Exercices avec corrig´e succinct du chapitre 2 (Remarque : les r´ef´erences ne sont pas g´er´ees dans ce document, par contre les quelques

Exercices avec corrig´ e succinct du chapitre 2

(Remarque : les r´ef´erences ne sont pas g´er´ees dans ce document, par contre les quelques??qui apparaissent dans ce texte sont bien d´efinis dans la version ´ecran compl`ete du chapitre 2) Exercice II.1

On d´efinit la matriceA, `an lignes etn colonnes par

A=















2 −1 0

−1 2 −1 . .. ... ...

−1 2 −1

0 −1 2















On veut r´esoudreAx= 0.

1. Montrer en r´esolvant lesn−1 premi`eres ´equations quex_i=ix₁, i= 1,...,n.

2. R´esoudre la derni`ere ´equation et en d´eduire que x= 0.

3. En d´eduire queA est inversible.

Solution :

1. On d´emontre ce r´esultat par r´ecurrence, c’est trivialement v´erifi´e pour i = 1. Supposons que x_i =ix₁ pouri≤k, on ´ecrit alors la ki`eme ´equation, on obtient :

−(k−1)x₁+ 2kx₁−x_k+1 = 0⇔x_k+1= (k+ 1)x₁. Ce qui d´emontre le r´esultat.

2. En ´ecrivant la derni`ere ´equation, on obtient

−(n−1)x₁+ 2nx₁ = 0⇔x₁ = 0 En utilisant la question pr´ec´edente on a donc x= 0.

3. On a vu dans le chapitre 1 qu’une condition n´ecessaire et suffisante pour que A soit inversible est que son noyau soit r´eduit `a 0, c’est ce que l’on vient de montrer.

Exercice II.2

Soit A une matrice triangulaire inf´erieure. ´Ecrire l’algorithme permettant de r´esoudre le syst`eme lin´eaire Ax = b (b vecteur donn´e) en n’oubliant pas de v´erifier au d´epart que ce syst`eme a une solution.

Solution :

1: pouri= 1 jusqu’`an faire

2: si|a_ii|< εalors

3: Arrˆeter l’algorithme et donner un message d’erreur

4: fin si

5: fin pour

6: x₁ ← b₁ a11

7: pouri= 2 jusqu’`an faire

8: xi← b_i−P_i−1

k=1a_ikx_k aii 9: fin pour

Exercice II.3

Soit Aune matrice triangulaire sup´erieure, montrer que le calcul du vecteur inconnu est donn´e par : ( xn = _a^bn

nn

xi = _a¹

ii

bi−Pn

j=i+1aijxj

,pour i=n−1, n−2, . . . , 1.

Ecrire alors l’algorithme correspondant.´ Solution : Le syst`eme lin´eaire s’´ecrit















a11x1+a12x2+. . .+a1,n−1xn−1+a1nxn = b1

a₂₂x₂+. . .+a_2,n−1x_n−1+a_2nx_n = b₂ . . . = . . . a_n−1,n−1x_n−1+a_n−1,nxn = b_n−1

annxn = bn

On commence donc par calculer l’inconnuex_n, puis l’inconnuex_n−1 = (b_n−1−a_n−1,nx_n)/a_n−1,n−1 et on remonte ainsi jusqu’`a x1. Ainsi, lorsque l’on arrive `a la i`eme ´equation, on a d´ej`a calcul´e xk pour k=i+ 1, . . . ,n. Or cette ´equation s’´ecrit

aiixi+ai,i+1xi+1+. . .+ai,n−1xn−1+ainxn=bi

ce qui permet de tirer x_i par la formule donn´ee dans l’´enonc´e. L’algorithme ne diff`ere de celui de l’exercice pr´ec´edent que par les indices. `A vous de l’´ecrire . . .

Exercice II.4

Soit le syst`eme Ax = b. On consid`ere la premi`ere ´etape de l’´elimination de Gauss. Montrer que la i`eme ´equation (pour i≥2 ) est modifi´ee de la mani`ere suivante :







a⁽¹⁾_ij =a_ij −→ a⁽²⁾_ij =a_ij −_a^a₁₁ⁱ¹a_1j pour j= 1,2, . . . , n b⁽¹⁾_i =b_i −→ b⁽²⁾_i =b_i−_a^a₁₁ⁱ¹b₁.

