Mathématiques L3– Correction de l’examen du 13/01/2011

Mathématiques L3– Correction de l’examen du 13/01/2011

Exercice 1

a) Soit la matrice

M = a b b c

! ,

supposée inversible et donc de déterminant non nul, c’est-à-dire queac−b² 6= 0. Calculons son inverse par la méthode de Gauss, sans stratégie de pivot, vue au septième cours et dont nous empruntons les notations.

Commea6= 0, multiplions-la par la matrice

E⁽¹⁾= 1 0

−^ab 1

! .

Il vient

E⁽¹⁾M =





a b

0 ^ac−a^b2



,

d’où

M = (E⁽¹⁾)⁻¹





a b

0 ^ac−a^b2



,

soit

M⁻¹=





a b

0 ^ac−a^b2





−1

E⁽¹⁾ =U⁻¹E⁽¹⁾

avec une définition évidente de la matriceU. La matriceUétant triangulaire supérieure est très facile à inverser.

On trouve, sachant queac−b²6= 0:

U⁻¹=





1

a −^ac₋^bb2

0 _ac^a

−b2



,

donc

M⁻¹=





1

a −^ac₋^bb2

0 ac^a

−b2





1 0

−^ba 1

!

= 1

ac−b²

c −b

−b a

!

. (1)

b) On a

N N⁻¹= A B B^T C

! A⁻¹+A⁻¹BSB^TA⁻¹ −A⁻¹BS

−SB^TA⁻¹ S

! ,

soit

N N⁻¹= I+BSB^TA⁻¹−BSB^TA⁻¹ −BS+BS B^TA⁻¹+B^TA⁻¹BSB^TA⁻¹−CSB^TA⁻¹ −B^TA⁻¹BS+CS

! .

Le bloc supérieur gauche est évidemment la matrice identité. Le bloc inférieur droite s’écrit(−B^TA⁻¹B+C)S.

Par la définition deS,S⁻¹=C−B^TA⁻¹B, et on constate que le facteur de la matriceSdans(−B^TA⁻¹B+C)S

estS⁻¹. Le bloc inférieur droite est donc l’identité. Le bloc supérieur droite est évidemment la matrice nulle.

Reste à considérer le bloc inférieur gauche qui s’écrit :

B^TA⁻¹+B^TA⁻¹BSB^TA⁻¹−CSB^TA⁻¹= (I+B^TA⁻¹BS−CS)B^TA⁻¹ (2) .

D’après l’expression deS⁻¹on a(C−B^TA⁻¹B)S=I, soitCS−B^TA⁻¹BS =IouI−CS+B^TA⁻¹BS = 0.

Par l’équation (2), le bloc inférieur gauche est donc une matrice nulle. On a donc finalementN N⁻¹=I.

On démontre de même queN⁻¹N =I.

c) Considérons des scalairesa,betcà la place des matrices (respectivement) des matrices-blocsA,BetCde la matriceN. La matriceN est alors la matriceM du a). Alors on aA⁻¹ = ¹a etS =

c−^ba2

−1

= ac^a

−b2. Traduisons tous les termes de la matriceN⁻¹.

i) A⁻¹+A⁻¹BSB^TA⁻¹= ¹a+^ab2²

a ac−b2

=ac^c

−b2, ii) −A⁻¹BS=−a^b

a ac−b2

= ac⁻−^bb2, iii) −SB^TA⁻¹=−^ab

a ac−b2

=ac⁻−^bb2, iv) S= ac−^ab2.

FinalementN⁻¹=ac−¹b2

c −b

−b a

!

