Université de Marseille
Licence de Mathématiques, 3ème année, analyse numérique et optimisation SMI6U01TL. Examen du 9 mai 2019
L’examen contient 2 exercices. Le barème est sur 22 points, il n’est donc pas demandé de tout faire pour avoir 20. . . Les documents (polycopié du cours, notes de TD, notes personnelles) sont autorisés.
Notation : pourx, y∈IRn(n≥1),x·ydésigne le produit scalaire usuel dexavecy.
Exercice 1(Meilleure approximation d’une fonction par un polynôme en norme infinie, barème 12 points).
Soitf(x) = sin(πx). On considère le problème suivant
a∈infR sup
x∈[0,1]
|f(x)−ax(1−x)|. (1)
1. Soita∈R. Montrer qu’il existez∈[0,1]tel que sup
x∈[0,1]
|f(x)−ax(1−x)|=|f(z)−az(1−z)|. (2)
2. Montrer que poura6∈[π,π22], on a
sup
x∈[0,1]
|f(x)−ax(1−x)|=|1−a
4|. (3)
[On pourra étudier la fonctionx7→f(x)−ax(1−x)pourx∈[0,1].]
Quelle valeur pourzvérifiant (2) peut-on prendre dans le cas oùa∈R\[π,π22]? 3. On définitφ:a→supx∈[0,1]|f(x)−ax(1−x)|.
Montrer queφest coercive (c’est-à-dire queφ(a)→+∞quand|a| →+∞).
4. Question hors barème : montrer queφest une fonction continue deRdansR. 5. Montrer qu’il existeb∈[π,π22]tel que
a∈infR sup
x∈[0,1]
|f(x)−ax(1−x)|= sup
x∈[0,1]
|f(x)−bx(1−x)|.
6. Montrer que
a∈infR sup
x∈[0,1]
|f(x)−ax(1−x)| ≤ |1−π 4|.
7. Est-ce que (3) est valable pour touta∈R?
8. On considère la méthode du gradient à pas constant pour résoudre le problème d’optimisation (1).
(a) On suppose que la valeur initialea06∈[π,π22]. Montrer que lorsque le pas (constant) est suffisamment petit mais non nul (on explicitera la valeur de ce pas), il existek ∈ N∗ tel que les deux conditions suivantes soient satisfaites :
• les itéréesa1, . . . , akde la méthode du gradient à pas constant sont bien définies,
• ak ∈[π,π22].
(b) Montrer que pourρ > ρm(déterminer explicitementρm) il existe une infinité d’intervalles disjoints de longueur strictement positive, notésIn,n∈ZZ, tel que poura0∈ ∪n∈ZZIn, la suite(ak)k∈INdéterminée par l’algorithme du gradient à pas fixe (le pas étantρ) est bien définie etak est en dehors de l’intervalle [π, π2/2]pour toutk. En déduire que pour un tel choix deρla méthode ne converge pas.
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Exercice 2(Calcul d’une valeur propre et d’un vecteur propre par Newton, barème 10 points).
SoientA, B∈Mn(IR),n≥1. Pourλ∈IR, on poseP(λ) = det(A+λB).
1. Montrer queP est un polynôme de degré inférieur ou égal àn.
Corrigé – Les coefficients de(A+λB)sont des polynôme (en λ) de degré 0ou 1. Comme de déterminant de (A+λB)est la somme de produits dencoefficients, on obtient bien quePest un polynôme de degré inférieur ou égal àn.
2. On suppose dans cette question queKerA∩KerB6={0}. Montrer quePest le polynôme nul.
Corrigé – Pour toutλ,Ker(A+λB)⊃KerA∩KerB6={0}et doncP(λ) = det(A+λB) = 0.
Dans toute la suite, on suppose queAetBsont des matrices symétriques et queKerA∩KerB={0}.
