Une solution kAk1 = max 1≤j≤n X 1≤i≤n |aij|= max(6

MT09 - A2010 - Examen m´edian - Questions de cours - Corrig´e Dur´ee : 30mn. Sans documents ni machines `a calculer - R´ediger sur l’´enonc´e

Exercice 1 (bar`eme indicatif : 1 point) Soit la matriceA=





1 0

−1 4

4 1



. CalculerkAk₁,kAk_∞ etkAk₂. Une solution

kAk₁ = max

1≤j≤n

X

1≤i≤n

|a_ij|= max(6; 5) = 6, kAk∞= max

1≤i≤n

X

1≤j≤n

|a_ij|= max(1; 5,5) = 5, kAk₂ =

q

ρ(A^TA) = q

ρ(AA^T)

Ici, on choisit de travailler avecA^TAparce que c’est une matrice 2×2, tandis queAA^T est une matrice 3×3. Il vient

A^TA=

18 0 0 17

d’o`ukAk₂=√ 18.

Exercice 2 (bar`eme indicatif : 2 points)

1. Donner la d´efinition de matrice `a diagonale strictement dominante.

2. Montrer que les coefficients diagonaux d’une matrice `a diagonale strictement dominante sont non nuls.

3. SoitA∈ M_nn(IR). Soit J la matrice d´efinissant les it´erations de Jacobi appliqu´ee `a un syst`eme lin´eaire de matriceA. Exprimer la norme kJk∞ en fonction des coefficients de A.

4. En d´eduire que la m´ethode de Jacobi converge lorsqueA est `a diagonale strictement dominante.

Une solution

1. D´efinition IV.1.1, chapitre 4, page 7.

2. Car |a_ii|>P

j6=i|a_ij| ≥0.

3. Proposition IV.1.2, page 7. On a

kJk_∞=kD⁻¹(E+F)k_∞= max

1≤i≤n

X

1≤j≤n

|J_ij|= max

1≤i≤n

1

|a_ii| X

j6=i

|a_ij|.

4. Des questions 1 et 2, on d´eduit que, quel que soit i, la somme pr´ec´edente du num´erateur est strictement inf´erieure au d´enominateur, de sorte quekJk_∞<1.

Exercice 3 (bar`eme indicatif : 2 points) Soit A∈ M₂₂(IR), d´efinie par A=

1 1 1 +ε 1

, o`uε∈IR.

1. CalculerkAk_∞.

2. Calculer l’inverse deA, en r´esolvant deux syst`emes lin´eaires de matrice A.

3. Calculer le conditionnement deA pour la norme k.k_∞.

4. Que peut-on en conclure pour la pr´ecision obtenue sur la solution deAx=b, quandεest petit ? Ce r´esultat est-il surprenant ?

Une solution Soit

A=

1 1 1 +ε 1

.

1. kAk_∞= max(2 +ε; 2) = 2 +ε.

2. On consid`ere le syst`eme

(x1+x2=y1,

(1 +ε)x₁+x₂ =y₂, ⇒

(x1 = ¹_ε(y2−y1), x₂ = ^1+ε_ε y₁−¹_εy₂. Alors,

A⁻¹ = 1 ε

−1 1 1 +ε −1

.

3. Le conditionement de la matriceA

cond∞(A) =kAk_∞kA⁻¹k_∞= (2 +ε)² ε .

4. Des questions ci-dessus, on peut d´eduire :

• Le conditionement de la matriceAest grand, quandεest petit. En cons´equence, le probl`eme de la r´esolution d’un syst`eme d’´equations lin´eaires de matrice A sera tr`es mal condition´e, pourεpetit.

• Ce n’est pas surprenant, car l’on constate que quandεtend vers 0, la matrice tend vers une matrice singuli`ere : ses deux lignes sont ´egales. Alors, pourε= 0, le syst`eme d’´equations lin´eaires Ax = y, de matrice A, n’admet aucune solution si y1 6= y2. Par contre, pour y₁=y₂=a,x₁= 0, x₂ =aest solution, ainsi que x₁ =α,x₂ =a−α, quel que soitα.

MT09 - A2010 - Examen m´edian - Deuxi`eme partie - Corrig´e Dur´ee : 1h30. Seuls les polycopi´es de cours et de Scilab sont autoris´es.

Barˆeme de la question de cours d´ej`a trait´ee : 5 points

Le r´esultat de toute question peut ˆetre admis pour r´esoudre les suivantes.

Exercice 1: (bar`eme indicatif : 5 points) CHANGER DE COPIE

Toutes les matrices de cet exercice seront des matrices carr´ees `an lignes etn colonnes.

