Centrale Maths 2 MP 2000 -- Corrigé
Ce corrigé est proposé par Tri Nguyen-Huu (ENS Lyon) ; il a été relu par
Clotilde
Breuillin (Mines de Paris), Brice Goglin (ENS Lyon) et Thomas Chomette (ENS
Ulm).
Ce problème est composé de six parties. Le but est d'étudier un algorithme
permettant un calcul approché des valeurs propres d'une matrice réelle
symétrique : la
méthode de Jacobi.
La partie I se propose de définir une norme sur les matrices. Elle permet de
démontrer quelques résultats classiques.
Dans la partie II, on explicite une méthode de diagonalisation pour les
matrices
carrées symétriques d'ordre 2. La fin de cette partie consiste à appliquer cette
méthode à un exemple.
La troisième partie cherche à analyser la méthode précédente dans le cas de
matrices d'ordre quelconque. Elle présente le principe d'une itération de la
méthode de Jacobi.
La quatrième partie a pour but de montrer la convergence de suites vérifiant
certaines propriétés, résultat nécessaire pour la suite du problème.
La cinquième partie expose le principe de la méthode de Jacobi et cherche à
prouver qu'elle converge bien.
Enfin, on trouve dans la partie VI un exemple de matrice d'ordre 3 à laquelle
on applique l'algorithme défini précédemment.
Cette épreuve est relativement longue et comporte de nombreux calculs dans
lesquels on peut se perdre facilement. C'est un bon exercice pour acquérir
certains
automatismes et éviter ainsi d'être déstabilisé le jour de l'épreuve.
Indications
I.C Démontrer l'inégalité lorsque ai,j = 0 pour i 6= j en utilisant la
convexité de
(x 7- x2 ).
II.C Si cela n'a pas déjà été fait, faire apparaître des termes en 2 dans
l'expression
de b1,2 . De plus, avoir lu l'énoncé en entier peut donner une idée de la valeur
à trouver...
II.E Utiliser les formules
1
cos (Arctan x) =
1 + x2
et
x
sin (Arctan x) =
1 + x2
IV.A.1 Extraire une suite de (xn )nN et considérer une de ses valeurs
d'adhérence.
1
IV.A.2 Choisir <
Min ka - aµ k et considérer n0 > n tel que
2 16,µ6M
n > n0
kxn+1 - xn k <
1
2
Min
16,µ6M
ka - aµ k - 2
V.C.2 Montrer que kAkl -k tend vers 0 et remarquer que les Akl ont tous le même
polynôme caractéristique.
V.D.2 Montrer que (Dk+1 - Dk ) tend vers 0 coefficient par coefficient. Puis
utiliser
(k+1)
la question III.B.2 pour réécrire les termes ai,i .
VI.A Utiliser les formules
| cos x| =
r
1 + cos 2x
2
et
| sin x| =
r
1 - cos 2x
2
I.
Une norme sur Mn (R)
I.A Utilisons la définition de la fonction Tr :
Tr (AB) =
n
P
(AB)i,i
i=1
=
n P
n
P
ai,j bj,i
n P
n
P
bj,i ai,j
i=1 j=1
=
j=1 i=1
Tr (AB) =
n
P
(BA)j,j
j=1
On en déduit que
Tr (AB) = Tr (BA)
I.B vérifie les propriétés suivantes :
· est clairement bilinéaire ;
· est symétrique :
(A, B) = Tr (A t B)
t
t
= Tr ( (A B))
t
= Tr (B A)
(A, B) = (B, A)
· est définie positive : pour tout A dans Mn (R), on a
n
n P
n
n P
P
P
a2i,j
(A)i,j ( t A)j,i =
(A, A) =
i=1 j=1
i=1 j=1
On en déduit que
(A, A) > 0 et (A, A) = 0 si et seulement si ai,i = 0 pour tout i
soit
(A, A) > 0 et (A, A) = 0 si et seulement si A = 0.
· Conclusion : A 7- (A, A) est une forme quadratique définie positive.
est donc un produit scalaire.
En conséquence, on a
kAk2 = (A, A) =
n P
n
P
i=1 j=1
a2i,j
I.C La fonction (x 7- x2 ) est convexe. Quels que soient les coefficients ai,i
, on
peut alors écrire
n
2
n
1 P
1 P
ai,i
6
a2
n i=1
n i=1 i,i
soit encore
n
P
ai,i
i=1
n
P
Or, on a clairement
i=1
2
a2i,i 6
6n
n
P
i=1
n P
n
P
i=1 j=1
a2i,i
a2i,j
L'inégalité est valable pour toute matrice carrée A. En particulier, elle
doit rester vraie lorsque les termes ai,j sont nuls pour i 6= j. Ne pas
s'apercevoir tout de suite que ces termes ne jouent aucun rôle dans l'égalité
rend
le problème beaucoup plus difficile.
C'est une bonne illustration de problèmes pour lesquels se ramener à des
cas particuliers (ici une matrice diagonale) n'est pas une perte de temps et
permet d'avoir une vision plus nette de la marche à suivre.
Il vient donc
n
P
ai,i
i=1
2
6n
n P
n
P
i=1 j=1
a2i,j
Une autre méthode consiste à utiliser le fait que a2 + b2 > 2ab (que l'on a
déduit de l'inégalité (a - b)2 > 0). On a alors
n
2
n P
n
n P
n a2 + a2
P
P
P
i,i
j,j
ai,i
=
ai,i aj,j 6
2
i=1
i=1 j=1
i=1 j=1
n P
n a2 + a2
n
P
P
i,i
j,j
=n
a2i,i
2
i=1 j=1
i=1
or
d'où l'on déduit le résultat.
Il vient donc naturellement pour une matrice A
| Tr (A)| 6
en d'autres termes
||| Tr ||| =
nkAk
| Tr (A)|
6 n
kAk
AMn (R)
Sup
De plus, la borne supérieure est atteinte en In , ce qui signifie que l'on a
||| Tr ||| = n
I.D Reprenons la définition de la norme. On a
t
t
t
t
t
kAk2 = Tr (A (A)) = Tr (A A ) = Tr ( A A)
t
Comme appartient à On (R), on a = In ; il en découle que
kAk = kAk
Si A est une matrice symétrique, on a par définition
t
A=A