, on retrouve l’expression (1) deM⁻¹.

d) Soient les matrices diagonales deN⁻¹qui sont carrées. La matriceMest symétrique. En effet soitM^T = C^T −B^T(A⁻¹)^TB^T, comme Aest symétriques (A⁻¹)^T est symétrique, comme Cest aussi symétrique on a doncM^T =C−B^TA⁻¹B^T = MetMest symétrique, son inverseS l’est donc aussi. Soit la matriceN = A⁻¹+A⁻¹BSB^TA⁻¹. Grâce à la symétrie deA⁻¹etSil vient :N^T = (A⁻¹)^T+ (A⁻¹)^T(B^T)^TS^TB^T(A⁻¹)^T = A⁻¹ +A⁻¹BSB^TA⁻¹ = N. Les deux blocs diagonaux carrés sont donc symétriques. Considérons mainte- nant les matrices blocs non-diagonaux deN⁻¹ qui sont rectangulaires siB est rectangulaire. Regardons le bloc supérieur droit en prenant son symétrique. PuisqueA⁻¹ et S sont symétriques on a : (−A⁻¹BS)^T =

−S^TB^T(A⁻¹)^T =−SB^TA⁻¹qui est le bloc inférieur gauche. Les blocs non-diagonaux sont donc transposés l’un de l’autre. La matriceN⁻¹est donc symétrique.

Exercice 2

Par la linéarité de l’intégration il suffit de montrer que la formule de Simpson Z ^b

a

f(x)dx≈ b−a

6 f(a) + 4f(a+b

2 ) +f(b)

!

, (3)

intègre exactement les constantes et les monômes x, x² et x³, puisque ces monômes forment une base de l’espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal à trois. Sif =CoùCest une constante, il vient :

Z ^b

a

Cdx=C(b−a),

alors que ^b−₆^a

f(a) + 4f(^a+₂^b) +f(b)

=C(b−a).Les constantes sont exactement (et heureusement !) inté- grées.

Sif(x) =x, on a :

Z ^b

a

xdx= b²−a²

2 =b−a 6

3(b+a) , alors que

f(a) + 4f(^a+₂^b) +f(b)

=a+ 4(^a+₂^b) +b= 3(b+a). La formule (3) est aussi exacte.

Sif(x) =x², on a :

Z ^b

a

x²dx= b³−a³

3 =b−a 6

2(b²+ab+b²) ,

alors que

f(a) + 4f(a+b

2 ) +f(b)

!

=a²+ 4(a+b)²

4 +b²= 2(b²+ab+b²).

La formule (3) est aussi exacte dans ce cas.

Finalement soitf(x) =x³, on a : Z ^b

a

x³dx=b⁴−a⁴

4 =b−a 6

3

2(b+a)(b²+a²)

!

= b−a 6

3

2(a³+ba²+ab²+b³)

!

, (4)

alors que

f(a) + 4f(a+b

2 ) +f(b)

!

=a³+ 4(a+b)³

8 +b³=a³+a³+ 3a²b+ 3ab²+b³

2 +b³,

soit

f(a) + 4f(a+b

2 ) +f(b)

!

= 3

2(a³+ba²+ab²+b³).

L’expression

b−a

6 f(a) + 4f(a+b

2 ) +f(b)

!

est donc égale à (4). La formule de Simpson est encore exacte sif(x) =x³, ce qui conclut.

Exercice 3

a) Soit la matrice symétrique

A=







1 a a a 1 a a a 1





,

il est clair que, pour toute ligne de cette matrice2|a| ≥ 1si1/2 ≤ a < 1, elle n’est donc pas SDD pour ces valeurs dea. Pour prouver qu’elle est définie positive, pour1/2≤a <1il suffit de montrer qu’alors ces valeurs

propresλisont strictement positives. Calculons-les en cherchant les racines du polynôme caractéristique de la matriceA, c’est-à-dire du déterminant de la matrice(A−λI). On a :

P(λ) = det(A−λI) =







1−λ a a

a 1−λ a

a a 1−λ





.

Posonsµ = 1−λ, il vientP(λ) = µ³−3a²µ+ 2a³. On aP(λ) = 0siµ³−3a²µ+ 2a³ = 0,µ = aest une racine évidente, les racines du polynôme enµsont donca(racine double) etµ=−2a, les racines du polynôme P(λ)sont par conséquentλ= (1−a)(racine double) etλ= (1 + 2a). Ces racines sont strictement positives si 1/2≤a <1, ce qui conclut.

b) Soit la matrice symétrique

A= −2 a a 2

! .

