Catégorie : Niveau Prépa

Dans cet article, vous établissez que $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.$

Notez au préalable que la fonction $x\mapsto \frac{\vert \sin x \vert}{x}$ est positive sur $[1,+\infty[$, donc l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}$ est bien définie et prend sa valeur dans l’ensemble $\R_{+}\cup \{+\infty\}.$

Découpez la somme et ramenez-vous à l’intervalle $[0,\pi]$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Par positivité de la fonction intégrée, le fait que $\forall x\in\R, \sin x = -\sin (x+\pi)$, vous avez les minorations :

\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{k\pi}^{(k+1)\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin (x+k\pi) \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \int_{0}^{\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{\pi+k\pi}\\
&\geq \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\\
&\geq \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\pi+k\pi} \\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{1+k} \\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \vert \sin x \vert \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(\int_{0}^{\pi} \sin x \,\text{d}x\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left[-\cos x\right]_0^{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{1}{\pi} \left(-\cos \pi + \cos 0\right) \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Minorez la somme harmonique $\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}$

Il est bien connu que $\sum_{k=2}^{+\infty}\frac{1}{k} = +\infty.$ Par souci de complétude, une démonstration utilisant une comparaison série-intégrale est utilisée.

Rappelez-vous que $n$, dans ce paragraphe, désigne toujours un entier naturel supérieur ou égal à $2.$

Soit $k$ un nombre compris entre $2$ et $n.$

Par décroissance de la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ sur $[2,+\infty[$, vous obtenez :

\begin{aligned}
\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{k} \\
\int_{k}^{k+1}\frac{\text{d}x}{x} &\leq \frac{1}{k} \\
\ln (k+1) – \ln k &\leq \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Par sommation, il vient :

\begin{aligned}
\sum_{k=2}^n (\ln (k+1) – \ln k) &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\sum_{k=2}^n \ln (k+1) – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\sum_{k=3}^{n+1} \ln k – \sum_{k=2}^n \ln k &\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\ln(n+1)+\sum_{k=3}^{n} \ln k – \sum_{k=3}^n \ln k -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}\\
\ln(n+1) -\ln 2&\leq \sum_{k=2}^n \frac{1}{k}.
\end{aligned}

Concluez

D’après les deux sections précédentes, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$ :

\begin{aligned}
\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} &\geq \int_{\pi}^{n\pi} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} \\
&\geq \frac{2}{\pi} \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k}\\
&\geq \frac{2}{\pi} \left(\ln(n+1) -\ln 2\right).
\end{aligned}

Comme $\lim_{n\to +\infty} \ln(n+1) -\ln 2 = +\infty$, il vient $\boxed{\int_{1}^{+\infty} \frac{\vert \sin x \vert \,\text{d}x}{x} = +\infty.}$

Prolongement

Pourriez-vous montrer que l’intégrale $\int_{1}^{+\infty} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ est convergente ?

Autrement dit, pourriez-vous montrer que la limite $\lim_{t\to +\infty} \int_{1}^{t} \frac{ \sin x \,\text{d}x}{x}$ existe et est un nombre réel ?

Soit à résoudre le système suivant :

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
a_1 &-2a_2& &+2a_4&-3a_5&=2\\
2a_1 & -4a_2 & +2a_3 & &+8a_5 &=6\\
a_1&-2a_2&+3a_3&-3a_4&+16a_5&=8.
\end{array}\right.
\end{aligned}

L’objectif du présent document est de montrer sur cet exemple un processus systématique permettant d’obtenir la résolution d’un système en utilisant des matrices de rotation de Givens.

Les avantages de cette résolution, c’est que les matrices de rotation sont orthogonales, facilement inversibles et fournissent une excellente stabilité numérique.

L’inconvénient, comme vous le verrez, est la présence accrue de racines carrées, qui est le prix à payer de cette stabilité.

Introduisez la matrice augmentée du système

Posez :

\begin{aligned}
A=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
1 & -2 & 0 & 2 & -3 & 2\\
2 & -4 & 2 & 0 & 8 & 6\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Obtenez un système équivalent avec une première matrice de rotation

Soient $c$ et $s$ deux nombres réels. Considérez la matrice suivante :

\begin{aligned}
R=\begin{pmatrix}
c & -s & 0\\
s & c & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Lorsque $c$ et $s$ sont deux réels vérifiant $c^2+s^2=1$, la matrice $R$ est orthogonale et c’est une matrice de rotation.

Vous calculez donc :

\begin{aligned}
RA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
c-2s & -2c+4s & -2s & 2c & -3c-8s & 2c-6s\\
s+2c & -2s-4c & 2c & 2s & -3s+8c & 2s+6c\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

L’objectif étant d’avoir la seconde ligne qui commence par $0$, vous voulez avoir $s+2c = 0$ soit $s = -2c$, d’où $s^2=4c^2$ et donc $s^2+c^2=5c^2=1.$

Choisissez $c = \frac{\sqrt{5}}{5}$ et $s=\frac{-2\sqrt{5}}{5}.$ Les deux conditions $c^2+s^2=1$ et $s+2c=0$ sont remplies :

\begin{aligned}
R=\begin{pmatrix}
\frac{\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & 0\\
\frac{-2\sqrt{5}}{5} & \frac{\sqrt{5}}{5} & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
RA&=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
\sqrt{5} & -2\sqrt{5} & \frac{4\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{13\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\
1 & -2 & 3 & -3 & 16 & 8
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Continuez avec une autre matrice de rotation

Afin de simplifier les notations, notez encore $c$ et $s$ deux réels tels que $c^2+s^2=1.$