Solution : On ´elimine le premier ´el´ement de la i`eme ligneLi en effectuant une combinaisonLi−αL1, ce qui donne

a_i1−αa₁₁= 0 soit

α= ai1

a₁₁. On a alors

L⁽²⁾_i =L_i−αL₁ soit

a⁽²⁾_ij =aij −αa1j, pourj = 1, . . . ,n, i= 2,..,n .

La mˆeme combinaison est effectu´ee sur les composantes du second membre, soit b⁽²⁾_i =bi−αb1, i= 2,..,n .

Exercice II.5

Soit le syst`eme Ax= b. On consid`ere la deuxi`eme ´etape de l’´elimination de Gauss. Montrer que la i`eme ´equation ( pouri≥3 ) est modifi´ee de la mani`ere suivante :











a⁽²⁾_ij −→ a⁽³⁾_ij =a⁽²⁾_ij −^a

(2) i2

a⁽²⁾₂₂a⁽²⁾_2j pour j= 2,3, . . . , n b⁽²⁾_i −→ b⁽³⁾_i =b⁽²⁾_i −^a

(2) i2

a⁽²⁾₂₂ b⁽²⁾₂ .

Solution : On ´elimine le deuxi`eme ´el´ement de la i`eme ligne L⁽²⁾_i en effectuant une combinaison L⁽²⁾_i −αL⁽²⁾₂ , ce qui donne

a⁽²⁾_i2 −αa⁽²⁾₂₂ = 0 soit

α= a⁽²⁾_i2 a⁽²⁾₂₂ . On a alors

L⁽³⁾_i =L⁽²⁾_i −αL⁽²⁾₂ soit

a⁽³⁾_ij =a⁽²⁾_ij −αa⁽²⁾_2j , pour j= 2, . . . ,n, i= 3, . . . ,n . La mˆeme combinaison est effectu´ee sur les composantes du second membre, soit

b⁽³⁾_i =b⁽²⁾_i −αb⁽²⁾₂ , i= 3, . . . ,n .

Exercice II.6

Soit le syst`eme Ax=b. On consid`ere la ki`eme ´etape de l’´elimination de Gauss. Montrer que la i`eme

´

equation ( pouri≥k+ 1 ) est modifi´ee de la mani`ere suivante :











a^(k)_ij −→ a^(k+1)_ij =a^(k)_ij −^a

(k) ik

a^(k)_kka^(k)_kj pour j=k, k+ 1, . . . , n b^(k)_i −→ b^(k+1)_i =b^(k)_i −^a

(k) ik

a^(k)_kkb^(k)_k .

Solution : On ´elimine le ki`eme ´el´ement de la k`eme ligne L^(k)_k en effectuant une combinaison L^(k)_i −αL^(k)_k , ce qui donne

a^(k)_ik −αa^(k)_kk = 0 soit

α= a^(k)_ik a^(k)_kk .

On a alors

L^(k+1)_i =L^(k)_i −αL^(k)_k soit

a^(k+1)_ij =a^(k)_ij −αa^(k)_kj , pour j=k, . . . ,n, i=k+ 1, . . . ,n . La mˆeme combinaison est effectu´ee sur les composantes du second membre, soit

b^(k+1)_i =b^(k)_i −αb^(k)_k , i=k+ 1, . . . ,n .

Pour j=k le coefficient α a ´et´e d´etermin´e pour quea^(k+1)_ik = 0, donc dans la pratique on affecte directement 0 `a ce coefficient sans effectuer le calcul. Les calculs sont donc faits pourietjvariant de k+ 1 `an.

Exercice II.7 Soit la matrice A =





1 2 1 2 2 1 1 1 1



 et le vecteur b =



 4 5 3



, appliquez l’algorithme de Gauss ”`a la main” pour calculer la solution de Ax=b.

Solution : L’algorithme proc`ede de la mani`ere suivante :





1 2 1 2 2 1 1 1 1







 x₁ x2

x₃



=



 4 5 3



 ⇔





1 2 1

0 −2 −1 0 −1 0







 x₁ x2

x₃



=



 4

−3

−1





⇔





1 2 1

0 −2 −1

0 0 1/2







 x₁ x2

x₃



=



 4

−3 1/2





La r´esolution de ce syst`eme triangulaire donne :

x₃= 1, x₂ = 1, x₁= 1.

