente d’indice 2. Une matriceX qui est un polynôme en A est donc une matrice de la formeX=αI3+βE1,3, (α, β)∈C². Pour une telle matrice,

X²=α²I3+2αβE1,3

et donc, la famille(I₃, E1,3)étant libre,

X²=A⇔α²I₃+2αβE_1,3=E_1,3⇔α²=0et2αβ=1

ce qui est impossible. Donc, aucune éventuelle racine carrée deA=E_1,3n’est un polynôme en A.

Maintenant, pourα∈C^∗,

αE_1,2+ 1 αE_2,3

2

=α²E²_1,2+E_1,2E_2,3+E_2,3E_1,2+ 1

α²E²_2,3=E_1,3. Donc, les matrices αE_1,2+ 1

αE_2,3=







0 α 0 0 0 1 α 0 0 0





, α∈C^∗,

sont des racines carrées deux à deux distinctes deA=E_1,3. Ainsi,A=E_1,3 admet une infinité de racines carrées deux à deux distinctes.

3) • Soit A ∈ S_n(R). D’après le théorème spectral, il existe P ∈ On(R) et D = diag(λ_i)_16i6n ∈ D_n(R) telles que A=PD^tP.

Supposons de plus que Asoit définie positive. Donc, pour tout i ∈J1, nK, λi > 0. Soit alors∆= diag √ λi

16i6n puis R=P∆^tP.Rest orthogonalement semblable à une matrice diagonale et doncRest symétrique. De plus, les valeurs propres de R, à savoir les√

λi, 1 6 i 6n, sont des réels strictement positifs. Finalement,R est une matrice symétrique définie positive vérifiant

R²= P∆^tP2

=P∆^2tP=PD^tP=A.

Rest une racine carrée deAqui est une matrice symétrique définie positive. Ceci montre l’existence d’une telle matrice.

• Par construction, la matrice R vérifie : si Sp(A) = (λ1, . . . , λ_n), alors Sp(R) = √

λ₁, . . . ,√ λ_n

et d’autre part, si on munitM_n,1(R)du produit scalaire canonique, les colonnes de P constituent une base orthonormée de vecteurs propres associée à la famille(λ₁, . . . , λ_n)de valeurs propres deAet aussi une base orthonormée de vecteurs propres associée à la famille √

λ1, . . . ,√ λn

de valeurs propres deR.

SoitSune racine carrée deAqui est une matrice symétrique définie positive. Soitλune valeur propre deA.λest un réel strictement positif. Les polynômesX−√

λetX+√

λsont premiers entre eux (carλ6=0) et donc, d’après le théorème de décomposition des noyaux,

Ker(A−λ) =Ker S²−λI_n

=Ker S−√

λI_n

⊕Ker S+√

λI_n

=Ker S−√

λI_n ,

car−√

λ < 0et donc−√

λn’est pas valeur propre deS. Par suite, puisque M_n,1(R) =

M⊥ λ∈Sp(A)

Ker(A−λI_n),

une base orthonormée de M_n,1(R) constituée de vecteurs propres deA et associée à la famille (λ1, . . . , λn) de valeurs propres de√ Aest encore une base orthonormée deM_n,1(R)de vecteurs propres deSassociée à la famille de valeurs propres

λ1, . . . ,√ λn

. Dit autrement, siPet ∆sont les matrices telles queR=P∆^tR, la matrice^tPSPest la matrice∆et donc S=R. Ceci montre l’unicité deR.

B. Existence et calcul d’une racine carrée

4)Soit(i, j)∈J1, nK².

•Sii > j, le coefficient lignei, colonnej, deU²est Xn

k=1

ui,kuk,j=0car dans cette somme sii > k,ui,k=0et sik>i > j, u_k,j=0.

•Si i=j, le coefficient lignei, colonnej, deU²est Xn

k=1

ui,kuk,i=u²_i,i.

•Si i < j, le coefficient lignei, colonnej, deU² est Xn

k=1

ui,kuk,i= Xj

k=i

ui,kuk,jcar sik < i,ui,k=0 et sik > j,uk,j=0.

