On a donc : rangA=n⇔ dim ( ker A

MT09-A2006- Examen partiel- Questions de cours -Corrig´e

Exercice 1

1. On raisonne par double implication :

x∈ kerA⇔Ax= 0⇒A^TAx=A^T0 = 0⇔x∈ kerA^TA.

donc ker A⊂ kerA^TA.

x∈ ker A^TA⇔A^TAx= 0⇒x^TA^TAx= 0⇔ kAxk²2 = 0⇔Ax= 0⇔x∈ kerA.

donc ker A^TA⊂ ker A,d’o`u l’´egalit´e ker A= kerA^TA.

2. Le nombre de colonnes deAestn, d’apr`es le th´eor`eme du rang, on an= dim ker A+ rang A.

On a donc :

rangA=n⇔ dim ( ker A) = 0⇔ ker A={0} ⇔ ker A^TA={0}. OrA^TA est une matrice CARREE appartenant `a Mnn, on sait donc que

kerA^TA={0} ⇔ rang A^TA=n⇔A^TA inversible ⇔ d´etA^TA6= 0.

3. On sait que la solution ˆx si elle existe v´erifie les ´equations normales A^TAˆx=A^Tb.

Si le rang de A vaut n, alors A^TA est inversible et donc les ´equations normales admettent la solution unique ˆx= (A^TA)⁻¹A^Tb.

Exercice 2

1. Aadmet une d´ecomposition de cholesky, s’il existe une matriceC triangulaire inf´erieure `a coef- ficients r´eels telle que A=CC^T et telle que∀i, c_ii>0.

Aest sym´etrique, en effetA^T = (CC^T)^T =CC^T =A.

Aest semi d´efinie positive en effet pour tout x:

x^TAx=x^TCC^Tx=kC^Txk²2 ≥0.

Aest d´efinie positive car

x^TAx= 0⇔ kC^Txk²2 = 0⇔C^Tx= 0.

Or les termes diagonaux de C sont strictement positifs, donc d´etC = d´etC^T > 0, donc la matriceC^T est inversible doncC^Tx= 0⇔x= 0.

2. La r´eciproque est vraie (voir le cours).

3. A= 1 2 2 1

!

= a 0

b c

! a b 0 c

!

⇔







a²= 1 ab= 2 b²+c² = 1

.

On cherchea >0 etc >0, on obtient a= 1, b= 2, c²=−3, il est impossible de trouverc, donc la matriceC n’existe pas, donc d’apr`es la question pr´ec´edenteA n’est pas d´efinie positive.

MT09-A2006- Examen partiel -Corrig´e

Exercice 1:

1. La matrice d’it´eration estC = ¹₂ 0 −1

−1 0

!

, on akCk1 = ¹₂ <1, cette condition est suffisante pour affirmer que la suite converge. On aurait pu ´egalement calculer le rayon spectral deC.

2. On auraV = ¹₂ 0 −1

−1 0

!

V +¹₂ a b

!

⇔

( x=−¹₂y+¹₂a y=−¹₂x+¹₂b ⇔

( 2x+y=a x+ 2y=b On a A= 2 1

1 2

!

, D = a b

! . 3. La m´ethode de Jacobi.

4. La matrice Aest `a diagonale strictement dominante, donc la m´ethode de Jacobi converge.

5. On ´ecritA= 2 0 1 2

!

− 0 −1

0 0

!

=M−N

puisM V^k+1 =N V^k+D⇐⇒V^k+1=M⁻¹N V^k+M⁻¹D.

On calcule M⁻¹ = ¹₄ 2 0

−1 2

!

, M⁻¹N = ¹₄ 0 −2

0 1

!

, M⁻¹D= ¹₄ 2a

−a+ 2b

!

6. La matrice Aest toujours `a diagonale strictement dominante.

Exercice 2:

1. (a) δv1+αv2 =u1 ⇒v1=−α

δv2+u1

δ , On a donc

v1 =e1v2+f1 avec e1=−α

δ, f1 = u1

δ . αv₁+δv₂+αv₃=u₂ =α(e₁v₂+f₁) +δv₂+αv₃ ⇒v₂=− α

αe₁+δv₃+u₂−αf₁ αe₁+δ On a donc

v2 =e2v3+f2 avec e2=− α

αe₁+δ, f2= u2−αf1

αe₁+δ .

Si on suppose quevi =eivi+1+fi pour i≤n−2, alors en ´ecrivant la (i+1)`eme ´equation, on obtient :

αvi+δvi+1+αvi+2 =ui+1=α(eivi+1+fi) +δvi+1+αvi+2

et doncv_i+1 =− α

αe_i+δv_i+2+u_i+1−αf_i αe_i+δ On a donc

vi+1=ei+1vi+2+fi+1 avec ei+1 =− α

αei+δ, fi+1 = ui+1−αfi

αei+δ . On d´emontre ainsi que pour i= 1, .., n−1

v_i =e_iv_i+1+f_i , avec e_i =− α

αe_i−1+δ, f_i= u_i−αf_i−1 αe_i−1+δ . Il suffit ensuite d’´ecrire la ni`eme ´equation :

αv_n−1+δvn=un=α(e_n−1vn+f_n−1) +δvn⇒vn= ^u_αe^n−αfn−1

n−1+δ

d’o`u :

v_n=f_n, avec f_n= u_n−αf_n−1 αe_n−1+δ . (b) function v=resol1(delta,alpha,u)

n=length(u) eps=1.e-10

if (abs(delta)<=eps)

error (’message d’’erreur’) end

e(1)=-alpha/delta f(1)=u(1)/delta for i=2:n-1

d=delta+alpha*e(i-1) if (abs(d)<=eps)

error (’message d’’erreur’) end

e(i)=-alpha/d

f(i)=(u(i)-alpha*f(i-1)/d end

d=delta+alpha*e(n-1) if (abs(d)<=eps)

error (’message d’’erreur’) end

v(n)=(u(n)-alpha*f(n-1)/d for i=n-1:-1:1

v(i)=e(i)*v(i+1)+f(i) end

endfunction

(c) Pour calculer e₁ etf₁ : deux divisions.