Exercice II.8

Calculer le nombre d’op´erations effectu´ees pour r´ealiser l’´elimination de Gauss en fonction de n en s´eparant multiplications/divisions et additions/ soustractions. Pour cela on pourra utiliser les deux formules

n

X

k=1

k = n(n+ 1)

2 ,

n

X

k=1

k² = n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

Solution : La d´emarche est de compter le nombre d’op´erations `a partir de la boucle la plus int´erieure.

Nous allons ´evaluer le nombre de multiplications/divisions, vous laissant le soin d´evaluer le nombre d’additions alg´ebriques. On a ainsi :

– pourj=k+ 1 → n,aij ←aij−ca_kj: on effectuen−kmultiplications, – calcul deb_i ETc: on effectue 1 multiplication et 1 division

– On effectue les op´erations pr´ec´edentes pour i=k+ 1 → n: on effctue donc (n−k)(n−k+ 2) multiplications/divisions

– On effectue ce qui pr´ec`ede pour k = 1 → n−1 : on effectue donc P_n−1

k=1(n−k)(n−k+ 2) multiplications/divisions

soit

n−1

X

k=1

(n−k)(n−k+ 2) =

n−1

X

p=1

p(p+ 2) =

n−1

X

p=1

p²+ 2

n−1

X

p=1

p= (n−1)n(2n−1)

6 + 2(n−1)n

2 ' 1

3n³. Dans le r´esultat, on n’a gard´e que les termes de plus haut degr´e.

Exercice II.9

Soient L une matrice triangulaire inf´erieure etU une matrice triangulaire sup´erieure et on poseA= LU. Montrer que, pour la colonne j de A, on a

aij =

i

X

k=1

likukj, pouri≤j, et

a_ij =

j

X

k=1

l_iku_kj, pouri > j.

Solution : L’´el´ement du produit des matrices L etU est donn´e par : aij =

n

X

k=1

likukj.

Or l_ik = 0 pour i < k et u_kj = 0 pour j < k. Le produit des ´el´ements sera donc nul lorsque k sera sup´erieur au plus petit des deux entiersietj, d’o`u le r´esultat.

Exercice II.10

Soit Aune matrice inversible qui admet une factorisationA=LU o`u Lest triangulaire inf´erieure,U est triangulaire sup´erieure et la diagonale de U ne comporte que des 1, alors cette factorisation est unique.

Solution : On suppose qu’il y a deux d´ecompositons possibles : A=LU =LbU .b

Puisque Aest inversible, L,U,L,b Ub sont inversibles. On a alors (L)b ⁻¹L=U Ub ⁻¹.

Le produit de deux matrices triangulaires inf´erieures (resp. sup´erieures) est une matrice triangulaire inf´erieure (resp. sup´erieure). Il en r´esulte que l’´egalit´e pr´ec´edente donne un matrice diagonale (car triangulaire inf´erieure et sup´erieure). D’autre part, la diagonale deU Ub ⁻¹ ne comportant que des 1, la matrice produit est n´ecessairement la matrice identit´e. Ainsi

(bL)⁻¹L=U Ub ⁻¹ =I, soit

L=L , Ub =U .b

Exercice II.11

R´esoudre le syst`eme Ax=bdont la factorisationLU de Aest donn´ee : A=





1 0 0

2 1 0

−1 2 1









2 1 −2

0 3 1

0 0 −1



 b=



 1 6 6





Solution : La r´esolution deLy=b donne y=



 1 4

−1





puis celle de U x=y donne

x=



 1 1 1





Exercice II.12 Soit A=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



, en vous inspirant de ce qui a ´et´e fait pour l’algorithme de Doolittle dans le paragraphe ”??”, effectuez la factorisation de Crout de la matrice A, c’est `a dire d´eterminez L et U telles que A=LU avec les termes diagonaux deU ´egaux `a 1 (ceux deLsont quelconques).

Solution : On chercheL=





× 0 0

× × 0

× × ×



, U =





1 × ×

0 1 ×

0 0 1



 telles queA=LU.

