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Maths - X-ENS PSI 2019 Avertissement : Ce problème est très mal construit et très mal rédigé, pas toujours dans l'esprit du programme de spé mais pourrait faire un sujet intéressant avec un peu de travail pour reprendre l'énoncé. Notations Soit N ≥ 2 un entier. On munit l'espace RN du produit scalaire canonique ⟨x, y⟩ = N i=1 xiyi et de la norme associée ∥x∥ = ⟨x, x⟩1/2. On note MN(R) l'espace vectoriel réel des matrices carrée d'ordre N à coecients réels, SN(R) ⊂ MN(R) le sous-espace vectoriel réel des matrices symétriques et S+ N(R) l'ensemble (des matrices symétriques dénies positives) déni de la façon suivante : S+ N(R) = A ∈ SN(R) | ⟨Ax, x⟩ > 0 pour tout x ∈ RN, x ̸= 0 . Pour tout polynôme P(X) = ckXk + ck−1Xk−1 + · · · + c0 ∈ R[X] et toute matrice M dans MN(R), on note P(M) la matrice P(M) = ckM k + ck−1M k−1 + · · · + c0IN ∈ MN(R) où IN ∈ MN(R) est la matrice identité. Pour toute matrice M ∈ MN(R), on note M T sa transposée. On rappelle le théorème spectral : toute matrice A ∈ SN(R) admet une base orthonormale de vecteurs propres. En particulier, si l'on note λ1 < · · · < λd les d valeurs propres de A (distinctes deux à deux), et F1, . . . , Fd les sous-espaces propres associés, RN est somme directe orthogonales des Fi, c'est-à-dire que tout x ∈ RN s'écrit de façon unique x = d i=1 xi où pFi est la projection orthogonale de RN sur Fi. Ce problème porte sur la résolution eective du problème Ax = b, où A ∈ S+ N(R), plus précisément sur la construction et l'étude, à partir d'un vecteur initial x0 arbitraire, d'une suite x0, x1, . . . , xk, . . . de RN, qui s'identie à la solution ˜x du système précédent au-delà d'un certain rang, et telle que xk se rapproche dans un certain sens de ˜x en deça de ce rang. Problème Partie I 1. Soit A ∈ SN(R). Montrer que A ∈ S+ N(R) si et seulement si les valeurs propres de A sont toutes réelles strictement positives. 2. Pour toute matrice B ∈ MN(R), on pose B = sup ∥x∥=1 ∥Bx∥. Après avoir justié l'existence de B , montrer que B → B est une norme sur MN(R) vériant ∀x ∈ RN ∥Bx∥ ≤ B ∥x∥ . 3. Soit A ∈ SN(R) une matrice de valeurs propres (non nécessairement distinctes) λ1, . . . , λN. Montrer que A = max 1≤i≤N|λi|. 1 4. Soit A ∈ S+ N(R). Pour tout x ∈ RN, on pose ∥x∥A = ⟨x, Ax⟩1/2. a) Montrer que l'application x → ∥x∥A est une norme sur RN. b) Montrer qu'il existe des constantes C1 et C2 strictement positives, que l'on exprimera en fonction des valeurs propres de A, telles que ∀x ∈ RN C1 ∥x∥ ≤ ∥x∥A ≤ C2 ∥x∥ . 5. Soit A ∈ SN(R) et soit P ∈ R[X] un polynôme. Montrer que P(A) ∈ SN(R) et préciser les valeurs propres et vecteurs propres de P(A) en fonction de ceux de A. 6. Soit A ∈ S+ N(R). On note 0 < λ1 < · · · < λd les d valeurs propres de A (distinctes deux à deux) et et F1, . . . , Fd les sous-espaces propres associés. On considère l'application linéaire de RN dans RN : x → d i=1 λ1/2 i pFi(x), où pFi est la projection orthogonale (pour le produit scalaire canonique) sur Fi. On note A1/2 la matrice associée à cette application linéaire dans la base canonique. a) On écrit A = UDU T , où D ∈ MN(R) est la matrice diagonale qui contient les valeurs propres de A dans l'ordre croissant, avec leurs ordres de multiplicité, et U une matrice orthogonale. On note D1/2 la matrice diagonale dont les coecients diagonaux sont les racines carrées de ceux de D. Montrer que A1/2 = UD1/2U T . b) Montrer que A1/2 ∈ S+ N(R), que A1/2A1/2 = A, et que A1/2 commute avec A. c) Montrer que, pour tout x ∈ RN, ∥x∥A = A1/2x , où ∥x∥A est la norme dénie à la question 4. Partie II Soit A ∈ S+ N(R). On supposera dans toute la suite du problème que la matrice A n'est pas proportionnelle à l'identité. On se donne b ∈ RN et l'on note ˜x ∈ RN l'unique vecteur qui vérie A˜x = b. On se donne un vecteur x0 ∈ RN, diérent de ˜x, et l'on note r0 = b − Ax0. On pose H0 = {0} et pour k ≥ 1, Hk = {P(A)r0 | P ∈ R[X], deg(P) ≤ k − 1} , où deg(P) ∈ N désigne le degré du polynôme P. 7. Montrer que les Hk forment une suite de sous-espaces vecgtoriels de RN, et montrer que Hk ⊂ Hk+1 pour tout k ∈ N. a) Montrer qu'il existe nécessairement k tel que Hk+1 = Hk. On note alors m le plus petit entier k tel que Hk+1 = Hk. b) Montrer que dim(Hk) = m pour tout k ≥ m, et que dim(Hk) = k pour k ≤ m. 8. On note d le nombre de valeurs propres distinctes de A. a) Dans le cas particulier où r0 est un vecteur propre de A, montrer que l'entier m de la question précédente est égal à 1. b) Dans le cas général, montrer que m est inférieur ou égal à d. c) Pour tout entier n entre 1 et d, construire un x0 tel que l'entier m de la question 7 soit égal à n. d) Montrer que l'ensemble des x0 pour lesquels la dimension m est exactement égale à d est le complé- mentaire d'une union nie d'ensembles de la forme ˜x + E, où E est un espace vectoriel de dimension inférieure ou égale à N − 1. 