que∀x, xTATAx≥0 • et enfin que∀x, xTATAx= 0⇒x= 0

MT09-A05

Examen m´edian - Corrig´e Questions de cours

Dur´ee : 30mn. Sans documents ni machines `a calculer

Exercice 1 (bar`eme approximatif : 1.5 points)

1. ´Etant donn´ee une norme matricielle subordonn´ee, le conditionnement deArelatif `a cette norme est d´efini par cond (A) =kAk kA⁻¹k.

La d´efinition ci-dessus du conditionnement est en fait justifi´ee par le r´esultat demand´e ici. On a :

(A(x+δx) =b+δb) et(Ax=b) =⇒Aδx=δb=⇒δx=A⁻¹δb=⇒ kδxk ≤ kA⁻¹k kδbk.

D’autre part

b=Ax=⇒ kbk ≤ kAk kxk=⇒1/kxk ≤ kAk/kbk.

En multipliant membre `a membre on arrive au r´esultat cherch´e : kδxk/kxk ≤cond (A)kδbk/kbk.

Exercice 2 (bar`eme approximatif : 1.5 points)

1. Pour montrer queA^TA est sym´etrique d´efinie positive, il faut montrer

• qu’elle est sym´etrique,

• que∀x, x^TA^TAx≥0

• et enfin que∀x, x^TA^TAx= 0⇒x= 0.

• On a (A^TA)^T =A^T(A^T)^T =A^TA : A est sym´etrique.

• Ensuite, quel que soitx∈IRⁿ, on a : x^T(A^TA)x = (x^TA^T)Ax= (Ax)^TAx=kAxk²₂ ≥0 : Aest semi d´efinie positive.

• Enfin,x^TA^TAx= 0<=>kAxk²₂ = 0<=> x∈Ker (A).

Or dim(IRⁿ) =dim Ker(A) + rang(A) =>ker(A) ={0}, doncx= 0 etAest d´efinie positive.

2. Ce sont les ´equations normales A^TAx = A^Tb. Nous venons de voir que A^TA est sym´etrique d´efinie positive. Elle est donc inversible, de sorte que ces ´equations admettent bien une solution et une seule.

Exercice 3 (bar`eme approximatif : 2 points)

1. Posons classiquementA=D−E−F, avecDdiagonale,−E la partie strictement inf´erieure de Aet−F sa partie strictement sup´erieure.

La m´ethode de Jacobi consiste `a ´ecrire Ax=Dx−(E+F)x=b, soit Dx= (E+F)x+b soit x=D<sup>−1</sup>(E+F)x+D<sup>−1</sup>b, d’o`u

C=D⁻¹(E+F) et d=D⁻¹b.

2. (a) Un calcul rapide montre que :

C =















0 −1/2 0 0 0

−1/4 0 −1/4 0 0

0 −1/4 0 −1/4 0

0 0 −1/4 0 −1/4

0 0 0 −1/2 0















et d=













 3/2 3/2 3/2 3/2 3/2















(b) On v´erifie quekCk_∞= 1/2 (on pourrait v´erifier aussi quekCk₁ = 3/4). Dans les deux cas, on akCk<1, on en d´eduit la convergence de la m´ethode de Jacobi.

(c) La matrice Aest `a diagonale strictement dominante. Nous avons vu en cours, et c’est dans le polycopi´e, qu’alors la m´ethode de Jacobi est convergente.

MT09-A2005- Examen partiel - Corrig´e Dur´ee : 1h30. Polycopi´es de cours autoris´es

Exercice 1: (bar`eme approximatif : 4 points ) CHANGER DE COPIE.

1. Si la suite converge, elle converge n´ecessairement vers une solution de x=g(x). On v´erifie que cette ´equation n’est autre que l’´equation (1), dont les racines sontr1 = 2 etr2 = 3.

2. g⁰(x) = 2(x−2). gd´ecroit depuis +∞, atteint son minimum enx= 2, (g(2) = 2 et croˆıt ensuite jusqu’`a +∞.

3. (a) r1 = 2 et g⁰(2) = 0. Il existe donc un voisinage I = [2−α,2 +α] de r1 tel que ∀x ∈ I, g(x)∈I et|g⁰(x)| ≤k <1,

de sorte que la m´ethode converge quandx₀∈I : nous sommes en effet, dans les conditions d’application de la proposition de la proposition IV.2.3 du chapitre 4 (m´ethodes it´eratives).

(b) Remarque : Les correcteurs n’attendent pas une r´eponse aussi compl`ete que celle d´evelopp´ee ci-dessous.

On a ici r2 = 3 et g⁰(3) = 2. Il existe donc un voisinage J = [3−β,3 +β] de r2 tel que ∀x ∈ J, g⁰(x) ≥ K > 1. En cons´equence, d`es qu’un point x_k ∈ J, x_k+1 sera plus

´eloign´e de r₂ que x_k. Il ne peut pas y avoir de convergence stable, c’est-`a-dire non remise en cause par les erreurs d’arrondi. Ainsi g(1) = 3, donc il y a convergence si x₀ = 1. Par contre, on v´erifie exp´erimentalement que x0 =g(3−ε) donne une suite convergeant vers 2 etx₀ =g(3 +ε) donne une suite tendant vers +∞.

4. On a 3/2 < 2 < 5/2, g(3/2) = 9/4 et g(5/2) = 9/4, donc vu le tableau de variations de g, on a ∀x ∈]3/2,5/2[, 2 ≤ g(x) ≤ 9/4, ce qui implique bien g(x) ∈]3/2,5/2[. D’autre part

∀x∈[2,9/4]⊂]3/2,5/2[, on a 0< g⁰(x)<1/2.