Considérez alors la matrice suivante :

\begin{aligned}
S=\begin{pmatrix}
c & 0 & -s\\
0 & 1 & 0\\
s & 0 & c
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Ce qui fournit :

\begin{aligned}
SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
\sqrt{5}c -s & -2\sqrt{5}c +2s& \frac{4\sqrt{5}}{5}c -3s & \frac{2\sqrt{5}}{5}c +3s& \frac{13\sqrt{5}}{5}c -16s& \frac{14\sqrt{5}}{5}c-8s\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5}\\
\sqrt{5}s +c & -2\sqrt{5}s -2c& \frac{4\sqrt{5}}{5}s +3c& \frac{2\sqrt{5}}{5}s -3c& \frac{13\sqrt{5}}{5}s+16c & \frac{14\sqrt{5}}{5}s+8c
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Vous souhaitez avoir $\sqrt{5}s +c = 0$ ce qui conduit à $c = -\sqrt{5}s$ soit $c^2 = 5s^2.$ Or $c^2+s^2 = 1$ donc $1 = 6s^2$ d’où $s = \frac{\sqrt{6}}{6}$ et $c = \frac{-\sqrt{30}}{6}.$

Comme $c\sqrt{5}=\frac{-5\sqrt{6}}{6}$ :

\begin{aligned}
S=\begin{pmatrix}
\frac{-\sqrt{30}}{6} & 0 & -\frac{\sqrt{6}}{6}\\
0 & 1 & 0\\
\frac{\sqrt{6}}{6} & 0 & \frac{-\sqrt{30}}{6}
\end{pmatrix}
\end{aligned}

\begin{aligned}
SRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5} & \frac{-4\sqrt{5}}{5} & \frac{14\sqrt{5}}{5} & \frac{2\sqrt{5}}{5} \\
0 & 0 & \frac{-11\sqrt{30}}{30} & \frac{17\sqrt{30}}{30} & \frac{-67\sqrt{30}}{30} & \frac{-13\sqrt{30}}{15}
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Finissez avec une matrice de rotation

Les nombres $s$ et $c$ étant deux réels tels que $c^2+s^2=1$, vous posez :

\begin{aligned}
T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & c & -s\\
0 & s & c
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & \frac{-7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & \frac{-29\sqrt{6}}{6} & \frac{-11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{2\sqrt{5}}{5}c + \frac{11\sqrt{30}}{30}s& \frac{-4\sqrt{5}}{5}c – \frac{17\sqrt{30}}{30}s & \frac{14\sqrt{5}}{5}c + \frac{67\sqrt{30}}{30}s& \frac{2\sqrt{5}}{5}c+ \frac{13\sqrt{30}}{15}\\
0 & 0 &\frac{2\sqrt{5}}{5}s – \frac{11\sqrt{30}}{30}c & \frac{-4\sqrt{5}}{5}s+\frac{17\sqrt{30}}{30}c &\frac{14\sqrt{5}}{5}s-\frac{67\sqrt{30}}{30}c & \frac{2\sqrt{5}}{5}s-\frac{13\sqrt{30}}{15}c
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Vous souhaitez avoir $\frac{2\sqrt{5}}{5}s- \frac{11\sqrt{30}}{30}c = 0$ d’où :

\begin{aligned}
12 \sqrt{5}s-11\sqrt{30}c &= 0 \\
12 s-11\sqrt{6}c &= 0\\
12 s&=11\sqrt{6}c\\
144s^2 &= 6\times 121 c^2\\
24s^2 &= 121 c^2\\
24(1-c^2)&=121c^2\\
24 &= 145c^2
\end{aligned}

Vous choisissez par exemple :

\begin{aligned}
c&=\frac{2\sqrt{6}}{\sqrt{145}}\\
&=\frac{2\sqrt{870}}{145}.
\end{aligned}

Alors il vient :

\begin{aligned}
s&=\frac{11\sqrt{6}}{12}c\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{12}\times \frac{2\sqrt{870}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{870}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{6}}{6}\times \frac{\sqrt{6}\times \sqrt{145}}{145}\\
&=\frac{11\sqrt{145}}{145}.
\end{aligned}

La matrice $T$ choisie est :

\begin{aligned}
T=\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & \frac{2\sqrt{870}}{145} & -\frac{11\sqrt{145}}{145}\\
0 & \frac{11\sqrt{145}}{145} & \frac{2\sqrt{870}}{145}
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Alors :

\begin{aligned}
TSRA=\begin{pmatrix}\begin{array}{ccccc|l}
-\sqrt{6} & 2\sqrt{6} & -\frac{7\sqrt{6}}{6} & \frac{\sqrt{6}}{6} & -\frac{29\sqrt{6}}{6} & -\frac{11\sqrt{6}}{3}\\
0 & 0 & \frac{\sqrt{174}}{6} & -\frac{47\sqrt{174}}{174} & \frac{181\sqrt{174}}{174} & \frac{31\sqrt{174}}{87}\\
0 & 0 & 0 & -\frac{2\sqrt{29}}{29} & \frac{4\sqrt{29}}{29} & -\frac{6\sqrt{29}}{29}.
\end{array}\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Concluez

Le système obtenu est échelonné.

Vous procédez à la méthode de remontée :

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-a_1 &+2a_2&-\frac{7}{6}a_3 &+\frac{1}{6}a_4&-\frac{29}{6}a_5&=-\frac{11}{3}\\
& & \frac{1}{6}a_3 &-\frac{47}{174}a_4 &+\frac{181}{174}a_5 &=\frac{31}{87}\\
& & &-\frac{2}{29}a_4&+\frac{4}{29}a_5&=-\frac{6}{29}
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\
& & &-a_4&+2a_5&=-3
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & 29a_3 &-47a_4 &+181a_5 &=62\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=62+47a_4-181a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=62+141 +94a_5-181a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &29a_3 &=203 -87a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\begin{aligned} \left\{\begin{array}{llllll}
-6a_1 &+12a_2&-7a_3 &+a_4&-29a_5&=-22\\
& & & &a_3 &=7 -3a_5\\
& & &&a_4&=3+2a_5
\end{array}\right.
\end{aligned}

\left\{\begin{align*}
-6a_1 &=-22-12a_2+7(7-3a_5)-(3+2a_5)+29a_5\\
 a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
-6a_1&=-12a_2+24+6a_5\\
 a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5
\end{align*}\right.