9. Montrer qu'il existe un polynôme Q de degré m (entier déni dans la question 7) tel que Q(A)e0 = 0, où e0 = x0 − ˜x. 10. Montrer que le polynôme Q de la question précédente vérie Q(0) ̸= 0. 11. On dénit x0 + Hk comme le sous-ensemble des points de RN de la forme x0 + x où x décrit l'espace vectoriel Hk. 2 a) Montrer que ˜x ∈ x0 + Hm. b) Montrer que, pour tout k ∈ {0, . . . , m − 1}, on a ˜x /∈ x0 + Hk. Partie III On garde dans cette partie les notations de la partie II. On introduit l'application J : RN → R x → 1 2 ⟨x, Ax⟩ − ⟨b, x⟩ . 12. Pour tout x ∈ RN, exprimer ∥x − ˜x∥2 A = ⟨x − ˜x, A(x − ˜x)⟩ en fonction de J(˜x) et de J(x) et en déduire que ˜x est l'unique minimiseur de J sur RN, c'est-à-dire que J(˜x) ≤ J(x) pour tout x ∈ RN, et que ˜x est le seul point qui vérie cette propriété. 13. Montrer que J admet un minimiseur unique sur le sous-ensemble x0+Hk (déni à la question 11), quelque soit k ∈ N. 14. On note xk le minimiseur de la question précédente. Montrer que xk s'identie à la projection sur x0 +Hk pour la norme ∥·∥A associée à la matrice A (dénie dans la question 4), c'est-à-dire que ∥xk − ˜x∥A = min x∈x0+Hk ∥x − ˜x∥A . On notera rk = b − Axk et ek = xk − ˜x. On remarquera que rk = −Aek. 15. Montrer que ek ̸= 0 pour k ∈ {0, . . . , m − 1}, et que ek = 0 pour k ≥ m. 16. On rappelle que IN est la matrice identité d'ordre N. Montrer que ∥ek∥A = min {∥(IN + AQ(A))e0∥A | Q ∈ R[X], deg(Q) ≤ k − 1} . 17. Montrer que ∥ek∥A ≤ ∥e0∥A min { IN + AQ(A) | Q ∈ R[X], deg(Q) ≤ k − 1} , où · est la norme matricielle dénie dans la question 2. (On pourra utiliser les propriétés sur A1/2 démontrées dans la question 6.) 18. On note λ1 (respectivement λN) la plus petite (respectivement la plus grande) valeur propre de A, et l'on dénit Λk = {Q ∈ R[X] | deg(Q) ≤ k, Q(0) = 1} . Montrer que ∥ek∥A ≤ ∥e0∥A min Q∈Λk max t∈[λ1,λN]|Q(t)|. Les questions qui suivent (de 19 à 23) portent sur la construction explicite d'un polynôme permettant de préciser la majoration précédente. Soit k un entier positif ou nul. On dénit la fonction fk de l'intervalle [−1, 1] dans lui-même par fk(x) = cos(k arccos x). 19. a) Développer l'expression fk+1(x) + fk−1(x), et en déduire la relation ∀x ∈ [−1, 1] fk+1(x) = 2xfk(x) − fk−1(x). b) En déduire que fk s'identie sur [−1, 1] à un polynôme Tk, de degré k, de même parité que k. 20. On note arcosh la fonction réciproque du cosinus hyperbolique1, dénie de [1, +∞[ dans [0, +∞[. Montrer que ∀x ∈ ]−∞, −1] Tk(x) = (−1)k cosh(k arcosh(−x)). 1On n'utilisera de cette notion hors programme que le fait que arcosh(1) = 0, et cosh(arcosh(−x)) = −x pour x ∈ ]−∞, −1]. 3 21. On rappelle que A, par hypothèse énoncée au début de la partie II, n'est pas proportionnelle à l'identité. On pose ωk = 1 Tk Ä − λN+λ1 λN−λ1 ä. Montrer que ωk est bien déni, que le polynôme Qk(X) = ωkTk Å2X − λ1 − λN λN − λ1 ã est élément de Λk (ensemble déni à la question 18), et que le maximum de |Q(t)| sur [λ1, λN] est |ωk|. 22. On pose θ = arcosh ÅλN + λ1 λN − λ1 ã > 0 et α = e−θ. Montrer que α est une racine du polynôme X2 − 2λN + λ1 λN − λ1 X + 1 et en déduire l'expression de α en fonction de la quantité β = λN + λ1 λN − λ1 . 23. On note κ = λN/λ1. Montrer que le réel α de la question précédente vaut α = √κ − 1 √κ + 1 et en déduire que ∥ek∥A = ∥x − ˜x∥A ≤ 2 ∥e0∥A Å√κ − 1 √κ + 1 ãk . Partie IV On garde les notations des parties précédentes. En particulier, on note toujours xk le minimiseur de J sur x0 + Hk (voir question 13). 24. Montrer qu'il existe une famille (p0, . . . , pm−1) de vecteurs de RN telle que (i) Pour tout k ∈ {1, . . . , m}, la famille (p0, . . . , pk−1) est une base de Hk. (ii) La famille est orthogonale pour le produit scalaire associé à A, c'est-à-dire que ∀i, j ∈ {0, . . . , m − 1} i ̸= j ⇒ ⟨Api, pj⟩ = 0. 25. On suppose connue une famille (p0, . . . , pm−1) de vecteurs vériant les propriétés de la question précédente. Montrer que xk+1 − xk est alors colinéaire à pk pour tout entier k ∈ {0, . . . , m − 1}. 