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2. (a) Soit A ∈ M n ( C ), on a A ∈ U n si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (Ax | Ay) = (x | y) si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (A ∗ Ax | y) = (x | y) si et seulement si ∀ x ∈ C n A ∗ Ax = x si et seulement si A ∗ A = I n et puisque

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Texte intégral

(1)

POLYTECHNIQUE-ENS Corrigé 2011 MATH A-(XLC) MP

réalisée par Mr HAMANI AHMED prof de Maths spé TSI Mohammedia

Première partie : étude de N n

1. Soient A ∈ M n ( C ), x,y ∈ C n , on a A = t A, donc (A x | y) = ( t Ax | y) = t ( t Ax)y = t xAy = (x | Ay )).

2. (a) Soit A ∈ M n ( C ), on a A ∈ U n si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (Ax | Ay) = (x | y) si et seulement si ∀ x,y ∈ C n (A Ax | y) = (x | y) si et seulement si ∀ x ∈ C n A Ax = x si et seulement si A A = I n et puisque

dim M n ( C ) est finie ceci est équivalent à AA = I n .

(b) Notons C 1 , . . . ,C n les colonnes de la matrice A, alors A ∈ U n si et seulement si A A = I n si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]] (A A) i,j = (I n ) i,j si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]] t C i C j = δ i,j si et seulement si ∀ i,j ∈ [[1,n]]

(C i | C j ) = δ i,j si et seulement si (C 1 , . . . ,C n ) est une base orthonormée de C n .

3. (a) • Soit A ∈ N n et soit x ∈ (ker((A)) . Montrons que pour tout y ∈ ker(A) (Ax | y) = 0.

On a A A = AA et Ay = 0, donc AA y = A Ay = 0, ce qui entraîne que A y ∈ ker(A) et puisque x ∈ (ker(A)) , on aura (x | A y) = 0 d’où (Ax | y) = (x | A y) = 0, ce qui assure l’inclusion demandée.

• Soit λ ∈ Sp (A), alors E λ = ker(A − λI n ), or (A − λI n )(A − λI n ) = AA − λA − λA + | λ | 2 I n = A A − λA − λA + | λ | 2 I n = (A − λI n ) (A − λI n ), donc (A − λI n ) ∈ N n , et par application de l’inclusion précédente, on obtient A(E λ ) ⊂ E λ .

(b) • Soit A = U DU où U ∈ U n et D ∈ D n , alors AA = (U DU )(U DU ) = U DU U D U , or si D = Diag (λ 1 , . . . ,λ n ) alors DD = Diag ( | λ 1 | 2 , . . . , | λ 1 | 2 ) = D D, de plus U U = U U , donc AA = U DD U = U D DU = (U D U )(U DU ) = (U DU ) (U DU ) = A A.

• Réciproquement soit A ∈ N n et f l’endomorphisme canoniquement associé à A. Montrons par récur- rence sur n que f admet une base orthonormale de vecteurs propres.

⋆ Pour n = 1, rien à montrer.

⋆ Soit n ≥ 2. Supposons le résultat vrai pour tout endomorphisme de C k (k ≤ n − 1), et soit λ une valeur propre de A ∈ N n (qui existe puisque A est de polynôme caractéristique scindé).

Si E λ = C n , alors A = λI n et n’importe quelle base orthonormale de C n répond à la question.

Si E λ 6 = C n , alors 1 ≤ dim(E λ ) ≤ n − 1, or f ((E λ ) ) ⊂ (E λ ) , donc la matrice de f dans une base orthonormale adaptée à la décomposition C n = E λ ⊕ (E λ ) est de la forme B =

I p O n−p

O n−p A 1

où p = dim(E λ ) et A 1 est la matrice de la restriction f 1 de f à (E λ ) .

On aura B = P −1 AP où P est la matrice de passage de la base orthonormée canonique de C n à cette dernière base qu’on a choisit orthonormée, ce qui la rend d’après la question 2b., dans U n , et par conséquent B = P AP. On vérifie facilement que B B = P A P P AP = P A AP = P AA P = BB et un calcul par blocs donne B B =

I p O n−p

O n−p A 1 A 1

et BB =

I p O n−p

O n−p A 1 A 1

, ce qui entraîne que A 1 A 1 = A 1 A 1 , donc A 1 ∈ N n−p ( R ), et l’hypothèse de récurrence assure l’existence d’une base orthonormale de (E λ (A)) constituée de vecteurs propres de f 1 , donc de f .

