Corrigé – Les mineurs principaux deM valent1,4et4

(1)

Université de Marseille

Licence de Mathématiques, 3ème année, analyse numérique et optimisation Partiel du 25 octobre 2017

La partiel contient 4 exercices. Le barème est sur 25 points, il n’est donc pas demandé de tout faire pour avoir 20. . . Exercice 1(Décompositions LU et de Choleski, barème 6 points).

SoitM =





1 2 1

2 8 10 1 10 18



.

1. Calculer les mineurs principaux deM. En déduire queM admet des décompositionsLUet de Choleski.

Corrigé – Les mineurs principaux deM valent1,4et4. Comme ils sont non nuls, la matriceMadmet une décom- positionLUsans pivot.

La matriceM est symétrique. Comme tous les coefficients diagonaux de la matriceU (donnée par la décomposition LUsans pivot deM) sont strictement positifs, la matriceM est s.d.p. (proposition 1.23 du polycopié). Elle admet donc une décomposition de Choleski.

2. Donner la décompositionLU deM.

Corrigé – La décompositionLUdeMestL=

"₁ ₀ ₀ 2 1 0 1 2 1

# etU=

"₁ ₂ ₁ 0 4 8 0 0 1

# .

3. Donner la décomposition de Choleski deM. Corrigé – La décomposition de Choleski deMestL=

"₁ ₀ ₀ 2 2 0 1 4 1

# .

Exercice 2(Système avec plus d’inconnues que d’équation, barème 3 points).

SoientA∈M_n,p(IR)avecp > n≥1etb∈IRⁿ.

1. On suppose qu’il existe au moins un vecteurxdeIR^ptel queAx=b. Montrer qu’il existe alors une infinité de vecteursxdeIR^ptel queAx=b.

Corrigé –

Le théorème du rang donnedim(Ker(A)) =p−dim(Im(A))>0cardim(Im(A)) = rang(A)≤n < p. Il existe donc une infinité de vecteursytels queAy= 0.

Si il existextel queAx = b, on a alorsA(x+y) = bpour toutytel queAy = 0, ce qui donne la conclusion demandée.

2. Donner un exemple avecn= 2etp= 3pour lequel il n’existe pas de vecteurxdeIR^ptel queAx=b.

Corrigé – Il suffit de prendreA= 0etb6= 0.

Exercice 3(Vitesse de convergence pour la méthode de Jacobi, barème 8 points).

Soient Aune matrice carrée d’ordren, inversible, etb ∈ IRⁿ,n > 1. On posex¯ = A⁻¹b. On noteD la partie diagonale deA,−Ela partie triangulaire inférieure stricte deAet−Fla partie triangulaire supérieure stricte deA.

On suppose queDest inversible et on noteBJla matrice des itérations de la méthode de Jacobi, c’est-à-direBJ = D⁻¹(E+F). On rappelle que la méthode de Jacobi s’écrit

Initialisation :x⁽⁰⁾ ∈IRⁿ,

Itérations :pour toutk≥0,Dx^(k+1)= (E+F)x^(k)+b.

On munitIRⁿd’une norme notéek · k. On noteρle rayon spectral deBJ.

1

(2)

1. On suppose queBJ est diagonalisable dansIR (c’est-à-dire qu’il existe une base deIRⁿ formée de vecteurs propres de BJ). Montrer qu’il existeC > 0, dépendant deA,b,x⁽⁰⁾ et de la norme choisie sur IRⁿ, mais indépendant dek, telle que

kx^(k)−xk ≤Cρ^kpour toutk≥0.

Corrigé – Soitf1, . . . , fnune base deIRⁿformée de vecteurs propres deBJ. On a donc, pour touti∈ {1, . . . , n}, BJfi=λifiavecλi∈IRetρ= max{|λi|, i∈ {1, . . . , n}}.

La suite(x^(k))k∈INdonnée par la méthode de Jacobi vérifie, pour toutk≥0,x^(k+1)−x=BJ(x^(k)−x). En écrivant x⁽⁰⁾−xdans la basef1, . . . , fnon ax⁽⁰⁾−x=Pn

i=1αifi. Par récurrence surk, on en déduit, pour toutk≥0, x^(k)−x=

n

X

i=1

λ^kiαifi. Comme|λi| ≤ ρ, on en déduitkx^(k) −xk ≤ ρ^kPn

i=1|αi|kfik, ce qui donne le résultat demandé avec C = Pn

i=1|αi|kfik.