– On identifie la premi`ere colonne de A et la premi`ere colonne de LU, cela permet d’obtenir la premi`ere colonne deL:

LU =





2 0 0

4 × 0

−2 × ×









1 × ×

0 1 ×

0 0 1



=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



.

– On identifie la premi`ere ligne deAavec la premi`ere ligne deLU, cela permet d’obtenir la premi`ere ligne de U:

LU =





2 0 0

4 × 0

−2 × ×









1 1/2 −1

0 1 ×

0 0 1



=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



.

– On identifie la deuxi`eme colonne de A avec la deuxi`eme colonne de LU, cela permet d’obtenir la deuxi`eme colonne deL:

LU =





2 0 0

4 3 0

−2 6 ×









1 1/2 −1

0 1 ×

0 0 1



=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



.

– On identifie la deuxi`eme ligne de A avec la deuxi`eme ligne de LU, cela permet d’obtenir la deuxi`eme ligne deU:

LU =





2 0 0

4 3 0

−2 6 ×









1 1/2 −1

0 1 1/3

0 0 1



=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



.

– On identifie la troisi`eme colonne de Aavec la troisi`eme colonne de LU, cela permet d’obtenir la troisi`eme colonne de L:

LU =





2 0 0

4 3 0

−2 6 −1









1 1/2 −1

0 1 1/3

0 0 1



=





2 1 −2 4 5 −3

−2 5 3



.

Exercice II.13

Dans le calcul direct de la factorisation LU, on suppose maintenant que c’est la matrice U dont tous les ´el´ements de la diagonale sont ´egaux `a 1 et non pas la matrice L. Calculer les ´el´ements des matricesU etL`a partir d’´el´ements deAet d’´el´ements deU etLde colonnes ou de lignes pr´ec´edentes.

Comment modifier l’algorithme de Doolittle pour le calcul des ´el´ementslij etuij des matricesLetU. Cet algorithme s’appelle l’algorithme de Crout.

Solution : Le raisonnement s’obtient en ´echangeant des lignes et les colonnes dans le raisonnement de l’algorithme de Doolittle et les matricesL etU. Ainsi, cela commence par :

En ´ecrivant A=LU et en se souvenant que les matricesL etU sont triangulaires, on obtient a_ij =

j−1

X

k=1

l_iku_kj+l_ij pour i=j,j+ 1,...,n.

Ce qui est ´equivalent `a

lij =aij−

j−1

X

k=1

l_iku_kj pour i=j,j+ 1,...,n.

Nous voyons que pour calculer les ´el´ements lij de la j`eme colonne de L, il nous faut connaˆıtre pr´ealablement les ´el´ements des colonnes 1 `aj−1 de Lainsi que les ´el´ements des lignes 1 `a j−1 deU.

etc. . . . `A vous de continuer.

Exercice II.14

Montrez que si la factorisation A =LU existe (L triangulaire inf´erieure avec une diagonale unitaire etU triangulaire sup´erieure inversible), alors les sous-matrices principales deA sont inversibles.

Solution : On d´ecoupe les matricesA,LetU: [A]k . . .

. . . .

=

[L]k 0 . . . .

[U]k . . . 0 . . .

. En effectuant le produit par blocs, on obtient alors

[A]k= [L]k[U]k.

Les deux matrices triangulaires [L]ket [U]ksont inversibles car les ´el´ements des diagonales des matrices L etU sont non nuls, donc la matrice [A]_k est inversible.

Exercice II.15

Soit σ une permutation de {1,2,...,n} et soit g l’application lin´eaire telle que g(~ej) = ~e_σ(j) o`u {~e1, . . . ,~e_n} est la base canonique de IRⁿ. Montrer que la matrice P de l’applicationg est telle que

p_ij =δ_i,σ(j) et que P⁻¹ =P^T.

Solution : On rappelle que l’´el´ementpij correspond `a la i`eme composante deg(~ej). On a donc pij = ~e_σ(j)

i =δ_i,σ(j). Pour montrer que P⁻¹ =P^T, il suffit de calculer le produitP P^T:

P P^T

ij =

n

X

k=1

p_ikp_jk =

n

X

k=1

δ_i,σ(k)δ_j,σ(k). Le produit δ_i,σ(k)δ_j,σ(k) est nul sauf si

i=j=σ(k) et dans ce cas le produit vaut 1, ce qui montre le r´esultat.