En réunissant les deux bases orthonormales de E λ (A) et de (E λ (A)) , on obtient une base ortho- normale de C n constituée de vecteurs propres de f , ce qui établit la récurrence.

⋆ Conclusion : Soit U la matrice de passage de la base canonique de C n à la base orthonormale de vecteurs propre de f , alors la formule de changement de bases s’écrit A = U DU , où D = Diag (λ 1 , . . . ,λ n ), les λ i étant les valeurs propres de A et U ∈ U n .

4. Soit A ∈ N n , alors la question précédente assure qu’il existe U ∈ U n et D = Diag(λ 1 , . . . ,λ n ) tel que A = U DU .

D’une part : Tr (AA ) =

n

P

i,j=1

A i,j A i,j =

n

P

i,j=1 | A i,j | 2 et d’autre part : Tr (AA ) = Tr (U DU U D U ) = Tr (U DD U ) = Tr (DD U U ) = Tr (DD ) = P n

i=1

λ i λ i = P n

i=1 | λ i | 2 , ce qui entraîne l’égalité demandée.

5. (a) Soit A ∈ N n , alors ∀ x ∈ C k Ax k 2 = (Ax | Ax) = (x | A Ax) = (x | AA x) = (A x | A x) = k A x k 2 , ce qui entraîne l’équivalence : Ax = 0 si et seulement si A x = 0, d’où l’égalité : ker(A) = ker(A ).

(b) • (i) = ⇒ (ii) : Soit A ∈ N n et x un vecteur propre de A, alors il existe λ valeur propre de A tel que x ∈ ker(A − λI n ), or d’après le (a) ker(A − λI n ) = ker((A − λI n ) ) = ker(A − λI n ), ce qui entraîne que x ∈ ker(A − λI n ), c’est à dire que x est vecteur propre de A associé à λ.

• (ii) = ⇒ (i) : On va raisonner par récurrence sur n.

⋆ Si n = 1, A = (a) et A = (a), donc on toujours AA = A A.

⋆ Supposons que l’implication est vérifiée pour toute matrice de M n−1 ( C ) et soit A ∈ M n ( C ) tel que la proposition (ii) est vérifiée. Notons f l’endomorphisme canoniquement associé à A et soit x un vecteur propre de A, alors d’après (ii), x est aussi vecteur propre de A , ce qui assure l’ existence de α ∈ C tel que A x = αx. Je dis que F = (Vect (x)) est stable par A, en effet pour tout y ∈ F (Ay | x) = (y | A x) = α(y | x) = 0(ce résultat est généralement vrai : un sous espace de C n est

1/4

(2)

stable par A si et seulement si son orthogonal est stable par A ). La matrice de f dans une base orthonormale adaptée à la décomposition C n = Vect (x) ⊕ F et de la forme

α O 1,n−1

O n−1,1 A 1

où A 1 est la matrice de la restriction f 1 de f à F . A 1 vérifie la propriété (ii), donc d’après l’hypothèse de récurrence A 1 ∈ N n−1 , or si U ∈ U n est la matrice de passage de la base canonique de C n à la base orthonormale adaptée à la décomposition C n = Vect (x) ⊕ (Vect (x)) , alors

A = U

α O 1,n−1

O n−1,1 A 1

U donc AA = U

| α | 2 O 1,n−1

O n−1,1 A 1 A 1

U = U

| α | 2 O 1,n−1

O n−1,1 A 1 A 1

U = A A, ce qui établit la récurrence.

6. (a) soit A ∈ N n et soient λ 1 , . . . ,λ p (p ≤ n) les valeurs propres distinctes deux à deux de A, alors si L est l’unique polynôme interpolateur de Lagrange tel que L(λ i ) = λ i pour tout i ∈ [[1,p]].

D’après la question 3b., il existe U ∈ U n tel que A = U Diag (λ 1 , . . . ,λ n )U , et par récurrence on obtient pour tout k ∈ N A k = U Diag (λ k 1 , . . . ,λ k n )U , ce qui entraîne par combinaison linéaire que :

L(A) = U Diag (L(λ 1 ), . . . ,L(λ n ))U = UDiag (λ 1 , . . . ,λ n )U = A ,ce qui répond à la question.

