Mathématiques L3– Correction de l’examen partiel du 13/11/08

Mathématiques L3– Correction de l’examen partiel du 13/11/08

Exercice 1

i) Une matrice orthogonale réelleAest une matrice vérifiantA^TA = AA^T = I. Comme iciA =A^T, il suffit donc de vérifier queA²6=I. Or

A²=

2 −3 1

−3 6 −3 1 −3 2

. (1)

ce qui conclut, la matriceAn’est pas orthogonale.

ii) 1) Exhibons la matrice(S−λI)

S−λI = cost−λ −sint

sint cost−λ . (2)

Les valeurs propres sont les racines du polynôme caractéristique, c’est-à-dire dedet(S−λI) = (cost−λ)²+ sin²t=λ²−2λcost+ 1. Les racines sontλ_±= cost±isint=e^±it.

2) Soitv2= (x1, x2)^T le vecteur propre associé à la valeur propree^it. On aSv2=e^itv2, soit cost −sint

sint cost x1

x2 =e^it x1

x2 , (3)

ou encore (

cost x1−sint x2= (cost+isint)x1

sint x1+ cost x2= (cost+isint)x2 . (4) Il vient

( −x2 sint=ix1 sint

x1 sint=ix2 sint . (5)

Comme un vecteur propre est déterminé à une constante près, on peut choisir x1 = 1, alors le système (5) donnex2=−i.

De même soitv1 = (y1, y2)^T le vecteur propre associé à la valeur propree^−it. On est amené à considérer le système

( cost y1−sint y2= (cost−isint)y1

sint y1+ cost y2= (cost−isint)y2 . (6)

d’où (

−y2 sint=−iy1 sint

y1 sint=−iy2 sint . (7)

Comme un vecteur propre est déterminé à une constante près, on peut choisiry1 = 1, alors le système (7) donney2=i.

Les vecteurs propresv1etv2sont complexes, le produit scalaire est défini par la formule(v1, v2)Cⁿ =P2 i=1yixi

(voir (1.3) du cours, la barre désignant le complexe conjugué).

N.B. :La définition du produit scalaire de deux vecteurs complexes est le seul point de l’exercice demandant un peu d’attention.

On a donc(v1, v2) = 1.1 +i.(−i) = 1.1 +i.i= 0. Les deux vecteurs propres sont orthogonaux. Pour décider de l’orthonormalisation de ces vecteurs propres on peut choisir la norme euclidienne. Elle est définie par la racine carrée de la somme des carrés des valeurs abolues des composantes (voir paragraphe 1.1.8 du cours).

Les valeurs absolues (ou modules) des composantes dev1etv2sont toutes égales à un, donckv1k = kv2k =

√1 + 1 = √

2. Alors, si on divise chacune des composantes dev1 etv2 par √

2, les vecteursv1 et v2 seront orthonormalisés, on akv1k=kv2k= 1.

iii) 1) On calculedet(A−λI)en développant, par exemple, la matrice(A−λI)par rapport à sa première ligne.

On vérifie alors quedet(A−λI) = (2−λ)[(2−λ)²−1]−(2−λ). Les racines de ce déterminant sont2−√ 2, 2 et2 +√

2.

2) Il est maintenant facile de vérifier que la première colonne deSest le vecteur propre (la prise en compte du facteur√¹

2 n’est pas important à ce niveau puisqu’un vecteur propre, nous le répétons encore, est défini à une constante près) associé à la valeur propre2−√

2, on vérifie immédiatement que : 2 −1 0

−1 2 −1 0 −1 2

.

√2 2

√1

2 2

= (2−√ 2)

√2 2

√1

2 2

. (8)

ce qui conclut.

Il est presque aussi aisé de calculer directement le vecteur propre en utilisant sa définition. De même la deuxième (resp. troisième) colonne est associé à la valeur propre2(resp.2 +√

2).

Sivi,1 ≤i ≤ 3sont les vecteurs propres précédents, comme la matriceAest réelle symétrique on sait que les vecteurs propres gauche et droit sont identiques et qu’ils sont orthogonaux 2 à 2 quand toutes les valeurs propres sont distinctes...et c’est le cas ici (voir théorème 1.3 (chapitre 1) et les commentaires qui précèdent). On sait donc que les vecteurs propres sont orthogonaux. On le vérifie, dans notre cas directement par un calcul à la main en calculant2à2le produit scalaire de ces vecteurs : siv1(resp.v2) a pour composantes(x1, x2, x3)^T (resp.(y1, y2, y3)^T), alors(v1, v2) =P3

i=1xiyi).

