ESIEE Amiens 1996 problµeme 2
Pr¶eliminaire:
PosonsY =M X:On a8i2[[1; n]]; yi=Pn
j=1mi;jxjdonc8i2[[1; n]];jyij ·Pn
j= 1jmi;jj jxjj ·Pn
j=1jmi;jj kXk · kjMjk kXk:La relation ¶etant vraie pour tout ielle est vraie pour le maximum :
kM Xk · kjMjk.kXk
1. PARTIE
1. a)par hypothµeseD est une matrice diagonale, les termes sur la diagonale ¶etant non nuls , en e®et vue l'hypothµese sur A tous les termes diagonaux ont une valeur absolue strictement positive.
b)SoitJ =D¡1(E+F) de coe±cients pi;j on a:
8i2[[1; n]]; Xn j=1
pi;j = Xn j=1
d¡i;i1(ei; j+fi;j) =¡a¡i; i1 Xn
i=1 i6=j
ai;j
donc:
8i2[[1; n]];
¯¯
¯¯
¯¯ Xn j=1
pi;j
¯¯
¯¯
¯¯· jai;ij¡1 Xn
i=1 i6=j
jai;ij<jai;ij¡1jai;ij= 1
La derniµere in¶egalit¶e d¶ecoulant du fait queAest µa diagonale strictement dominante. La propri¶et¶e est vraie pour touti elle est vraie pour le maximum :
kjJjk<1
2. a)On aA=D¡E¡F doncAY = 0()DY = (E+F)Y et comme Dest inversibleAY = 0()Y =J Y
b)On raisonne par l'absurde: SiY 6= 0 v¶eri¯e Y =J Y alors en prenant les normes des deux membres et en utilisant le pr¶eliminaire et la premiµere question on a
kYk =kJ Yk · kjJjk:kYk<kYk
ce qui est absurde. L'¶equation Y =J Y n'a pas de solution non nulle , et commeY = 0 est solution ¶evidente : AY = 0()Y =J Y ()Y = 0:Le noyau deA est r¶eduit µa 0:
Aest inversible
3. a)On aX(k+ 1)¡¤ =J X(k)+D¡1B¡¤:On veut donc prouver D¡1B¡¤ =¡J¤:
Or ¡J¤ =¡D¡1(E+F)¤ =¡D¡1(D¡A)¤ =¡¤ +D¡1A¤ = ¡¤ +D¡1B:En utilisant la d¶e¯nition deJ ,celles de D; E; F et en¯n que ¤ est solution du systµemeAX =B:
b)On a donc °°X(k+1)¡¤°° = °°J(X(k)¡¤)°° · kjJjk:°°X(k)¡¤°°.La majoration est g¶eom¶etrique donc °°X(k)¡¤°° · kjJjkk°°X(k)¡¤°°!k!10 carkjJjk<1
limk!1(X(k)) =B
2. PARTIE
On recommence avec des hypothµeses un peu di®¶erentes.
1. D¡Eest une matrice triangulaire ayant la m^eme diagonale queD:Donc tous les termes diagonaux sont non nuls. D¡E est inversible et donc:L= (D¡E)¡1F est d¶e¯nie
2. a)On ¶ecrit queY =LX()(D¡E)Y =F X ,DY =E Y +F X.Donc avec la d¶e¯nition des matrices:
ai;iyi=¡ 0
@
i¡1
X
j=1
ai;jyj+ Xn j=i+1
ai;jxj
1 A
La division par ai;i non nul donne alors la formule demand¶ee:
yi=¡ 1 ai;i
0
@
i¡1X
j=1
ai;jyj+ Xn j=i+1
ai;jxj
1 A
b) Le r¶esultat demand¶e est faux siX = 0 car alorsY = 0 . On suppose dansX6= 0 on ay1=¡a1;11 ³Pn
j=2a1;jxj
´
.Et doncjy1j ·¯¯¯a1;11
¯¯
¯³Pn
j=2ja1; jj jxjj´
·¯¯¯a1;11
¯¯
¯³Pn
j=2ja1;jj kXk´
.Et commePn
j=2ja1;jj<
ja1;1j et kXk>0 on v¶eri¯e bien:
jy1j<kXk Montrons par r¶ecurrence:Hi:jyij<kXk:
La propri¶et¶e est vrai pouri= 1 d'aprµes la sous question pr¶ec¶edente.
Supposons qu'elle soit vraie pour toutj < iet montrons qu'elle est vraie pouri:On a alors jyij ·¯¯¯a1i;i
¯¯
¯Pi¡1
j=1jai; jj jyjj+Pn
j=i+1jai; jj jxjj.Dans la premiµere somme on ma jore jyjj par kXk d'aprµes l'hypothµese de r¶ecurrence;dans la seconde on majore jxjjparkXkpar d¶e¯nition de la norme. Donc
jyij ·
¯¯
¯¯ 1 ai;i
¯¯
¯¯ Xn j=1;j6=i
jai;jjkXk< kXk
toujours avec les hypothµeses sur les coe±cients diagonaux deAet X6= 0
L'in¶egalit¶e est donc vraie pour tous les coe±cients deY donc pour le maximum : kYk <kXk
3. a)i0existe car un maximum est toujours dans l'ensemble. DonckjLjkest atteint pour un certain indice.
b)posonsY0=LX0= 0 BB B@
y1
y2
... yn
1 CC CA:on a:
½ i6=i0 ) jyij ·Pn
j=1jli;jj · kjLjk i=i0) jyij=Pn
j=1"jli;j =Pn
j=1jli;jj=kjLjk
Ceci par d¶e¯nition des coe±cients"puis de l'indicei0:La plus grande coordonn¶ee est donckjLjketkY0k =kjLjk c)On applique le a) on a donc kY0k=kjLjk<kX0ket commekX0k= 1 :
kjLjk<1
4. a)On aY(k+1)¡¤ =LY(k)+ (D¡E)¡1B¡¤:Pour prouver l'¶egalit¶e demand¶ee il su±t donc de prouver (D¡E)¡1B¡¤ =L¤
orB= A¤ = (D¡E¡F)¤.donc (D¡E)¡1B¡¤ = (D¡E)¡1(D¡E¡F)¤¡¤ = (In¡L)¤.La relation est donc v¶eri¯¶ee.
b) on termine sans problµeme en reprenant la ¯n de la premiµere partie.
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