\left\{\begin{align*}
a_1&=2a_2-4-a_5\\
a_3 &=7 -3a_5\\
a_4&=3+2a_5.
\end{align*}\right.

Soit $E$ l’ensemble des polynômes de $\R[X]$ dont le degré est inférieur ou égal à $2.$

Munissez $E$ du produit scalaire suivant :

\begin{aligned}
\forall (P,Q)\in E^2, \langle P, Q \rangle = \int_{0}^{1} P(x)Q(x)\text{d}x.
\end{aligned}

Considérez la famille $(1,X,X^2).$ C’est une base de $E.$

Etablissez la matrice du produit scalaire de cette famille

Posez $P_1(X) = 1$, $P_2(X) = X$ et $P_3(X) = X^2.$

Vous calculez tous les produits scalaires $\langle P_i, P_j \rangle$, où $i$ et $j$ sont deux entiers compris entre $1$ et $3.$

\begin{aligned}
\langle P_1, P_1 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)^2\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} 1\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} \text{d}x\\
&=1.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_1, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_2(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^2}{2}\right]\\
&=\frac{1}{2}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_1, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_1(x)P_3(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^3}{3}\right]\\
&=\frac{1}{3}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_2, P_2 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_2(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^2\text{d}x\\
&=\frac{1}{3}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_2, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_2(x)P_3(x)\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^3\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^4}{4}\right]\\
&=\frac{1}{4}.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle P_3, P_3 \rangle &= \int_{0}^{1} P_3(x)^2\text{d}x\\
&= \int_{0}^{1} x^4\text{d}x\\
&= \left[\frac{x^5}{5}\right]\\
&=\frac{1}{5}.
\end{aligned}

Compte tenu de la symétrie du produit scalaire, la matrice de ce dernier, calculée dans la famille $(P_1,P_2,P_3)$ est égale à :

\begin{aligned}
A&=\begin{pmatrix}
\langle P_i, P_j \rangle
\end{pmatrix}_{\substack{1\leq i \leq 3 \\ 1\leq j \leq 3}} \\
&=\begin{pmatrix}
1 & 1/2 & 1/3\\
1/2 & 1/3 & 1/4\\
1/3 & 1/4 & 1/5
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Utilisez des opérations élémentaires pour rendre cette matrice diagonale

Dans la partie gauche, vous allez utiliser la même opération élémentaire sur les lignes et les colonnes.

Dans la partie droite, vous mémorisez les opérations en effectuant l’opération élémentaire uniquement sur les colonnes en partant de la matrice identité notée $I.$

Cela fournit les calculs suivants :

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
A \xrightarrow[C_2\leftarrow C_2-1/2 C_1]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1/3\\
1/2 & 1/12 & 1/4\\
1/3 & 1/12 & 1/5
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_2\leftarrow L_2-1/2 L_1]{} {}^{t}P_1AP_1 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 1/3\\
0 & 1/12 & 1/12\\
1/3 & 1/12 & 1/5
\end{pmatrix} &
I \xrightarrow[C_2 \leftarrow C_2-1/2 C_1]{} P_1 = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 0\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
\end{array}\end{aligned}

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
{}^{t}P_1AP_1 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-1/3 C_1]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
1/3 & 1/12 & 4/45
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-1/3 L_1]{} {}^{t}P_2AP_2 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
0 & 1/12 & 4/45
\end{pmatrix} &
P_1 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-1/3 C_1]{} P_2 = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & -1/3\\
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}\\
\end{array}\end{aligned}

\begin{aligned} \begin{array}{c|c}
{}^{t}P_2AP_2 \xrightarrow[C_3\leftarrow C_3-C_2]{} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 1/12\\
0 & 0 & 1/180
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_3\leftarrow L_3-L_2]{} {}^{t}PAP = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0 & 1/12 & 0\\
0 & 0 & 1/180
\end{pmatrix} &
P_2 \xrightarrow[C_3 \leftarrow C_3-C_2]{} P = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 1/6\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{array}\end{aligned}

Lisez la matrice de passage obtenue

Il a été établi que :

\begin{aligned}
P = \begin{pmatrix}
1 & -1/2 & 1/6\\
0 & 1 & -1\\
0 & 0 & 1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

En lisant colonne par colonne, vous notez $Q_1(X) = 1\cdot P_1(X)=1$, puis $Q_2(X) = -\frac{1}{2} \cdot P_1(X)+1\cdot P_2(X) = -\frac{1}{2} + X$ et enfin $Q_3(X) = \frac{1}{6}\cdot P_1(X)-1\cdot P_2(X)+1\cdot P_3(X) = \frac{1}{6}-X+X^2.$

D’après ce qui précède la famille $(Q_1,Q_2,Q_3)$ est orthogonale et :

\begin{aligned}
\langle Q_1,Q_1 \rangle &= 1\\
\langle Q_2,Q_2 \rangle &= \frac{1}{12}\\
\langle Q_3,Q_3 \rangle &= \frac{1}{180}.
\end{aligned}

Posez $R_1 = Q_1$, $R_2 = \sqrt{12}Q_2 = 2\sqrt{3} Q_2 $ puis $R_3 =\sqrt{180} Q_3 = 6\sqrt{5} Q_3.$

Alors la famille $(R_1, R_2, R_3)$ est orthonormale où :

\begin{aligned}
R_1(X) &= 1\\
R_2(X) &= -\sqrt{3} + 2\sqrt{3}X\\
R_3(X) &= \sqrt{5}-6\sqrt{5}X+6\sqrt{5}X^2.
\end{aligned}

Vous lisez dans de nombreux livres qu’un produit scalaire réel est une forme bilinéaire symétrique définie positive.

