Soit F : R d → R de classe C 1 , et soit x ∈ R d tel que ∇F (x) 6= 0. Montrer que h ∈ R d est une direction de descente en x si et seulement si h∇F (x), hi < 0.

Correction du Partiel

12/03/2018 D. Gontier, gontier@ceremade.dauphine.fr

Deux heures. Les documents ne sont pas autorisés. Les exercices sont indépendants.

Exercice 1 (3pts)

Soit F : R ^d → R de classe C ¹ , et soit x ∈ R ^d tel que ∇F (x) 6= 0. Montrer que h ∈ R ^d est une direction de descente en x si et seulement si h∇F (x), hi < 0.

La fonction F x,h (t) = F (x + th) est C ¹ , et on a

∂ t F x,h (t) = h∇F(x + th), hi, et en t = 0, ∂ t F x,h (t) = h∇F(x), hi.

Par définition, le vecteur h est une direction de descente en x si le membre de gauche est strictement négatif.

Exercice 2 (7pts)

Soit Φ : R → R la suite définie par Φ(x) = x + sin(x). On pose x ₀ ∈ R et x _n+1 = Φ(x _n ).

a/ Montrer que Φ est une fonction strictement croissante, et calculer ses points fixes.

b/ Soit k ∈ N , et x 0 ∈ (kπ, (k + 1)π). Montrer que pour tout n ∈ N , on a x n ∈ (kπ, (k + 1)π), puis montrer que la suite (x n ) est croissante si k est pair, et décroissante si k est impair.

c/ Montrer que si x 0 = 3, alors la suite (x n ) converge vers π.

d/ Montrer que x ∈ R , on a

|Φ(x) − Φ(π)| ≤ 1

6 max |Φ ⁰⁰⁰ | · |x − π| ³ . e/ En déduire que si x 0 = 3, alors la suite (x n ) converge vers π à l’ordre 3.

a/ La fonction Φ est C ^∞ , et on a Φ ⁰ (x) = 1 + cos(x) ≥ 0, donc Φ est croissant. Supposons par l’absurde qu’il existe a < b tel que Φ(a) = Φ(b). Alors Φ serait constante sur [a, b], et on aurait Φ ⁰ (x) = 0 pour tout x ∈ [a, b], ce qui est impossible, car Φ ⁰ ne s’annule qu’aux points x = ^π ₂ + Z π, qui est discret. Donc Φ est strictement croissant.

b/ Pour tout k ∈ N , on a Φ(kπ) = kπ, donc les points kπ sont des points fixes de Φ. Si kπ < x ₀ < (k + 1)π, alors par croissance de Φ et une récurrence immédiate, on a Φ ⁿ (kπ) < Φ ⁿ (x ₀ ) < Φ ⁿ ((k + 1)π), où Φ ⁿ est composée n fois de Φ. Cette dernière égalité est aussi kπ < x n < (k + 1)π.

Si k est paire, la fonction sin est (strictement) positive sur (kπ, (k + 1)π). Donc, si kπ ≤ x n ≤ (k + 1)π, on a x n+1 − x n = sin(x n ) ≥ 0, et par une récurrence immédiate, la suite (x n ) est strictement croissante.

Le raisonnement est similaire si k est impair.

c/ D’après le point b/, si x 0 = 3 ∈ (0, π), la suite (x n ) est strictement croissante, et majorée par π, donc converge vers une limite x ^∗ ∈ [3, π]. Par continuité de Φ, on doit avoir x ^∗ = Φ(x ^∗ ). La seule limite possible est donc x ^∗ = π.

d/ D’après la formule de Taylor à l’ordre 2, il existe ξ ∈ (x, π) tel que Φ(x) = Φ(π) + Φ ⁰ (π) · (x − π) + 1

2 Φ ⁰⁰ (π) · (x − π) ² + 1

6 Φ ⁰⁰⁰ (ξ) · (x − π) ³ .

Dans notre cas, on a Φ ⁰ (π) = 1 + cos(π) = 0, Φ ⁰⁰ (π) = − sin(π) = 0 (et Φ ⁰⁰⁰ (π) = − cos(π) = 1 6= 0). Ainsi,

|Φ(x) − Φ(π)| = 1

6 |Φ ⁰⁰⁰ (ξ)| · |x − π| ³ ≤ 1

6 max |Φ ⁰⁰⁰ | · |x − π| ³ .

e/ En se rappelant que Φ(π) = π, et si x ₀ = 3, alors |π − x ₀ | < 1. De plus, comme ¹ ₆ < 1, on obtient par récurrence que

|x n − x ₀ | < |x n−1 − π| ³ < · · · < |x 0 − π| ³

ⁿ

, et la méthode converge à l’ordre 3.

Exercice 3 (7pts)

Soit F (v) : R ² → R de classe C ¹ et soit τ > 0. On étudie l’algorithme suivant : on commence en v 0 = (x 0 , y 0 ) ∈ R ² , puis on pose

v n+1 = v n + τh n , avec h n =

( (−∂ x F (v n ), 0) ^T si n est pair (0, −∂ _y F(v _n )) ^T si n est impair.

a/ Montrer que pour tout n ∈ N , soit h n est une direction de descente, soit h n = 0.

b/ Dans le cas où F (v) := kvk ² (= x ² + y ² ),

(i) Montrer que pour tout n ∈ N , on a v _n+2 = (1 − 2τ)v _n .