(b) Soient A,B ∈ N n tels que AB = BA.

⋆ Montrons d’abord que A commute avec B . D’après la question précédente B = P (B) où P ∈ C [X ], or une récurrence simple conduit à AB k = B k A, ce qui entraîne par combinaison linéaire que AP(B) = P (B)A, c’est à dire AB = B A.

⋆ Avec l’égalité AB = B A on obtient : (AB)(AB) = ABB A = AB BA = B AA B = B A AB = (AB) (AB), ce qui assure que AB ∈ N n.

7. • (ii) = ⇒ (i) : Supposons qu’il existe U ∈ N n tel que A = AU , donc AA = A 2 U = AU A = A A.

• (i) = ⇒ (ii) : Supposons que A ∈ N n . Notons λ 1 , . . . ,λ p les valeurs propres non nulles de A, D = Diag (λ 1 , . . . ,λ p ,0, . . . ,0) et △ = Diag ( λ 1

1

, . . . , λ 1

p

,0, . . . ,0), alors d’après la question 3b, il existe V ∈ U n tel que A = V DV . Posons U = V △ 1 D 1 V , où △ 1 = Diag ( λ 1

1

, . . . , λ 1

p

,1, . . . ,1) et D 1 = Diag (λ 1 , . . . ,λ p ,1, . . . ,1).

Les relations D △ 1 D 1 = △ 1 D 1 D = D entraînent que AU = U A = A et la relation △ 1 D 1 1 D 1 = I n

entraîne que U U = I n , donc U répond à la question.

Deuxième partie : valeur singulière d’une matrice.

8. • = ⇒ : ⋆ Soit A ∈ H n , alors A = A, donc A A = AA = A 2 c’est un élément de N n , ce qui entraîne par la question 3b que A est diagonalisable dans une base orthonormale de vecteurs propres.

⋆ Soit λ une valeur propre de A, alors il existe un vecteur x ∈ C n − { 0 } tel que Ax = λx, donc (x,Ax) = λ k x k 2 et (Ax,x) = λ k x k 2 , et puisque A ∈ H n , (x,Ax) = (Ax,x), ce qui entraîne que λ k x k 2 = λ k x k 2 , le vecteur x étant non nul, donc λ = λ.

⋆ Si de plus A ∈ H + n , alors λ = (x,Ax) kxk

2

≥ 0.

• ⇐ = : ⋆ Soit A ∈ M n ( C ) de valeurs propres réelles, diagonalisable dans une base orthonormale, alors il existe U ∈ U n et D diagonale réelle tels que A = U DU , donc A = U D U , or D est réelle, donc D = D, et par suite A = A.

⋆ Si de plus les valeurs propres λ 1 , . . . ,λ n de A sont positifs. Soit (u 1 , . . . ,u n ) la base orthonormale de vecteurs propres de A, alors pour tout x = P n

i=1

x i u i on a : (x,Ax) = P n

i=1

λ i | x i | 2 ≥ 0, donc A ∈ H + n . 9. • Existence : Soit A ∈ H + n ,d’après la question précédente, il existe U ∈ U n , D = Diag (λ 1 , . . . ,λ n ) une

matrice diagonale tel que A = U DU où λ 1 , . . . ,λ n ≥ 0. On pose △ = Diag ( √

λ 1 , . . . , √

λ n ), alors S = U △ U , alors S ∈ H + n (ses vap sont positives), et S 2 = U △ U U △ U = U △ 2 U = U DU = A.

• Unicité : A étant diagonalisable, donc C n = M

λ∈Sp (A)

E λ ,sur chaque E λ on a A = λI dim(E

λ

) , or S 2 = A et S ∈ H + n , donc S = √

λI dim(E

λ

), ce qui montre que S est définie d’une façon unique sur chaque E λ , d’où l’unicité.

10. Soit A ∈ M n ( C ), la décomposition polaire assure l’existence de U 1 ∈ U n et S ∈ H + n tel que A = U 1 S, et la question 8 assure qu’il existe U 2 ∈ U n et D ∈ D n à éléments diagonaux positifs tel que S = U 2 DU 2 , ce qui donne la décomposition en valeurs singulières de A à savoir A = U 1 S = U 1 U 2 DU 2 = U DW , avec U = U 1 U 2

et W = U 2 . 11. Soit A ∈ M n ( C ).

