LM334 - Examen du 16 Décembre 2011
Corrigé
Exercice 1 1.La matriceB=U∗√
DU vérifieB∗=B et ses valeurs propres √
λi sont positives. D’autre part B2=U∗√
DU U∗√
DU=U∗√ D√
DU =U∗DU =A,
car le produit de 2 matrices diagonalesdiag(a1, . . . , an)etdiag(b1, . . . , bn)est donné pardiag(a1b1, . . . , anbn).
2.On peut écrire
AkAk+1= 1 2A2k+1
2A.
Si la suite converge, on a par passage à la limite L2= 1
2L2+1 2A,
soitL2=A.
3.On raisonne par récurrence. On remarque d’abord que la suiteµki est strictement positive pour tout keti (par récurrence surk) ce qui montre queDk est inversible. On aA0=I=U∗IU =U∗D0U. Si la propriété est vraie à l’étapek, on écrit
Ak+1= 1 2Ak+1
2A−1k A=1
2U∗DkU+1
2U∗Dk−1U U∗DU =U∗(1 2Dk+1
2D−1k D)U.
On remarque enfin que par définitionDk+1=12Dk+12Dk−1Dce qui donne le résultat à l’étape k+ 1.
4. La fonction g est décroissante sur ]0,√
λi] et croissante sur [√
λi,+∞[, et vérifie g(√
λi) = √ λi. Par conséquentµ1i ≥√
λi et
µik=g(µk−1i )≥p λi,
pour tout k ≥ 1. D’autre part, il est facile de vérifier que g(x) ≤ xpour tout x∈ [√
λi,+∞[, et par conséquent
µik≤µk−1i .
5.La suite(µki)k≥0est décroissante à partir du rangk= 1et minorée ce qui entraine sa convergence, sa limite est le point fixe degc’est à dire√
λi. Par conséquentDk converge vers√
D et doncAk =U∗DkU converge versL=U∗√
DU =√ A.
En remarquant que g0(√
λi) = 0, on voit que le point √
λi est super-attractif et on a donc une convergence quadratique du type
|µki −µi| ≤Cρ2k,
avec0< ρ <1 pour touti= 1, . . . , n. CommeA−Ak est symmétrique, on remarque que pour la norme subordonnée à la norme euclidienne, on a
kA−Akk2= max
i |µki −µi| ≤Cρ2k.
On a une estimation du même type pour toute norme matricielle k · kquitte à modifier la constante C puisque toutes les normes matricelles sont équivalentes.
1
Exercice 2 a) A partir deR1
−1L0(x)2dx= 1et L0 constant, on a directementL0(x) = √1
2 (au signe près).
CherchonsL1sous la forme
L1(x) =ax+b.
On a tout d’abordR1
−1L0L1= 2√b
2 = 0doncb= 0. Puis Z 1
−1
L1(x)2dx=a2 Z 1
−1
x2dx=a22 3. D’oùa=
q3
2 (au signe près).
CherchonsL2sous la forme
L2(x) =cx2+d car on sait queL2est pair (et de ce fait R1
−1L2L1= 0). D’où ( 0 =R1
−1L2L0= √1
2
R1
−1(cx2+d)dx=√1
2(c23+ 2d), 1 =R1
−1L22=R1
−1(cx2+d)2dx=25c2+23(2cd) + 2d2. Doncd=−c3 et
1 = 2
5−4 9 +1
9
c2= 1 15c2. D’oùL2(x) =√
15(x2−13)(au signe près).
b) Soitg∈ PN. Posonsh=g−ΠNg. Alors pourq≤N on a
hh, Lqi=hg, Lqi −
N
X
p=0
hg, Lpi hLp, Lqi=hg, Lqi − hg, Lqi= 0
car les polynomesLp sont orthonormés. Comme les (Lp)0≤p≤N forment une base dePN, il s’ensuit que h∈ PN est orthogonal à tous les élements d’une base dePN. Donch= 0.
c) On généralise la partie du cours qui traie de la constante de Lebesgue. Par définition de kΠNk on a
kΠNk= sup
f∈C0(I),||f||=1
kΠNfk= sup
f∈C0(I),||f||6=0
kΠNfk kfk , d’oùkΠNfk ≤ kΠNkkfkpour toutf.
Soitg∈ PN. Commeg−ΠNg= 0, on a
kf−ΠNfk=k(f−g)−(ΠNf−ΠNg)k ≤ kf−gk+kΠN(f−g)k
≤ kf−gk+kΠNkkf−gk ≤CN||f −gk avecCN = 1 +kΠNk.
d) On part de
kfk ≤
N
X
p=0
|hf, Lpi| kLpk
puis nous utilisons l’inégalité de Cauchy-Schwarz.
kfk ≤
N
X
p=0
hf, Lpi
!12 N
X
p=0
kLpk2
!12
.
2
e) Admettons quekLpk ≤√
p+ 1. Alors
N
X
p=0
kLpk2≤1 + 2 +. . .(p+ 1) = (N+ 1)(N+ 1)
2 .
Or il existe une constantec2 telle que
(N+ 1)(N+ 1)
2 ≤c2N2. Il suffit de remarquer que la fonction
N7→
(N+1)(N+1) 2
N2
tend vers 12 à l’infini, elle est donc bornée à l’infini, et est bornée sur N ∈[1,∞[. D’où l’existcne de c2. Finalement
N
X
p=0
kLpk2
!12
≤(c2N2)12 =cN pour1≤N.
f) Il faut partir du fait que les< f, L> sont les coefficients d’une décomposition orthogonale et qu’une certaine relation de type Pythagore existe. On en déduit que
N
X
p=0
hf, Lpi2+ Z 2
−1
(f(x)−ΠNf(x))2dx
=
N
X
p=0
hf, Lpi2+< f, f >−2< f,ΠNf >+<ΠN,ΠN >=< f, f >
car
< f,ΠNf >=<ΠN,ΠN >=
N
X
p=0
hf, Lpi2.
Donc
N
X
p=0
hf, Lpi2≤< f, f >=
Z 2
−1
f(y)2dy comme demandé.
D’où
N
X
p=0
hf, Lpi2≤2
pourf ∈ C0 telle quekfk= 1.
PuiskΠNk ≤√
2cN comme suggéré.
g) Un résultat général du cours est que
g∈PinfN
kf−gk ≤C˜kfm+1k Nm+1 Donc
kf−ΠNfk ≤√
2cNkfm+1k
Nm+1 ≤Ckfm+1k Nm pourC=√
2 ˜C.
3