De plus, on constate que, dans la norme euclidienne,kv1k²=kv2k²=kv3k²=√

2. Leur division par√¹

2assure donc qu’ils sont orthonormaux.

3) La matriceS est symétrique :S = S^T. Calculons doncS^TS =SS^T = S². On vérifie immédiatement que S²=¹₂(2I), oùIest la matrice identité dansM^3,3. DoncS^T.S=S.S^T =I, c’est-à-dire queS^T =S⁻¹.

Exercice 2

Remarquons d’emblée que si λ est une valeur propre nulle de AB alors det(AB) = 0; mais det(AB) = det(A)det(B) = det(B)det(A) = det(BA) et sidet(AB) = 0alors det(BA) = 0, c’est-à-dire que λ = 0est aussi valeur propre deBA.

Soitµ∈Cun scalaire quelconque, considérons les produits des matrices-blocs suivantes d’ordre2n(attention à l’ordre des facteurs), toutes les matrices constituantes étant des matrices d’ordren.

I | 0

−B | µI

! µI | A B | µI

!

= µI | A

0 | µ²I−BA

!

, (9)

et

µI | −A

0 | I

! µI | A B | µI

!

= µ²I−AB | 0

B | µI

!

. (10)

Posons

C= µI | A B | µI

!

, (11)

et calculons les déterminants des matrices-blocs précédentes en remarquant, qu’à l’exception de la matrice C, les autres matrices sont blocs-triangulaires. Il vient en considérant les déterminants des matrices blocs- triangulaires (voir (1.13) du cours, chaque déterminant d’une telle matrice est égal au produit des déterminants des matrices blocs-diagonale) dans les relations (9) et (10) :

µⁿdet(C) =µⁿdet(µ²I−BA), et

µⁿdet(C) =µⁿdet(µ²I−AB).

soitdet(µ²I−BA) =det(µ²I−AB)siµ6= 0. En posantµ²=λon adet(λI−BA) =det(λI−AB), les matrices ABetBAont les mêmes valeurs propresλ.

Exercice 3

Pour la matriceA1, les bi (resp. ci et ai) sont tous égaux à 2 (resp. −1). Tenu compte des formules(7) de l’énoncé, calculons par récurrence lesδk= 2δk−1−δk−2en partant deδ0= 1etδ1=b1= 2.

On aδ2= 2δ1−δ0= 4−1 = 3puisδ3= 2δ2−δ1= 2.3−2 = 4. Supposons donc queδi=i+ 1pouri≤k−1, on aδk = 2k−(k−1) =k+ 1pour toutktel que2≤k≤n, doncδn=n+ 1.

Pour la matriceA2, on voit que lesbisont tous égaux à2à l’exception deb1 = 1et que lesci etai sont tous égaux à −1. Tenu compte des formules (7)de l’énoncé, calculons par récurrence lesδk = 2δk−1−δk−2 en partant deδ0= 1etδ1=b1= 1.

On aδ2= 2δ1−δ0= 2−1 = 1puisδ3= 2δ2−δ1= 2.1−1 = 1. Supposons donc queδi= 1pouri≤k−1, on aδk= 2.1−1 = 1pour toutktel que2≤k≤n, doncδn= 1.

Pour la matriceA3, on voit que lesbi sont tous égaux à 2 à l’exception deb1 = 1etbn = 1, et que lesci

etai sont encore tous égaux à−1. Tenu compte des formules (7)de l’énoncé, calculons par récurrence les δk = 2δk−1−δk−2jusqu’àk= (n−1)en partant deδ0= 1etδ1=b1= 1. Ensuite pourk=n, puisquebn= 1, il faudra estimerδn =δn−1−δn−2

On aδ2 = 2δ1−δ0 = 2−1 = 1etδ3 = 2δ2−δ1 = 2.1−1 = 1. Supposons donc queδi = 1pouri ≤k−1, on a immédiatementδk = 2.1−1 = 1pour toutk tel que2 ≤ k ≤ (n−1). Finalement pour k = n, on a δn = 1δn−1−δn−2= 1.1−1 = 0. La matriceA3est singulière.