DoncU²=T ⇔







∀i∈J1, nK, u²_i,i=ti,i

∀(i, j)∈J1, nK² i < j⇒ Xj

k=i

u_i,ku_k,j=t_i,j

! ou encore

U²=T ⇔







∀i∈J1, nK, u²_i,i=t_i,i (1)

∀(i, j)∈J1, nK² i < j⇒(u_i,i+uj,j)ui,j=ti,j−

j−1X

k=i+1

ui,kuk,j

!

(2) . (Le cas où j=i+1est conven-

tionnel : la somme

j−1X

k=i+1

u_i,ku_k,jest vide et sa valeur est0).

Tout nombre complexe non nulzadmet deux racines carrées distinctes non nulles et opposées l’une à l’autre. Sur ces deux racines carrées, ou bien l’une des deux a une partie réelle strictement positive, ou bien l’une des deux a une partie réelle nulle et une partie imaginaire strictement positive (dans le cas oùzest un réel strictement négatif et uniquement dans ce cas). PuisqueT est inversible, tous les ti,i, 1 6i 6n, sont non nuls et on peut donc, pour chaque équationu²_i,i =ti,i, choisir pour solution un nombre ui,i du type précédent, ce que l’on fait. Par construction, pour tout (i, j) ∈ J1, nK², ui,i+uj,j6=0, car ce nombre a soit une partie réelle strictement positive, soit une partie imaginaire strictement positive.

Soit i ∈ J1, nK. Quand j = i +1, l’équation (2) s’écrit (ui,i+ui+1,i+1)ui,i+1 = ti,i+1 et se résout en ui,i+1 = ti,i+1

u_i,i+ui+1,i+1

.

Soient i ∈ J1, nK puisp ∈ Ji+1, n−1K (si cela est possible). Supposons avoir résolu les équations (u_i,i+u_j,j)u_i,j = t_i,j−

j−1X

k=i+1

u_i,ku_k,j pouri+16j6pet donc avoir obtenu lesu_i,j pour16i6neti+16j6p.

Quandj=p+1, les équations(2)s’écrivent(u_i,i+up+1,p+1)ui,p+1=ti,p+1− Xp

k=i+1

ui,kuk,jet se résolvent enui,p+1= 1

ui,i+up+1,p+1

ti,p+1− Xp

k=i+1

ui,kuk,j

!

, lesui,kuk,j,16i < k < j6pétant déjà connus.

On a résolu par récurrence le système de l’énoncé et donc toute matrice triangulaire inversible admet au moins une racine carrée.

5) Aest triangulable dans M_n(C) et donc il existeP ∈GLn(C)et T ∈ T_n,s(C)telles que A= PTP⁻¹. De plus, Aest inversible et doncT est inversible. On poseR=PUP⁻¹ oùUest la matrice de la question précédente. On a

R²= PUP⁻¹2

=PU²P⁻¹=PTP⁻¹=A.

Donc,Aadmet au moins une racine carrée. Si de plus, aucune valeur propre de An’est un réel strictement négatif, il en est de même de T et donc lesti,i ne sont pas des réels strictement négatifs. Mais alors les ui,i, 1 6i6n, qui sont les

valeurs propres deUet donc deR, ont tous une partie réelle strictement positive. Donc,Aadmet une racine carrée dont les valeurs propres ont des parties réelles strictement positives.

C. Algorithme de Newton

6)Soit(A, B)∈M_n(C)².

kABk= vu uu t X

16i,j6n

Xn

k=1

ai,kbk,j

2

6 vu uu t X

16i,j6n

Xn

k=1

|a_i,k| |b_k,j|

!2

6 vu ut X

16i,j6n

Xn

k=1

|a_i,k|²

! _n X

l=1

|b_l,j|²

!

(d’après l’inégalité deCauchy-Schwarz)

= vu uu t X

16i,j6n



 X

16k,l6n

|a_i,k|²|b_l,j|²



=

s X

16i,j,k,l6n

|a_i,k|²|b_l,j|²= vu uu t



 X

16i,k6n

|a_i,k|²







 X

16j,l6n

|b_l,j|²





=kAkkBk.