Soit A la matrice d´efinie par :

A= 1 h

















4 1 0 · · · 0 1 4 1 · · · 0 ... . .. ... ... ... ... · · · 1 4 1

· · · 0 1 4

















o`un eth satisfont la relation nh= 1.

1. CalculerkAk∞. 2. On poseA= 4

h(I+N), o`u I est la matrice identit´e. Donner N et calculerkNk_∞. 3. Soitk.k, une norme matricielle subordonn´ee.

(a) Montrer quekIk= 1.

(b) Soit E une matrice carr´ee. On admettra que, lorsque kEk < 1, la matrice I +E est inversible. V´erifier l’identit´e :

(I+E)⁻¹=I −(I+E)⁻¹E.

En d´eduire que

k(I+E)⁻¹k ≤ 1 1− kEk.

4. Utiliser le r´esultat pr´ec´edent pour obtenir une majoration dekA⁻¹k_∞. 5. En d´eduire une majoration du conditionnement de A, pour la norme k.k_∞.

6. Que peut-on en d´eduire sur le comportement de ce conditionnement, lorsqueh→0 ? Une solution

1.

kAk_∞= max

1≤i≤n

X

1≤j≤n

|a_ij|= 6 h.

2. A= 4

h(I+N).Alors la matrice N est bien

N = 1 4

















0 1 0 · · · 0 1 0 1 · · · 0 ... . .. ... ... 0 ... · · · 1 0 1

· · · 0 1 0

















Sa norme

kNk_∞= max

1≤i≤n

X

1≤j≤n

|N_ij|= 1 2.

3. Soitk · k une norme subordonn´ee. On a kIk= max

x6=0

kIxk

kxk = max

x6=0

kxk kxk = 1.

On consid`ereI+E. On a

(I+E)⁻¹(I +E) = (I +E)⁻¹I+ (I+E)⁻¹E =I

⇐⇒ (I+E)⁻¹ =I−(I+E)⁻¹E.

Donc,

k(I+E)⁻¹k=kI −(I+E)⁻¹Ek

≤ kIk+k(I+E)⁻¹Ek

≤1 +k(I+E)⁻¹kkEk.

Alors,

k(I+E)⁻¹k ≤ 1 1− kEk. 4. Comme A= 4

h(I+N), on aA⁻¹ = h

4(I+N)⁻¹, d’o`u kA⁻¹k_∞≤ h

4 1

1−1/2 = h 2. 5. Le conditionement de la matriceAest bien

cond∞(A) =kAk_∞kA⁻¹k_∞≤ 6 h

h 2 = 3.

Alors, lorsquehtend vers z´ero, le conditionement deAreste major´e par 3, ind´ependamment de h. C’est un excellent conditionnement.

Exercice 2 (bar`eme indicatif : 6 points)CHANGER DE COPIE

Soit f : [−π/2, π/2] → [−1,0] la fonction d´efinie par : f(x) = cosx−1. On d´esire r´esoudre num´eriquement l’´equation f(x) = 0 par la m´ethode de Newton.

1. Quelle est la racine de cette ´equation sur l’intervalle [−π/2, π/2] ? 2. ´Ecrire l’algorithme de la m´ethode de Newton pour cette ´equation.

3. On rappelle que pourxpetit cosx−1 et sinxse comportent comme−x²/2 etx respectivement.

Soit alors g la fonction qui d´efinit les it´erations de Newton. Calculer g⁰ au point fixe de la fonctiong. On pourra ˆetre conduit `a faire un passage `a la limite pour lever une ind´etermination.

Que constatez-vous ? Une solution

1. Sur l’intervalle [−π/2, π/2], l’´equation cosx= 1 admet l’unique solutionx= 0,

2. La m´ethode de Newton est une m´ethode it´erative de r´esolution d’´equations non lin´eaires. Pour une ´equation unique, elle s’´ecrit :







x0 donn´e,

x_n=xn−1− f(xn−1) f⁰(xn−1)

et l’on it`ere jusqu’`a la convergence, ou jusqu’`a un nombre maximum d’it´erations d´etermin´e. Ici, l’´equation de r´erurrence s’explicite en

x_n=xn−1− cosxn−1−1

−sinxn−1

=xn−1+cosxn−1−1 sinxn−1

.