Autrement dit, soit $E$ un espace vectoriel, l’application $\langle, \rangle: E^2\to \R$ définit un produit scalaire réel, si et seulement si, elle vérifie toutes les conditions énumérées ci-dessous :

\begin{aligned} \begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + \mu y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\mu \langle y,z\rangle & \text{(linéarité à gauche)}\\
\forall (\lambda, \mu)\in\R^2, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle x, \lambda y + \mu z \rangle = \lambda \langle x,y \rangle+\mu \langle x,z \rangle & \text{(linéarité à droite)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0 & \text{(caractère défini)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle \geq 0.& \text{(positivité)}\\
\end{array}\end{aligned}

Vous allez montrer que ces conditions peuvent être allégées, et notamment la condition de positivité.

Soit dans toute la suite une application $\langle, \rangle: E^2\to \R$ vérifiant les conditions suivantes :

\begin{aligned} \begin{array}{lr}
\forall (x,y)\in E^2, \langle x,y\rangle= \langle y,x\rangle & \text{(symétrie)}\\
\forall \lambda \in\R, \forall (x,y,z)\in E^3, \langle\lambda x + y, z\rangle = \lambda \langle x,z\rangle+\langle y,z\rangle & \text{(linéarité allégée à gauche)}\\
\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0 & \text{(caractère défini sans équivalence)}\\
\exists x_0\in E, \langle x_0,x_0 \rangle > 0.& \text{(existence d’un vecteur de norme strictement positive)}\\
\end{array}\end{aligned}

Vous allez montrer que l’application $\langle, \rangle$ est un produit scalaire réel.

Etablissez une propriété avec le vecteur nul

Utilisez la linéarité allégée à gauche :

\begin{aligned}
\langle 1 \cdot 0 + 0, 0\rangle &= 1 \langle 0,0\rangle+\langle 0,0\rangle \\
\langle 0+0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
\langle 0, 0\rangle &= \langle 0,0\rangle + \langle 0,0\rangle\\
0 &= \langle 0,0\rangle.
\end{aligned}

Soit $x\in E.$

Grâce à la symétrie puis à la linéarité allégée à gauche, il vient :

\begin{aligned}
\langle x, 0\rangle &= \langle 0, x\rangle \\
&= \langle 1\cdot 0+0, x\rangle \\
&= 1 \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle \\
&= \langle 0, x\rangle +\langle 0, x\rangle\\
&= \langle x, 0\rangle +\langle x, 0\rangle.
\end{aligned}

Du coup, $0 = \langle x, 0\rangle.$

Est donc démontrée la propriété suivante :

$\boxed{\forall x\in E, \langle x, 0\rangle = 0.}$

Déduisez-en une équivalence

Vous souhaitez démontrer que :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \Longleftrightarrow x=0.$

L’implication :

$\forall x\in E, \langle x,x \rangle=0 \implies x=0$ est déjà acquise.

Compte tenu du fait que $\forall x\in E, 0 = \langle x, 0\rangle$ il vient $0 =\langle 0, 0\rangle$ ce qui prouve l’implication :

$\forall x\in E, x=0 \implies \langle x,x \rangle=0.$

Vérifiez la bilinéarité

Soient $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et $(x,y,z)\in E^3.$

\begin{aligned}
\langle \lambda x + \mu y , z \rangle &= \langle 1(\lambda x) + (\mu y) , z \rangle \\
&= 1 \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x, z \rangle + \langle \mu y , z \rangle \\
&= \langle \lambda x + 0, z \rangle + \langle \mu y + 0 , z \rangle \\
&= \lambda \langle x , z \rangle + \langle 0,z \rangle + \mu \langle y , z \rangle + \langle 0, z \rangle \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + 0 + \mu \langle y , z \rangle + 0 \\
&= \lambda \langle x, z \rangle + \mu \langle y , z \rangle.
\end{aligned}

\begin{aligned}
\langle x, \lambda y + \mu z \rangle &= \langle \lambda y + \mu z , x\rangle \\
&= \lambda \langle y , x\rangle + \mu \langle z, x\rangle\\
&= \lambda \langle x , y\rangle + \mu \langle x, z\rangle.
\end{aligned}

La bilinéarité à gauche et à droite de l’application $\langle, \rangle$ est acquise.

Bonus : démontrez la double distributivité

Soient $(\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4$ et $(x,y,z, t)\in E^4.$

\begin{aligned}
\langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle &= \alpha \langle x , \gamma z + \delta t \rangle + \beta \langle y , \gamma z + \delta t \rangle \\
&= \alpha (\gamma \langle x , z \rangle +\delta \langle x , t \rangle ) + \beta (\gamma \langle y , z \rangle + \delta t \langle y,t \rangle)\\
&= \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.
\end{aligned}

Est ainsi justifié le résultat pratique :

$\boxed{\forall (\alpha, \beta, \gamma, \delta )\in\R^4, \forall (x,y,z, t)\in E^4, \langle \alpha x + \beta y, \gamma z + \delta t \rangle = \alpha \gamma \langle x,z\rangle + \alpha \delta \langle x,t\rangle + \beta \gamma \langle y,z\rangle +\beta \delta \langle y,t\rangle.}$

Démontrez la positivité

Par hypothèse il existe un vecteur $x_0\in E$ tel que $\langle x_0, x_0\rangle > 0.$

Soit $x\in E$ et supposez un instant que $\langle x, x\rangle < 0.$

Pour tout réel $t$, vous posez $f(t) = \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle.$

Par double distributivité et par symétrie, il vient :

\begin{aligned}
f(t) &= \langle x + tx_0, x+tx_0\rangle \\
&= \langle x , x\rangle + t \langle x , x_0\rangle + t\langle x_0 , x\rangle+t^2 \langle x_0 , x_0\rangle\\
&= \langle x , x\rangle + 2t \langle x_0, x\rangle + t^2\langle x_0, x_0 \rangle.
\end{aligned}

$f$ est donc un polynôme du second degré, de coefficient dominant $\langle x_0, x_0 \rangle$ strictement positif.