(ii) À quelle condition sur τ la suite (v _n ) converge-t-elle vers 0 ? Que se passe-t-il si τ = ¹ ₂ ?

(iii) Tracer quelques courbes de niveau de F et les points (v 0 , v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5 ) lorsque v 0 = (−1, −1) et τ = ¹ ₄ , puis lorsque τ = ³ ₄ (deux grandes figures !).

c/ Le code suivant implémente la méthode dans le cas général, mais comporte des erreurs, lesquelles ?

1 d e f a l g o r i t h m e( F , dF , v0 , tau , tol =1 e -6 , N i t e r = 1 0 0 0 ) : 2 f o r n in r a n g e ( N i t e r ) :

3 vn = v0

4 g r a d F = dF ( vn )

5 h1 , h2 = g r a d F [0] , g r a d F [1]

6 if a b s( g r a d F ) < tol :

7 r e t u r n vn

8 if ( n %2 == 0) : # n %2 est n m o d u l o 2.

9 vn = vn + tau * a r r a y ([ - h1 , 0])

10 e l s e :

11 vn = vn + tau * a r r a y ([ - h2 , 0])

12 p r i n t( " Erreur , l ’ a l g o r i t h m e n ’ a pas c o n v e r g é a p r è s ", Niter , " i t é r a t i o n s . " )

a/ D’après l’exercice 1, il suffit de calculer h∇F (x n ), h n i. On obtient, si n est paire, h∇F (x n ), h n i = − (∂ x F (v n )) ² + 0 ≤ 0.

Ainsi, si ce nombre est strictement négatif, alors h n est une direction de descente. Sinon, c’est que ∂ x F(v n ) = 0, mais dans ce cas, on a aussi h n = 0.

b/ i) On noten v n = (x n , y n ). On a ∇F (v) = (2x, 2y). Si n ∈ 2 N , on a donc ( x _n+1 = x _n − 2τ x _n

y n+1 = y n

et

( x _n+2 = x _n+1 = (1 − 2τ)x _n

y n+2 = y n+1 − 2τ y n = (1 − 2τ)y n . Le raisonnement est similaire pour n impair. Ainsi, on a bien v n+2 = (1 − 2τ)v n . ii) Par une récurrence immédiate, on a

v 2n = (1 − 2τ) ²ⁿ v 0 et v 2n+1 = (1 − 2τ) ²ⁿ v 1 .

Ces deux suites convergent vers 0 ssi |1 − 2τ| < 1, ou encore ssi 0 < τ < 1. Si τ = 1/2, on a v ₂ = (0, 0), qui est le minimum de F . On trouve donc la solution en 2 itérations.

iii) On obtient un zigzag lorsque τ = ¹ ₄ , et une spirale lorsque τ = ³ ₄ .

c/ Il y a 3 erreurs : le "vn = v0" doit être la boucle "for", le "abs(graF)" doit être un "norm(gradF)" (c’est un vecteur), et enfin, le "array([-h2, 0])" doit être "array([0, -h2])".

Exercice 4 (3pts)

Soit g ∈ C ⁰ ([−1, 1]) une fonction continue. On cherche la meilleure approximation linéaire de g. Autrement dit, on veut minimiser F : R ² → R , où

F (a ₀ , a ₁ ) :=

Z 1

−1

(g(x) − a ₀ − a ₁ x) ² dx.

a/ Montrer que

F (a 0 , a 1 ) = Z 1

−1

g ² (x)dx− 1 2

Z 1

−1

g(x)dx ²

− 3 2

Z 1

−1

xg(x)dx ²

+2

a 0 − 1 2

Z 1

−1

g(x)dx ²

+ 2 3

a 1 − 3

2 Z 1

−1

xg(x)dx ²

.

b/ En déduire que F admet un unique minimum. Quel est ce minimum ?

a/ En développant le carré, puis en regroupant les termes, on obtient (on utilise R

x = 0, R

1 = 2 et R

x ² = ² ₃ )

F (a 0 , a 1 ) = Z 1

−1

g(x) ² + a ² ₀ + a ² ₁ x ² − 2a 0 g(x) − 2a 1 xg(x) + 2a 0 a 1 x dx

= Z 1

−1

g(x) ² dx

+

2a ² ₀ − 2a 0

Z 1

−1

g(x)dx

+ 2

3 a ² ₁ − 2a 1

Z 1

−1

xg(x)dx

= Z 1

−1

g(x) ² dx

+

"

2

a ₀ − 1 2

Z 1

−1

g(x)dx ²

− 1 2

Z 1

−1

g(x)dx ² #

+

"

2 3

a ₁ − 3

2 Z 1

−1

xg(x)dx ²

− 3 2

Z 1

−1

xg(x)dx ² #

.

2

b/ Dans l’expression précédente, la première partie ne dépend pas de a ₀ ni de a ₁ . Les deux derniers termes sont positifs, et ne s’annulent que si

a 0 = 1 2

Z 1

−1

g(x)dx et a 1 = 3 2

Z 1

−1

xg(x)dx.

C’est donc l’unique minimum.

3