Le barème est sur 28 points, il n’est donc pas demandé de tout faire pour avoir 20

Université de Marseille

Licence de Mathématiques, 3ème année, analyse numérique et optimisation Partiel du 22 mars 2019

La partiel contient 3 exercices. Le barème est sur 28 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. La notation “s.d.p.” signifie

“symétrique définie positive”. Pour une matriceA,ci(A)désigne la i-ième colonne deAetli(A)désigne la i-ième ligne deA.

Exercice 1(Diagonalisation du produit d’une matrice s.d.p. et d’une matrice symétrique, barème 8 points). On rappelle le théorème suivant, vu en cours :

Théorème 1. Soit B ∈ M_n(IR)(n ≥ 1) une matrice symétrique. Alors, il existe {f1, . . . , fn} base deIRⁿ et λ1. . . λn ∈IRtels queAfi=λifipour touti∈ {1, . . . , n}etfi·fj =δi,jpour tout(i, j)∈ {1, . . . , n}².

SoitA∈M_n(IR)(n≥1) une matrice s.d.p.. On note{e1, . . . , en}la base canonique deIRⁿet{f1, . . . , fn}une base deIRⁿdonnée par le théorème 1. On définit la matriceP dansM_n(IR)parci(P) =P ei=fipouri∈ {1, . . . , n}.

1. Montrer queP est inversible,P^t =P⁻¹. On poseD =P⁻¹AP. Montrer queDest diagonale à coefficients diagonaux strictements positifs.

Corrigé – L’image deP est l’espace vectoriel engendré par les colonnes deP, c’est-à-dire par l’ensemble desfi, i∈ {1, . . . , n}. On a doncIm(P) = IRⁿet doncPest inversible. Commeci(P)·cj(P) =fi·fj=δi,j, la matrice Pest orthogonale, c’est-à-direP^t=P⁻¹. Enfin,

ci(D) =Dei=P⁻¹AP ei=P⁻¹Afi=λiP⁻¹fi=λiei.

CommeAest s.d.p., on aλi>0et doncDest diagonale à coefficients diagonaux strictements positifs.

2. On note√

D la matrice diagonale dont les coefficients diagonaux sont les racines positives des coefficients diagonaux de la matriceD(donnée à la question 1). On poseC=P√

DP⁻¹, montrer queC²=Aet queC est s.d.p.

Corrigé – C²=P√ D√

DP⁻¹ =P DP⁻¹ =A.C^t= (P⁻¹)^tA^tP^t=P AP⁻¹(carPest orthogonale etAest symétrique). EnfinCx·x=√

DP⁻¹x·P^tx=√

DP⁻¹x·P⁻¹x >0six6= 0car√

Dest s.d.p.. La matriceCest donc s.d.p.

SoitB∈M_n(IR)une matrice symétrique.

3. En donnant un exemple pourn= 2, montrer queA⁻¹Bn’est pas nécessairement symétrique.

Corrigé – un exemple possible estA= 1 0

0 2

,B= 0 2

2 0

, de sorte queA⁻¹B= 0 2

1 0

.

4. Montrer que les valeurs propres deA⁻¹Bsont les mêmes que les valeurs propres deC⁻¹BC⁻¹(la matriceC étant donnée à la question 2) et que les sous espaces correspondants sont de même dimension. En déduire que la matriceA⁻¹Best diagonalisable dansIR.

Corrigé – Soientλ∈IRetx6= 0. On a, commeA=C²,

A⁻¹Bx=λx⇐⇒C⁻¹C⁻¹Bx=λx⇐⇒C⁻¹Bx=λCx⇐⇒C⁻¹BC⁻¹Cx=λCx.

CommeCest inversible, on en déduit bien queλest valeur propre deA⁻¹Bsi et seulement siλest valeur propre de C⁻¹BC⁻¹et que les sous espaces correspondants sont de même dimension. La matriceC⁻¹BC⁻¹étant symétrique, elle est diagonalisable dansIR, ce qui prouve queA⁻¹Best aussi diagonalisable dansIR.

Exercice 2(Matrice tridiagonale périodique et factorisation périodique, barème 10 points).

Soient d, u, ℓ ∈ R tels qued > |u|+|ℓ|. Soit A ∈ M_n(IR) tridiagonale périodique :Ai,i = d, 1 ≤ i ≤ n, Ai,i+1=u, Ai+1,i=ℓ, 1≤i≤(n−1),A1,n=ℓ, An,1=uetAi,j= 0sinon.

1. Montrer qu’il existe des réelsα, βetγtels queA=αLˆUˆ avec

• Lˆ ∈M_n(IR)telle queLˆi,i = 1, 1 ≤i≤n,Lˆi+1,i =−β, 1 ≤i ≤(n−1),Lˆ1,n =−βetLˆi,j = 0 sinon.