N.B. Ce résultat reste vrai siBJ est diagonalisable dansCl.

2. On ne suppose plus queBJest diagonalisable. Montrer que pour toutε >0, il existeCε>0, dépendant deA, b,x⁽⁰⁾,εet de la norme choisie surIRⁿ, mais indépendant dek, telle que

kx^(k)−xk ≤Cε(ρ+ε)^kpour toutk≥0.

Corrigé – Soitε >0. On sait qu’il existe une norme surIRⁿ, notéek · kε, telle que la norme induite surM_n(IR) (encore notéek · kε) vérifiekBJkε≤ρ+ε. (On rappelle que cette norme dépend deεetBJ.)

Avec cette norme, on a donc

kx^(k)−xkε≤ kBJk^kεkx⁽⁰⁾−xkε≤ kx⁽⁰⁾−xkε(ρ+ε)^k.

D’autre part, comme surIRⁿtoutes les normes sont équivalentes, il existeD∈IRtel quek · k ≤Dk · kε. On a donc kx^(k)−xkε≤Cε(ρ+ε)^kavecCε=Dkx⁽⁰⁾−xkε.

Dans la suite de cet exercice on prendn= 2etA=

2 −1

−1 2

.

3. Dans cette question, on choisit, pour norme dansIR², la norme euclidienne, c’est-à-direkxk² = x²₁+x²₂ si x=

x1

x2

. Montrer qu’il existeC(dépendant debetx⁽⁰⁾, mais non dek) telle que

kx^(k)−xk=Cρ^kpour toutk≥0. (1)

Corrigé – BJ =D⁻¹(E+F) = 0 ¹₂

1

2 0

. On a doncρ=¹₂. Soitx⁽⁰⁾∈IR²,x⁽⁰⁾−x=α1e1+α2e2. On a alors

x^(k)−x= (1

2)^k(α1e1+α2e2)sikest pair, x^(k)−x= (1

2)^k(α1e2+α2e1)sikest impair.

On en déduit que|x^(k)−x|=ρ^k|x⁽⁰⁾−x|pour toutk≥0.

4. Montrer qu’il existe des normes dansIR² pour lesquelles la conclusion de la question 3 est fausse (c’est-à- dire pour lesquelles la suite(kx^(k)−xk/ρ^k)k∈IN n’est pas une suite constante sauf éventuellement pour des valeurs particulières dex⁽⁰⁾).

2

(3)

Corrigé – On prend, par exemple,kxk=p

2x²₁+x²₂pourx= x1

x2

. Avec les notations de la question précédente, on akx^(k)−xk = ρ^kp

2α²₁+α²₂ sikest pair etkx^(k)−xk = ρ^kp

2α²₂+α²₁sikest impair.

La suite(kx^(k)−xk/ρ^k)k∈INest une suite constante seulement siα²₁=α²₂.

Exercice 4(Méthode de la puissance, barème 8 points).

SoitA ∈ M_n(IR)ety⁽⁰⁾ ∈ IRⁿ\ {0}. On rappelle que la méthode de la puissance consiste à construire une suite (x^(k))k∈INde la manière suivante :

Initialisationx⁽⁰⁾=_|y^y⁽⁰⁾(0)| ∈IRⁿ\ {0},

Itérationspourk≥0, siAx^(k)6= 0,x^(k+1)=_|Ax^Ax^(k)(k)|

où|x|désigne la norme euclidienne du vecteurx.

En définissant la suite(y^(k))k∈INpary^(k)=A^ky⁽⁰⁾pour toutk∈IN, on remarque que, siy^(k)6= 0pour toutk, x^(k)= y^(k)

|y^(k)|, pour toutk∈IN.

On notee1, . . . , enla base canonique deIRⁿ. 1. Dans cette question, on poseA=

λ µ 0 λ

avecλ, µ∈IR,λ >0,µ6= 0.

(a) Montrer queAn’est pas diagonalisable.

Corrigé – Le nombreλest l’unique valeur propre deAetdim(Ker(A−λI)) = 1(carKer(A−λI) = IRe1).

On en déduit queAn’est pas diagonalisable (on ne peut pas trouver deux vecteurs propres deAindépendants).

On utilise la méthode de la puissance avecy⁽⁰⁾=α1e1+α2e2,α26= 0.

