énoncés. On notera que certaines questions peuvent être résolues indépendamment.

(1)

Universit´e Pierre et Marie Curie – Paris 6 Examen semestriel

Licence de Math´ematiques Analyse Hilbertienne et Num´erique

5 juin 2009 15h `a 18h

R´ esoudre chaque probl` eme sur une feuille s´ epar´ ee. Les appareils électroniques et les documents sont interdits. Les solutions devront être rédigées de manière ri- goureuse. Lorsque des résultats du cours seront utilisés, ils devront clairement être

énoncés. On notera que certaines questions peuvent être résolues indépendamment.

Probl` eme I. (50 points) H et G sont des espaces hilbertiens complexes, et T : H → G est un opérateur linéaire et borné.

1/ Donner la caract´erisation de l’adjoint de T , que l’on d´esigne par T

^∗

. 2/ Montrer que T

^∗∗

= T .

3/ Soient (x

_n

)

_n∈N

une base hilbertienne de H et `

²

(N) = ©

(ξ

_n

)

_n∈N

∈ C

^N

| P

n∈N

|ξ

_n

|

²

< +∞ ª . On rappelle que `

²

(N) est un espace hilbertien muni du produit salaire

¡ (ξ

_n

)

_n∈N

, (η

_n

)

_n∈N

¢ 7→ X

n∈N

ξ

_n

η

_n

.

On pose

T : H → `

²

(N) : x 7→ (hx | x

_n

i)

_n∈N

. Calculer T

^∗

.

4/ Soit V un sous-espace vectoriel ferm´e de H et soit P

_V

son projecteur. Montrer que P

_V^∗

= P

_V

. 5/ Montrer que ker(T

^∗

◦ T ) = ker T .

6/ Montrer que kT k = kT

^∗

k = p

kT ◦ T

^∗

k.

7/ On suppose que l’image Im T de T est ferm´ee, on fixe y ∈ G , et on pose C = ©

x ∈ H | (∀x

⁰

∈ H) kT x − yk

_G

≤ kT x

⁰

− yk

_G

ª .

On appelle C l’ensemble des solutions aux moindres carr´e de l’´equation T x = y.

a/ Montrer que les propriétés suivantes sont équivalentes.

i. x ∈ C.

ii. T x = P

_Im_T

y.

iii. (T

^∗

◦ T )x = T

^∗

y.

b/ Montrer que C possède un unique élément de norme minimale.

c/ On pose f : H → R: x 7→ kT x − yk

²_G

/2. Quel est l’ensemble des points critiques de f ?

1

(2)

Probl` eme II. (50 points)

1/ Soit A ∈ C

^n×n

et soit ρ(A) son rayon spectral. On rappelle tout d’abord que pour tout ε ∈ ]0, +∞[, il existe une norme matricielle subordonn´ee k · k d´ependant de A et de ε telle que

ρ(A) ≤ kAk < ρ(A) + ε. (1)

a/ Montrer que si ρ(A) < 1, alors il existe une norme k · k telle que kAk < 1.

b/ En d´eduire que si ρ(A) < 1, la suite (A

^k

)

_k≥0

converge vers la matrice nulle [0].

c/ Montrer la r´eciproque : si la suite (A

^k

)

_k≥0

converge vers [0], alors ρ(A) < 1.

2/ Soient A ∈ R

^n×n

, c ∈ R

ⁿ

et x

⁽⁰⁾

∈ R

ⁿ

. On consid`ere la suite (x

^(k)

)

_k≥0

de R

ⁿ

d´efinie par (∀k ∈ N) x

^(k+1)

= Ax

^(k)

+ c.

a/ Supposons que la suite (x

^(k)

)

_k≥0

converge dans R

ⁿ

vers un certain ¯ x ∈ R

ⁿ

. De quel système linéaire ¯ x est-il solution ? On suppose dans la suite que ce système admet une solution unique.

b/ D´eterminer une condition suffisante sur ρ(A) pour que la suite (x

^(k)

)

_k≥0

converge. Montrer que ce n’est pas une condition n´ecessaire.

c/ On suppose que A est symétrique réelle et qu’elle vérifie la condition du 2/b/. Montrer que la suite (x

^(k)

)

_k≥0

converge d’autant plus vite que ρ(A) est petit (on pourra étudier le système vérifié par P

⁻¹

(x

^(k)

− x), o` ¯ u P est la matrice des vecteurs propres de A).