Soitλ ∈ IR tel quedim Ker(A+λB) = 1. On suppose queBv·v 6= 0pourv ∈ Ker(A+λB),v 6= 0. Soit u∈Ker(A+λB)tel queBu·u= 1. On cherche à calculer le couple(λ, u)par la méthode de Newton. Pour cela, on définit la fonctionGdeIRn+1dansIRn+1par
G(
v µ
) =
Av+µBv
Bv·v−1
pourv∈IRn, µ∈IR.
3. Pourv ∈IRn µ∈ IR, donner la matrice jacobienne deGau point v
µ
sous forme de blocs, avec 4 matrices appartenant àMn(IR),Mn,1(IR),M1,n(IR)etM1,1(IR).
Cette matrice jacobienne est notée ensuiteJG(v, µ)(elle appartient àMn+1(IR))
Corrigé – La dérivation deGdonneJG(v, µ) =
A+µB Bv 2vtB 0
.
On a bienA+µB∈Mn(IR),Bv∈Mn,1(IR),2vtB∈M1,n(IR)et0∈M1,1(IR).
4. La fonctionJG(deIRn+1dansMn+1(IR)) est-elle continue, de classeC1, de classeC2, . . .de classeC∞? Corrigé – La fonctionJGest de classeC∞.
5. Soientv∈IRnetµ∈IRtels queJG(u, λ) v
µ
= 0
0
.
Montrer queAv+λBv+µBu= 0. En déduire queµ= 0.[utiliser la symétrie deAetB.]
Montrer quev= 0. [Utiliserdim Ker(A+λB) = 1.]
Corrigé – JG(u, λ) v
µ
=
A+λB Bu 2utB 0
v µ
=
Av+λBv+µBu 2utBv
. On a doncAv+λBv+µBu= 0et2utBv= 0.
En prenant le produit scalaire de la première équation avecuet en utilisant la symétrie deAetB, on a donc 0 = (Av+λBv+µBu)·u= (Av+λBv)·u+µBu·u=v·(Au+λBu) +µBu·u.
CommeAu+λBu= 0etBu·u= 1, on en déduit queµ= 0.
On a donc aussiAv+λBv = 0. Commedim Ker(A+λB) = 1, on en déduit quevest colinéaire àu, c’est-à- dire qu’il existeγ ∈IRtel quev=γu. De l’équation2utBv= 0, on déduit alors queγutBu=γBu·u= 0et doncγ= 0. ce qui donnev= 0.
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6. On considère l’algorithme de Newton pour calculer le couple(u, λ). Cet algorithme s’écrit Initialisationu0∈IRn,λ0∈IR.
Itérationspourk≥0,uketλk donnés, on calcule (si c’est possible)(uk+1, λk+1)solution de
JG(uk, λk)
uk+1−uk
λk+1−λk
=−
Auk+λkBuk
Buk·uk−1
.
Montrer qu’il existe ε >0 tel que, siku0−uk2 ≤εet|λ0−λ| ≤ ε, la suite(uk, λk)k∈IN est bien définie (c’est-à-dire que la matriceJG(uk, λk)est inversible pour toutk ∈ IN) et converge, quandk → +∞, vers (u, λ).
Corrigé – La question précédente donne queJG(u, λ)est une matrice inversible. CommeGest une fonction de classeC∞, cette questionn est alors une conséquence immédiate d’un théorème du cours.
7. (Question indépendante des questions précédentes) On suppose queAouBest s.d.p. Montrer que les racines deP sont nécessairement réelles.
Corrigé – SiCest une matrice symétrique à coefficients réels, on a alorsCu·¯u∈ IRpour toutu ∈ Cln(où¯u désigne la vecteur conjugué deu). SiCest de pluss.d.pon a mêmeCu·u >¯ 0pour toutu∈Cln,u6= 0.
Soitλ∈Cl une racine dePetu∈Cln,u6= 0tel queAu+λBu= 0. On a alors(Au+λBu)·u¯= 0CommeAet Bsont s.d.p.,Au·u¯etBu·u¯sont des réels strictement positifs. Ceci donne queλest un réel strictement négatif.
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