Exercice 4

Trouver la racine positive de l’équationx²−x−1 = 0ou de x² = x+ 1, revient à trouver le point fixe de l’équationx=F(x)avecF(x) =√

x+ 1. On sait (théorème 3.1 du cours) que la méthode de Picard converge siF est une contraction lipschitzienne. OrF^′(x) = ₂√x+1¹ ≤ ¹2 sur l’intervalleJ = [0,∞[. On peut donc partir d’un point arbitraire surJ pour converger vers le point fixe, ou la racine,asatisfaisant àa=√

1 +a.

Le processus itératif s’écritxn+1 =F(xn) =√

1 +xn=p

1 +√1 +xn−1. On a donc la convergence des itérés versa=

q 1 +p

1 +√ 1 +· · ·.

On remarque que la racine positive de l’équationx²−x−1 = 0, c’est une équation banale du second degré, esta= (1 +√

5)/2 = 1.61803....

Exercice 5

i) On se donne une matriceAtriangulaire supérieure d’ordren. Considérons le produit deApar son inverse B, on aAB=IavecA= (aij)etB= (bij)soit :

a11 a12 · · · a1n

0 a22 · · · a2n

... ... ... 0 0 · · · ann

b11 b12 · · · b1n

b21 b22 · · · b2n

... ... ... bn1 bn2 · · · bnn

=

1 0 · · · 0 0 1 · · · 0 ... ... ... 0 0 · · · 1

(12)

Notons que la matriceAest inversible par hypothèse, comme elle est triangulaire supérieure son déterminant non nul est égal au produit des éléments diagonaux et doncai,i6= 0pour touti,1≤i≤n.

Commençons par identifier les termes de la dernière ligne du produitAB. Puisque la matriceAest triangulaire supérieure, pour le terme(AB)n,1, on a(AB)n,1 = an,nbn,1 = 0soit bn,1 = 0caran,n 6= 0. De même, en considérant(AB)n,k pour2 ≤ k ≤ (n−1), on voit que(AB)n,k = an,nbn,k = 0d’oùbn,k = 0. Enfin on a (AB)n,n=an,nbn,n= 1soitbn,n6= 0. Le seul terme non nul de la dernière ligne deBestbn,n.

Considérons ensuite l’avant-dernière ligne du produitAB. On a(AB)n−1,1=an−1,n−1bn−1,1+an−1,nbn,1= 0 avec, on vient de le voir,bn,1 = 0. Commean−1,n−1 6= 0on a doncbn−1,1= 0. De même tous les termes de la (n−1)^eligne du produitABsont nuls jusqu’à la(n−2)^ecolonne. Calculons(AB)n−1,n−1=an−1,n−1bn−1,n−1+ an−1,nbn,n−1= 1avecbn,n−1= 0, on a doncbn−1,n−16= 0. Enfin le dernier terme de cette ligne est(AB)n−1,n= an−1,n−1bn−1,n+an−1,nbn,n = 0, mais il ne décide en rien de la structure deB. De proche en proche , par une récurrence montante, la structure triangulaire supérieure deB apparait. Observons pour terminer le terme (AB)2,1. On a(AB)2,1 = a2,2b2,1+a2,3b3,1 +· · ·+a2,nbn,1 = 0, or on sait maintenant que bi,1 = 0 pour 3 ≤ i ≤ n, donc (AB)2,1 = a2,2b2,1 avec (AB)2,1 = 0 eta2,2 6= 0, donc b2,1 = 0. La matrice B est bien triangulaire supérieure.

Remarque :La démonstration montre quebi,i= 1/ai,i.

ii) Notons que la matriceAest inversible par hypothèse, comme elle est triangulaire inférieure son déterminant non nul est égal au produit des éléments diagonaux et doncai,i 6= 0pour touti,1 ≤ i ≤n. Considérons la matriceBtelle queBA=I

b11 b12 · · · b1n

b21 b22 · · · b2n

... ... ... bn1 bn2 · · · bnn

a11 0 · · · O a21 a22 · · · 0 ... ... ... an1 an2 · · · ann

=

1 0 · · · 0 0 1 · · · 0 ... ... ... 0 0 · · · 1

(13)

On pourrait faire un raisonnement semblable aui), mais cette fois-ci en faisant une identification, par une récurrence descendante, en commençant par la première ligne du produit matricielBA. Il est plus astucieux de prendre les transposées des deux membres de l’équationBA=I. On a(BA)^T =A^TB^T =I(voir (1.5) du

cours),A^T est triangulaire supérieure puisqueAest triangulaire inférieure. On est ramené au cas précédent. La matriceB^T est donc triangulaire supérieure, ce qui entraîne queBest triangulaire inférieure. Ce qui conclut.

