Probl`eme I.(50 points)U etV sont des sous-espaces vectoriels ferm´es d’un espace hilbertien H de produit scalaire h

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen semestriel Licence de Math´ematiques LM380 – Analyse Hilbertienne et Num´erique

28 mai 2008 9h30 `a 12h30

R´esoudre chaque probl`eme sur une feuille s´epar´ee. Les appareils

´electroniques et les documents sont interdits. Les solutions devront ˆetre r´edig´ees de mani`ere rigoureuse. Lorsque des r´esultats du cours seront utilis´es, ils devront clairement ˆetre ´enonc´es. On notera que certaines questions peuvent ˆetre r´esolues ind´ependamment.

Probl`eme I.(50 points)U etV sont des sous-espaces vectoriels ferm´es d’un espace hilbertien H de produit scalaire h· | ·iet de norme associ´eek · k. On notePU etPV les projecteurs sur U et V, respectivement.

1/ Soit x∈ H. Donner une caract´erisation deP_Ux.

2/ Montrer que (∀x∈ H) kP_Uxk ≤ kxk.

3/ Montrer que U ∩V est un sous-espaces vectoriel ferm´e de H.

4/ Montrer que (U +V)^⊥=U^⊥∩V^⊥. 5/ Montrer que U^⊥+V^⊥= (U∩V)^⊥.

6/ On suppose que P_U◦P_V =P_V ◦P_U. Montrer que PU∩V =P_U◦P_V.

7/ Faire un croquis dans le plan euclidien pour illustrer le fait qu’en g´en´eralPU∩V 6=P_U◦P_V. 8/ Soit x∈ H. On se propose de calculer it´erativement PU∩Vx par l’algorithme

x⁽⁰⁾ =x et (∀k ∈N) x^(k+1) = (PU◦PV)x^(k). (1)

a/ Montrer que (∀x∈ H)(∀y∈U ∩V)kx^(k+1)−yk ≤ kx^(k)−yk.

b/ Utiliser un r´esultat du cours pour montrer que (∀k ∈ N) PU∩Vx^(k) = PU∩Vx. Des points de bonusseront donn´es pour une d´emonstration int´egrale, n’utilisant pas – ou red´emontrant – le r´esultat du cours en question.

c/ On admet que (x^(k))k≥0admet une sous-suite (x^(lk))k≥0qui converge vers un ´el´ement deU ∩V. D´eduire de 8/a/et 8/b/ que x^(k)→PU∩Vx.

9/ On suppose que U +V est ferm´e. Trouver une relation entre P_U+V et P_U^⊥_∩V^⊥.

10/ On suppose que U +V est ferm´e et on fixe x ∈ H. D´ecrire un algorithme – ne faisant intervenir que P_U et P_V – permettant de calculer it´erativement P_U+Vx.

1

Probl`eme II. (50 points) A ∈ R^n×n est une matrice sym´etrique d´efinie positive. On note A =L+D+L^t, D= diag(dii)1≤i≤n ´etant diagonale etL triangulaire inf´erieure stricte.

1/ a/ Montrer que σ(A)⊂]0,+∞[.

b/ Soit e_i ∈ Rⁿ le i-`eme vecteur de la base canonique. En calculant hAe_i |e_ii, mon- trer que (∀i ∈ {1, . . . , n}) d_ii > 0. En d´eduire que les matrices D et D+L sont inversibles.

c/ Montrer que

(∀a∈Cⁿ)

LD⁻¹L^ta|a

≥0

o`u h· | ·i d´esigne le produit scalaire hermitien classique (on pourra introduire la matriceC =√

D⁻¹L^t).

d/ Soit α∈C. En d´eduire que s’il existe un vecteur non nul a∈Cⁿ tel que (1−α)

LD⁻¹L^ta|a

=αhAa|ai, alors α∈[0,1[.

2/ On s’int´eresse maintenant `a la m´ethode it´erative suivante, avec b∈Rⁿ,

a⁽⁰⁾ ∈Rⁿ et (∀k ∈N)

((D+L)a^(k+1/2) =−L^ta^(k)+b,

(D+L^t)a^(k+1) =−La^(k+1/2)+b. (2)

a/ Ecrire cette m´´ ethode sous la forme

a^(k+1)=Ba^(k)+c (c’est-`a-dire d´eterminer B ∈R^n×n et c∈Rⁿ).

b/ Soit λ∈C une valeur propre deB etr∈Cⁿ un vecteur propre associ´e.

i. Montrer que L(D+L)⁻¹L^tr =λ(D+L^t)r.

ii. En d´eduire que LD⁻¹L^tr−LD⁻¹L(D+L)⁻¹L^tr=λ(D+L^t)r.

iii. Montrer `a partir des deux derni`eres ´egalit´es que (1−λ)LD⁻¹L^tr=λAr.

c/ D´eduire de 1/d/ et de 2/(b/)iii que σ(B)⊂ [0,1[ et que la m´ethode it´erative (2) converge.

d/ On suppose maintenant que

A= 2 1

1 2

, b= 3

3

, a⁽⁰⁾ = 0

−10

.