La proposition IV.2.2, appliqu´ee avec [a, b] = [2,9/4], implique alors la convergence vers 2 de la suite, construite `a partir d’unx₀∈]3/2,5/2[.

Exercice 2: (bar`eme approximatif : 11 points ) CHANGER DE COPIE.

1. (a) Calculer l’inverse deM se fait en r´esolvantnsyst`emes d’´equations lin´eaires de matriceM, les seconds membres ´etant les colonnes de la matrice identit´e :

M M⁻¹ =I ⇔M(M⁻¹)_i=I_i, i= 1, . . . , n.

On calcule une seule fois la d´ecomposition LU de M (n³/3 multiplications), puis pour chaque colonne de l’identit´e, on r´esout LY_i = I_i, puis U(M⁻¹)_i = Y_i, soit pour chaque colonne, 2∗n²/2 =n² multiplications. D’o`u en tout n³/3 +n³ = 4n³/3 multiplications.

(b) ˆN =M⁻¹N. Le calcul de M⁻¹ demande 4n³/3 mutiplications. Multiplier deux matrices carr´eesn×ndemanden³multiplications, soit en tout 7n³/3 multiplications. Pour le calcul de ˆZ =M⁻¹Z,M⁻¹a d´ej`a ´et´e calcul´e. Il reste `a le multiplier parZ, soitn²multiplications, c’est n´egligeable devant 7n³/3.

2. (a) Pour calculer ˆZ, on r´esout MZˆ=Z qui est bien ´equivalent `a ˆZ=M⁻¹Z.

(b) Pour calculer ˆN, on r´esout MNˆ =N, qui est bien ´equivalent `a ˆN =M<sup>−1</sup>N. En pratique, on va donc r´esoudre n syst`emes lin´eairesM( ˆN)_i =N_i, pouri= 1, . . . , n. Plus pr´ecis´ement :

• Les vecteurs inconnus ( ˆN)i sont les i`emes colonnes de ˆN,

• Les seconds membres N_i sont les i`emes vecteurs colonnes deN.

Il nous faut calculer une fois et une seule la d´ecomposition M =LU, soitn³/3 multiplica- tions. Ensuite, pour calculer ˆN et ˆZ, nous avons 2∗(n+ 1) r´esolutions de syst`eme lin´eaires triangulaires, soit (n+ 1)∗n² = n³ multiplications (les termes en n² sont n´egligeables).

Donc au total, cela nous fait 4n³/3 multiplications, ce qui est mieux que les 7n³/3 de la premi`ere m´ethode.

(c)3. function

hN ,ˆ Zˆⁱ = calcul(M,N,Z) m=size(M,1)

[L, U]=lu(M) y=solinf(L,Z) Z=solsup(U,y)ˆ for i=1:n

y=solinf(L,N(1:n,i)) Nˆ(1:n,i)=solsup(U,y) end

endfunction

4. (a) Il s’agit en fait de l’algorithme de Richtmeyer, vu en TD et TP, adapt´e `a une d´ecomposition par blocs. Il faudra donc, principale pr´ecaution `a ne pas oublier, remplacer les divisions par des scalaires, par des multiplications par des matrices inverses.

Ici, on ´ecrit la premi`ere ligne par blocs deP X =U. Il vientB1X1+C1X2 =U1, soit X1 =−(B₁)⁻¹C1X2+ (B1)⁻¹U1,

qui est bien de la formeX1 =E1X2+F1 avec E1=−B₁⁻¹C1 etF1 =B₁⁻¹U1.

(b) On suppose avoirXj =EjXj+1+Fj, pourj= 2, . . . , i−1. ´Ecrivons lai`eme ligne par blocs deP X =U. Il vientA<sub>i</sub>Xi−1+B<sub>i</sub>X<sub>i</sub>+C<sub>i</sub>X<sub>i+1</sub>=U<sub>i</sub>. Introduisons l’hypoth`ese de r´ecurrence pourj =i−1. Nous obtenons ainsi :

A_i(Ei−1X_i+Fi−1) +B_iX_i+C_iX_i+1 =U_i d’o`u

X_i=−(A_iEi−1+B_i)⁻¹C_iX_i+1+ (A_iEi−1+B_i)⁻¹(U_i−A_iFi−1) ce qui donne

E_i =−(A_iEi−1+B_i)⁻¹C_i etF_i= (A_iEi−1+B_i)⁻¹(U_i−A_iFi−1).

(c) La derni`ere ´equation par blocs de P X = U s’´ecrit AnXn−1 +BnXn = Un, ce qui avec l’hypoth`ese de r´ecurrence Xn−1=En−1X_n+Fn−1, donne

Xn= (AnEn−1+Bn)⁻¹(Un−AnFn−1).

(d) • On choisit M =B1,N =−C₁ etZ =U1. On calcule alors E1 = ˆN etF1 = ˆZ par [E_1,F_1]=calcul(M,N,Z)

• Puis, pour i variant de 2 `a n, on choisitM =A_iEi−1+B_i,N =−C_i etZ =U_i−A_iFi−1. On calcule alorsEi etFi par

[E_i,F_i]=calcul(M,N,Z)

• Ensuite, on choisitM =A_nEn−1+B_netZ =U_n−A_nFn−1. On calcule alors X_n= ˆZ.

• Enfin, pour i remontant den−1 `a 1, on calculeXi =EiXi+1+Fi.