Corrig´e de Centrale 2009 PC math 2 Partie I

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Corrig´e de Centrale 2009 PC math 2

Partie I

I.A On diagonalisefMdans une base orthonormaleB?; on a alors: (fM(x),x) =?λix?2i. Siσ(M)?R+on obtient (fM(x),x)?0 :Mest positive. Sinon, il existeitel queλi<0 et alors (fM(e?i),e?i) =λi<0 :Mn"est pas positive. Siσ(M)?R+\ {0}on obtient (fM(x),x)>0 pourx?= 0 :Mest d´efinie positive. Sinon, il existe itel queλi?0 et alors (fM(e?i),e?i) =λi?0:Mn"est pas d´efinie positive.

I.B a)F(v) =12

(13x21+ 7x22-8x1x2)-75x1+ 75x2est un polynˆome donc de classeC1. b) ∂F∂x

1= 13x1-4x2-75 et∂F∂x

2= 7x2-4x1+ 75; on a donc bien?F(v) =Av-b.

c) det(A) = 75?= 0 doncAest inversible : l"unique point critique estv=A-1b=?3 -9? d) Puisque 13x21+7x22-8x1x2= 4(x1-x2)2+9x21+3x22>0 siv?= 0, la surface est un paraboloide elliptique. e)Fa donc un minimum global atteint au point critique; il vautF(3,-9) =-450. I.C Remarque: la fonctionnelleJest associ´ee au couple (A,b).

1) PuisqueAest sym´etrique: (Av,h) = (v,Ah) = (Ah,v).

2) a)R(h) =J(v+h)-J(v)-(Av-b,h) =12

((Av+Ah,v+h)-(Av,v))-(b,v+h)+(b,v)- (Av-b,h) =12 ((Ah,h)+(Av,h)+(Ah,v))-(Av,h) =12 (Ah,h). PuisqueAest positive,

R(h) est positif ou nul.

b)J(v0+th)-J(v0) =t(?J(v0),h)+t2R(h)?0. Si (?J(v0),h) ´etait non nul,t(?J(v0),h)+ t

2R(h) serait ´equivalent `at(?J(v0),h) au voisinage det= 0 et ne serait donc pas toujours

positif ou nul; par suite, (?J(v0),h) = 0 pour touthet donc?J(v0) = 0.

3) a) PuisqueAest d´efinie positive, elle n"a pas 0 comme valeur propre et est donc inversible;

il existe donc un uniquev0tel queAv0=b,v0=A-1b. Pourhquelconque on a alors J(v0+h) =J(v0) +R(h)?J(v0) avec ´egalit´e si et seulement siR(h) =12 (Ah,h) = 0, c"est `a direh= 0 puisqueAest d´efinie positive. b) Pour toutρ?Ron peut ´ecrire:J(v-ρd) =J(v)-ρ(?J(v),d) +12

ρ2(Ad,d). Cela

d´efinit une fonction polynˆome du second degr´eg(ρ) avecg?(ρ) =-(?J(v),d) +ρ(Ad,d)

qui s"annule pourρ=(?J(v),d)(Ad,d)(par hypoth`ese,d?= 0 donc (Ad,d)>0).ga donc un minimum atteint pour l"uniquer=(?J(v),d)(Ad,d)=(Av-b,d)(Ad,d).

4) Posonsα= min(σ(A)) etm= max(σ(A)) donc 0< α?m.

(?J(v)- ?J(u),v-u) = (A(v-u),v-u) =?λi(v?i-u?i)2dans une base orthonormale qui diagonaliseA. Par suite, (?J(v)- ?J(u),v-u)??α(v?i-u?i)2=α||v-u||2. D"autre part,||?J(v)-?J(u)||2=||A(v-u)||2=?λ2i(v?i-u?i)2dans la mˆeme base orthonor- male, d"o`u||?J(v)- ?J(u)||2??m2(v?i-u?i)2=m2||v-u||2donc||?J(v)- ?J(u)||? m||v-u||.

5) Pour touth,J(u0+h) =J(u0)+12

(Ah,h)?J(u0) avec ´egalit´e si et seulement si (Ah,h) = 0. De (Ah,h) =?λih?2ion d´eduit que (Ah,h) = 0 si et seulement sih?i= 0 quandλi?= 0, autrement dit si et seulement sih?Ker(A). L"ensemble des vecteursv0est donc le sous- espace affineu0+ Ker(A).

Partie II

II.A 1)||Mx||∞= maxi|?

jm i,jxj|. Or|? jm i,jxj|?? j|mi,j||xj|?? j|mi,j|||x||∞doncN∞(M)? max i? j|mi,j|. Il y a en fait ´egalit´e pourxchoisi tel que, si le max est obtenu pouri0,xj= 1 simi0,j?0 et -1 simi0,j<0.