Il vient donc $\lim_{t\to +\infty} f(t) = +\infty$ donc il existe un réel $t_1> 0$ tel que $f(t_1) > 0.$

D’autre part, $f(0) = \langle x , x\rangle $ et $f(0)<0.$

$f$ étant une fonction continue sur $\R$, l’application du théorème des valeurs intermédiaires sur l’intervalle $[0, t_1]$ fournit l’existence d’un réel $u\in[0, t_1]$ tel que $f(u)=0$.

Ainsi, $\langle x + u x_0, x+ u x_0\rangle = 0.$ Or, le caractère défini de l’application $\langle, \rangle$ fournit $x+ux_0 = 0$, donc $x = -u x_0.$

Il vient donc par double distributivité :

\begin{aligned}
\langle x, x\rangle &=\langle -u x_0, -u x_0\rangle \\
&= (-u)^2 \langle x_0, x_0\rangle\\
&= u^2 \langle x_0, x_0\rangle.
\end{aligned}

Comme $\langle x_0, x_0\rangle \neq 0$ vous déduisez $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} = u^2.$

Or $u$ est réel donc $u^2$ est positif. Comme $\langle x_0, x_0\rangle > 0$ et $\langle x, x\rangle < 0$ il vient $\frac{\langle x, x\rangle}{\langle x_0, x_0\rangle} < 0$ ce qui contredit le fait que $u^2 \geq 0.$

Il est donc aburde d’avoir l’existence d’un vecteur $x\in E$ tel que $\langle x, x\rangle < 0.$

Vous déduisez que pour tout $x\in E$, $\langle x, x\rangle \geq 0$ ce qui était la positivité cherchée.

Considérez la matrice suivante $A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 \\ 1 & -1 & 1 \\ 1& 1 & -1\end{pmatrix}.$

Il s’agit de déterminer le polynôme unitaire de plus petit degré annulant une telle matrice.

Calculez les matrices $A^2$ et $A^3$

Via le théorème de Cayley-Hamilton, vous savez que la matrice $A$ est annulée par un polynôme de degré $3.$

Vous calculez donc les puissances de la matrice $A$ jusqu’à un exposant égal à $3$, ce qui aboutit à :

A^2 = \begin{pmatrix}4 & 2 & 1 \\
1 & 3 & 0\\
1 & -1 & 4
\end{pmatrix}

A^3 = \begin{pmatrix}7 & 3 & 9 \\
4 & -2 & 5\\
4 & 6 & -3
\end{pmatrix}.

Formez la matrice augmentée

Considérez les matrices $I$, $A$, $A^2$ et $A^3$ que vous écrivez ligne par ligne.

Vous obtenez la matrice suivante :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\
1 & 1 & 2 & 1 & -1 & 1 & 1& 1 & -1\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 \\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3
\end{pmatrix}.

Afin de garder la trace à tout instant des opérations qui seront menées, il est commode d’y rajouter la matrice identité, ce qui fournit en tout et pour tout ceci la matrice $B$ suivante :

B = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
1 & 1 & 2 & 1 & -1 & 1 & 1& 1 & -1 & 0 &1 & 0 & 0\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Déterminez le degré du polynôme minimal

Il s’agit dans un premier temps de manipuler par des opérations élémentaires sur les lignes de $B$ seulement les deux premières lignes de $B$.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_2\leftarrow L_2-L_1$ et obtenez la matrice suivante :

B_1 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
4 & 2 & 1 & 1 & 3 & 0 & 1 & -1 & 4 & 0 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Les deux premières lignes vous donnent les coefficients des matrices $I$ et $A-I.$

Montrez que ces deux matrices sont linéairement indépendantes.

Soit en effet deux scalaires $a$ et $b$ tels que $aI + b(A-I) = 0.$

Alors $a\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2\end{pmatrix} = 0.$

L’identification du premier coefficient en haut à gauche fournit $a=0$ immédiatement.

Puis, l’identification du coefficient de la ligne 1 à la colonne 2 fournit $b=0.$

Les deux matrices $I$ et $A-I$ appartiennent à l’espace vectoriel engendré par les matrices $I$ et $A$, qui est donc de dimension $2.$ Donc les matrices $I$ et $A$ sont linéairement indépendantes. Donc le polynôme minimal de $A$ est de degré supérieur ou égal à $2.$

Effectuez alors l’opération élémentaire $L_3\leftarrow L_3-4L_1$ à partir de la matrice $B_1$, qui fournit la matrice $B_2$ suivante :

B_2 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 2 & 1 & 1 & -1 & 0 & 1 & -1 & 0 & -4 & 0 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire suivante $L_3\leftarrow L_3-2L_2$ qui fournit une nouvelle matrice :

B_3 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
7 & 3 & 9 & 4 & -2 & 5 & 4 & 6 & -3 & 0 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Ce calcul montre que les matrices $I$, $I-A$ et $A^2-2A-2I$ sont linéairement indépendantes.