3/ Soient A et B deux matrices inversibles de R

^n×n

et soient a et b deux vecteurs de R

ⁿ

. On consid`ere les suites (x

^(k)

)

_k≥0

et (y

^(k)

)

_k≥0

d´efinies par

(∀k ∈ N)

( x

^(k+1)

= By

^(k)

+ a

y

^(k+1)

= Ax

^(k)

+ b, (2)

o` u x

⁽⁰⁾

∈ R

ⁿ

et y

⁽⁰⁾

∈ R

ⁿ

sont donn´es.

a/ Supposons que les suites (x

^(k)

)

_k≥0

et (y

^(k)

)

_k≥0

convergent respectivement vers ¯ x ∈ R

ⁿ

et

¯

y ∈ R

ⁿ

. De quels systèmes linéaires ¯ x et ¯ y sont-ils solutions ? On suppose dans la suite que ces systèmes admettent une solution unique.

b/ D´eterminer une condition suffisante sur ρ(AB) pour que les deux suites convergent.

c/ Soit z

^(k)

=

· x

^(k)

y

^(k)

¸

∈ R

²ⁿ

. Montrer que (2) peut s’´ecrire

z

^(k+1)

= Cz

^(k)

+ c o` u C ∈ R

^2n×2n

et c ∈ R

²ⁿ

. Expliciter C et c.

d/ i. Montrer que si λ est valeur propre de C, alors λ

²

est valeur propre de AB.

ii. Montrer que si µ est valeur propre de AB avec pour vecteur propre associ´e u, et si β

²

= µ, alors β est valeur propre de C avec pour vecteur propre associ´e £

_Bu

βu

¤ . iii. En d´eduire que (ρ(C))

²

= ρ(AB).

e/ On considère maintenant la méthode itérative suivante :

(∀k ∈ N)

( x

^(k+1)

= By

^(k)

+ a

y

^(k+1)

= Ax

^(k+1)

+ b, (3)

Reprendre les questions 3/a/, 3/b/ et 3/c/ pour cette m´ethode.

f/ Montrer pour la m´ethode (3) que ρ(C) = ρ(AB).

g/ Dans le cas o` u les m´ethodes (2) et (3) convergent, comparer leurs vitesses de convergence.

2

(3)

Paris 6 – Licence de Math´ematiques – Analyse Hilbertienne et Num´erique Solution de l’examen de juin 2009

Solution du Pb I :

1/ (∀x∈ H)(∀y∈ G)hT x|yi_G =hx|T^∗yi_H.

3/ Soient x∈ Het y= (ηn)n∈N∈`²(N). On a hT x|yi_`2=X

n∈N

hx|xni_Hηn=X

n∈N

hx|ηnxni_H=

* x

¯¯

¯ X

n∈N

ηnxn

+

H

=hx|T^∗yi_H Donc

T^∗:`²(N)→ H: (ηn)n∈N7→X

n∈N

ηnxn.

hx|T yi=hx|T yiet nous obtenonsT^∗=T.

5/ Fixons x∈ H. AlorsT x= 0G ⇒T^∗(T x) = 0H. Donc kerT ⊂ker(T^∗◦T). R´eciproquement, puisque hT^∗◦T x|xi_H =hT x|T xi_G =kT xk²_G, (4) T^∗◦T x= 0H ⇒T x= 0G. Donc ker(T^∗◦T)⊂kerT.

6/ Soit x ∈ H. Alors kT xk²_G = hT x|T xi_G = hx|T^∗◦T xi_H ≤ kxkHkT^∗◦T xkH ≤ kT^∗◦Tk kxk²_H ≤ kT^∗k kTk kxk²_H. Par suite,

kTk²= sup

kxkH≤1

kT xk²_G ≤ kT^∗◦Tk ≤ kT^∗k kTk (5) et donc kTk ≤ kT^∗k. De même, par2/, nous obtenons kT^∗k ≤ kT^∗∗k=kTk. En résumé,kT^∗k=kTk et (5) entraˆıne kT^∗◦Tk=kTk².

7/ a/ Fixons x∈ H. Alors

(∀z∈ H) kT x−ykG ≤ kT z−ykG ⇔ (∀r∈ImT) kT x−ykG ≤ kr−ykG

⇔ T x=PImTy. (6)

Ceci prouve7/(a/)i ⇔7/(a/)ii. De plus, puisque ImT est une s.e.v. fermé, le théorème de projection affirme quePImTyest un point bien défini dans ImT. Par suite,C est l’ensemble non-vide T⁻¹({PImTy}).7/(a/)ii ⇔7/(a/)iii : D’après le théorème de projection,

T x=PImTy ⇔ (∀r∈ImT) hr|T x−yi_G = 0

⇔ (∀z∈ H) hT z|T x−yi_G = 0

⇔ (∀z∈ H) hz|T^∗(T x−y)i_H= 0

⇔ T^∗◦T x=T^∗y.

x∈ H |T^∗◦T x=T^∗yª

est un sous-espace affine, donc convexe, fermé de H. Donc PC0H, qui est l’élément de norme minimale dansC, est bien défini de manière unique par le théorème de projection.

c/ D’apr`es le cours,∇f:x7→T^∗(T x−y). Donc l’ensemble des points critiques def estC.

On retrouve l’expression de ∇f(x) comme suit : on a f(x+y)−f(x) = 1

2

¡kT x−b+T yk²− kT x−bk²¢

= 1

2

¡2hT x−b|T yi+kT yk²¢

= hy|T^∗(T x−b)i+1 2kT yk².