• Uˆ ∈ M_n(IR)telle queUˆi,i = 1, 1 ≤i ≤n,Uˆi,i+1 =−γ, 1 ≤i ≤(n−1),Uˆn,1 =−γetUˆi,j = 0 sinon.

• |β|<1, |γ|<1.

Trouverα, βetγen fonction deℓ, detu.

Indication : On pourra commencer par remarquer queli( ˆL)cj( ˆU) =











1 +βγsi(i, j) = (i, i),

−γsi(i, j) = (i, i+ 1)ou(n,1),

−βsi(i, j) = (i, i−1)ou(1, n), 0sinon.

Corrigé – Soiti, j∈ {1, . . . , n}, on ali( ˆL)cj( ˆU) =Pn

k=1Lˆi,kUˆk,j. Sii=j < n, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j= ˆLi,iUˆi,i+ ˆLi,i−1Uˆi−1,i = 1 +βγ.

Sii=j=n, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j = ˆL1,1Uˆ1,1+ ˆL1,nUˆn,1= 1 +βγ.

Sij=i+ 1eti < n, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j = ˆLi,iUˆi,i+1=−γ.

Sij= 1eti=n, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j= ˆLn,nUˆn,1=−γ.

Sij=i−1, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j = ˆLi,i−1Uˆi−1,i−1 =−β.

Sij=neti= 1, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j= ˆL1,nUˆn,n=−β.

Dans tous les autres cas, on aPn

k=1Lˆi,kUˆk,j= 0, car pour chaquekon aLˆi,kUˆk,j= 0.

La condition nécessaire et suffisante surα, β, γpour queαLˆUˆ=Aest donc

α(1 +βγ) =d, αγ=u, αβ=ℓ. (1)

La condition(1)donneα6= 0(card= 0) et6 α²−dα+uℓ= 0. Commed >|u|+|ℓ|, on ad²> u²+ℓ²+ 2|uℓ|et doncd²−4uℓ > u²+ℓ²−2|uℓ|= (|u| − |ℓ|)²≥0. On en déduit queα= (1/2)(d±√

d²−4uℓ).

On choisitα= (1/2)(d+√

d²−4uℓ),β=u/αetγ=ℓ/α. La condition(1)est bien vérifiée.

Enfin on remarque que√

d²−4uℓ >|u|−|ℓ|et doncα >(1/2)(d+|u|−|ℓ|)>|u|. De même√

d²−4uℓ >|ℓ|−|u| et doncα >(1/2)(d+|ℓ| − |u|)>|ℓ|. On en déduit que|β|<1et|γ|<1.

2. Pour résoudreAx = b, on posec = α⁻¹b et on résout successivement les deux systèmes suivants (avec les matricesLˆ etUˆ de la question 1),

Lyˆ =c U xˆ =y.

(a) (Calcul dey) Poury∈IRⁿ, on notey1, . . . , ynles composantes dey. Montrer queLyˆ =csi et seulement si

yi=

i

X

k=1

ckβ^i−k+βⁱynpour tout1≤i≤n. (2) [Utiliser une récurrence suri,iallant de1àn.]

En déduire queLˆest inversible etyn = (Pn

k=1ckβ^n−k)/(1−βⁿ).

Corrigé – Le systèmeLyˆ =cs’écrit

y1−βyn=c1, (3)

−βyi−1+yi=cipouri∈ {2, . . . , n}. (4) On donc bien, pouri= 1,y1=P1

k=1ckβ^1−k+β¹yn=c1+βyn. puis, par récurrence, siyi=Pi

k=1ckβ^i−k+βⁱyn,1≤i≤n−1, on a yi+1=ci+1+βyi=ci+1+

i

X

k=1

ckβ^i+1−k+βⁱ⁺¹yn=

i+1

X

k=1

ckβ^i+1−k+βⁱ⁺¹yn,

Ce qui termine la récurrence.

Comme|β|<1, On aβⁿ6= 1. On en déduit que le systèmeLyˆ =cadmet une unique solution. Elle est donnée paryn= (Pn

k=1ckβ^n−k)/(1−βⁿ)(c’est l’équation(2)pouri=n) puis par(2)pouri= 1, . . . , n−1ou (mieux pour le calcul) par(3)-(4)pouri= 1, . . . , n−1.

(b) On suppose, dans cette question seulement, queβ = 1. Montrer queLˆ n’est pas inversible et donner un élément non nul deKer ˆL.

Corrigé – Pour avoir un élément du noyau deL, il suffit de prendre un vecteurˆ ydont toutes les composantes sont égales à1. On a bienysolution de(2)avecc= 0, c’est-à-direLyˆ = 0.

(c) (Calcul dex) Par une technique analogue à celle de la question 2a, montrer queUˆ est inversible et calculer xen fonction dey. [On pourra calculer lesxi,iallant denà1en fonction dex1.]