26. On se donne x0 ∈ RN. On considère les suites réelles nies (αk) et (βk), ainsi que les suites nies (˜xk), (˜rk) et (˜pk) d'éléments de RN, construites selon les relations de récurrences suivantes, pour k ∈ {0, . . . , m−1}, αk = ∥˜rk∥2 ⟨A˜pk, ˜pk⟩, ˜xk+1 = ˜xk + αk ˜pk, ˜rk+1 = ˜rk − αkA˜pk, βk = ∥˜rk+1∥2 ∥˜rk∥2 , ˜pk+1 = ˜rk+1 + βk ˜pk, avec ˜x0 = x0, ˜r0 = b − Ax0 et ˜p0 = ˜r0. Montrer que les propriétés suivantes sont vériées : (i) Pour tout k ∈ {0, . . . , m − 1}, pour tout i ∈ {0, . . . , k − 1}, on a ⟨˜ri, ˜rk⟩ = 0, ⟨˜pi, ˜rk⟩ = 0, ⟨˜pi, A˜pk⟩ = 0. (ii) Pour tout k ∈ {0, . . . , m}, ˜xk s'identie à xk, le minimiseur de J sur x0 + Hk déni dans la question 13. (iii) Pour tout k ∈ {0, . . . , m}, ˜rk s'identie à rk = A − bxk. (iv) La famille (˜p0, . . . , ˜pk) est une base de Hk+1, pour tout k ∈ {0, . . . , m − 1}. 4

Maths - X-ENS PSI 2019 Stéphane Dumas et Jean Nougayrède Problème Avertissement : ce problème est très mal construit, pas toujours dans l'esprit du programme de spé mais pourrait faire un sujet intéressant avec un peu de travail pour reprendre l'énoncé. Partie I 1. Soit A ∈ SN(R). Si A ∈ S+ N(R) et λ ∈ Sp(A) alors λ ∈ R et il existe un vecteur x non nul tel que Ax = λx. Ainsi, ⟨Ax, x⟩ = λ ∥x∥2 donc λ = ⟨Ax, x⟩ ∥x∥2 > 0 par dénition de S+ N(R) et donc Sp(A) ⊂ R∗ + Réciproquement, si Sp(A) ⊂ R∗ +, choisissons une base (e1, . . . , eN) orthonormée de vecteurs propres de A et (λ1, . . . , λN) les valeurs propres correspondantes. Alors pour tout vecteur x non nul, il existe des scalaires (x1, . . . , xN) non tous nuls tels que x = N i=1 xiei et donc Ax = N i=1 λixiei. Ainsi ⟨Ax, x⟩ = N i=1 N j=1 λixixj ⟨ei, ej⟩ = N i=1 λix2 i > 0 car la base est orthonormée, les valeurs propres sont strictement positives et au moins un des scalaires xi est non nul. Par conséquent A ∈ S+ N(R) 2. La sphère S = {x ∈ RN, ∥x∥ = 1} de centre 0 et de rayon 1 est un fermé borné de RN qui est un espace vectoriel normé de dimension nie. Par conséquent, pour toute matrice B ∈ MN(R). l'application linéaire x → Bx est continue sur S donc est bornée et atteint ses bornes. En particulier, 9B9 existe et est atteinte en un certain point de la sphère S et 9B9 ≥ 0 Pour toutes matrices (B, C) ∈ MN(R)2, si x ∈ S alors par inégalité triangulaire, ∥(B + C)x∥ ≤ ∥Bx∥ + ∥Cx∥ ≤ 9B9 + 9C9 donc par dénition de la borne inférieure 9B + C9 ≤ 9B9 + 9C9 Ensuite, si B ∈ MN(R) et λ ∈ R alors il existe x0 ∈ S tel que 9B9 = ∥Bx0∥ donc 9λB9 ≥ ∥(λB)x0∥ = |λ| ∥Bx0∥ = |λ|9B9 et de même il existe x1 ∈ S tel que 9λB9 = ∥(λB)x1∥ donc 9λB9 = |λ| ∥Bx1∥ ≤ |λ|9B9. Ainsi 9λB9 = |λ|9B9 Par ailleurs, si x ∈ RN, soit x = 0 et donc ∥Bx∥ = 0 = 9B9 ∥x∥, soit x ̸= 0 et donc y = x ∥x∥ ∈ S d'où ∥Bx∥ = ∥∥x∥ By∥ = ∥x∥ ∥By∥ ≤ 9B9 ∥x∥. On a donc montré que ∀x ∈ RN, ∥Bx∥ ≤ 9B9 ∥x∥ Enn, pour toute matrice B ∈ MN(R), si 9B9 = 0 alors d'après ce qui précède, ∀x ∈ RN, ∥Bx∥ ≤ 0 donc Bx = 0. Ainsi, l'application linéaire x → Bx est nulle sur RN et sa matrice dans la base canonique, à savoir B, est donc nulle. On a donc montré que B → 9B9 est une norme sur MN(R) 3. Soit A ∈ SN(R). Choisissons à nouveau une base (e1, . . . , eN) orthonormée de vecteurs propres de A et (λ1, . . . , λN) les valeurs propres correspondantes. Posons M = max{|λ1|, . . . , |λN|}. Alors pour tout i ∈ {1, . . . , N}, ei ∈ S et donc 9A9 ≥ ∥Aei∥ = ∥λiei∥ = |λi|. Ainsi 9A9 ≥ M 1 Ensuite, si on prend un vecteur x quelconque dans S alors il existe des scalaires (x1, . . . , xN) tels que x = N i=1 xiei et donc ∥Ax∥2 = N i=1 λixiei 2 = N i=1 (λixi)2 ≤ M 2 N i=1 x2 i = M 2 car la base (e1, . . . , eN) est orthonormée et x est normé. Ainsi 9A9 ≤ M On conclut donc que 9A9 = M = max{|λ1|, . . . , |λN|} 4. Soit A ∈ S+ N(R). Pour x ∈ RN, on note ∥x∥A = ⟨x, Ax⟩. a) Posons pour (x, y) ∈ (RN)2, φA(x, y) = ⟨x, Ay⟩ et montrons que (x, y) → φA(x, y) est un produit scalaire sur RN. • L'application φA est bilinéaire car le produit scalaire canonique l'est et y → Ay est linéaire. • Elle est symétrique car la matrice A est symétrique. • Elle est dénie positive car la matrice A l'est. Ainsi φA est un produit scalaire sur MN(R) et x → ∥x∥A = φA(x, x) est la norme euclidienne associée à ce produit scalaire et en particulier c'est une norme sur RN b) Prenons encore une fois une base orthonormée (e1, . . . , eN) de vecteurs propres de A et (λ1, . . . , λN) les valeurs propres correspondantes et notons M = max{λ1, . . . , λN} (comme précédemment puisque les valeurs propres sont ici strictement positives) et m = min{λ1, . . . , λN}. Alors, pour tout vecteur x ∈ RN s'écrivant x = N i=1 xiei, on a ∥x∥2 A = ⟨x, Ax⟩ = N i=1 λix2 i donc puisque ∥x∥2 = N i=1 x2 i , m ∥x∥2 ≤ ∥x∥2 A ≤ M ∥x∥2. Ainsi, les constantes C1 = √m > 0 et C2 = √ M > 0 vérient ∀x ∈ RN, C1 ∥x∥ ≤ ∥x∥A ≤ C2 ∥x∥. 