Exercice II.16

1. SoitAune matrice sym´etrique admettant une factorisationLDL^T. Montrer que pouri≥j on a aij =

j

X

k=1

d_kl_ikl_jk, o`u on a not´ed<sub>k</sub> lek<sup>`eme</sup> ´el´ement de la diagonale deD.

2. D´eduire de la question pr´ec´edente que les coefficients de L et ceux de D peuvent ˆetre obtenus par les formules (on consid`ere que les sommes ne sont pas effectu´ees quandj= 1)

dj =ajj−

j−1

X

k=1

d_kl²_jk, et pour i > j

lij = a_ij−Pj−1

k=1d_kl_ikl_jk

d_j .

Indication : ne pas oublier queljj = 1 par d´efinition.

Solution :

1. Le produit de matrices donne

a_ij =

n

X

k=1

(LD)_ikl_jk, soit, puisque la matriceD est diagonale

a_ij =

n

X

k=1

l_ikd_kl_jk.

Or, puisque la matrice L est triangulaire inf´erieure, le produit likljk est nul pour k > inf(i,j), soitk > j, ce qui donne le r´esultat.

2. En d´etaillant la somme de la premi`ere question, on obtient (l_jj = 1) : ajj =

j−1

X

k=1

d_kl²_jk+djl_jj² =

j−1

X

k=1

d_kl²_jk+dj, soit

dj =ajj−

j−1

X

k=1

d_kl²_jk. Et pour i > j

a_ij =

j−1

X

k=1

d_kl_ikl_jk+d_jl_ijl_jj =

j−1

X

k=1

d_kl_ikl_jk+d_jl_ij, soit

l_ij = aij−P_j−1

k=1dklikljk

d_j .

Exercice II.17

Soit A une matrice sym´etrique d´efinie positive. On consid`ere sa factorisation de Cholesky A=BB^T. Montrer que tous les ´el´ements de la diagonale de B sont non nuls.

Solution : Un raisonnement simple est bas´e sur le calcul de d´eterminant. En effet, puisque la matrice B est triangulaire, son d´eterminant est le produit des ´el´ements de sa diagonale.

d´etA= d´et (BB^T) = d´etB d´et (B^T) =

n

Y

i=1

(bii)².

La matrice A est inversible puisque elle est d´efinie positive (voir les rappels du chapitre 1). Le d´eterminant deA est donc non nul, d’o`u l’on d´eduit que les ´el´ementsbii sont non nuls.

Exercice II.18

En calculant le discriminant du trinˆome enθ suivant q(θ) =

n

X

i=1

(x_i+θy_i)² montrer l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz :

|

n

X

i=1

xiyi| ≤ v u u t

n

X

i=1

x²_i v u u t

n

X

i=1

y_i².

Solution : Il suffit de consid´erer q(θ) comme un trinˆome en θ qui est toujours positif ou nul, c’est-`a-dire qui n’a pas de racines r´eelles distinctes. Dans ce cas le trinˆome

q(θ) =

n

X

i=1

y²_i

!

θ²+ 2

n

X

i=1

xiyi

! θ+

n

X

i=1

x²_i,

a un discriminant n´egatif ou nul 2

n

X

i=1

x_iy_i

!2

−4

n

X

i=1

y_i²

! _n X

i=1

x²_i

!

≤0, soit

n

X

i=1

x_iy_i

!2

≤

n

X

i=1

y²_i

! _n X

i=1

x²_i

! .

Le r´esultat s’obtient en prenant la racine carr´ee de cette in´egalit´e, puisque la fonction racine carr´ee est croissante de IR⁺ sur IR⁺.

Exercice II.19

Montrer, en utilisant les propri´et´es de la norme vectorielle, que si on d´efinit kAk par kAk= max

x∈Cⁿ,x6=0

kAxk kxk on a :

kλAk=|λ|kAk, kA+Bk ≤ kAk+kBk. Solution : Les propri´et´es de la norme vectorielle donnent :

kλAxk=|λ|kAxk. On a donc

kλAk= max

x∈Cⁿ,x6=0|λ|kAxk

kxk =|λ|kAk. De mˆeme

kAx+Bxk ≤ kAxk+kBxk, ce qui donne pour toutx6= 0

k(A+B)xk

kxk ≤ kAxk

kxk +kBxk kxk ,

soit k(A+B)xk

kxk ≤ max

x∈Cⁿ,x6=0

kAxk

kxk + max

x∈Cⁿ,x6=0

kBxk kxk .