2) a) SiNest une norme subordonn´ee, on a pour toutx:ν(Mx)?N(M)ν(x). Par suite,

ν(ABx)?N(A)ν(Bx)?N(A)N(B)ν(x) et doncN(AB)?N(A)N(B). On en d´eduit par r´ecurrence imm´ediate que pourk?N?:N(Ak)?(N(A))k. b) Soitλune valeur propre deM; il existex?= 0 tel queMx=λxd"o`uν(Mx)ν(x)=|λ|qui est donc inf´erieur ou ´egal `aN(M). Par suiteρ(M) = sup(|λi|)?N(M).

3) a) SiM?=P-1αMPαon am?i,j=1α

i-1mi,jαj-1=mi,jαj-i. b) j|mi,jαj-i|=|mi,i|+? j>i|mi,j|αj-i?ρ(M) +? j>i|mi,j|αj-icarρ(M) = maxi|mi,i|.

Pour touti < non a limα?→0?

j>i|mi,j|αj-i= 0 ; on peut donc choisirα >0 tel que pour touti: j>i|mi,j|αj-i?εet par suite on a bienN∞(P-1αMPα) = maxi? j|mi,jαj-i|?ρ(M)+ε.

4) a) Toute matriceMdeMn(C) est trigonalisable donc il existePinversible telleP-1MPsoit

triangulaire sup´erieure. On applique le 3)a) pour obtenirN∞(P-1αP-1MPPα)?ρ(M)+ε.

b) Il suffit de poserN(M) =N∞(P-1αP-1MPPα):Nest la norme subordonn´ee `a la norme

ν(x) =||(PPα)-1x||∞car

sup xν(Mx)ν(x)= sup x||(PPα)-1Mx||∞||(PPα)-1x||∞= sup

5) Supposons la condition (i) v´erifi´ee. Soitλune valeur propre deMety0un vecteur non nul tel

queMy0=λy0. Choisissonsx?0=x0+y0:f(x?0)-f(x0) =M(x?0-x0) =λy0et par r´ecurrence imm´ediatex?k-xk=Mk(x?0-x0) =λky0. Comme les suites (x?k) et (xk) convergent vers la mˆeme limite, la suite (x?k-xk) converge vers 0; puisquey0?= 0, la suite (λk) converge vers 0. On a donc|λ|<1 et par suiteρ(M)<1. Cela entraine que 1 n"est pas valeur propre deMet doncI-Mest inversible. Supposons maintenant la condition (ii) v´erifi´ee. Puisque (I-M) est inversible il existe un uniquedtel que (I-M)d=cdoncf(x)-d=Mx+c-c-Md=M(x-d) et par r´ecurrence x k-d=Mk(x0-d). Puisqueρ(M)<1 on peut choisirε <1-ρ(M) et il existe une norme subordonn´eeNtelle queN(M)?ρ(M) +ε <1. On en d´eduit queN(Mk)?N(M)kqui a pour limite 0 et donc la suiteMkconverge vers la matrice nulle. La suite (xk) a donc pour limite le vecteurd= (I-M)-1(c) qui est bien ind´ependant dex0.

II.B 1)φest bilin´eaire, sym´etrique (Ssym´etrique entraine que (Su,v) = (u,Sv)), et enfin d´efinie

positive puisqueSest d´efinie positive ((Su,u)>0 six?= 0).

2) Soitu=S-1Ax?Im(S-1A) etv?Ker(A):φ(u,v) = (SS-1Ax,v) = (Ax,v) = (x,Av)=0

puisqueAest sym´etrique etAv= 0; Im(S-1A) et Ker(A) sont bien orthogonaux. Puique Sest inversible,S-1est une bijection de Im(A) sur Im(S-1A) donc dim(Im(S-1A)) = dim(Im(A)) =n-dim(Ker(A)). Im(S-1A) et Ker(A) sont donc suppl´ementaires orthogo- naux pourφ.

3) Puisqueb=Ax0,Au=b?A(x0-u) = 0?x0-u?Ker(A). Le vecteurx0se d´ecomposant

de mani`ere uniquex0=u?+v?surRn= Im(S-1A)?Ker(A),u?est bien l"unique vecteur de Im(S-1A) tel queAu?=b. L"ensemble des solutions deAu=best le sous-espace affine u ?+ Ker(A).

4) a)uk+1=uk-γS-1?J(uk) =uk-γS-1(Auk-b) =uk-γS-1A(uk-x0) doncuk+1-uk?

Im(S-1A). La composante deuksur Ker(A) est donc la mˆeme que celle deu0. b)u?k+1-u?k=uk+1-uk=-γS-1A(uk-x0) =-γS-1A(w+u?k-x0) =-γS-1A(u?k-x0) doncf(x) =x-γS-1A(x-x0) = (I-γS-1A)x+γS-1Ax0. 2 c) Soitλune valeur propre complexe deS-1A. Il existeX?Cnnon nul tel queS-1AX= λXd"o`uAX=λSXett¯XAX=λt¯XSX. PosonsX=X1+ iX2: t¯XAX=t(X1-iX2)A(X1+ iX2) =tX1AX1+tX2AX2+ i(tX1AX2-tX2AX1). Comme t(tX2AX1) =tX1AX2ettX1AX1+tX2AX2?0 (Aest positive) on at¯XAX?R+.