Donc,k kest une norme sous-multiplicative.

7)Posons mA = Yk

i=1

(X−λi)^βi où lesλi sont les valeurs propres deux à deux distinctes de AdansCet lesβi sont des entiers naturels non nuls.

m_A(B)∈GL_n(C)⇔ Yk

i=1

(B−λ_iI_n)^βi ∈GL_n(C)

⇔det Yk

i=1

(B−λiIn)^βi

!

6

=0

⇔ Yk

i=1

(det(B−λiIn))^βi 6=0

⇔∀i∈J1, kK, det(B−λiIn)6=0

⇔∀i∈J1, kK, λi∈/Sp(B)⇔Sp(A)∩Sp(B) =∅. Montrons par récurrence que pour toutk∈N,A^kM=MB^k.

• L’égalité est vraie quandk=0.

• Soitk>0. Supposons queA^kM=MB^k. Alors,

A^k+1M=AA^kM=AMB^k=MBB^k=MB^k+1. Le résultat est démontré par récurrence. Mais alors, pour tout polynômeP=X

a_kX^k deC[X]

P(A)M=X

a_kA^kM=X

a_kMB^k=MP(B).

En particulier, siP=mA, on obtient

0=m_A(A)M=Mm_A(B).

Sim_A(B)est inversible, alorsM=0. Par contraposition, puisqueM6=0,m_A(B)n’est pas inversible et doncAetBont une valeur propre en commun.

8)Soitλ∈Cune valeur propre commune àAetB. SoientXun vecteur propre deAassocié àλ etY un vecteur propre deB^T associé àλ(qui est également valeur propre de^tB) puisM=XY^T.Mest un élément deM_n,1(R).

AM=AXY^T =λXY^T =λM et

MB=XY^TB=X B^TY_T

=λXY^T =λM.

Donc,AM=MB. De plus,M= (xiyj)_16i,j6n. Puisque X6=0 et Y6=0, il existe(i, j)∈J1, nK² tel quexiyj6=0 et donc M6=0.

En résumé,AetBont une valeur propre en commun si et seulement si il existeM∈M_n(C)\ {0}telle queAM=MB.

9)SoitX∈M_n(C). PourH∈M_n(C),

kF(X+H) −F(X) − (XH+HX)k=(X+H)²−X²− (XH+HX)=H²6kHk². Donc, pourH6=0, 1

kHkkF(X+H) −F(X) − (XH+HX)k6kHk puis lim

H→0 H6=0

1

kHk(F(X+H) −F(X) − (XH+HX)) =0.

Finalement,F(X+H) =

H→0F(X) + (XH+HX) +o(H)où de plus, l’applicationH7→XH+HXest linéaire. Ceci montreF est différentiable enXet que

∀H∈M_n(C), dF_X(H) =XH+HX.

Ensuite,

dF_X∈/GL(M_n(C))⇔Ker(dF_X)6={0}

⇔∃H∈M_n(C)\ {0}/ XH=H(−X)

⇔Xet −Xont une valeur propre en commun ou aussidFXest inversible si et seulement siXet −Xn’ont pas de valeur propre en commun.

SiXn’est pas inversible, alors0est valeur propre commune àXet−Xet doncdF_Xn’est pas inversible. Par contraposition, sidF_Xest inversible, alorsXest une matrice inversible.

10) Les valeurs propres de X^∗ sont des nombres complexes dont la partie réelle est strictement positive. On sait que si Sp(X^∗) = (µ₁, . . . , µn), alors Sp(−X^∗) = (−µ₁, . . . ,−µ_n) et donc les valeurs propres de −X^∗ ont des parties réelles strictement négatives. On en déduit queX^∗ et −X^∗ n’ont pas de valeur propre en commun puis quedFX^∗ est inversible.

Soit X = X

16i,j6n

xi,jEi,j ∈ M_n(C). Pour (i, j) ∈ J1, nK², ∂F

∂x_i,j(X) = dFX(E_i,j) = XEi,j+Ei,jX. Pour (i, j) ∈ J1, nK², l’application ∂F

∂x_i,j est linéaire surM_n(C)et donc continue surM_n(C).