3. On remarque que en x= 0, f s’annule, mais aussi f⁰. Ainsi, quand on ´etudie la fonctiong qui d´efinit les it´erations, soit

g(x) =x− f(x)

f⁰(x) =x+cosx−1 sinx

on observe en x = 0 une forme ind´etermin´ee, de la forme 0/0. Il faut donc lever cette ind´etermination. On a

x→0lim

cosx−1 sinx = lim

x→0

−x²/2 x = lim

x→0−x 2 = 0, de sorte que l’on a bien lim

x→0g(x) = 0 : 0 est bien point fixe deg.

Ensuite, il nous faut obtenirg⁰(0). On a

g⁰(x) = f(x)f⁰⁰(x) (f⁰(x))² , d’o`u

x→0limg⁰(x) = lim

x→0

(cosx−1)(−cosx) sin²x = lim

x→0

−^x₂²(−1) x² = lim

x→0

1 2 = 1

2.

Comme|g⁰(0)|= ¹₂ <1, nous pouvons appliquer le th´eor`eme de convergence locale : la m´ethode de Newton convergera pour toutx0 suffisamment proche de 0. Par contre g⁰(0) n’est pas nul et nous n’aurons pas la convergence quadratique de la proposition IV.2.5 page 14.

4. On refait le mˆeme travail avec la fonctionh. On trouve de la mˆeme mani`ere h(0) = 0 et pour h⁰, on a

h⁰(x) =−1 + 2f(x)f⁰⁰(x) (f⁰(x))² , d’o`u

x→0limh⁰(x) =−1 + 1 = 0.

On retrouve la convergence quadratique locale.

5. Plutˆot que d’interrompre tout, quand le nombre maximum d’it´erations est atteint, nous pr´ef´erons introduire une variableconv, `a laquelle nous donnerons la valeur 1, en cas de convergence et 0 dans le cas contraire.

function [y,conv,n]=newton(x0,eps,Nmax) x=x0

conv=1

for n=1:Nmax

y=x+(cos(x)-1)/sin(x) if abs(y-x)<eps

return end x=y end conv=0 endfunction

Exercice 3 (bar`eme indicatif : 4 points)CHANGER DE COPIE

Soit A∈ M₃₃(IR) la matrice d´efinie par A=





1 −1 0

ε−1 1 0

0 −1 3



.

1. Montrer que cette matrice admet une d´ecomposition LU.

2. Calculer cette d´ecomposition en utilisant l’algorithme d’´elimination de Gauss.

3. Utiliser cette d´ecomposition pour r´esoudre le syst`emeAx=bavec b= (0ε2)^T. 4. La solution obtenue d´epend-elle de ε? Pouvez-vous expliquer ce r´esultat ? Une solution

1. Le th´eor`eme II.4.2, page 21, nous dit qu’une condition n´ecessaire et suffisante est que les sous matrices principales soient inversibles. Ici, leurs d´eterminants sont 1, ε, et 3ε, qui sont non nuls pourε6= 0.

Un autre condition n´ecessaire et suffisante est que les pivots soient non nuls. Mais attention, les pivots ne sont pas les coefficients diagonaux de la matrice de d´epart, mais ceux de U, que l’on ne connaˆıt pas encore. On trouvera 1,εet 3.

2. L’algorithme de Gauss nous donne : A⁽²⁾ =





1 −1 0

0 ε 0

0 −1 3



 etm21=ε−1, m31= 0.

puis

A⁽³⁾ =





1 −1 0

0 ε 0

0 0 3



 etm₃₁=−1 ε,

d’o`u

L=





1 0 0

ε−1 1 0 0 −¹_ε 0



 etU =





1 −1 0

0 ε 0

0 0 3



.

3. On r´esout successivement Ly=b, puis U x=y; On obtient y=



 0 ε 3



 puis x=



 1 1 1



.

4. La solution ne d´epend pas de ε. R´esolvonsAx=y, pour un y quelconque. Il vient x₁ = y₁+y₂

ε , x₂= y₁+y₂

ε −y₁, y₃ = y₁+y₂

3ε +y₃−y₁ 3 .

Par cons´equent, pour avoir une solution ind´ependante deε, il faut et il suffit que y1+y2=Cε.

On obtient alors

x1=C, x2 =C−y1, x3 = y3−y1

3 +C

3. Le cas de l’exercice correspond `aC = 1.

Enfin, dans le cas o`uε= 0, les deux premi`eres ´equations sont incompatibles siy₁+y₂ 6= 0, ou se r´eduisent `a une seule, dans le cas contraire. Nous obtenons alors un syst`eme de deux ´equations

`

a trois inconnues. Posonsx₂ =α, la solution g´en´erale s’´ecrit alors x1 =α+y1, x2=α, x3 = α+y3

3 . On retrouve les solutions pr´ec´edentes, avecα=C−y₁.