De mˆeme,

t¯XSX=tX1SX1+tX2SX2>0 puisqueSest d´efinie positive etX1ouX2est non nul. On en d´eduit queλ=t¯XAXt

¯XSX?R+.

d)gest par d´efinition un endomorphisme de Im(S-1A). De plus, Ker(g) ={x?Im(S-1A)/S-1Ax= 0}={x?Im(S-1A)/Ax= 0}= Im(S-1A)∩Ker(A) ={0}.gest donc un automorphisme de Im(S-1A). e) Les valeurs propres complexes degsont des valeurs propres deS-1A, elles sont donc dans R +; par suite, le polynˆome caract´eristique degest scind´e surRet celui deid-γgaussi. Puisquegest inversible, ses valeurs propres v´erifient 0< λ?Λn, celles deγgv´erifient

0< λ?γΛn<2 et celles deid-γgsont donc dans ]-1,1[: le rayon spectral deid-γg

est strictement inf´erieur `a 1. f) La suite (u?k) est d´efinie paru?k+1=f(u?k) = (id-γg)(u?k)+cavecc=γS-1Ax0. Puisque ρ(id-γg)<1, la question II.A.5 entraine que la suite (u?k) converge dans Im(S-1A) vers une limiteu?ind´ependante deu?0. g) Par continuit´e deid-γgon au?= (id-γg)(u?)+cdoncγg(u?) =c,γS-1Au?=γS-1Ax0 et enfinAu?=Ax0=b.

Partie III

III.A 1) On doit supposerdk?= 0. PuisqueAest d´efinie positive on peut appliquer le I.C.3b) et alorsrk=(Auk-b,dk)(Adk,dk)=(dk,dk)(Adk,dk). On en d´eduit: (dk+1,dk) = (Auk+1-b,dk) = (Auk-rkAdk-b,dk) = (Auk-b,dk)-rk(Adk,dk) = 0.

2) Appliquons le I.C.2a):J(uk)-J(uk-rkdk) =-(?J(uk),-rkdk)-12

r2k(Adk,dk) = r k(dk,dk)-12 r2k(Adk,dk) =12 r2k(Adk,dk). Le I.C.4 donne alors: (Adk,dk)?α||dk||2avec

α= min(σ(A)); doncJ(uk)-J(uk+1)?α2

||dk||2r2k=α2 ||uk+1-uk||2.

3) On a doncJ(uk)-J(uk+1)?0: la suite (J(uk)) est d´ecroissante; elle est de plus minor´ee

(par le I.C.3a) donc elle converge. L"in´egalit´e pr´ec´edente entraine alors que||uk+1-uk||

converge vers 0.

4) Puisque (dk+1,dk) = 0,||dk+1-dk||2=||dk+1||2+||dk||2?||dk||2donc||dk||?||dk+1-

d k||.||dk+1-dk||=||A(uk+1-uk)||?N(A)||uk+1-uk||a pour limite 0 doncdkaussi.

5) Avec le I.C.4, (?J(uk),uk-v0) = (?J(uk)-?J(v0),uk-v0)?α||uk-v0||2. L"in´egalit´e

de Cauchy-Schwarz donne:α||uk-v0||2?(dk,uk-v0)?||dk||×||uk-v0||d"o`u||uk-v0||?1α ||dk||qui tend vers 0. La suite (uk) converge versv0.

III.B 1)dk=Auk=?xk

cy k? .rk=(dk,dk)(Adk,dk)=x2k+c2y2kx

2k+c3y2kdoncuk+1=(

((x ky2kc2(c-1)x

2k+c3y2kx2kyk(1-c)x

2k+c3y2k)

)). Les composantes de ce vecteur sont non nulles puisquexk, yk, cetc-1 sont non nuls.

2)tk=ykx

kettk+1=-xkc

2ykdonctktk+1=-1c

3) On en d´eduit quetk+2=tkdoncxk+2x

k=yk+2y k. Les vecteursuk+2etuksont proportion- nels. xk+1x k=t2kc2(c-1)1 +c3t2kdoncxk+2x k=t2kt2k+1c4(c-1)2(1 +c3t2k)(1 +c3t2k+1)=(c-1)2(1 +c3(t2k+t2k+1) +c2). C"est une valeur constante cart2k+t2k+1est constant.c2(t2k+t2k+1) =c2t2k+1c

2t2k?2 donc

x k+2x k?(c-1)2(1 + 2c+c2)=?c-1c+ 1? 2 <1. (uk) converge donc vers 0 (solution deAu= 0). 3quotesdbs_dbs18.pdfusesText_24

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