• Existence : D’après la question 10., il existe U 1 ,V 1 ∈ U n , △ = Diag (α 1 , . . . ,α n ) matrice diagonale avec α 1 , . . . ,α n des réels > 0, tel que A = U 1 △ V 1 . Posons D = Diag (α σ

1

, . . . ,α σ

n

) tel que α σ

1

≥ . . . ≥ α σ

n

et { α σ

1

, . . . ,α σ

n

} = { α 1 , . . . ,α n } , alors si P est la matrice de la permutation σ, P ∈ U n ( R ) et △ = P DP , ce qui entraîne que A = U 1 P DP V 1 = U DV où U = U 1 P et V = P V 1 .

• Unicité : Soit A ∈ M n ( C ) et A = U DV une décomposition singulière tel que D = Diag (α 1 , . . . ,α n ) où les α i sont des réels positifs, alors AA = U D 2 U , donc α 2 1 , . . . ,α 2 n sont les valeurs propres de AA . Supposons l’existence de β 1 ≥ . . . ≥ β n des valeurs singulières de A, alors ∀ k ∈ [[1,n]], α 2 k = β k 2 et vu que les α k ,β k sont positifs, on aura α k = β k pour tout k ∈ [[1,n]].

2/4

(3)

Troisième partie : inégalité de trace

12. Soit P une matrice de M n ( C ) vérifiant la propriété ( P k ) : P 2 = P = P et rang(P ) = k.

(a) • (i) : L’égalité P P = P entraîne que pour tout i ∈ [[1,n]] : (P P) i,i = P i,i , c’est à dire : P n

j=1 | P i,j | 2 = P i,i , et puisque P = P , on aura P i,i = P i,i donc P i,i ∈ R , ce qui entraîne que :

P

j6=i | P i,j | 2 = P i,i − P i,i 2 = P i,i (1 − P i,i ) ≥ 0, donc P i,i ∈ [0,1].

• (ii) : L’égalité P = P fait de P une matrice de H n , donc diagonalisable dans une base orthonormale, de plus P (P − I n ) = O n , donc les valeurs propres de P sont 0 et 1, d’où l’existence de U ∈ U n et J k = Diag (1, . . . ,1,0, . . . ,0) (les 1 sont en nombre de k = rang(P ) ) tel que P = U J k U , ce qui entraîne que Tr (P ) = Tr (J k ) = k, c’est à dire P n

i=1

P i,i = k.

(b) • On a : Tr (P D) − P k

i=1

λ i = P n

i=1

P i,i λ i − P k

i=1

λ i = P k

i=1

(P i,i − 1)λ i + P n

i=k+1

P i,i λ i .

Or pour tout i ∈ [[1,k]], λ i ≥ λ k+1 et P i,i − 1 6 0 donc (P i,i − 1)λ i 6 (P i,i − 1)λ k+1 . Puis, pour tout i ∈ [[k + 1,n]], λ i ≤ λ k+1 , donc

n

P

i=k+1

P i,i λ i 6 λ k+1 n

P

i=k+1

P i,i = λ k+1

k − P k

i=1

P i,i

, ce qui donne finalement que Tr (P D) − P k

i=1

λ i 6

k

P

i=1

[(P i,i − 1)λ k+1 − P i,i λ k+1 ] + kλ k+1 = 0.

• La matrice P = J k = Diag (1, . . . ,1,0, . . . ,0) répond à la question (les 1 sont en nombre de k).

(c) • P 1 ,P 2 vérifient ( P k ), donc ils sont semblables à J k , et par suite il existe U 1 ,U 2 ∈ U n tels que P 1 = U 1 J k U 1 et P 2 = U 2 J k U 2 , ce qui donne P 2 = U 2 U 1 P 1 U 1 U 2 = U P 1 U , avec U = U 2 U 1 qui est élément de U n comme produit de deux éléments de U n .

• Soit P fixé vérifiant la propriété ( P k ). D’une part pour tout U ∈ U n la matrice U P U vérifie aussi la propriété P k , donc d’après la question précédente Tr (U P U D) ≤ P k

i=1

λ i .