Tracer graphiquement pour les premi`eres it´erations les points a<sup>(k)</sup> et a<sup>(k+1/2)</sup>. Que remarque-t-on lors du calcul de la deuxi`eme composante de a^(k+1) `a partir de a^(k+1/2)?

e/ Question bonus :

V´erifier que la m´ethode it´erative (2) converge versA⁻¹b.

Indication : on pourra v´erifier que

˜

a =Ba˜+c ⇔ (I−L(D+L)⁻¹)(A˜a−b) = 0.

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Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution de l’examen de mai 2008

Solution du Pb I :

1/ P_Ux∈U etx−P_Ux⊥U.

2/ Soit x∈ H. Alors1/donnehx−P_Ux|P_Uxi= 0. Donc, par Cauchy-Schwarz,kP_Uxk² = hx|P_Uxi ≤ kxk kP_Uxk et ainsikP_Uxk ≤ kxk.

3/ U ∩V est un sev de H : si x et y sont dans U ∩V et α ∈ K, alors αx+y ∈ U et αx+y∈V (car U et V sont des sev) et donc αx+y∈U ∩V. De plus 0H ∈U ∩V. U ∩V est ferm´e : c’est une intersection de ferm´es.

4/ Soit x ∈ H. Alors x ∈ (U +V)^⊥ ⇒ (∀u ∈ U)(∀v ∈ V) hx|u+vi = 0 ⇒ (∀u ∈ U)(∀v ∈V) hx|ui=hx|u+ 0i= 0 et hx|vi=hx|0 +vi= 0 ⇒ x∈U^⊥∩V^⊥. Donc (U +V)^⊥⊂U^⊥∩V^⊥. R´eciproquement, x∈U^⊥∩V^⊥ ⇒ (∀u∈U)(∀v ∈V)hx|ui= 0 et hx|vi= 0 ⇒ hx|u+vi= 0 ⇒ x∈(U +V)^⊥. Donc U^⊥∩V^⊥ ⊂(U+V)^⊥.

5/ D’apr`es 4/, U ∩V = U^⊥⊥∩V^⊥⊥ = (U^⊥+V^⊥)^⊥. Ainsi, (U ∩V)^⊥ = (U^⊥+V^⊥)^⊥⊥ = U^⊥+V^⊥.

6/ On suppose que P_U ◦P_V =P_V ◦P_U. Montrer que PU∩V =P_U ◦P_V. Soit x∈ H. Posons p= (PU◦PV)x. Alorsp=PU(PVx)∈U etp= (PU◦PV)x=PV ◦PUx=PV(PUx)∈V. Donc p∈U∩V. Par ailleurs,x−p=x−P_U(P_Vx) =x−P_Vx+P_Vx−P_U(P_Vx). Mais d’apr`es1/ x−P<sub>V</sub>x∈V<sup>⊥</sup> etP<sub>V</sub>x−P<sub>U</sub>(P<sub>V</sub>x)∈U<sup>⊥</sup>. Donc d’apr`es5/x−p∈U^⊥+V^⊥ ⊂ (U ∩V)^⊥. Au vu de1/, on conclut que p=PU∩Vx.

7/ Prendre 2 droites distinctes non orthogonales.

8/ a/ Soient x ∈ H et y ∈ U ∩V. On a, d’apr`es 2/ et par lin´earit´e des projecteurs, kx^(k+1)−yk= k(P_U ◦P_V)x^(k)−(P_U ◦P_V)yk =kP_U(P_Vx^(k)−P_Vy)k ≤ kP_Vx^(k)− PVyk=kPV(x^(k)−y)k ≤ kx^(k)−yk.

b/ On a vu dans le cours que siS est un espace affine ferm´e et si (x^(k))_k≥0 v´erifie, pour tout k ∈Net y∈S,kx^(k+1)−yk ≤ kx^(k)−yk, alors P_Sx^(k) ≡P_Sx⁽⁰⁾. On applique ce r´esultat avec S =U ∩V etx⁽⁰⁾ =x.

c/ Supposons que x^(lk)→y∈U ∩V. Donc kx^(lk)−yk →0. Par suite, kx^(k)−yk →0 puisque8/a/ nous garantit que la suite (kx^(k)−yk)k≥0 converge. Ainsi,x^(k) →y∈ U ∩V et, par continuit´e de PU∩V, il d´ecoule de 8/b/ que

PU∩Vx=PU∩Vx^(k)→PU∩Vy=y.