Cette derni`ere in´egalit´e ´etant vraie pour tout x6= 0, est donc encore vraie pour le max, soit

x∈Cmaxⁿ,x6=0

k(A+B)xk

kxk ≤ max

x∈Cⁿ,x6=0

kAxk

kxk + max

x∈Cⁿ,x6=0

kBxk kxk .

Exercice II.20

Montrer que, par d´efinition de la norme matricielle subordonn´ee, on a kAxk ≤ kAk kxk ∀x∈Cⁿ.

Solution : Rappelons la d´efinition de la norme subordonn´ee kAk= max

x∈Cⁿ,x6=0

kAxk kxk . Ceci implique que pour toutx6= 0, on a

kAxk

kxk ≤ kAk soit

kAxk ≤ kAk kxk.

Cette in´egalit´e ´etant trivialement v´erifi´ee pour x= 0, elle est donc vraie pour toutx∈Cⁿ. Exercice II.21

Montrer que, pour toute norme subordonn´ee, kIk= 1. Que vaut kIkF (norme de Frobenius) ? Solution : Par d´efinition de la norme subordonn´ee, on a

kIk= max

x∈Cⁿ,x6=0

kIxk

kxk = max

x∈Cⁿ,x6=0

kxk kxk = 1.

Par d´efinition de la norme de Frobenius, on a kIkF =

v u u t

n

X

i=1 n

X

j=1

|I_ij|² =√ n.

Exercice II.22

Soit A ∈ Mnm,B ∈ Mmn, soit λ une valeur propre non nulle de BA correspondant `a un vecteur propre Y, montrer que AY est un vecteur propre (non nul) deAB correspondant `a la valeur propre λ. En d´eduire que

ρ(BA) =ρ(AB).

Solution : Par d´efinition de la valeur propre, on a BAY =λY.

Multiplions `a gauche par A, il vient

ABAY =λAY.

Ceci correspond `a la d´efinition d’une valeur propre de AB `a condition que le vecteur propre associ´e soit non nul. Supposons queAY = 0, alors en multipliant parB `a gauche, on obtiendrait

BAY = 0,(=λY),

ce qui est impossible puisque λest non nul etY non nul (vecteur propre).

On vient de montrer que toute valeur propre non nulle de BA est une valeur propre de AB. Le raisonnement est ´evidemment valable en ´echangeant les rˆoles deA et de B. Les deux matricesBAet AB ont donc les mˆemes valeurs propres non nulles et donc le mˆeme rayon spectral.

Exercice II.23

Soit A une matrice sym´etrique donc diagonalisable, A peut donc s’´ecrire A =P DP⁻¹,avecD diago- nale.

– Quelles sont les valeurs propres deA? Quelles sont les valeurs propres de A²? – En d´eduire que

ρ(A²) =ρ(A)². – D´eduire de la question pr´ec´edente que

kAk2=ρ(A).

– Soit la matrice

A=

0 1 0 0

quel est son rayon spectral ? Ce rayon peut-il ˆetre consid´er´e comme une norme matricielle lorsque la matrice n’est pas sym´etrique ?

Solution :

– Puisque la matriceA est sym´etrique, elle est diagonalisable (voir les rappels du chapitre 1). Elle s’´ecrit, donc

A=P DP⁻¹,

o`u D est une matrice diagonale. Les ´el´ements de la diagonale de D sont les valeurs propres de A. On a donc

A² =P DP⁻¹P DP⁻¹ =P D²P⁻¹,

ce qui montre que les valeurs propres deA² sont les ´el´ements de la diagonale deD², c’est `a dire les valeurs propres deA au carr´e.

– Si l’on range les valeurs propres deA de la mani`ere suivante :

|λ_n| ≤ |λ_n−1| ≤. . .≤ |λ₁|, on a

|λn|²≤ |λ_n−1|² ≤. . .≤ |λ1|². Il en r´esulte que

ρ(A²) =|λ1|² =ρ(A)².