Il est évident que si|a|<2cette matrice est SDD. Pour décider si elle est ou non définie positive, calculons ces valeurs propres. Avec les notations du a), on a :

P(λ) = det(A−λI) = −2−λ a a 2−λ

! , d’oùP(λ) = 4−λ²+a². Les racines deP(λ)sontλ=±√

a²+ 4, pour toute valeur deaune valeur propre est toujours négative. La matriceAn’est jamais définie positive.

Exercice 4

Calculons les valeurs propres de la matrice

A=







−3 0 2 1 −1 0

−2 −1 0





.

Soit

A−λI=







−3−λ 0 2 1 −1−λ 0

−2 −1 −λ





,

alors on a :

P(λ) = det(A−λI) =−(3 +λ) −1−λ 0

−1 −λ

!

+ 2 1 −1−λ

−2 −1

! . D’oùP(λ) =−(3 +λ)λ(1 +λ) + 2

−1−2(1 +λ)

=−λ³−4λ²−7λ−6qui a pour racine évidente−2. Dès lorsP(λ) =−(λ+ 2)(λ²+ 2λ+ 3), les deux autres racines deP(λ)sont−1±i√

2.

Calculons les vecteurs propres associés. Un calcul élémentaire montre que :

v1=





 2

−2 1





,

est un vecteur propre associé à la valeur propre−2. Par conséquent :

X1=e^−2t





 2

−2 1





,

est une solution.

Toujours par un calcul élémentaire (un peu fastidieux) on trouve qu’un vecteur propre associé à la valeur propre(−1 +i√

2)est

v2=







 i√

2 1

−1 +i√ 2







 .

Par conséquent

Z =e^−te^i√2t







 i√

2 1

−1 +i√ 2







 ,

est une solution complexe du système. Elle s’écrit :

Z=e^−t(cos√

2t+isin√ 2t)







 i√

2 1

−1 +i√ 2







 ,

d’où en séparant les parties réelle et imaginaire

Z=e^−t









−√ 2 sin(√

2t) cos(√

2t)

−cos(√ 2t)−√

2 sin(√ 2t)







 +i









√2 cos(√ 2t) sin(√

2t)

−sin(√ 2t) +√

2 cos(√ 2t)







 ,

de la formeZ =X2+iX3.

On sait (voir cours 6) que les parties réelle et imaginaire deZ sont des solutions indépendantes du système.

Donc

X2=e^−t









−√ 2 sin(√

2t) cos(√

2t)

−cos(√ 2t)−√

2 sin(√ 2t)







 ,

et

X3=e^−t









√2 cos(√ 2t) sin(√

2t)

−sin(√ 2t) +√

2 cos(√ 2t)







 , sont solutions. Finalement la solution du système est :

x(t) =



















2C1e^−2t+C2e^−t

−√ 2 sin(√

2t)

+C3e^−t√ 2 cos(√

2t)

−2C1e^−2t+C2e^−t

cos(√ 2t)

+C3e^−t

sin(√ 2t)

C1e^−2t+C2e^−t

−cos(√ 2t)−√

2 sin(√ 2t)

+C3e^−t

−sin(√ 2t) +√

2 cos(√ 2t)

















 ,

où les constantesC1,C2etC3sont déterminées par la condition initiale. Ce qui revient à résoudre le système









2 0 √

2

−2 1 0 1 −1 √ 2













 C1

C2

C3





=





 1 0 0





.

On trouve facilementC1= ¹₃,C2= ²₃ etC3=^√₆², d’où la solution désirée :

x(t) =









2

3e^−2t+¹₃e^−tcos(√

2t)−^2√3²e^−tsin(√ 2t)

−²3e^−2t+²₃e^−tcos(√

2t) +^√₆²e^−tsin(√ 2t)

1

3e^−2t−¹3e^−tcos(√

2t)−^5√6²e^−tsin(√ 2t)







 .

Exercice 5

Soientµ >0et l’équationx˙ =x(µ−x²), six <−√µalors(µ−x²)<0,x >˙ 0etxcroît. Lorsque−√µ < x <0 alors(µ−x²)>0,x <˙ 0etxdécroît. La branche des équilibresx=−√µest donc stable.