L’applicationFest donc de classeC¹surM_n(C) puis l’applicationX7→dFXest continue surM_n(C). Par continuité du déterminant, on en déduit que l’applicationX7→det(dF_X)est une application continue sur M_n(C)à valeurs dansC. Puisque det(DF_X∗) 6= 0, par continuité de l’application X 7→det(dF_X), il existe r > 0 tel que pour tout X∈ B(X^∗, r), det(dF_X)6=0ou encore dFX inversible.

11)G(X^∗) =X^∗− (dF_X∗)⁻¹(F(X^∗)) =X^∗− (dF_X∗)⁻¹

X^∗2−A

=X^∗− (dF_X∗)⁻¹(0) =X^∗ car(dF_X∗)⁻¹ est linéaire.

Soit alorsH∈B(0, r).X^∗+H∈B(X^∗, r)puisdF_X∗+H est inversible et

G(X^∗+H) −G(X^∗) = (X^∗+H) −X^∗− (dFX^∗+H)⁻¹(F(X^∗+H)) =H− (dFX^∗+H)⁻¹ X^∗H+HX^∗+H² .

Maintenant,dF_X∗+H(H) = (X^∗+H)H+H(X^∗+H) =X^∗H+HX^∗+2H² et doncH= (dF_X∗+H)⁻¹ X^∗H+HX^∗+2H² puis

G(X^∗+H) −G(X^∗) = (dFX^∗+H)⁻¹ X^∗H+HX^∗+2H²

− (dFX^∗+H)⁻¹ X^∗H+HX^∗+H²

= (dF_X∗+H)⁻¹ H² .

Ensuite,dF_X∗◦

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dF_H

=dF_X∗+dF_H puis pourH^′∈M_n(C),

(dF_X∗ +dF_H) (H^′) =X^∗H^′+H^′X^∗+H^′H+HH^′ = (X^∗+H)H^′+H^′(X^∗+H) =dF_X∗+H(H^′) et doncdFX^∗+H=dFX^∗ +dFH=dFX^∗◦

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dFH

puis

(dF_X∗+H)⁻¹=

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dF_H−1

◦(dF_X∗)⁻¹.

12)SoitX∈B(X^∗, r). SoitH=X−X^∗ de sorte queX=X^∗+HoùH∈B(0, r). On munitL(M_n(C))d’une normeN.

L’applicationM 7→dF_M est continue M_n(C)(car F est de classe C¹ sur M_n(C) d’après des théorèmes généraux). On en déduit que l’applicationM 7→

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dF_M−1

est continue sur le compactB(0, r)(d’après des théorèmes généraux). En particulier, cette application est bornée sur le compactB(0, r)et donc sur B(0, r). Donc, il existeC1> 0 tel que

∀M∈B(0, r), N

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dFM

−1 6C1.

L’application Φ : (L(M_n(C)), N)×(M_n(C),k k) → (M_n(C),k k)

(ϕ, M) 7→ ϕ(M)

est bilinéaire sur l’espace de dimension finie L(M_n(C))×M_n(C). « On sait » alors qu’il existeC₂> 0tel que

∀(ϕ, M)∈L (M_n(C))×M_n(C), kΦ(ϕ, M)k6C₂N(ϕ)kMk.

Enfin, puisque(dF_X∗)⁻¹est une endomorphisme de l’espace de dimension finieM_n(C), on sait qu’il existe une constante C₃> 0tel que

∀M∈M_n(C), (dF_X∗)⁻¹(M)6C₃kMk. Donc, pour toute matriceHdeB(0, r),

kG(X) −X^∗k=kG(X^∗+H) −G(X^∗)k=

Id+ (dF_X∗)⁻¹◦dF_H−1

◦(dF_X∗)⁻¹ H² 6C2N

Id+ (dFX^∗)⁻¹◦dFH

⁻¹

×(dFX^∗)⁻¹ H² 6C1C2C3

H²6C1C2C3kHk²(d’après la question 6)

=C1C2C3kX−X^∗k². Le nombreC=C₁C₂C₃> 0convient.