Remarque :D’après la remarque précedentebi,i= 1/ai,i. Cela implique que si la matrice triangulaire inférieure est de type “Gauss”, avec des “1” sur la diagonale principale, son inverse aura aussi des “1” sur sa diagonale principale.

iii) C’est un simple produit de matrices. Notons(L1)i,j(resp.(L2)i,j) les éléments deL1(resp.L2). Calculons la première colonne du produit. On a,(L1L2)i,1 =Pn

k=1(L1)i,k(L2)k,1comme tous les éléments de lai^eligne deL1sont nuls à l’exception de(L1)i,1et de(L1)i,i = 1, on a(L1L2)i,1 = (L1)i,1.1 + 1.0 = (L1)i,1. Calculons la deuxième colonne :(L1L2)i,2=Pn

k=1(L1)i,k(L2)k,2, le seul élément non nul de la somme est1.(L2)i,2donc (L1L2)i,2= (L2)i,2. Les(n−2)dernières colonnes du produit sont celles deL2(ou deL1).

Enfin soit le produitL2L1, en calculant la première colonne de ce produit on voit que(L2L1)2,1 = (L2)2,1

puis(L2L1)i,1 = (L2)i,2(L1)2,1+ (L1)i,1. La première colonne est une combinaison de termes deL1etL2. Les autres colonnes du produitsont identiques à celles deL2.

Exercice 6

i) Soit(v, w) le produit scalaire deRⁿ. i) SoitP la matriceI+vw^T. On supposev 6= 0, sinonvw^T = 0 et det(I+vw^T) =det(I) = 1, le résultat est évident.

Soitxun vecteur propre dePassocié à une valeur propreλ. Supposons quexn’est pas orthogonal àw, on a (I+vw^T)x=λx,

soit

vw^Tx= (λ−1)x, (14)

ou encore, en posantµ=w^Tx(un produit scalaire de vecteurs est évidemment un scalaire), µv= (λ−1)x,

et doncxest un multiple dev. Six=αv,α∈R, (14) impliquev(w^Tv) = (λ−1)vsoit

v(1 +w^Tv) =λv. (15)

Comme le vecteur propre est un multiple du vecteurv, le sous-espace propre est de dimension un, sa valeur propre associée a une multiplicité géomètrique et algèbrique (voir paragraphe 1.1.5 du cours) égale à un et (15) montre qu’elle vaut1 +w^Tv= 1 + (v, w).

Sinon, sixest orthogonal àw, la relation (14) entraîne queλ= 1. Comme le sous-espace orthogonal àwest un sous-espace de dimension(n−1), la valeur propre “I” est de multiplicité(n−1). Commedet(P) =Qn

i=1λi(P), on a

det(P) = 1 + (v, w). (16)

ii) La matriceA étant régulière, on peut écrire(A+uv^T) = A(I+A⁻¹uv^T). Comme le déterminant d’un produit de matrices est le produit des déterminants, on adet(A+uv^T) =det(A)det(I+A⁻¹uv^T)donc, comme la matrice(A+uv^T)est régulière si et seulement sidet(A+uv^T)6= 0,(A+uv^T)est régulière si et seulement si det(I+A⁻¹uv^T)6= 0. Or, d’après (16),det(I+A⁻¹uv^T) = 1 + (v, A⁻¹u). Ce qui conclut : la matrice(A+uv^T) est régulière si et seulement siσ= 1 + (v, A⁻¹u)6= 0.

iii) Comme la matrice(A+uv^T)est régulière on aσ6= 0, et on peut considérer la matriceA⁻¹−(1/σ)A⁻¹uv^TA⁻¹. Calculons le produit de cette matrice par(A+uv^T). On a

E= (A⁻¹−(1/σ)A⁻¹uv^TA⁻¹)(A+uv^T), soit en développant

E=I−(1/σ)A⁻¹uv^T+A⁻¹uv^T−(1/σ)A⁻¹u(v^TA⁻¹u)v^T. (17) Par la définition deσ, on av^TA⁻¹u=σ−1, en portant cette expression dans (17) on constate queE =I. Ce qui conclut.