5. Soit A ∈ SN(R) et P ∈ R[X]. Par récurrence, on montre que pour tout k ∈ N, (Ak)T = (AT )k et comme SN(R) est un sous-espace vectoriel de MN(R), on en déduit que P(A) ∈ SN(R). Ensuite, puisque elle est symétrique réelle, A est semblable à une matrice diagonale D = diag(λ1, . . . , λN) donc P(A) est semblable à P(D) = diag(P(λ1), . . . , P(λN)). Ainsi le spectre de P(A) est celui de P(D), c'est-à-dire l'ensemble Sp(P(A)) = {P(λ1), . . . , P(λN)} = {P(λ), λ ∈ Sp(A)} Enn, si x est un vecteur propre de A pour la valeur propre λ alors Ax = λx et ainsi, par récurrence, ∀k ∈ N, Akx = λkx puis, par linéarité, P(A)x = P(λ)x donc x est aussi un vecteur propre de P(A). Remarque : La réciproque de ce dernier point est fausse comme on peut le voir en prenant P constant auquel cas tout vecteur non nul de RN est vecteur propre de P(A) mais n'est pas forcément vecteur propre de A. La question est pour le moins maladroite. 6. Soit A ∈ S+ N(R). On note 0 < λ1 < · · · < λd les valeurs propres de A triées dans l'ordre croissant et pour tout i ∈ {1, . . . , d} on note Fi = ker(A − λiIN) l'espace propre associé à la valeur propre λi. On note également pFi le projecteur orthogonal sur ce sous-espace propre, qui est aussi le projecteur sur Fi parallèlement à la somme des autres puisque A est symétrique donc ses sous-espaces propres sont en somme directe orthogonale. Enn, on note b = (b1, . . . , bN) la base canonique de RN, a l'unique endomorphisme de RN dont la matrice dans la base canonique b est A, r l'endomorphisme de RN déni par r : x → d i=1 λipFi(x) et A 1 2 = Mat(r, b). a) Supposons qu'il existe une matrice U orthogonale et une matrice D diagonale telles que A = UDU T et les coecients sur la diagonale de D sont les valeurs propres de A dans l'ordre croissant, avec leurs ordres de multiplicité. Soit e = (e1, . . . , eN) l'unique famille de vecteurs de RN telle que U = Mat(e, b) = P e b . Puisque la matrice U est orthogonale et la base b orthonormée, la famille e est une base orthonormée de RN et U T = U −1 = Mat(b, e) = P b e . Par formule de changement de base, Mat(a, e) = P b e × Mat(a, b) × P e b = U −1AU = D 2 donc D est la matrice de l'endomorphisme a dans la base e. En particulier, on en déduit que si l'on note ni = dim(Fi) pour tout i ∈ {1, . . . , d} alors • les vecteurs (e1, . . . , en1) forment une base orthonormée de F1, • les vecteurs (en1+1, . . . , en1+n2) forment une base orthonormée de F2, • . . . , • et (eN−nd+1, . . . , eN) forment une base orthonormée de Fd. Donc, dans cette même base, le projecteur pFi a pour matrice une matrice diagonale ayant des 0 et un bloc de ni valeurs 1 sur la diagonale. Par combinaison linéaire, on en déduit que la matrice de l'endomorphisme r dans la base e est la matrice diagonale dont les coecients diagonaux sont les racines carrées de ceux de D, c'est-à-dire Mat(r, e) = D 1 2 . Par changement de base, on en déduit enn A 1 2 = Mat(r, b) = P e b × Mat(r, e) × P b e = UD 1 2 U T b) Un tel couple (U, D) existe d'après le théorème spectral. Puisque la matrice D 1 2 est diagonale, elle est symétrique et donc (A 1 2 )T = (UD 1 2 U T )T = U(D 1 2 )T U T = UD 1 2 U T = A 1 2 donc A 1 2 ∈ SN(R) Par ailleurs, puisque A 1 2 est semblable à la matrice diagonale D 1 2 , ses valeurs propres sont les éléments diagonaux de celle-ci, donc les racines carrées de celles de A et donc elles sont strictement positives. On en déduit avec la question 1 que A 1 2 ∈ S+ N(R) On voit immédiatement que D 1 2 × D 1 2 = D et on sait que U T U = IN donc A 1 2 × A 1 2 = UD 1 2 U T × UD 1 2 U T = UD 1 2 × D 1 2 U T = UDU T = A Enn, puisque D et D 1 2 sont diagonales, elles commutent. Donc A 1 2 × A = UD 1 2 U T × UDU T = UD 1 2 DU T = UDU T × UD 1 2 U T = A × A 1 2 autrement dit A et A 1 2 commutent c) En utilisant les résultats de la question précédente, et en particulier le fait que A 1 2 est symétrique, on a ∀x ∈ RN, ∥x∥2 A = ⟨x, Ax⟩ = x, A 1 2 (A 1 2 x) = A 1 2 x, A 1 2 x = A 1 2 x 2 d'où ∀x ∈ RN, ∥x∥A = A 1 2 x . Partie II Avertissement pour les collègues intéressés par ce sujet : cette partie est très mal construite, les questions s'enchaînent mal, des résultats importants devraient faire l'objet de questions, le point de vue ane pourrait être introduit seulement à la toute n de cette partie, etc. 7. a) Soit k ∈ N. On conviendra que R−1[X] = {0}. ϕ : P → P(A)r0 dénit une application linéaire (par linéarité de l'évaluation et bilinéarité du produit matriciel) de R[X] vers RN et Rk−1[X] est un sous-espace vectoriel de R[X]. L'image d'un sous-espace vectoriel par une application linéaire est un sous-espace vectoriel de l'espace d'arrivée donc Hk = ϕ (Rk−1[X]) est un sous-espace vectoriel de RN De plus, Rk[X] ⊂ Rk+1[X] donc par croissance de l'image directe, Hk ⊂ Hk+1 b) Posons E := dim(Hk), k ∈ N . E est une partie non vide (contient 0) de N et majorée (par N). Donc max(E) est bien déni et il existe k ∈ N tel que max(E) = dim(Hk) dim(Hk+1) ≤ dim(Hk) par maximalité et Hk ⊂ Hk+1 donc dim(Hk) ≤ dim(Hk+1). Par inclusion et égalité des dimensions, Hk = Hk+1. k convient 3 c) Pour commencer, on a dim(H0) = 0. De plus, pour tout k ∈ N∗, (r0, Ar0, ..., Ak−1r0) est une famille génératrice de Hk. Montrons par récurrence nie montante simple sur k ∈ J0, mK la propriété : Hk : (r0, Ar0, ..., Ak−1r0) est une base de Hk H0 est vraie car la famille vide est une base de l'espace nul. Soit k ∈ J0, m − 1K. Supposons Hk vraie. Raisonnons par l'absurde et supposons que (r0, ..., Akr0) soit liée. Par conséquence de l'hypothèse de récurrence, (r0, ..., Ak−1r0) est libre donc Akr0 ∈ Vect(r0, ..., Ak−1r0). On en déduit Hk+1 ⊂ Hk puis Hk = Hk+1 ce qui est absurde par minimalité de m. Donc (r0, ..., Akr0) est libre, et aussi génératrice de Hk+1. Hk+1 est donc vériée. Conclusion : ∀k ∈ J0, mK, dim Hk = card(r0, ..., Ak−1r0) = k Ensuite, montrons par récurrence sur k ∈ N la propriété Pk : Akr0 ∈ Hm Tout d'abord, cette propriété est vraie par dénition pour les entiers entre 0 et m − 1 et Pm est également vraie car Amr0 ∈ Hm+1 = Hm. Soit k ≥ m. Supposons Pk vraie. Alors Akr0 ∈ Hm donc Ak+1r0 ∈ Hm+1 puis Ak+1r0 ∈ Hm. Pm+1 est donc vériée. Ainsi, ∀k ∈ N, Akr0 ∈ Hm. À présent prenons k ≥ m. (r0, ..., Ak−1r0) est génératrice de Hk et ∀j ∈ J0, k − 1K, Ajr0 ∈ Hm donc Hk ⊂ Hm. On a aussi Hm ⊂ Hk par croissance de la suite ensembliste. Donc Hk = Hm puis ∀k ≥ m, dim(Hk) = dim(Hm) = m 8. a) Vu que Ar0 ∈ Vect(r0), on en déduit que H0 = H1 donc m ≤ 1. Vu que r0 est non nul, H0 ⊊ H1 donc m ≥ 1. Conclusion : m = 1 b) Posons P(X) := λ∈Sp(A) (X − λ) D'après le théorème spectral, A est diagonalisable et P(A) = 0. De plus, par hypothèse sur le nombre de valeurs propres de A, deg(P) = d. On en déduit que Adr0 ∈ Vect(r0, ..., Ad−1r0) donc Hd+1 ⊂ Hd puis Hd = Hd+1 puis m ≤ d c) Soit n ∈ J1, dK. Notons λ1 < ... < λn n valeurs propres distinctes deux à deux de A et e1, ..., en des vecteurs propres associés puis e = e1 + ... + en On pose x0 = ˜x − A−1e et on a r0 = A(˜x − x0) = e donc r0 ̸= 0 par liberté de (e1, ..., en). Vérions que e convient. On commence par montrer que (e, Ae, ..., An−1e) est libre ce qui montrera que m ≥ n. Notons que chaque vecteur de cette famille est élément de l'espace vectoriel Vect(e1, ..., en) dont (e1, ..., en) est une base. Ensuite, la matrice de cette famille dans la base (e1, ..., en) est 1 λ1 . . . λn−1 1 1 λ2 λn−1 2 ... ... ... 1 λn . . . λn−1 n et c'est une matrice de Vandermonde inversible car λ1, ..., λn sont deux à deux distincts. Donc (e, Ae, ..., An−1e) est libre. 4 Ensuite, (e, Ae, ..., Ane) est liée car ce sont n + 1 vecteurs de Vect(e1, ..., en) donc Ane ∈ Hn puis Hn+1 ⊂ Hn puis Hn+1 = Hn puis m ≤ n. Conclusion : m = n et x0 convient d) Notons λ1 < ... < λd les valeurs propres de A, deux à deux distinctes et F := d k=1 (X − λk)µk tq (µ1, ...µd) ∈ Nd et d k=1 µk ≤ d − 1 F est un ensemble ni de polynômes. Soit e ∈ RN \ {0}. On suppose qu'il existe n ∈ J1, d − 1K tel que (e, Ae, ..., An−1e) soit libre et (e, ..., Ane) liée. Il existe alors Q ∈ Rn−1[X] tel que (Xn + Q(X))(A)e = 0 Notons R l'un des facteurs irréductibles de la décomposition de Xn+Q(X) dans R[X] et S le quotient de Xn + Q(X) par R. Raisonnons par l'absurde et supposons que R(A) soit inversible. Alors S(A)e = 0 ce qui contredit maintenant la liberté de la famille (e, Ae, ..., An−1e). Les facteurs irréductibles de Xn + Q(X) sont donc de la forme (X − λ) avec λ ∈ Sp(A) et e ∈ P ∈F ker(P(A)) Supposons qu'il existe P ∈ F tel que ker P(A) = RN. Alors P(A) = 0 