13)PuisqueCpeut être quelconque, le résultat de l’énoncé est faux quandk=0. On va montrer par récurrence que pour toutk∈N,Xk existe et est dansB(X^∗, ρ)et quekXk−X^∗k6(ρC)²

k

C en choisissant correctementρ.

On choisit déjà ρ6r de sorte que si X0∈ B(X^∗, ρ) ⊂B(X^∗, r), alors X1 existe. On choisit aussiρ tel que ρC < 1. On prend doncρ=Min

r, 1

2C

> 0. Dans ce cas,

(ρC)²

0

C =ρ6ρ

puis, la suite (ρC)²

k

C

!

k∈N

étant décroissante (car0 < ρC < 1), pour toutk∈N, (ρC)²

k

C 6ρ.

Montrons alors par récurrence que, siX₀∈B(X^∗, ρ),

pour toutk∈N,Xk existe et est dansB(X^∗, ρ)et quekXk−X^∗k6 (ρC)²

k

C (P_k).

• X0est dansB(X^∗, ρ)⊂B(X^∗, r). De plus,

kX₀−X^∗k6ρ= (ρC)²

0

C .

• Soitk>0. Supposons(P_k). Alors,Xk+1existe

kXk+1−X^∗k=kG(X_k) −X^∗k6CkXk−X^∗k²6C (ρC)²

k

C

!²

=C(ρC)²

k+1

C² = (ρC)²

k+1

C .

En particulier,kXk+1−X^∗k6ρ.

Le résultat est démontré par récurrence. Puisque qu’on a choisitρtel que 0 < ρC < 1, lim

k→+∞

ρ√

C2^k

C =0puis la suite (X_k)_k∈Nconverge et lim

k→+∞

X_k=X^∗.

D. Forme équivalente

14)Supposons la suite(Xk)_k∈N bien définie par(N)et que U0=X0. Montrons par récurrence que pour toutk∈N, Uk

est défini et queUk =Xk.

• C’est vrai quandk=0.

•Soitk>0. Supposons queUkexiste et queUk =Xk. La matriceHkvérifie alorsXkHk+HkXk=A−X²_kou encore dFXk(H_k) = −F(X_k).Xkest dansB(X^∗, r)et doncdFXk est inversible. L’équationdFXk(H_k) = −F(X_k)a une solution et une seule à savoirHk = − (dFXk)⁻¹(F(Xk)). On en déduit que Uk+1existe et que

Uk+1=Uk+Hk=Xk− (dF_Xk)⁻¹(F(X_k)) =Xk+1.

Le résultat est démontré par récurrence.

Réciproquement, supposons la suite(U_k)_k∈Nbien définie par(I)et queX₀=U₀. Montrons par récurrence que pour tout k∈N,X_k est défini et queK_k=U_k.

• C’est vrai quandk=0.

• Soitk>0. Supposons queX_k existe et que X_k=U_k. L’équationU_kH_k+H_kU_k=A−U²_k s’écrit encore dF_Uk(H_k) = −F(U_k). Le fait que la suiteUsoit bien définie sous-entend probablement le fait que cette équation, d’inconnueH_k, a une solution et une seule. SidF_Uk n’était pas inversible, on sait que l’ensemble des solutions de l’équation dF_Uk(M) = −F(U_k)est soit vide, soit de la forme{M₀}+Ker(dF_Uk)6={M₀}et, en aucun cas, l’équation considérée a une et une seule solution. Donc,dFUk =dFXk est inversible puisXk+1 existe et

Xk+1=Xk− (dFXk)⁻¹(F(Xk)) =Uk− (dFUk)⁻¹(F(Uk)) =Uk+1. Le résultat est démontré par récurrence.

15) Par hypothèse, la suite (X_k)_n∈N est bien définie. En particulier, pour tout k ∈ N, dF_Xk est inversible. D’après la question 9), pour toutk∈N,U_k =X_k est une matrice inversible.

