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Correction Devoir Libren7 PSI MATHEMATIQUES Centrale MP 2005 Epreuve II n X IA1)N(A) = 0 =⇒ ∀i[1, n],|ai,j|o.D=0`ui[1, n],j[1, n] :|ai,j|= 0 et doncA= 0. j=1 n X ∗ ∀λCi[1, n],|λai,j| ≤ |λ|N(A), doncN(λA)≤ |λ|N(A) j=1 1 1 Siλ6= 0,N(A) =N(λA)|≤ | N(λA), donc|λ|N(A)N(λAuelgo`´idta)l,:´e|λ|N(A) =N(λA) λ λ Siλviaiel.,0=l´egalit´eesttr n n n X X X ∗ ∀i[1, n],|ai,j+bi,j|| ≤ ai,j|+|bi,j| ≤N(A) +N(B), doncN(A+B)N(A) +N(B). j=1j=1j=1 Conclusion:Nest une norme surMn(C)   n n X X   IA2a)A(z) =|a1,jzj|, . . . ,|an,jzj| j=1j=1 n n X X Donc pour touti[1, n],|ai,jzj| ≤ |ai,j|kzkN(A)kzk. j=1j=1 Dou`kA(z)kN(A)kzk. kA(z)kkA(z)kn IA2b)zC− {0},N(A) doncN(Aemnsedblr´eslsee.tioSm)jaroleei0[1, n] tel kzkkzkn X |ai0,j| queN(A) =|ai0,j|et soitz0= (ε1, . . . , εn) tel queεj= 1 siai0,j= 0 etεj= sinon. On a alors ai0,j j=1   n n n n X X X X   N(A) =ai0,jεj,A(z0) =a1,jεj, . . . , an,jεjet donckA(z0)k=|ai0,j|. j=1j=1j=1j=1 kA(z0)kCommekz0k=max(1, . . . ,=1) = 1, on a donc : N(A) kz0kkA(z)kConclusion:N(A) = max kzkIA2c) Soitλ0σAtel queρ(A) =|λ0|etz0un vecteur propre tel queA(z0) =λ0z0, on a alors kA(z0)kkλ0z0k= =|λ0|=ρ(A)N(A). kz0kkz0kConclusion:ρ(A)N(A) . n IA3)Nseubesdoorneturmnoronaeme´nnla`eksurConcuestd,ce`rbaglmrdeenon:ncdoeri´etvee N(AB)N(A)N(B) . kAB(z)kN(A)kB(z)kRemarque:Onpeutaussired´emontrerceci:pourtoutznon nul,≤ ≤N(A)N(B) kzkkzket on retrouveN(AB)N(A)N(B). 11 IA4a)NQ(A) = 0 impliqueQ AQ= 0 ce qui implique queA=Q0Q= 0 1 NQ(λA) =N(Q λAQ) =|λ|NQ(A) 11111 NQ(A+B) =N(Q(A+B)Q) =N(Q AQ+Q BQ)N(Q AQ) +N(Q BQ) =NQ(A) +NQ(B). Onend´eduitqueNQest une norme. 11111 EnfinNQ(AB) =N(Q(AB)Q) =N(Q AQQ BQ)N(Q AQ)N(Q BQ) =NQ(A)NQ(B) Conclusion:NQest une norme matricielle . IA4b) Toutes les normes surMn(Cilexistentesdoncelaviuqe´tnos)α >0 etβ >0 tels queNαNQet 1 NQβN, donc pour toutA,N(A)NQ(A)βN(A). α 1 Siβα, on aN(A)NQ(A)βN(A)αN(A) etCQ=αconvient. α 1 1 1 1 Sinon on aet doncN(A)N(A)NQ(A)βN(A) etCQ=βconvient. β α β α
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