donc A est annulée par un polynôme non nul de degré inférieur ou égal à d − 1. Or, puisque P(A) = 0, on en déduit que ∀i ∈ J1, dK, P(λi) = 0 donc P admet au moins d racines. Donc P = 0 : absurde car F ne contient pas le polynôme nul. Pour tout P ∈ F, dim(ker(P(A))) ≤ N − 1 et F est un ensemble ni par construction. Enn, soit x0 ∈ RN pour lequel la dimension m est strictement inférieure à d. On pose e = r0 = A(˜x−x0) et e est un vecteur non nul vériant (e, Ae, ..., Am−1e) libre et (e, ..., Ame) liée avec m ≤ d − 1. Donc il existe P ∈ F tel que A(˜x − x0) ∈ ker P(A) puis x0 ∈ ˜x + A−1 ker P(A) avec dim(A−1 ker(P(A))) = dim(ker(P(A))) ≤ N − 1 par inversibilité de A. Réciproquement, supposons qu'il existe P ∈ F tel que x0 ∈ ˜x + A−1 ker(P(A)) Alors r0 ∈ ker(P(A)) donc, si on note n le degré de P (n ≤ d − 1) on a (r0, ..., Anr0) liée donc m ≤ n donc m ≤ d − 1. Conclusion : le résultat demandé est démontré puisque l'ensemble des x0 ∈ RN tels que m = d est le complémentaire de P ∈F ˜x + A−1 ker(P(A)) et que F est ni. 9. Par conséquence de la dénition de m, Amr0 ∈ Vect(r0, ..., Am−1r0) donc il existe R ∈ Rm−1[X] tel que (Xm + R(X))(A)r0 = 0. Or r0 = −Ae0 et (−A) est inversible et commute avec Am + R(A). Donc (Xm + R(X))(A)e0 = 0 et Xm + R(X) est de degré m par construction. Conclusion : Xm + R(X) convient 10. (r0, ..., Am−1r0) est libre et (r0, ..., Amr0) est liée. Par le même raisonnement qu'à la question 8d), on en déduit que le polynôme Xm+R(X) n'a pas d'autres facteurs irréductibles dans R[X] que ceux de la forme (X − λ) avec λ dans le spectre de A. Or 0 /∈ Sp(A) car A est inversible. Conclusion : Q(0) ̸= 0 5 11. a) Par conséquence de la dénition de m, il existe λ0 ̸= 0 et (λ1, ..., λm−1) ∈ Rn−1 tel que Amr0 + m−1 k=0 λkAkr0 = 0 Par inversibilité de A et de λ0, il vient ˜x − x0 = A−1r0 = −1 λ0 Am−1r0 − m−1 k=1 λk λ0 Akr0 Conclusion : ˜x ∈ x0 + Hm b) En ayant un peu assez de refaire pour la n-ième fois le même raisonnement, la rédaction sera succinte. On raisonne par l'absurde et on en déduit une contradiction avec le caractère libre de la famille (r0, ..., Am−1r0). Conclusion : ∀k ∈ J0, m − 1K, ˜x /∈ x0 + Hk Partie III 12. On dénit l'application J de RN dans R qui à tout vecteur x associe J(x) = 1 2 ⟨x, Ax⟩−⟨b, x⟩. On rappelle que ˜x est l'unique vecteur de RN tel que A˜x = b. Tout d'abord, on calcule que J(˜x) = −1 2 ⟨˜x, b⟩. Ensuite, en utilisant la bilinéarité et la symétrie du produit scalaire, pour tout x ∈ RN, ∥x − ˜x∥2 A = ⟨x − ˜x, A(x − ˜x)⟩ = ⟨x, Ax⟩ − ⟨˜x, Ax⟩ − ⟨x, A˜x⟩ + ⟨˜x, A˜x⟩ = 2(J(x) + ⟨x, b⟩) − ⟨x, b⟩ − ⟨x, b⟩ + ⟨˜x, b⟩ = 2(J(x) − J(˜x)) Ainsi, ∀x ∈ RN, J(x) = J(˜x) + 1 2 ∥x − ˜x∥2 A ≥ J(˜x) et il y a égalité si et seulement si ∥x − ˜x∥A = 0 c'est- à-dire si x = ˜x puisque y → ∥y∥A est une norme. 13. Les deux questions qui suivent font peu de sens séparément d'une part et d'autre part utilisent la notion hors programme de projection sous-entendu orthogonale sur un sous-espace ane dont on aurait fort bien pu se passer... Soit k ∈ N. D'après le calcul précédent, minimiser la fonction J sur l'ensemble x0+Hk revient à minimiser x → ∥x − ˜x∥A sur ce même ensemble ou encore, par translation, à minimiser y → ∥y + (x0 − ˜x)∥A sur Hk, c'est-à-dire encore trouver la distance du vecteur ˜x − x0 au sous-espace vectoriel de dimension nie Hk pour la distance induite par la norme ∥−∥A elle-même issue du produit scalaire φA. D'après le cours, cette distance est réalisée en un unique point yk de Hk qui est le projeté orthogonal de ˜x − x0 sur Hk (toujours pour le produit scalaire φA). Ainsi, J est minimal sur l'ensemble x0 + Hk en un unique point xk qui vaut xk = x0 + yk . 14. D'après ce qui a été vu à la question précédente, min ∥x − ˜x∥A , x ∈ x0 + Hk = min ∥y + (x0 − ˜x)∥A , y ∈ Hk = ∥yk + (x0 − ˜x)∥A = ∥xk − ˜x∥A On note désormais pour tout k ∈ N, ek = xk − ˜x et rk = b − Axk = A˜x − Axk = −Aek. 15. Soit k ∈ {0, . . . , m − 1}. Si ek = 0 alors ˜x = xk ∈ x0 + Hk, ce qui est faux d'après la question 11.b). Donc ek ̸= 0. En revanche, pour tout k ≥ m, Hk = Hm et ˜x ∈ x0 + Hm = x0 + Hk. Par conséquent ∥xk − ˜x∥A = min ∥x − ˜x∥A , x ∈ x0 + Hk = 0 donc xk = ˜x, c'est-à-dire ek = 0. 6 16. D'après la question 14), pour tout k ∈ N, par dénition de Hk, on a : ∥ek∥A = min ∥x − ˜x∥A , x ∈ x0 + Hk = min ∥x0 + Q(A)r0 − ˜x∥A , Q ∈ Rk−1[X] = min ∥e0 + Q(A)Ae0∥A , Q ∈ Rk−1[X] = min ∥(IN + AQ(A))e0∥A , Q ∈ Rk−1[X] la dernière égalité venant du fait que les deux polynômes en A que sont A et Q(A) commutent. 