Supposons que les conditions(I)sont vérifiées et queU₀=V₀ commute avecA. Montrons par récurrence que pour tout k∈N,V_k existe etV_k=U_k commute avecA.

• V0=U0existe et commute avecA.

• Soitk>0. Supposons le résultat pourk. Puisque Uk est inversible, on peut poserGk= 1

2 U⁻¹_k A−Uk

. Puisque Uk commute avecA, il en est de même deU⁻¹_k carUkA=AUk⇒AU⁻¹_k =U⁻¹_k A.

UkGk+GkUk = 1

2 Uk U⁻¹_k A−Uk

+ AU⁻¹_k −Uk Uk

=A−U²_k.

Par unicité, on a doncHk=Gk= 1

2 U⁻¹_k A−Uk puis Uk+1=Uk+ 1

2 U⁻¹_k A−Uk

= 1

2 U⁻¹_k A+Uk

= 1

2 Vk+V_k⁻¹A

=Vk+1.

Enfin,Uk+1= 1

2 U⁻¹_k A−Uk

∈C(A)car U⁻¹_k ,Aet Uk sont dansC(A)et carC(A)est une sous-algèbre de (M_n(C),+, .,×).

Le résultat est démontré par récurrence.

16) La matrice V0 = µIn commute avec A. Il s’agit de démontrer que pour tout k ∈ N, Vk = PDkP^T où Dk est une matrice diagonale à coefficients strictement positifs :D_k=diag(λ_k,1, . . . , λ_k,n)où∀ℓ∈J1, nK, λ_k,ℓ> 0.

On montre ce résultat par récurrence. Le résultat à démontrer est vrai quand k = 0 : V₀ = µI_n = PD₀P^T où D₀ = diag(µ, . . . , µ). On a donc λ_0,1=. . .=λ_0,n=µ > 0.

Soitk>0. Supposons queV_k=PD_kP^T oùD_k=diag(λ_k,1, . . . , λ_k,n)avec∀ℓ∈J1, nK,λ_k,ℓ> 0. Alors,0n’est pas valeur propre deV_k et doncV_kest inversible puis

V_k+1= 1

2 V_k+V_k⁻¹A

= 1

2 PD_kP^T +PD⁻¹_k P^TPDP^T

=P 1

2 D_k+D⁻¹_k D P^T

=PDk+1P^T

oùD_k+1=diag 1

2

λ_k,ℓ+ 1 λk,ℓ

λ_ℓ

16ℓ6n

. Enfin, les coefficientsλ_k+1,ℓ= 1 2

λ_k,ℓ+ 1 λk,ℓ

λ_ℓ

, 16ℓ6n, sont stricte- ment positifs.

Le résultat est démontré par récurrence.

17)Soientk∈Net ℓ∈J1, nK.

λk+1,ℓ−p λ_ℓ= 1

2

λ_k,ℓ+ 1 λ_k,ℓλ_ℓ

−p

λ_ℓ= 1 2λ_k,ℓ

λ²_k+1,ℓ−2λk+1,ℓ

pλ_ℓ+λ_ℓ

= 1 2λ_k,ℓ

λk+1,ℓ−p λ_ℓ2

et de même,λk+1,ℓ+√

λ_ℓ= 1

2λ_k,ℓ λk+1,ℓ+√ λ_ℓ2

puis, puisqueλk+1,ℓ+√ λ_ℓ6=0, λk+1,ℓ−√

λℓ

λk+1,ℓ+√ λℓ

=

λk,ℓ−√ λℓ

λk,ℓ+√ λℓ

² .

Mais alors, par récurrence, pour toutk∈N, λk+1,ℓ−√ λ_ℓ λ_k+1,ℓ+√

λ_ℓ =

λ_0,ℓ−√ λ_ℓ λ_0,ℓ+√

λ_ℓ ^2k+1

=

µ−√ λ_ℓ µ+√

λ_ℓ ^2k+1

(ou aussi, pour tout k∈N, λk,ℓ−√

λℓ

λk,ℓ+√ λℓ

=

µ−√ λℓ

µ+√ λℓ

^2k

qui paraissait plus naturel).

