École Normale Supérieure 24, rue Lhomond - 75231 PARIS CEDEX 05 LICENCE- MASTER DESSCIENCES DE LAPLANÈTETERRE- L3 9 décembre 2010 MATHÉMATIQUES- Partiel
Mathématiques L3– Correction du partiel du 3/12/2010
Exercice 1
On vérifie que le système matriciel associé au système d’équations algébriques(1)est tridiagonal :
2 λ0
µ1 2 λ1
... ... ...
... ... ...
µN−1 2 λN−1
µN 2
M0
M1
... ... MN−1
MN
=
d0
d1
... ... dN−1
dN
. (1)
Exercice 2
(a) On veut trouverxtel quef(x) =Ax−b= 0. Il est facile de vérifier que la différentielle def(x)est la matrice A. La méthode de Newton s’écrit donc (voir formule (1.4.4) du cours 1)
xk+1=xk−A−1(Axk−b). (2)
Remarquez que je n’écris pasxk+1 =xk− xAk comme on serait tenter de le faire en s’inspirant de la formule (1.3.9) du cours 1. En effet cette écriture n’a aucun sens puisqueAest une matrice et non un scalaire !
L’équation (2) se r´éécrit :A(xk+1−xk) = b−Axk, soitAxk+1 =bet le premier pas de la méthode donne la solution. La méthode de Newton donne la solution en une itération !
(b) Cette méthode de Newton est – hélas ! – peu exploitable, car elle nécessite la connaissance deA−1et...c’est une toute autre histoire.
Exercice 3
Soit à résoudre léquationg(x) =x2−b = 0, avecb >0. La racine à trouver est évidemmentx∗ =√ b. On a g′(x) = 2x, la méthode de Newton s’écrit :
2xk(xk+1−xk) =b−x2k,
soit
xk+1 =1
2(xk+ b xk
).
Dès lors, l’écriture du dernier membre est la seule “astuce” de la solution : xk+1−√
b=1
2(xk+ b xk
)−√ b= 1
2xk
(xk−√ b)2.
Finalement|xk+1−√
b| ≤ 2|x1k||xk−√
b|2. À chaque étape de la méthode la différencexk−√
bdécroît quadra- tiquement.
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École Normale Supérieure 24, rue Lhomond - 75231 PARIS CEDEX 05 LICENCE- MASTER DESSCIENCES DE LAPLANÈTETERRE- L3 9 décembre 2010 MATHÉMATIQUES- Partiel
Exercice 4
L’équation (2) de l’énoncé se réécrit :
ydx−(x+y2)dy= 0. (3)
Avec les notations du cours 3, on a M(x, y) = −(x2+y) et L(x, y) = y. On devrait avoir si (3) était une différentielle exacte∂M∂x(x, y) = ∂L∂y(x, y)(théorème 3.5.1 du cours) , ce qui n’est pas le cas car ∂M∂x(x, y) =−2x et∂L∂y(x, y) = 1.
Cependant on observe que
d x y
!
= ydx−xdy y2 .
Multiplions alors l’équation (3) pary12 (en supposanty6= 0), on a la suite d’équivalences suivante :
(3)⇔ ydx−xdy
y2 −dy= 0⇔d x y −y
!
= 0. (4)
Les courbes intégrales sont donc données parxy −y=λ, oùλest une constante, ou encore parx=y2+λy.
Exercice 5
Calculons le déterminant de la matrice(A−λI)en le développant par rapport à le première ligne. Il vient :
det(A−λI) =det
1−λ 0 0
2 3−λ 1
0 2 4−λ
= (1−λ)[(3−λ)(4−λ)−2] = (1−λ)(2−λ)(5−λ). (5)
les valeurs propres sont1,2et5. Calculons le vecteur proprew1tel que
(A−I)w1=
0 0 0 2 2 1 0 2 3
w1= 0.
On trouve quev1 =
2
−3 2
est le vecteur de base de l’espace propre de dimension un associé à la valeur
propreλ1= 1, et que pourλ2= 2(resp.λ3= 5)v2=
0
−1 1
(resp.v3=
0 1 2
).
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