(b) Montrer que la méthode de la puissance définit bien une suite(x^(k))k∈INet quex^(k)est, pour toutk∈IN, colinéaire au vecteur(α1+kα2µ/λ)e1+α2e2.

Corrigé –

La matriceAest inversible, on a doncy^(k)6= 0pour toutk. La suite(x^(k))k∈INest donc bien définie.

En utilisant le fait queAe1=λe1etAe2=µe1+λe2, on montre maintenant par récurrence que y^(k)=λ^k((α1+α2kµ/λ)e1+α2e2).

On a bieny⁽⁰⁾=α1e1+α2e2. Puis, soitk≥0t.q.y^(k)=λ^k((α1+α2kµ/λ)e1+α2e2), on a alors y^(k+1)=Ay^(k)=λ^k((α1+α2kµ/λ)λe1+α2(µe1+λe2)) =λ^k+1((α1+α2(k+ 1)µ/λ)e1+α2e2), ce qui termine la récurrence.

(c) Calculerlimk→+∞x^(k)etlimk→+∞Ax^(k)·x^(k). Corrigé – Pourk≥1, on a

y^(k)=λ^kk((α2

µ

λ)e1+α1e1+α2e2

k ),

et donc

x^(k)= y^(k)

|y^(k)| = (α2µ

λ)e1+^α¹^e¹^+α_k ²^e²

|(α2µ

λ)e1+^α¹^e¹^+α_k ²^e²|.

Commeα2µ6= 0, ceci prouve quelimk→+∞x^(k) =εe1ouε =±1selon le signe deα2µ. On en déduit que limk→+∞Ax^(k)·x^(k)=Ae1·e1=λ.

(d) Peut-on appliquer le théorème vu en cours sur la méthode de la puissance à cette matrice ?

3

(4)

Corrigé – Non. Le théorème du cours (théorème 1.61) ne s’applique pas carλest le rayon spectral deAet est une valeur propre double deA.

2. Dans cette question, on poseA=





λ 0 0 0 µ γ 0 0 µ



avecλ, µ, γ∈IR,λ >0,γ6= 0.

(a) Montrer queAn’est pas diagonalisable.

Corrigé –

La matriceAn’est pas diagonalisable carµest est valeur propre double maisdim(Ker(A−µI)) = 1.

On utilise la méthode de la puissance avecy⁽⁰⁾=α1e1+α2e2+α3e3,α16= 0.

(b) Montrer que la méthode de la puissance définit bien une suite(x^(k))k∈IN.

Corrigé – La matriceAn’est pas forcément inversible carµpeut être nul. Mais, commeα1 6= 0, on peut remarquer quex^(k)est bien défini pour toutkcary^(k)a toujours une première composante non nulle.

Plus précisément, en utilisant le fait queAe1=λe1,Ae2=µe2etAe3=γe2+µe3, on montre par récurrence, en reprenant le raisonnement de la question 1b, que pourk≥1,

y^(k)=λ^kα1e1+µ^kα2e2+µ^k−1kγα3e2+µ^kα3e3. (2) En effet, on ay⁽¹⁾=α1λe1+α2µe2+α3(µe3+γe2) =λα1e1+µα2e2+γe2+µα3e3.

Puis, soitk≥1t.q.y^(k)=λ^kα1e1+µ^kα2e2+µ^k−1kγα3e2+µ^kα3e3., on a alors y^(k+1)=Ay^(k)=λ^k+1α1e1+µ^k+1α2e2+µ^kkγα3e2+µ^kγα3e2+µ^k+1α3e3

=λ^k+1α1e1+µ^k+1α2e2+µ^k(k+ 1)γα3e2+µ^k+1α3e3. ce qui termine la récurrence.

(c) Calculerlimk→+∞x^(k)etlimk→+∞Ax^(k)·x^(k).

Corrigé – Commeλ >|µ|, on alimk→+∞(_λ^µ)^k= 0etlimk→+∞k

λ(^µ_λ)^k−1= 0. Commeα16= 0, on déduit alors de la formule (2) quelimk→+∞x^(k)=εe1oùε=±1selon le signe deα1.

On remarque enfin quelimk→+∞Ax^(k)·x^(k)=Ae1·e1=λ.

(d) Peut-on appliquer le théorème vu en cours sur la méthode de la puissance à cette matrice ? Corrigé – Oui, ici toutes les conditions du théorème 1.61 sont satisfaites.

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