18)On en déduit encore que pourk∈Netℓ∈J1, nK,

λ_k,ℓ



1−

µ−√ λ_ℓ µ+√

λ_ℓ 2^k

=p λ_ℓ



1+

µ−√ λ_ℓ µ+√

λ_ℓ 2^k

. On choisit alorsµ=√

λ_n> 0(oùλ_n est la plus grande valeur propre deA).

Pour toutℓ∈J1, nK, on a06µ−√ λℓ

µ+√ λℓ

< µ+√ λℓ

µ+√ λℓ

=1 (carλℓ 6=0) et donc lim

k→+∞

µ−√ λℓ

µ+√ λℓ

^2k

=0 puis

∀ℓ∈J1, nK, lim

k→+∞

λ_k+1,ℓ=p λ_ℓ. On en déduit encore que

k→lim+∞

Vk= lim

k→+∞

PDkP^T =Pdiagp λℓ

16ℓ6nP^T =√ A.

E. Stabilité

19)PuisqueV₀=√

A, il est clair par récurrence que pour toutk∈N,V_k=√ A.

(V0+∆) V₀⁻¹−V₀⁻¹∆V₀⁻¹

=In−∆V₀⁻¹+∆V₀⁻¹− ∆V₀⁻¹2

=In− ∆V₀⁻¹2

. Vérifions que ∆V₀⁻¹2

=0.

∆V₀⁻¹2

=ε²CiC^T_jV₀⁻¹CiC^T_jV₀⁻¹. PuisqueV0=√

A=Pdiag √ λℓ

16ℓ6nP^T,Ciest un vecteur propre deV0associé à la valeur propreλipuisCiest un vecteur propre de V₀⁻¹associé à la valeur propre 1

√λ_i. Donc,V₀⁻¹Ci= 1

√λ_iCi puis

∆V₀⁻¹2

= ε²

√λ_iC_iC^T_jC_iC^T_jV₀⁻¹.

Maintenant,C^T_jCiest le produit scalaire usuel des colonnesCietCjde la matrice orthogonaleP. Puisquei6=j,C^T_jCi=0 et donc ∆V₀⁻¹2

=0. On a montré que (V₀+∆) V₀⁻¹−V₀⁻¹∆V₀⁻¹

=I_n. Donc, la matriceVc₀=V₀+∆est inversible et Vc0

−1= (V₀+∆)⁻¹=V₀⁻¹−V₀⁻¹∆V₀⁻¹.

Ensuite, puisqueV₁=V₀=√ A,

∆₁=Vc₁−V₁= 1 2

Vc₀+Vc₀⁻¹A

−V₀= 1

2 V₀+∆+ V₀⁻¹−V₀⁻¹∆V₀⁻¹

V₀²−2V₀

= 1

2 ∆−V₀⁻¹∆V₀⁻¹V₀²

= 1

2 ∆−V₀⁻¹∆V₀⁻¹A .

20)Maintenant,√

Aest symétrique, et donc V₀⁻¹∆V₀⁻¹A=ε√

A−1

C_iC^T_j√

A=ε√ A−1

C_i √ AC_jT

=ε rλ_j

λ_iC_iC^T_j = rλ_j

λ_i∆.

Finalement,∆₁= 1 2

1−

rλj

λ_i

∆puisVc₁=√ A+1

2

1− rλj

λ_i

∆.

Mais alors, par récurrence, pour toutk∈N,∆k= 1

2

1− rλj

λ_i ^k

∆puis Vck=√

A+ 1 2 1−

rλj

λ_i

!!k

∆.

η= 1 2

1−

rλ_j λi

convient.

21)On prend en particulieri=1 etj=net on notec= λn

λ₁ le conditionnement deA. D’après la question précédente,

∀k∈N, Vck=√ A+

1 2 1−√

ck

∆.

La suite Vck

k∈Nconverge si et seulement si−1 <1 2 1−√

c

61ou encore−3 <−√

c61ou enfin c < 9.