En effet, soient trois scalaires $a$, $b$ et $c$ tels que $aI+b(I-A)+c(A^2-2A-2I) = 0.$

Cela s’écrit :

$a\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}0 & 1 & 2 \\ 1 & -2 & 1 \\ 1 & 1 & -2\end{pmatrix} + c \begin{pmatrix}0 & 0 & -3 \\ -1 & 3 & -2 \\ -1 & -3 & -4\end{pmatrix}= 0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $1$ fournit $a=0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $2$ fournit $b=0.$

L’identification du coefficient de la ligne $1$ et de la colonne $3$ fournit $c=0.$

Par suite, l’espace vectoriel engendré par les matrices $I$, $A$ et $A^2$ contient une famille libre de 3 matrices, donc cet espace vectoriel est de dimension supérieure ou égale à $3$. Par suite, les matrices $I$, $A$ et $A^2$ sont linéairement indépendantes, donc le degré du polynôme minimal est supérieur ou égal à $3.$

Pour continuer, vous effectuez l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4-7L_1$ depuis la matrice $B_3$ ce qui fournit :

B_4 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 3 & 9 & 4 & -9 & 5 & 4 & 6 & -10 & -7 & 0 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4-3L_2$ ce qui fournit :

B_5 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 3 & 1 & -3 & 2 & 1 & 3 & -4 & -4 & -3 & 0 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Vous effectuez alors l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4+L_3$ ce qui fournit :

B_5 = \begin{pmatrix}\begin{array}{ccccccccc|cccc}
1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 0\\
0 & 1 & 2 & 1 & -2 & 1 & 1& 1 & -2 & -1 &1 & 0 & 0\\
0 & 0 & -3 & -1 & 3 & -2 & -1 & -3 & 4 & -2 & -2 & 1 & 0\\
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -6 & -5 & 1 & 1
\end{array}\end{pmatrix}.

Ce dernier calcul montre que $A^3+A^2-5A-6I = 0$ compte tenu de la dernière ligne.

Notez $P(X) = X^3+X^2-5X-6.$ Ce polynôme est unitaire et est celui de degré minimal annulant la matrice $A.$

Ainsi, c’est le polynôme minimal de $A.$

Soit $A$ une matrice carrée d’ordre $n$ où $n$ désigne un entier naturel non nul, à coefficients dans un corps $\K.$

Supposez qu’il existe une matrice $B$ telle que $AB=I$ où $I$ désigne la matrice identité d’ordre $n.$

Vous allez démontrer que le produit $BA$ est aussi égal à $I$, ce qui établira que $AB=BA=I$ et donc que $A$ est inversible, avec $A^{-1} = B.$

Justifiez l’existence d’un polynôme annulateur de $A$

La matrice $A$ fait partie de l’ensemble des matrices carrées à $n$ éléments, qui est un $\K$-espace vectoriel de dimension $n^2.$ La famille $(I, A, …, A^{n^2})$ est donc liée. D’où l’existence d’un polynôme $P\in\K[X]$ non nul tel que $P(A)=0.$

Vous considérez donc l’ensemble $Q$ des entiers naturels $m$ tels qu’il existe un polynôme de degré $m$ annulant la matrice $A.$ D’après ce qui précède cet ensemble est une partie de $\N$ non vide, donc $Q$ admet un plus petit élément noté $p.$

Vous noterez dans la suite $\pi\in\K[X]$ un polynôme non nul, de degré $p$, tel que $\pi(A)=0.$

Démontrez que la matrice $B$ est un polynôme en $A$

Notez $\pi(X)=\sum_{k=0}^p \alpha_k X^k$, avec $\forall k\in\N, 0\leq k \leq p \implies \alpha_k\in\K.$

Vous avez $0 = \pi(A) = \sum_{k=0}^p \alpha_k A^k.$

Supposez un instant que $p = 0.$ Cela s’écrit $\alpha_0 I = 0$ donc $\alpha_0 = 0.$ Donc $\pi$ est le polynôme nul. Contradiction.

Donc $p\geq 1$ ce qui s’écrit $\alpha_0 I + \sum_{k=1}^p \alpha_k A^k = 0.$

Supposez alors que $\alpha_0 = 0.$

Vous déduisez $0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^k.$ Multipliez à droite par $B.$

$0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^kB$ et comme $AB = I$ il vient $0 = \sum_{k=1}^p \alpha_k A^{k-1}.$ Vous avez trouvé un polynôme de degré strictement inférieur à $p$ qui annule la matrice $A.$ Cela ne peut se produire, pour ne pas contredire la définition de $p$, que si ce polynôme est nul. Vous déduisez donc $\forall k\in\N, 1\leq k \leq p \implies \alpha_k = 0.$ Et comme $\alpha_0 = 0$ vous déduisez que $\pi$ est le polynôme nul. Contradiction.

C’est donc que $\alpha_0 \neq 0.$

Du coup, vous déduisez $I = \sum_{k=1}^p \frac{-\alpha_k}{\alpha_0} A^k.$ Multipliez à droite par $B$, vous déduisez $B =\sum_{k=1}^p \frac{-\alpha_k}{\alpha_0} A^{k-1}$ ce qui prouve l’existence d’un polynôme $R\in\K[X]$ tel que $B = R(A).$

Concluez

Comme $AB = I$, vous avez $AR(A) = I.$ Or par commutation de polynômes de matrices, vous avez $R(A)A = I$ ce qui s’écrit $BA = I.$

Prolongement

Pourriez-vous démontrer que, si vous supposez l’existence d’une matrice $B$ carrée telle que $BA = I$, alors vous avez aussi $AB =I$ ?

Soit la matrice suivante :

\begin{align*}
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &4 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Comment obtenir sa forme de Jordan ?

Note. La matrice $A$ est triangulaire supérieure avec uniquement des zéros sur sa diagonale principale. Elle est donc nilpotente : il existe un entier $k$ tel que $A^k=0.$ (Vous pouvez vérifier que $A^7$ est la matrice nulle.)