17. Or puisque A 1 2 commute avec A d'après la question 6), elle commute aussi avec tout polynôme en A et donc pour tout polynôme Q, on peut écrire ∥(IN + AQ(A))e0∥A = A 1 2 (IN + AQ(A))e0 = (IN + AQ(A))A 1 2 e0 ≤ 9IN + AQ(A)9 A 1 2 e0 = 9IN + AQ(A)9 ∥e0∥A Ainsi, avec la question précédente, pour tout k ∈ N, ∥ek∥A ≤ min({9IN + AQ(A)9, Q ∈ Rk−1[X]}) ∥e0∥A 18. Soit λ1 = min(Sp(A)) et λN = max(Sp(A)). Posons également pour tout k ∈ N, Λk = {Q ∈ Rk[X], Q(0) = 1} = {1 + XQ, Q ∈ Rk−1[X]}. D'après la question 5), si Q ∈ Λk alors Q(A) ∈ SN(R) et Sp(Q(A)) = {Q(λ), λ ∈ Sp(A)} donc d'après 3), 9Q(A)9 = max({|µ|, µ ∈ Sp(Q(A))}) = max({|Q(λ)|, λ ∈ Sp(A)}). Or toutes les valeurs propres de A font partie du segment [λ1, λN] donc max({|Q(λ)|, λ ∈ Sp(A)}) ≤ max({|Q(t)|, t ∈ [λ1, λN]}). Avec le résultat de la question précédente, on conclut que ∀k ∈ N, ∥ek∥A ≤ ∥e0∥A min Q∈Λk max t∈[λ1,λN]|Q(t)| . 19. Les questions 19 à 23 pourraient faire l'objet d'une partie à part. Seule la n de la question 23 se rapporte à ce qui précède. Par ailleurs, ces questions sont fort mal rédigées : aucune ne comprend de quanticateur sur k... a) Soit k ∈ N∗. Soit x ∈ [−1, 1]. On calcule : fk+1(x) + fk−1(x) = cos((k + 1) arccos(x)) + cos((k − 1) arccos(x)) = 2 cos(k arccos(x)) cos arccos(x)) = 2xfk(x) b) On dénit ainsi par récurrence la suite (Tk)k∈N : T0 = 1, T1 = X et ∀k ∈ N∗, Tk+1 = 2XTk − Tk−1 Par construction, (Tk)k∈N est une suite de polynômes réels. Montrons par récurrence à deux pas la propriété Pk : ∀t ∈ [−1, 1] , Tk(t) = fk(t) deg(Tk) = k Tk(−X) = (−1)kTk(X) P0 et P1 sont vériés. Soit k ∈ N∗. Supposons Pk−1 et Pk. Soit t ∈ [−1, 1]. Tk+1(t) = 2tTk(t) − Tk−1(t) = 2tfk(t) − fk−1(t) = fk+1(t) 7 Ensuite, il existe Q ∈ Rk−1[X] et λ ∈ R∗ tel que Tk(X) = λXk + Q(X) Alors, Tk+1(X) = 2λXk+1 + (2XQ(X) + Tk−1(X)) 2λ ̸= 0 et 2XQ(X) + Tk−1(X) ∈ Rk[X] donc deg(Tk+1) = k + 1. Enn, Tk+1(−X) = −2XTk(−X) − Tk−1(−X) = −2X(−1)kTk(X) − (−1)k−1Tk−1(X) = (−1)k+1 2XTk(X) − Tk−1(X) = (−1)k+1Tk+1(X) Ainsi, Pk+1 est démontrée. Conclusion : la suite (Tk)k∈N convient 20. Soit x ∈ ]−∞, −1] et t = −x. D'après la question précédente (sur la parité du polynôme Tk), il sut de démontrer que Tk(t) = cosh(k arcosh(t)) On commence par vérier une formule de factorisation de trigonométrie hyperbolique : 2 cosh a + b 2 cosh a − b 2 = 2e(a+b)/2 + e(−a−b)/2 2 e(a−b)/2 + e(b−a)/2 2 = 1 2 ea + eb + e−b + e−a = cosh(a) + cosh(b) Ensuite, on démontre par récurrence à deux pas comme dans la question précédente que la propriété Pk : Tk(t) = cosh(k arcosh(t)) est vraie pour tout k ∈ N. Conclusion : ∀k ∈ N, ∀x ≤ −1, Tk(x) = (−1)k cosh(k arcosh(−x)) Remarque : je n'utilise pas la note de bas de page du sujet initial. La notation ocielle pour la fonction cosinus hyperbolique n'est pas respectée par l'énoncé. 21. Soit k ∈ N. Tout d'abord, λN ̸= λ1 sinon A serait une matrice scalaire. Ensuite, −1 + λN + λ1 λN − λ1 = 2λ1 λN − λ1 > 0 Donc u := −λN − λ1 λN − λ1 < −1 puis Tn(u) = (−1)k cosh(k arcosh(−u)) donc Tn(u) ̸= 0 puisque la fonction cosh ne s'annule jamais. Conclusion : wk est bien déni Par construction, Qk ∈ R[X] et deg(Qk) = deg(Tk) = k ≤ k. De plus, Qk(0) = wkTk(u) = 1. Conclusion : Qk ∈ Λk Soit t ∈ [λ1, λN] et h = 2t λN − λ1 − λ1 + λN λN − λ1 . λ1 ≤ t ≤ λN et λN − λ1 > 0 donc −1 ≤ h ≤ 1 et on peut poser θ = arccos(h). Calculons : |Qk(t)| = |wk| × |Tk(h)| = |wk| × |Tk(cos θ)| = |wk| × |fk(cos θ)| = |wk| × | cos(k arccos(cos θ))| = |wk| × | cos(kθ)| ≤ |wk| 8 wk est donc un majorant de |Qk(−)| sur [λ1, λN]. Dans ce qui précède, on choisit t = λN ce qui donne h = 1 puis θ = 0 puis |Qk(t)| = |wk|. Conclusion : le maximum de |Qk(−)| sur [λ1, λN] est |wk| 22. Comme souvent, l'énoncé manque de rigueur et ne daigne pas s'intéresser à la bonne dénition de θ. Celle-ci est justiée par le début de la question précédente et on peut noter que e−θ < eθ. Par dénition, cosh(θ) = λN + λ1 λN − λ1 donc eθ + e−θ = 2λN + λ1 λN − λ1 Conclusion un peu plus forte que celle de l'énoncé pour faciliter la rédaction de la suite de la question : eθ et e−θ sont les deux racines distinctes du trinôme X2 − 2λN + λ1 λN − λ1 X + 1 et e−θ est la plus petite des deux racines. Le discriminant réduit de ce trinôme vaut β2 − 1. On en déduit que e−θ = β − β2 − 1 23. On calcule en notant que κ > 1 car λN > λ1 > 0 : √κ + 1 √κ − 1 = κ + 1 − 2√κ κ − 1 = β − 4λNλ1 (λN − λ1)2 = β − (λN + λ1)2 − (λN − λ1)2 (λN − λ1)2 = β − β2 − 1 = α Soit k ∈ N. Par conséquence des questions 18) et 21) et en observant que 0 < e−kθ 2 ≤ cosh(kθ), ∥ek∥A ≤ ∥e0∥A × 1 |Tk(−β)| = ∥e0∥A 1 cosh(k arcosh β) = ∥e0∥A 1 cosh(kθ) ≤ 2∥e0∥Ae−kθ = 2∥e0∥Aαk = 2∥e0∥A √κ − 1 √κ + 1 k Conclusion : ∀k ∈ N, ∥xk − ˜x∥A ≤ 2∥e0∥A √κ − 1 √κ + 1 k Partie IV Avertissement : Une partie dicile si le candidat n'a pas repéré que φA : (x, y) → ⟨Ax, y⟩ permet de dénir un produit scalaire pour ensuite utiliser tout le cours de première année. Évidemment, cette correction ne va pas se priver d'exploiter à fond cette observation. 