– Dans le cours il est d´emontr´e (rechercher le r´esultat si vous l’avez oubli´e) que kAk²2=ρ(AA^T).

La matrice ´etant sym´etrique (A=A^T) et en appliquant la question pr´ec´edente, on a kAk²2 =ρ(A²) =ρ(A)²,

soit (les deux quantit´es ´etant positives)

kAk2=ρ(A).

– Les valeurs propres deAsont ´evidemment nulles, ce qui donne un rayon spectral nul. Si ce rayon spectral ´etait une norme matricielle, on devrait avoir une matrice nulle par la premi`ere propri´et´e d’une norme matricielle. La matrice A n’est ´evidemment pas la matrice nulle, le rayon spectral n’est donc pas une norme matricielle pour les matrices non sym´etriques.

Exercice II.24

Montrer que pour toute norme matricielle subordonn´ee on a ρ(A)≤ kAk.

Solution : Consid´erons une valeur propreλde A: AY =λY.

On a d´ej`a montr´e (exercice ??) que

kAYk ≤ kAk kYk, ce qui donne

kλYk ≤ kAk kYk donc

|λ| kYk ≤ kAk kYk

or (kYk 6= 0 puisque Y est un vecteur non nul), donc apr`es simplification

|λ| ≤ kAk.

Cette in´egalit´e ´etant valable pour toute valeur propre, elle est ´evidemment valable pour la plus grande en module, soit

ρ(A)≤ kAk.

Exercice II.25

Soit une matrice diagonale D. Calculer le conditionnement de D `a l’aide de la norme matricielle subordonn´ee `a la norme euclidienne. Dans quel cas ce conditionnement est-il ´egal `a 1 ?

Solution : Une matrice diagonale ´etant une matrice sym´etrique, sa norme matricielle subordonn´ee

`

a la norme euclidienne est ´egale `a son rayon spectral. Il en est de mˆeme de l’inverse de D. D’autre part, les valeurs propres d’une matrice diagonale sont ses ´el´ements diagonaux. Si l’on appelle d_i les

´

el´ements diagonaux deD, on a

kDk= max

1≤i≤n|di|, kD⁻¹k= 1

1≤i≤nmin |di|. Le conditionnement de Dest donc donn´e par

χ(D) =kDk kD⁻¹k= max

1≤i≤n|d_i| × 1

1≤i≤nmin |d_i|. Ce conditionnement est ´egal `a 1 si et seulement si

1≤i≤nmax |di|= min

1≤i≤n|di|

ce qui est ´equivalent `a tous les ´el´ements diagonaux deD sont ´egaux, c’est-`a-direD=αI.

Exercice II.26

Soit Aune matrice sym´etrique inversible dont les valeurs propres sont λ1,...,λn, on suppose que :

|λ₁| ≥ |λ₂| ≥. . .≥ |λ_n|>0 – Montrer que les valeurs propres deA⁻¹ sont _λ¹

1,...,_λ¹

n et que les valeurs propres v´erifient : 1

|λ_n| ≥ 1

|λ_n−1| ≥. . .≥ 1

|λ₁|.

– En d´eduireχ(A) lorsque l’on choisit la norme subordonn´ee `a la norme euclidienne.

Solution :

– Puisque la matriceA est sym´etrique, elle est diagonalisable (voir les rappels du chapitre 1). Elle s’´ecrit, donc

A=P DP⁻¹,

o`u Dest une matrice diagonale dont les ´el´ements de la diagonale sont les valeurs propres de A.

On a donc

A⁻¹ = (P DP⁻¹)⁻¹ =P D⁻¹P⁻¹,

ce qui montre que les valeurs propres de A⁻¹ sont les ´el´ements de la diagonale de D⁻¹, c’est

`

a dire l’inverse des valeurs propres de A. Puisque les valeurs propres de A sont rang´ees de la mani`ere suivante :

0<|λn| ≤. . .≤ |λ2| ≤ |λ1|, les valeurs propres deA⁻¹ sont donn´ees par :

1

|λ1| ≤ 1

|λ2| ≤. . .≤ 1

|λn|. – Par d´efinition, on a

χ(A) =kAk2kA⁻¹k2 =ρ(A)ρ(A⁻¹) = |λ1|

|λn|.