Ainsi, |f(x+y)−f(x)− hy|T^∗(T x−b)i | = ¹₂kT yk² ≤ ¹₂kTk²kyk². D’apr`es la d´efinition du gradient, on a bien ∇f(x) =T^∗(T x−b).

3

(4)

Solution du Pb II :

1/ a/ Comme ρ(A)<1, il existeε∈]0,+∞[ tel queρ(A) = 1−2ε. En utilisant (1), on obtientkAk= 1−ε <1.

b/ La norme de la question précédente étant une norme matricielle, on a kA^kk ≤ kAk^k. Comme kAk<1 on obtient bien la convergence de la suite (A^k)k≥0 vers [0].

c/ Si ρ(A)≥1, il existeλ∈Cet u∈Cⁿ\ {0} tels que|λ| ≥1 etAu=λu, c’est-`a-direA^ku=λ^ku.

Donc|||u||| ≤ |λ|^k· |||u|||=|||λ^ku|||=|||A^ku||| ≤ kA^kk · |||u|||où||| · |||désigne une norme surCⁿetk · kla norme matricielle qui lui est subordonnée. On obtient donc 1≤ kA^kk, ce qui contredit l’hypothèse de convergenceA^k →0.

2/ a/ On obtient ¯x=A¯x+c, c’est-`a-dire (I−A)¯x=c.

b/ La condition suffisante est ρ(A) < 1. Définissons e^(k) = x^(k)−x. On a alors¯ e^(k) = Ae^(k−1) = A^k(x⁽⁰⁾ −x), ce qui donne¯ |||e^(k)||| ≤ kA^kk · |||x⁽⁰⁾−x|||. Ainsi, si¯ ρ(A) < 1, alors e^(k) → 0 et la méthode itérative converge vers ¯x. En outre, on voit dans l’inégalité précédente que si x⁽⁰⁾ = ¯x, alors (∀k∈N)e^(k)= 0.

c/ La matriceAétant symétrique réelle, elle est diagonalisable dansR:A=P DP⁻¹. Notonsf^(k)= P⁻¹e^(k). On a alorsf^(k)=D^kf⁽⁰⁾ dont on déduitkf^(k)k2≤ρ(A)^kkf⁽⁰⁾k2puisque Dest normale.

Donc plus ρ(A) est petit, plusf^(k)(et donce^(k)) converge vers 0.

3/ a/ On a ¯x = By¯+a et ¯y = Bx¯+b, ce qui donne apr`es remplacement (I−BA)¯x = Bb+a et (I−AB)¯y=Aa+b.

b/ On a (

x^(k+1)=B(Ax^(k−1)+b) +a=BAx^(k−1)+Bb+a y^(k+1)=A(By^(k−1)+a) +b=ABy^(k−1)+Aa+b

et donc (x^(k))k converge si ρ(BA) <1 et (y^(k))k converge si ρ(AB) <1. Soit (λ, u) un ´el´ement propre deAB, i.e.ABu=λu, alors si v=Buon a BAv=λv (v6= 0 caru6= 0 etB inversible).

Doncρ(AB) =ρ(BA). Il suffit donc queρ(AB)<1.

c/ On a z^(k+1)=Cz^(k)+c avecC=

·0 B A 0

¸ et c=

·a b

¸ . d/ i. Soitλune valeur propre deC et z=

·x y

¸

∈C²ⁿ un vecteur propre associ´e. On a

Cz=λz⇐⇒

(By=λx

Ax=λy =⇒ABy=λAx=λ²y.

On en d´eduit donc queλ²est valeur propre deAB.

ii. Soit maintenant µ une valeur propre de AB et u ∈Cⁿ un vecteur propre associ´e. On pose x=Buet y=βu, o`uβ²=µ(noter queµ∈C). On a alors

C

·x y

¸

=

·By Ax

¸

=

·βBu ABu

¸

=

·βBu µu

¸

=β

· Bu (µ/β)u

¸

=β

·x y

¸ . iii. Par d´efinition du rayon spectral.

e/ i. Les limites ¯xet ¯y sont les solutions des mêmes systèmes linéaires que précédemment.

ii. En suivant le mˆeme raisonnement : il suffit queρ(AB)<1.

iii. On aC=

·0 B 0 AB

¸ etc=

· a Aa+b

¸ .

f/ Soitz = (x, y). AlorsCz=λz⇒ABy=λy et x=By. Commexet y ne peuvent pas être tous les deux nuls et quex=By,B étant inversible, on en déduit quey6= 0. Doncλest valeur propre deAB. Inversement, si (λ, u) est un élément propre deAB, on voit facilement que (λ,(Bu, u)) est un élément propre de C. Doncρ(C) =ρ(AB).

g/ On suppose donc queρ(AB)<1. On a vu que la vitesse de convergence dépend du rayon spectral de la matrice d’itérationC. On déduit des questions3/(d/)iii et3/f/que la méthode (3) converge plus rapidement que la méthode (2) puisque 0< ρ(AB)<p

ρ(AB)<1.

4