Première étape : utilisez des dilatations pour changer le $4$ en $1$ dans la dernière colonne

Vous effectuez les deux opérations élémentaires sur la matrice $A$ : $L_2 \leftarrow 1/4 L_2$ et $C_2\leftarrow 4C_2$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_1 = \begin{pmatrix}
0 & 4 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Puis vous effectuez les deux opérations élémentaires sur la matrice $A_1$ : $L_1\leftarrow 1/4 L_1$ et $C_1\leftarrow 4C_1$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

En notant $D_1$ la première matrice de dilatation, vous avez :

\begin{aligned}
D_1 = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{aligned}

Alors $D_1^{-1}AD_1 = A_1.$

En notant $D_2$ la deuxième matrice de dilatation, vous avez :

\begin{align*}
D_2 = \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Alors $D_2^{-1}A_1D_2 = A_2.$

Soit $D_2^{-1}D_1^{-1}AD_1D_2 = A_2.$

Deuxième étape : utilisez des transvections pour n’avoir qu’un seul $1$ dans la dernière colonne

L’idée consiste à partir du $1$ du dessus, associé à un bloc de Jordan de taille maximale, pour éliminer les autres.

Partez de la matrice $A_2$ ci-dessous :

\begin{align*}
A_2 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Effectuez alors les opérations élémentaires $L_6\leftarrow L_6-L_2$ et $C_2\leftarrow C_2+C_6$ ce qui fournit :

\begin{align*}
A_3 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Selon le positionnement des $1$ à éliminer, plusieurs transvections peuvent être utilisées. Dans le cas présent, une seule suffit.

La matrice de transvection associée est :

\begin{align*}
T = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous avez $T^{-1}A_2T = A_3$ et $T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}AD_1D_2T = A_3.$

Troisième et dernière étape : utilisez une matrice de permutation pour obtenir la matrice de Jordan

Repartez de la matrice suivante :

\begin{align*}
A_3 = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Appliquez la matrice de permutation suivante :

\begin{align*}
P = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 1 &0 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &1 &0 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &0 &1 &0 \\
0 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &1 \\
0 & 0 & 1 & 0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous obtenez alors :

P^{-1}A_3P = J =  \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}.

Calculez la matrice de passage associée au processus et son inverse

Vous cherchez une matrice inversible $Q$ telle que $Q^{-1}AQ = J.$

D’après ce qui précède, vous pouvez choisir $Q = D_1D_2TP$, ce qui est égal à $ID_1D_2TP$ où $I$ est la matrice identité.

Pour obtenir $Q$ vous partez donc de la matrice identité et effectuez les opérations élémentaires suivantes dans cet ordre : $C_2\leftarrow 4C_2$, $C_1\leftarrow 4C_1$, $C_2\leftarrow C_2+C_6$ et la dernière qui place la colonne 7 à la place de la troisième et décale toutes les autres sur la droite, à savoir $(C_1,C_2,C_3,C_4,C_5,C_6,C_7)\rightarrow (C_1,C_2,C_7, C_3,C_4,C_5,C_6).$

\begin{align*}
 I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} &\xrightarrow[C_2\leftarrow 4C_2]{}  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \xrightarrow[C_1\leftarrow 4C_1]{}  \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}\\
&\xrightarrow[C_2\leftarrow C_2+C_6]{}  \begin{pmatrix}
4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \\
&\xrightarrow[(C_1,C_2,C_3,C_4,C_5,C_6,C_7)\rightarrow (C_1,C_2,C_7, C_3,C_4,C_5,C_6)]{}  Q=\begin{pmatrix}
4 & 0&0 & 0 & 0 &0 &0 \\
0 &4&0 &0 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &1 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &1 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &0 &1 &0  \\
0 &1&0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0&1 &0 &0 &0 &0 
\end{pmatrix}.
\end{align*}

D’après ce qui précède, vous avez $Q^{-1} = (D_1D_2TP)^{-1} = P^{-1}T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}$, ce qui est égal à $P^{-1}T^{-1}D_2^{-1}D_1^{-1}I.$

Pour obtenir $Q^{-1}$ vous partez donc de la matrice identité et effectuez les opérations élémentaires suivantes dans cet ordre : $L_2\leftarrow 1/4 L_2$, $L_1\leftarrow 1/4 L_1$, $L_6\leftarrow L_6-L_2$ et la dernière qui place la ligne 7 à la place de la troisième et décale toutes les autres sur le fond, à savoir $(L_1,L_2,L_3,L_4,L_5,L_6,L_7)\rightarrow (L_1,L_2,L_7, L_3,L_4,L_5,L_6).$

\begin{align*}
 I = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} &\xrightarrow[L_2\leftarrow 1/4 L_2]{}  \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \xrightarrow[L_1\leftarrow 1/4 L_1]{}  \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix}\\
&\xrightarrow[L_6\leftarrow L_6-L_2]{}  \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1
\end{pmatrix} \\
&\xrightarrow[(L_1,L_2,L_3,L_4,L_5,L_6,L_7)\rightarrow (L_1,L_2,L_7, L_3,L_4,L_5,L_6)]{}  Q^{-1}=\begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

Vous avez obtenu $Q^{-1}AQ = J$ avec :

\begin{align*}
A = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &4 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix} \qquad J = \begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &1 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0\\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &0
\end{pmatrix}
\end{align*}

\begin{align*}
Q = \begin{pmatrix}
4 & 0&0 & 0 & 0 &0 &0 \\
0 &4&0 &0 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &1 &0 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &1 &0 &0  \\
0 &0&0 &0 &0 &1 &0  \\
0 &1&0 &0 &0 &0 &1 \\
0 &0&1 &0 &0 &0 &0 
\end{pmatrix} \qquad Q^{-1} = \begin{pmatrix}
1/4 & 0 & 0 & 0 &0 &0 &0 \\
0 &1/4 &0 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &0 &0 &1\\
0 &0 &1 &0 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &1 &0 &0 &0 \\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &0 \\
0 &-1/4 &0 &0 &0 &1 &0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Considérez la partie $A$ suivante de l’ensemble des rationnels $\Q$, définie par :

$A=\left\{\frac{m}{n}, m\in\N, n\in\N^{*}\text{ et } \left(\frac{m}{n}\right)^2<2\right\}.$

Vous allez montrer que $A$ n’admet pas de plus grand élément.