Pour calculer chaquee_i etf_i, i=2,..., n-1 : deux multiplications (car on ne calculedqu’une seule fois) et deux divisions.

Pour calculer vn deux multiplications et une division.

Pour calculer chaquev_i, i=n-1,...,1 : une multiplication.

Au total : 2(n−2) + 2 +n−1 = 3n−3 maultiplications, 2 + 2(n−2) + 1 = 2n−1 divisions.

2. (a) On ´ecrit les ´equations :

Ax=b ⇔



































d1x1 +x4 =b1

d₂x₂ +x₅ =b₂

d3x3 +x6 =b3

x1 +d1x4 +x7 =b4

x₂ +d₂x₅ +x₈ =b₅

x3 +d3x6 +x9 =b6

x4 +d1x7 =b7

x₅ +d₂x₈ =b₈

x6 +d3x9 =b9

⇔



































d1y1 +y2 =b1

d₂y₄ +y₅ =b₂

d3y7 +y8 =b3

y1 +d1y2 +y3 =b4

y₄ +d₂y₅ +y₆ =b₅

y₇ +d₃y₈ +y₉ =b₆

y2 +d1y3 =b7

y₅ +d₂y₆ =b₈

y₈ +d₃y₉ =b₉

⇔



































d1y1 +y2 =b1

y₁ +d₁y₂ +y₃ =b₄

y₂ +d₁y₃ =b₇

d2y4 +y5 =b2

y₄ +d₂y₅ +y₆ =b₅

y₅ +d₂y₆ =b₈

d3y7 +y8 =b3

y₇ +d₃y₈ +y₉ =b₆ y₈ +d₃y₉ =b₉

⇔







M1 O3 O3

O3 M2 O3

O₃ O₃ M₃





y=c.

avec Mi =







d_i 1 0 1 di 1 0 1 di





,c= (b1 b4 b7 b2 b5 b8 b3 b6 b9)^T.

(b) Il suffit de remplacer les y_i en fonction des x_j et les c_i en fonction des b_j, pour constater que

Y Y =XX^T, CC=BB^T.

(c) On commence par calculer y₁, y₂, y₃, c’est `a dire les termes de la premi`ere colonne de Y Y, donc de la premi`ere ligne de XX, en r´esolvant le probl`eme d´ecrit dans la question 1, avec la matrice M₁ et avec pour second membre (c₁ c₂ c₃)^T, les termes du second membre se trouvent dans la premi`ere colonne deCC donc dans la premi`ere ligne deBB.

De fa¸con similaire, on calculey₄, y₅, y₆, donc les termes de la deuxi`eme ligne deXX `a l’aide de la matriceM2 et du second membre dont les termes se trouvent dans la deuxi`eme ligne deBB.

Enfin, on calcule y₇, y₈, y₉, donc les termes de la troisi`eme ligne de XX `a l’aide de la matrice M3 et du second membre dont les termes se trouvent dans la troisi`eme ligne de BB. transpos´ee

(d) i. function XX=resol2(d,BB) for i=1:3

u=BB(i,1:3)

v=resol1(d(i), 1, u) XX(i,1:3)=v’

end

endfunction

ii. Le probl`eme se g´en´eralise `a nquelconque, on a alors : function XX=resol2(d,BB)

n=length(d) for i=1:n u=BB(i,1:n)

v=resol1(d(i), 1, u) XX(i,1:n)=v’

end

endfunction

3. (a) En utilisant le r´esultat sur l’inverse d’une matrice diagonale par blocs, on obtient :

H⁻¹=







P⁻¹ O₃ O₃ O3 P⁻¹ O3

O₃ O₃ P⁻¹





. En utilisant les propri´et´es du produit par blocs on obtient :

H⁻¹AH^b =







P⁻¹GP I₃ O₃ I3 P⁻¹GP I3

O3 I3 P⁻¹GP





=







D I₃ O₃ I3 D I3

O3 I3 D





=A (b) Les matriceH etH⁻¹ sont inversibles donc on peut ´ecrire :

Abx_b=^bb⇔H⁻¹AHH^{b −1}x_b=H^−1bb⇔AH⁻¹x_b=H^−1bb⇔Ax=b o`ux=H⁻¹x, b_b =H^−1bb.

(c) Il y a 9 termes `a calculer, chacun des termesbi est le produit terme `a terme de la i`eme ligne de H⁻¹ par le vecteur ^bb, mais la matrice H⁻¹ est diagonale par blocs, donc dans chacune des lignes, seuls trois termes sont non nuls, donc il faut 3 multiplications pour obtenir b_i, donc 27 = 3³ multiplications au total.

Remarque : dans le cas g´en´eral, il faudraitn³ multiplications.