On conclut quey =PU∩Vx, i.e., x^(k)→PU∩Vx.

9/ D’apr`es 4/, P_U+V = Id−P_(U+V)^⊥ = Id−P_U^⊥_∩V^⊥.

10/ On d´eduit de 8/ et (1) que la suite (z^(k))k≥0 produite par l’algorithme

z⁽⁰⁾ =x et (∀k ∈N) z^(k+1) =z^(k)−P_Uz^(k)−P_Vz^(k)+ (P_u◦P_V)z^(k)

= (Id−P_U)◦(Id−P_V) z^(k)

= (P_U^⊥◦P_V^⊥)z^(k)

converge vers z =P_U^⊥_∩V^⊥x. On d´eduit ensuite de 9/ que P_U+Vx=x−z.

3

Solution du Pb II :

1/ a/ Soit (λ, u) un ´el´ement propre de A. hAu|ui = hλu|ui = λkuk² >0, donc λ > 0 puisque u6= 0.

b/ Soite_i lei-`eme vecteur de la base canonique etA<sub>j</sub> laj-`eme colonne de la matriceA.

Alors 0<hAe_i |e_ii=hA_i |e_ii=a_ii. Commed_ii=a_ii, on a le r´esultat escompt´e. De plus,σ(D) = σ(D+L) ={dii}1≤i≤n(puisqueDest diagonale etD+Ltriangulaire).

Les valeurs propres de ces deux matrices sont donc toutes non nulles, donc elles sont inversibles.

c/ Soit la matrice C = √

D⁻¹L^t, qui v´erifie donc LD⁻¹L^t = C^∗C. Alors pour tout a∈Cⁿ,hLD⁻¹L^ta|ai=hC^∗Ca|ai=kCak² ≥0.

d/ Soit X = hLD⁻¹L^ta|ai et Y = hAa|ai, ce qui entraˆıne α = X/(X +Y) (donc α∈R). Comme X ≥0 et Y >0, on a 0≤X < X +Y, donc α∈[0,1[.

2/ a/ En rempla¸cant a^(k+1/2), on obtient directement B = (D+L^t)⁻¹L(D+L)⁻¹L^t et c= (D+L^t)⁻¹(b−L(D+L)⁻¹b). On remarque queB etcsont bien d´efinis puisque les matrices D+Let D+L^t sont inversibles.

b/ i. On a directement (D+L^t)⁻¹L(D+L)⁻¹L^tr=λr ⇔L(D+L)⁻¹L^tr =λ(D+ L^t)r.

ii. D= (D+L)−L⇔ D= (I −L(D+L)⁻¹)(D+L)⇔(D+L)⁻¹ =D⁻¹(I− L(D+L)⁻¹), ce qui donne l’´egalit´e recherch´ee (les matrice D et D+L sont bien inversibles).

iii. On injecte la premi`ere ´egalit´e dans la seconde et on aLD⁻¹L^tr−LD⁻¹(λ(D+ L^t)r) = λ(D+L^t)r⇔LD⁻¹L^tr−λLr−λLD⁻¹L^tr=λ(A−L)r ⇔LD⁻¹L^tr− λLD⁻¹L^tr =λAr.

c/ Si on multiplie `a gauche par r^∗ l’´egalit´e du 2/c/ et si on remplace α et a dans la question 1/d/ par λ et r, on obtient que λ ∈ [0,1[, donc que ρ(B) < 1 ce qui implique bien que la m´ethode (2) converge.

d/ On peut remarquer que la trajectoire obtenue avec cette m´ethode num´erique est la mˆeme que celle obtenue avec Gauss-Seidel, bien que les it´erations soient diff´erentes.

De plus, le calcul de la deuxi`eme composante de a<sup>(k+1)</sup> est inutile car a<sup>(k+1/2)</sup> ap- partient d´ej`a `a la droite d´efinie par la deuxi`eme ´equation du syst`eme lin´eaire.

e/ Si on note ˜a la limite de la m´ethode, on a :

˜

a=B˜a+c⇔(D+L^t)˜a=L(D+L)⁻¹L^t˜a−L(D+L)⁻¹b+b

⇔(D+L^t+L−L−L(D+L)⁻¹L^t)˜a=−L(D+L)⁻¹b+b

⇔(A−L−L(D+L)⁻¹L^t))˜a= (I−L(D+L)⁻¹)b

⇔(A−L(D+L)⁻¹((D+L) +L^t))˜a= (I−L(D+L)⁻¹)b

⇔(I−L(D+L)⁻¹)(A˜a−b) = 0.

Comme det(I−L(D+L)⁻¹) = det((D+L−L)(D+L)⁻¹) = det(D(D+L)⁻¹) = det(D) det((D+L)⁻¹)6= 0, on obtient bien ˜a=A⁻¹b.

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