24. Soit k ∈ J1, mK. Hk−1 ⊊ Hk donc il existe ek ∈ Hk \ Hk−1. e1 ∈ H1 \ {0} donc (e1) est une famille libre. 9 Soit k ∈ J1, m − 1K. Supposons (e1, ..., ek) libre. Par construction, (e1, ..., ek) est une famille libre de k vecteurs de Hk et on sait que dim Hk = k. Donc (e1, ..., ek) est une base de Hk et Hk = Vect(e1, ..., ek). Ainsi, ek+1 /∈ Vect(e1, ..., ek) puis (e1, ..., ek+1) est libre. Par récurrence, (e1, ..., em) est une famille libre. On lui applique le procédé de Schmidt pour le produit scalaire φA et on note (p0, ..., pm−1) la famille obtenue. C'est une famille φA-orthonormale donc (ii) est vériée. Pour tout k ∈ J, 1, mK, Vect(p0, ..., pk−1) = Vect(e1, ..., ek) = Hk donc (i) est vériée. Conclusion : (p0, ..., pm−1) convient 25. Pour k ∈ J0, mK, notons Pk la projection φA-orthogonale sur Hk. Soit k ∈ J0, m − 1K. D'après la question 14) et la formule qui donne l'expression du projeté orthogonal dans une base orthog- onale, xk+1 − xk = Pk+1(˜x − x0) − Pk(˜x − x0) = ⟨pk, A(˜x − x0))⟩ ⟨Apk, pk⟩ · pk Conclusion : xk+1 − xk est colinéaire à pk 26. Nous démontrerons d'abord (i), puis (iv), puis (ii) puis (iii). i) Notons Pk : ∀i ∈ J0, k − 1K, ⟨˜ri, ˜rk⟩ = ⟨˜pi, ˜rk⟩ = ⟨˜pi, A˜pk⟩ = 0 P0 est vraie car c'est une propriété vide. Soit k ∈ J0, m − 2K. Supposons que Pk soit vraie. Vu l'hypothèse de récurrence, la symétrie de A et les relations de récurrence, pour démontrer Pk+1 il ne reste plus qu'à vérier que ⟨˜rk, ˜rk+1⟩ = ⟨˜pk, ˜rk+1⟩ = ⟨A˜pk, ˜pk+1⟩ = 0 Supposons k ≥ 1 pour commencer. Alors ˜pk − ˜rk = βk−1˜pk−1. Calculons : ⟨˜rk, ˜rk+1⟩ = ∥˜rk∥2 ⟨A˜pk, ˜pk⟩ × ⟨A˜pk, ˜pk − ˜rk⟩ = βk−1 ∥˜rk∥2 ⟨A˜pk, ˜pk⟩ × ⟨A˜pk, ˜pk−1⟩ = 0 par hypothèse de récurrence puis ⟨˜pk, ˜rk+1⟩ = ⟨˜pk, ˜rk⟩ − ∥˜rk∥2 = ⟨˜pk − ˜rk, rk⟩ = βk−1 ⟨˜pk−1, ˜rk⟩ = 0 par hypothèse de récurrence et enn, ⟨A˜pk, ˜pk+1⟩ = 1 αk ⟨˜rk − ˜rk+1, ˜rk+1 + βk ˜pk⟩ = 1 αk ∥˜rk+1∥2 ∥˜rk∥2 ⟨˜rk, ˜pk⟩ − ∥˜rk+1∥2 = ∥˜rk+1∥2 αk ∥rk∥2 ⟨˜rk, ˜pk⟩ − ⟨˜rk, ˜rk⟩ = 0 d'après ce qui précède Il reste à montrer que le résultat est aussi vrai pour k = 1 pour achever cette récurrence. Comme ˜p0 − ˜r0 = 0, tous les calculs précédents donnent bien 0. Conclusion : (i) est démontré 10 iv) Déjà, notons que ∀k ∈ J0, m − 1K, A˜xk+1 − A˜xk = αkA˜pk = ˜rk − ˜rk+1 Puis, par somme télescopique et sachant que ˜x0 = x0 et ˜r0 = r0, on obtient ∀k ∈ J0, mK, ˜rk = A(˜x − ˜xk) Maintenant, montrons par récurrence sur k ∈ J0, m − 1K la propriété Pk : (˜x − ˜xk, ˜pk) ∈ A−1Hk+1 × Hk+1 ˜x − ˜x0 = ˜x − x0 = A−1r0 ∈ A−1H1 ˜p0 = ˜r0 = r0 ∈ H1. Donc P1 est vraie. Soit k ∈ J0, m − 2K. Supposons Pk vrai. ˜x − ˜xk+1 = ˜x − ˜xk − αk ˜pk ∈ A−1Hk+1 + Hk+1 par hypothèse de récurrence. Or Hk+1 ⊂ A−1Hk+2 car AHk+1 ⊂ Hk+2. De plus, A−1Hk+1 ⊂ A−1Hk+2 car Hk+1 ⊂ Hk+2. Donc ˜x − ˜xk+1 ∈ A−1Hk+2. Ensuite, ˜pk+1 = ˜rk+1 + βk ˜pk = A(˜x − ˜xk+1) + βk ˜pk ∈ Hk+2 + Hk+1 ⊂ Hk+2 d'après ce qui précède. Ceci achève la démonstration de l'hérédité. D'après ceci et (i) et la non nullité des ˜pk et dim Hk = k, (le caractère non nul de ˜pk étant allègrement passé sous silence par l'énoncé et pourtant utilisé dans la dénition de αk , nous ferons de même), (˜p0, ..., ˜pk) est une base φA-orthogonale de Hk+1 ii) Déjà, d'après ce qui précède, ∥rk∥2 = ⟨˜pk, ˜rk⟩ = ⟨˜pk, A(˜x − ˜xk)⟩ = φA(˜x − ˜xk, ˜pk) Puis, en reprenant les notations précédemment utilisées pour la projection φA-orthogonale sur Hk : ˜x0 = x0. Soit k ∈ J0, m − 1K. Supposons ˜xk = xk. Déjà, xk − x0 = Pk(˜x − x0) ∈ Hk et ˜pk est φA-orthogonal à Hk donc φA(xk, ˜pk) = φA(x0, ˜pk). Ensuite, on calcule : xk+1 − x0 = Pk+1(˜x − x0) = Pk(˜x − x0) + φA(˜x − x0, ˜pk) φA(˜pk, ˜pk) ˜pk = xk − x0 + φA(˜x − xk, ˜pk) φA(˜pk, ˜pk) ˜pk = ˜xk − x0 + αk ˜pk = ˜xk+1 − x0 Donc xk+1 = ˜xk+1. Conclusion : ∀k ∈ J0, mK, ˜xk = xk iii) Soit k ∈ J0, mK. ˜rk = A(˜x − ˜xk) = A(˜x − xk) = b − Axk = rk. Conclusion : ∀k ∈ J0, mK, ˜rk = rk 11