• D’autre part il existe U ∈ U n tel que P = U J k U où J k = Diag (1, . . . ,1,0, . . . ,0) (les 1 sont en nombre de k), donc Tr (U P U D) = Tr (J k D) = Tr (Diag (λ 1 , . . . ,λ k ,0, . . . ,0)) = P k

i=1

λ i . Donc cette dernière somme est atteinte, ce qui entraîne l’égalité demandée.

13. Soit U ∈ U n , alors d’après la question 2b, ses colonnes forment une base orthonormale de C n , donc la norme de chaque colonne vaut 1, c’est à dire

n

P

i=1 | U i,k | 2 = 1 pour tout k ∈ [[1,n]].

La matrice U ∈ U n , donc les lignes de U forment aussi une base orthonormale, donc pour tout k ∈ [[1,n]]

n

P

j=1 | U k,j | 2 = 1 (c’est la norme de la k ème ligne ).

On conclut que U est doublement stochastique.

14. (a) L’hypothèse : A stochastique et k le plus petit entier tel que A k,k 6 = 1 montre que la matrice A est de la

forme A =

I k−1 O

A k,k . . . A k,n O .. . . .. .. .

A n,k . . . A n,n

Supposons que ∀ m > k A m,k = 0, alors en prenant la somme de la k ème colonne qui vaut 1, on obtient A k,k = 1, ce qui est absurde.

Le même raisonnement sur la k ème ligne aboutit à une absurdité, ce qui entraîne l’existence de l > k tel que A k,l 6 = 0.

Supposons que A m,l = 1, alors puisque la somme des éléments de la l ème colonne vaut 1, on obtient A k,l = 0, ce qui est absurde.

(b) • La condition (i) montre qu’il suffit de déterminer A k,k ,A m,k ,A k,l et A m,l .

La condition (ii) nous invite à choisir A m,k A k,l = 0, quitte à échanger m avec l et α i avec β i , on peut prendre par exemple A m,k = 0.

Les matrices A et A étant stochastiques, donc en considérant successivement les lignes k et m, puis les colonnes k et l, on obtient

A k,k + A k,l = A k,k + A k,l A m,l = A m,k + A m,l et

A k,k = A k,k + A m,k A k,l + A m,l = A k,l + A m,l Ce qui donne A m,l = A m,k + A m,l , A k,k = A k,k + A m,k , A k,l = A k,l − A m,k .

On vient de déterminer la matrice A . Voyons la troisième condition qui s’écrit : A k,k α k β k + A m,k α m β k + A k,l α k β l + A m,l α m β l ≥ A k,k α k β k + A k,l α k β l + A m,l α m β l , c’est à dire : (α k − α m )(β k − β l )A m,k ≥ 0 , inégalité toujours vérifiée.

• Montrons par récurrence l’inégalité P n

i,j=1

A i,j α i β j ≤ P n

i=1

α i β i .

3/4

(4)

⋆ pour n = 1 on a égalité.

⋆ Supposons que le résultat est vrai ∀ k ≤ n − 1 et soit A ∈ M n ( C ) une matrice stochastique.

⋆ Si A = I n , alors on a égalité .

Si A 6 = I n , soit A la matrice définie précédemment. La matrice A ′′ extraite de A en supprimant les k premières lignes et colonnes est stochastique de M n−k ( C ), donc d’après l’hypothèse de récurrence,

n

P

i,j=k

A i,j α i β j ≤ P n

i=k

α i β i , donc P n

i=1

A i,j α i β j ≤ P n

i=1

A i,j α i β j =

k−1

P

i=1

α i β i + P n

i=k

A i,j α i β j ≤

k−1

P

i=1

α i β i +

P n i=k

α i β i = P n

i=1

α i β i , ce qui établit la récurrence.

⋆ La matrice A = I n réalise l’égalité P n

i,j=1

A i,j α i β j =

n

P

i=1

α i β i . On conclut finalement que : max

A∈DS

n

n

X

i,j=1

A i,j α i β j =

n

X

i=1

α i β j .