Corrigé – Le systèmeU xˆ =ys’écrit

−γx1+xn=yn, (5)

xi−γxi+1=yipouri∈ {1, . . . , n−1}. (6) On en déduit par récurrence (iallant denà1)

xi=

n

X

k=i

ykγ^k−i+γⁿ⁻ⁱ⁺¹x1,pour tout1≤i≤n.

En effet, cette équation est bien vraie pouri=n. Puis, si elle vraie pouri,1< i≤n, on a xi−1=yi−1+γxi=yi−1+γ

n

X

k=i

ykγ^k−i+γⁿ⁻ⁱ⁺²x1=

n

X

k=i−1

ykγ^k−(i−1)+γ^{n−(i−1)+1}x1,

Ce qui termine la récurrence.

Comme|γ|<1, On aγⁿ6= 1. On en déduit que le systèmeU xˆ =yadmet une unique solution. Elle est donnée parx1= (Pn

k=1ykγ^k−1)/(1−γⁿ)puis par par(5)-(6)pouri=n, . . . ,2.

3. Pour résoudre effectivement le systèmeAx=bavec la méthode donnée par les questions 1-2, pour calculery (question 2a) on calcule d’abord lesβⁱ (1 ≤ i ≤n) etyn, puis on utilise plutôt la formuleyi =ci+βyi−1

pouri < n(en posanty0 =yn). On calcule ensuitex(question 2c) de manière analogue. Compter le nombre d’opérations (on ne demande pas le décompte exact, mais un ordre de grandeur) pour résoudreAx= bavec cette méthode.

Corrigé – Calcul deLˆetUˆ:9opérations.

Calcul desβⁱ:n−1opérations. Calcul deyn:2n+ 1opérations. Calcul deyi,i < n:2(n−1)opérations. On obtientyavec5n−2opérations.

De même, on obtientxen5n−2opérations.

Le nombre total d’opérations est donc de l’ordre de10n.

Exercice 3(Vitesse de convergence pour la méthode de Jacobi, barème 10 points).

SoientA ∈M_n(IR)une matrice symétrique inversible etb ∈IRⁿ,n >1. On posex¯=A⁻¹b. On noteDla partie diagonale deA,−Ela partie triangulaire inférieure stricte deAet−Fla partie triangulaire supérieure stricte deA.

On suppose que les coefficients diagonaux deDsont strictement positifs et on noteBJ la matrice des itérations de la méthode de Jacobi, c’est-à-direBJ=D⁻¹(E+F). Noter que, grâce à l’exercice 1, la matriceBJest diagonalisable dansIR. On rappelle que la méthode de Jacobi s’écrit

Initialisation :x⁽⁰⁾ ∈IRⁿ,

Itérations :pour toutk≥0,Dx^(k+1)= (E+F)x^(k)+b.

On munitIRⁿd’une norme notéek · k. On noteρle rayon spectral deBJet supposeρ <1(de sorte que la méthode de Jacobi est convergente).

On noteai,jle coefficient deAde la lignei, colonnej. On suppose queAest tridiagonale, c’est-à-direai,j = 0si

|i−j|>1.

1. (Un exemple) On suppose dans cette question queA=





2 −1 0

−1 2 −1 0 −1 2



. (a) Calculer les valeurs propres deBJ.

Corrigé –

BJ= (1/2)

"_{0 1 0} 1 0 1 0 1 0

#

Les valeurs propres deBJsont donc0et±√ 2/2.

(b) Montrer qu’il existe une infinité dex⁽⁰⁾pour lesquelsx⁽¹⁾ = ¯x.

Corrigé – Pourk≥0, on posee^(k) =x^(k)−¯x, de sorte que la méthode de Jacobi s’écrite^(k+1)=BJe^(k) pour toutk≥0. Sie⁽⁰⁾∈KerBJ, on a donce⁽¹⁾= 0, c’est-à-direx⁽¹⁾ = ¯x. Commedim KerBJ = 1, on a donc une infinité dex⁽⁰⁾pour lesquelsx⁽¹⁾= ¯x.

2. Soitλune valeur deBJ. Montrer que−λest aussi valeur propre deBJet que les sous espaces propres associés àλet−λsont de même dimension. [Utiliser le fait queA est tridiagonale et remarquer queBJx = λxest équivalent à(E+F)x=λDx. Considérer le vecteuryde composantesyi= (−1)ⁱxi.]

Corrigé – Soitλ∈IRetx∈IRⁿ,x6= 0. On notexiles composantes dexet on pose par conventionx0=xn+1= a−1,0=an,n+1= 0. Le vecteurxest vecteur propre deBJassocié à la valeur propreλsi et seulement si

ai−1,ixi−1+ai,i+1xi+1=λai,ixipour touti∈ {1, . . . , n}.