En effet, soient deux entiers $m\in\N$, $n\in\N^{*}$ tels que $ \left(\frac{m}{n}\right)^2<2.$

Considérez le rationnel $q$ défini par $q = \frac{3m+4n}{2m+3n}$, bien défini puisque $2m+3n \geq 3n\geq 3.$

Montrez que $q$ est strictement supérieur à $\frac{m}{n}$

Vous avez les inégalités suivantes :

\begin{aligned}
m^2&<2n^2 \\
2m^2 &< 4n^2\\
2m^2+3mn &< 4n^2+3mn\\
m(2m+3n) &< n(4n+3m)\\
\frac{m}{n} &< \frac{4n+3m}{2m+3n}\\
\frac{m}{n} &< q.
\end{aligned}

Montrez que $q$ appartient à l’ensemble $A$

Vous avez déjà $4n+3m\in\N$ et $2m+3n\in\N^{*}.$

Calculez la différence suivante :

\begin{aligned}
\left(\frac{4n+3m}{2m+3n}\right)^2 -2 &= \frac{(4n+3m)^2}{(2m+3n)^2}-2 \\
&= \frac{(4n+3m)^2-2(2m+3n^2)}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{ 16n^2+9m^2+24mn -2(4m^2+9n^2+12mn)}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{ 16n^2+9m^2+24mn -8m^2-18n^2-24mn}{(2m+3n)^2} \\
&= \frac{m^2 -2n^2}{(2m+3n)^2}.
\end{aligned}

Elle est strictement négative vu que $m^2 < 2n^2.$

D’où $q\in A.$

Concluez

Vous avez montré que pour tout nombre appartenant à $A$, il existe un nombre appartenant à $A$ qui lui est strictement supérieur.

Donc l’ensemble $A$ n’admet pas de plus grand élément.

Prolongement

En suivant une démarche similaire, pourriez-vous prouver aussi que l’ensemble défini par :

$B=\left\{\frac{m}{n}, m\in\N, n\in\N^{*}\text{ et } \left(\frac{m}{n}\right)^2<3\right\}$

n’admet pas de plus grand élément ?

Soit $q$ un nombre réel positif tel que $q<1.$

Pour tout entier naturel $n\geq 3$, vous considérez $u_n = 1+2q+3q^2+4q^3+\cdots+(n+1)q^n.$

Autrement dit, pour tout $n\geq 0$ vous avez $u_n = \sum_{k=0}^n (k+1)q^k.$

Le but de cet article est de montrer que la limite $\lim_{n\to +\infty} u_n$ existe et de calculer sa valeur.

Ramenez-vous à une suite géométrique

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $1.$

\begin{aligned}
q\times u_n &= \sum_{k=0}^n (k+1)q^{k+1} \\
&= \sum_{k=1}^{n+1} kq^{k}\\
&= \sum_{k=1}^{n} kq^{k} + (n+1)q^n.
\end{aligned}

Or $u_n = 1 + \sum_{k=1}^n (k+1)q^k.$

Il vient :

\begin{aligned}
u_n-q\times u_n &= \sum_{k=1}^n (k+1)q^k -\sum_{k=1}^{n} kq^{k} + 1 – (n+1)q^n\\
&=\sum_{k=1}^n q^k + 1 – (n+1)q^n\\
&=\sum_{k=0}^n q^k – (n+1)q^n\\
&=\frac{1-q^{n+1}}{1-q} – (n+1)q^n
\end{aligned}

Vous déduisez $u_n=\frac{\frac{1-q^{n+1}}{1-q} – (n+1)q^n}{1-q}.$

Déduisez la valeur de la somme

Soit $x$ un nombre réel positif et $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$

Le développement de $(1+x)^n$ par la formule du binôme fournit l’inégalité $(1+x)^n \geq \frac{n(n-1)}{2}x^2.$

Par suite, comme $1/q$ est strictement supérieur à $1$, vous avez $1/q = 1+x$ avec $x>0$ et $\frac{(1/q)^n}{n} \geq \frac{n-1}{2}x^2$ donc $\lim_{n\to +\infty} \frac{(1/q)^n}{n} = +\infty$ soit $\lim_{n\to +\infty} nq^n = 0.$

Comme $0\leq q^n \leq nq^n$ vous retrouvez par le théorème des gendarmes que $\lim_{n\to +\infty} q^n = 0.$

Vous déduisez $\lim_{n\to +\infty} (n+1)q^n =0$ et $\lim_{n\to +\infty} q^{n+1} =0.$

Il vient immédiatement $\lim_{n\to +\infty} u_n = \frac{1}{(1-q)^2.}$

Il est ainsi prouvé que pour tout $q\in[0,1[, \boxed{\sum_{k=0}^{+\infty} (k+1)q^k = \frac{1}{(1-q)^2}.}$

Prolongement

Justifiez que le résultat s’étend à un intervalle plus large.

Montrez que pour tout $q\in]-1,1[, \sum_{k=0}^{+\infty} (k+1)q^k = \frac{1}{(1-q)^2}.$