15. (a) Par définition il existe U 1 ,V 1 ,U 2 ,V 2 ∈ U n tels que A = U 1 DV 1 et B = U 2 T V 2 , donc

Tr (AB) = Tr (U 1 DV 1 U 2 T V 2 ) = Tr (V 2 U 1 DV 1 U 2 T = Tr (U DV T )) où U = V 2 U 1 et V = V 1 U 2 . (b) • Tr (AB) = P

1≤i,j≤n

(U D) i,j (V T ) j,i , or (U D) i,j = P n

k=1

U i,k D k,j = α j U i,j , et en inversant les rôles (V T ) j,i = β i V j,i , ce qui entraîne l’égalité demandée.

• L’inégalité évidente | U i,j V j,i | ≤ 1

2 ( | U i,j | 2 + | V j,i | 2 ) entraîne que :

| Tr (AB) | ≤ 1 2

n

P

i,j=1 | U i,j | 2 α j β i + 1 2

n

P

i,j=1 | V j,i | 2 α j β i , or U,V ∈ U n , donc les matrices ( | U i,j | 2 ) i,j et ( | V i,j | 2 ) i,j sont doublement stochastiques (d’après la question 13), ce qui entraîne d’après la question 14 : | Tr (AB ) | ≤ 1

2 P n i=1

α i β i + 1 2

P n i=1

α i β i = P n

i=1

α i β i . C’est l’inégalité demandée.

(c) Les matrices A,B étant dans H + n , donc diagonalisables dans des bases orthonormales à valeurs propres réelles positives, qu’on peut les ordonner. Notons α 1 ≥ . . . ≥ α n les valeurs propres de A et β 1 ≥ . . . ≥ β n celles de B, alors il existe U,V ∈ U n tels que A = U DU et B = V T V où D = Diag (α 1 , . . . ,α n ) et T = Diag (β 1 , . . . ,β n ), donc on est dans les conditions de la question précédente, ce qui entraîne

| Tr (AB) | ≤ P n

i=1

α i β i ≤ ( P n

i=1

α i )( P n

i=1

β i ) = Tr (A)Tr (B).

16. Soient A,B ∈ H n de valeurs propres respectivement α 1 ≥ . . . ≥ α n et β 1 ≥ . . . ≥ β n .

• Montrons d’abord que max

U ∈U

n

Tr (AU BU ) =

n

X

i=1

α i β i .

Soit U ∈ U n , A et B étant diagonalisables , U BU est semblable à B , donc les α i et les β i sont les valeurs singulières de A et de U BU respectivement, ce qui entraîne en utilisant la question 15, que Tr (AU BU) ≤ P n

i=1

α i β i . La somme P n

i=1

α i β i est atteinte, en effet, A et B sont diagonalisables dans des b.o.n. (d’après la ques- tion 8), d’où l’existence de V,W ∈ U n tel que V AV = D = Diag (α 1 , . . . ,α n ) et W BW = T = Diag (β 1 , . . . ,β n ), donc Tr (A(W V ) B(W V )) = Tr (V AV W BW ) = Tr (DT ) =

n

P

i=1

α i β i . On conclut donc que max

U∈U

n

Tr (AU BU ) =

n

X

i=1

α i β i .

• Montrons maintenant l’égalité demandée.

La norme k . k est la norme hermitienne associée au produit scalaire (A,B) = Tr (A B) = Tr (AB) (ce produit scalaire est à valeurs réelles, puisque les valeurs propres d’une matrice de U n sont réelles), ce qui entraîne que pour tout U ∈ U n : k A − U BU k 2 = k A k 2 − 2(A,U BU) + k U BU k 2 ,

or k A k 2 = Tr (A A) = Tr (V D V V DV ) = Tr (V D 2 V ) = Tr (D 2 ) = P n

i=1

α 2 i , de même k U BU k 2 =

n

P

i=1

β 2 i et vu que (A,U BU ) = Tr (AU BU) ≤ P n

i=1

α i β i , on aura l’inégalité : k A − U BU k 2 ≥ P n

i=1

α 2 i − 2 P

i=1

α i β i + P n

i=1

β i 2 = P n

i=1

(α i − β i ) 2 ).

Cette dernière somme est atteinte, en effet :

k A − (W V ) B(W V ) k 2 = k V AV − W BW k 2 = k D − T k 2 = P n

i=1

(α i − β i ) 2 . On conclut donc l’égalité : min

U∈U

n

k A − U BU k = v u u t

n

X

i=1

(α i − β i ) 2 .

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