En multipliant cette équation par−(−1)ⁱ, on a doncai−1,i(−1)ⁱ⁻¹xi−1+ai,i+1(−1)ⁱ⁺¹xi+1 =−λ(−1)ⁱai,ixi, c’est-à-dire avecyi= (−1)ⁱxi,

ai−1,iyi−1+ai,i+1yi+1=−λai,iyipour touti∈ {1, . . . , n}.

Soit maintenant{x⁽¹⁾, . . . , x^(k)}une base du sous espace propre associé à la valeur propreλ(kest donc la dimension de ce sous espace). La famille{y⁽¹⁾, . . . , y^(k)}, formée selon le principe précédent (c’est-à-direy_i^(j) = (−1)ⁱx^(j)_i ) est alors une famille de vecteurs propres associés à la valeur propre(−λ). On noteM la matrice dont les vecteurs colonnes sont les vecteursx⁽¹⁾, . . . , x^(k)etN la matrice dont les vecteurs colonnes sont les vecteursy⁽¹⁾, . . . , y^(k). L’espace vectoriel engendré par{x⁽¹⁾, . . . , x^(k)}est de dimensionk(c’est le sous espace propre associé àλ). La matriceM, ainsi queM^t, est donc de rangk. OrM^tetN^tont même rang (les espaces vectoriels engendrés par les colonnes deM^tetN^tsont les mêmes). La matriceNest donc de rangk. ceci montre que la dimension du sous espace propre associé à valeur propre(−λ)est au supérieure ou égale àk. En changeant les rôle deλet(−λ), on obtient finalement que les sous espaces propres associés àλet(−λ)ont même dimensions.

Une autre démonstration consiste à introduire l’application linéaireT deIRⁿdansIRⁿqui àxassociey(défini par

3. Montrer que sinest impair,0est valeur propre deBJ.

Question plus difficile, hors barème : dans le cas où il existe un réel a tel queai+1,i = a pour tout i ∈ {1, . . . , n−1}, donner un vecteur propre associé à la valeur propre0(chercher un vecteur dont les composantes appartiennent à l’ensemble{1,−1,0}).

Corrigé – La question précédente nous montre que la somme des dimensions (algébriques et géométriques carBJ

est diagonalisable) des valeurs propres non nulles deBJest paire. Sinest impair0est donc nécessairement valeur propre.

Pour la question hors barème, on noteala valeur des coefficients non nuls deEetF. un vecteur propre associé à la valeur propre0est un vecteur tel que

axi−1+axi+1= 0pour touti∈ {1, . . . , n}.

On rappelle que, par conventionx0 = xn+1 = 0. Un vecteur possible consiste à prendre xi = 0siiest pair, xi= 1si1 + 4k, etxi=−1sii= 3 + 4k, aveck ∈IN. En particulier, grâce au fait quenest impair, on a bien axn−1+axn+1= 0.

4. On suppose, dans cette question, quex¯−x⁽⁰⁾ =P

i∈Iαifi, où{f1, . . . , fn}est une base deIRⁿ, formée de vecteurs propres de BJ,BJfi = λifi, etI = {i;|λi| < ρ}. Montrer qu’il existeC > 0etµ < ρtels que kx¯−x^(k)k ≤Cµ^kpour toutk∈IN^⋆.

Corrigé – On noteµ= max{|λi|, αi6= 0}etJ ={i,|λi|=µ}. On aµ < ρ. On posee^(k)=x^(k)−¯x, de sorte que

e^(k)=B_J^ke⁽⁰⁾=X

i∈I

αiλ^k_ifi.

On peut supposerµ6= 0(sinone^(k)= 0pour toutk∈INet il suffit de prendreC= 0). On a alors

e^(k)=µ^k(X

i∈J

αi(λi

µ)^kfi) +µ^k(X

i∈I\J

αi(λi

µ)^kfi).

On a donc

k→+∞, klim pair

e^(k) µ^k =X

i∈J

αifi,

k→+∞, klimimpair

e^(k) µ^k =X

i∈J

αisign(λi)fi.

ceci prouve que la suite de terme généralke^(k)k/µ^kest bornée. On peut alors prendre pourCune borne de cette suite.

5. On suppose, dans cette question, quenest impair.

Montrer qu’il existe une infinité dex⁽⁰⁾pour lesquelsx⁽¹⁾ = ¯x.

Corrigé – Comme dans la question 1b, sie⁽⁰⁾∈KerBJ, on ae⁽¹⁾= 0, c’est-à-direx⁽¹⁾= ¯x. Commedim KerBJ ≥ 1(car on sait que0est valeur propre deBJ, question 3), on a donc une infinité dex⁽⁰⁾pour lesquelsx⁽¹⁾= ¯x.