Correction Devoir Libre n PSI

Description

Correction Devoir Libre n?7 PSI MATHEMATIQUES Centrale MP 2005 Epreuve II IA1) ? N∞(A) = 0 =? ?i ? [1, n], n∑ j=1 |ai,j | = 0. D'ou ?i ? [1, n], ?j ? [1, n] : |ai,j | = 0 et donc A = 0. ? ?? ? C ?i ? [1, n], n∑ j=1 |?ai,j | ≤ |?|N∞(A), donc N∞(?A) ≤ |?|N∞(A) Si ? 6= 0, N∞(A) = N∞( 1 ? ?A) ≤ | 1 ? |N∞(?A), donc |?|N∞(A) ≤ N∞(?A), d'ou l'egalite : |?|N∞(A) = N∞(?A) Si ? = 0, l'egalite est triviale. ? ?i ? [1, n], n∑ j=1 |ai,j + bi,j | ≤ n∑ j=1 |ai,j |+ n∑ j=1 |bi,j | ≤ N∞(A) +N∞(B), donc N∞(A+B) ≤ N∞(A) +N∞(B).

• pn p2


• ?a ?


• p3 p2


• ?e ?


• centres sur la demi-droite ouverte


• ?z?∞ ≤


• norme sur mn


• p2 p1

Informations

• Publié par: pefav
• Nombre de lectures: 72
• Langue: Français

Extrait

◦ Correction Devoir Libren7 PSI MATHEMATIQUES Centrale MP 2005 Epreuve II n X IA1)∗N ∞ (A) = 0 =⇒ ∀i∈[1, n],|a i,j |’o.D=0`u∀i∈[1, n],∀j∈[1, n] :|a i,j |= 0 et doncA= 0. j=1 n X ∗ ∀λ∈C∀i∈[1, n],|λa i,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’`´idt’a)l,:´e|λ|N ∞ (A) =N ∞ (λA) λ λ Siλviaiel.,0=l’´egalit´eesttr n n n X X X ∗ ∀i∈[1, n],|a i,j +b i,j || ≤ a i,j |+|b i,j | ≤N ∞ (A) +N ∞ (B), doncN ∞ (A+B)≤N ∞ (A) +N ∞ (B). j=1j=1j=1 Conclusion:N ∞ est une norme surM n (C)   n n X X   IA2a)A(z) =|a 1,j z j |, . . . ,|a n,j z j | j=1j=1 n n X X Donc pour touti∈[1, n],|a i,j z j | ≤ |a i,j |kzk ∞ ≤N ∞ (A)kzk ∞ . j=1j=1 D’ou`kA(z)k ∞ ≤N ∞ (A)kzk ∞ . kA(z)k ∞ kA(z)k ∞ n IA2b)∀z∈C− {0},≤N ∞ (A) doncN ∞ (Aemnsedblr´eslsee.tioSm)jarolee’i 0 ∈[1, n] tel kzk ∞ kzk ∞ n X |a i 0 ,j | queN ∞ (A) =|a i 0 ,j |et soitz 0 = (ε 1 , . . . , ε n ) tel queε j = 1 sia i 0 ,j = 0 etε j = sinon. On a alors a i 0 ,j j=1   n n n n X X X X   N ∞ (A) =a i 0 ,j ε j ,A(z 0 ) =a 1,j ε j , . . . , a n,j ε j et donckA(z 0 )k ∞ =|a i 0 ,j |. j=1j=1j=1j=1 kA(z 0 )k ∞ Commekz 0 k ∞ =max(1, . . . ,=1) = 1, on a donc : N ∞ (A) kz 0 k ∞ kA(z)k ∞ Conclusion:N ∞ (A) = max kzk ∞ IA2c) Soitλ 0 ∈σ A tel queρ(A) =|λ 0 |etz 0 un vecteur propre tel queA(z 0 ) =λ 0 z 0 , on a alors kA(z 0 )k ∞ kλ 0 z 0 k ∞ = =|λ 0 |=ρ(A)≤N ∞ (A). kz 0 k ∞ kz 0 k ∞ Conclusion:ρ(A)≤N ∞ (A) . n IA3)N ∞ seubesdoorneturmnoronaeme´nnla`ek ∞ surConcuestd,c’e`rba’glmrdeenon:ncdofieri´etvee N ∞ (AB)≤N ∞ (A)N ∞ (B) . kAB(z)k ∞ N ∞ (A)kB(z)k ∞ Remarque:Onpeutaussired´emontrerceci:pourtoutznon nul,≤ ≤N ∞ (A)N ∞ (B) kzk ∞ kzk ∞ et on retrouveN ∞ (AB)≤N ∞ (A)N ∞ (B). −1−1 IA4a)∗N Q (A) = 0 impliqueQ AQ= 0 ce qui implique queA=Q0Q= 0 −1 ∗N Q (λA) =N ∞ (Q λAQ) =|λ|N Q (A) −1−1−1−1−1 ∗N Q (A+B) =N ∞ (Q(A+B)Q) =N ∞ (Q AQ+Q BQ)≤N ∞ (Q AQ) +N ∞ (Q BQ) =N Q (A) +N Q (B). Onend´eduitqueN Q est une norme. −1−1−1−1−1 EnfinN Q (AB) =N ∞ (Q(AB)Q) =N ∞ (Q AQQ BQ)≤N ∞ (Q AQ)N ∞ (Q BQ) =N Q (A)N Q (B) Conclusion:N Q est une norme matricielle . IA4b) Toutes les normes surM n (Cilexistentesdoncelaviuqe´tnos)α >0 etβ >0 tels queN ∞ ≤αN Q et 1 N Q ≤βN ∞ , donc pour toutA,N ∞ (A)≤N Q (A)≤βN ∞ (A). α 1 Siβ≤α, on aN ∞ (A)≤N Q (A)≤βN ∞ (A)≤αN ∞ (A) etC Q =αconvient. α 1 1 1 1 Sinon on a≤et doncN ∞ (A)≤N ∞ (A)≤N Q (A)≤βN ∞ (A) etC Q =βconvient. β α β α

1