Un soin tout particulier sera apport´e `a la r´edaction des r´eponses) Exercice 1 Correction: 1

LICENCE 3 - Math´ematiques La Mi-Voix - ULCO

AAN Lundi 07 Mai 2012 - Contrˆole Continu 2, Semestre 2

Dur´ee de l’´epreuve : 2h00 Documents interdits. Calculatrice autoris´ee.

(Les trois exercices sont ind´ependants. Un soin tout particulier sera apport´e `a la r´edaction des r´eponses)

Exercice 1 Correction:

1. detM(t) =

m1,1 m1,2

t

m1,3

t² . . . ^m_tn−1^1,n

tm2,1 m2,2 m2,3

t . . . ^m_tn−2^2,n

... ...

tⁿ⁻¹mn,1 tⁿ⁻²mn,2 . . . tmn,n−1 mn,n

= 1

t ×. . .× 1

tⁿ⁻¹det(C1, tC2, . . . , tⁿ⁻¹Cn)

= 1

t ×. . .× 1 tⁿ⁻¹

m_1,1 m_1,2 m_1,3 . . . m_1,n tm2,1 tm2,2 tm2,3 . . . tm2,n

... ...

tⁿ⁻¹m_n,1 tⁿ⁻¹m_n,2 . . . tⁿ⁻¹mn,n−1 tⁿ⁻¹m_n,n

= 1

t ×. . .× 1 tⁿ⁻¹det









 L₁ tL₂

... tⁿ⁻¹Ln











= det









 L₁ L₂ ... Ln











= det(M).

2. On poseA=













a1 c1 (0) b₂ . .. ...

. .. ... cn−1

(0) b_n a_n













. On a M =F+λ²(D+E) =













λ²a1 c1 (0) λ²b₂ . .. ...

. .. ... cn−1

(0) λ²b_n λ²a_n











 et

M(1/λ) =













λ²a₁ λc₁ (0) λb2 . .. ...

. .. ... λcn−1

(0) λbn λ²an













=λ(E+F) +λ²D.

3. PG(λ²) = det(−(D+E)⁻¹F−λ²I) = (−1)ⁿdet((D+E)⁻¹) det(F+λ²(D+E))

= (−1)ⁿdet(M) det((D+E)⁻¹) = (−1)ⁿdet(M(1/λ)) det((D+E)⁻¹)

= (−1)ⁿdet(λ(E+F) +λ²D)×det((D+E)⁻¹)

= (−1)ⁿλⁿdet((E+F) +λD)×det((D+E)⁻¹)

= λⁿdet(D) det(−D⁻¹(E+F)−λI)×det((D+E)⁻¹) =λⁿdet(J−λI) car det((D+E)⁻¹) = 1

det(D+E) = 1

detD = 1 Q

ka_kk. Ainsi, PG(λ²) =λⁿPJ(λ).

λ est valeur propre de J ´equivaut `a λ² est valeur propre de G et sp(G) = {λ²;λ ∈ sp(J)} et ρ(G) = (ρ(J))².

On a donc, comme ρ est positif, ρ(G) < 1 si et seulement si ρ(J) < 1 et dans ce cas, les deux m´ethodes sont convergentes ou bien aucune des deux ne converge.

Exercice 2 Correction:

1. La formule est exacte surP₃, cela implique les ´egalit´es : Z 1

−1

1dt= 2 =A₀+A₁ Z 1

−1

tdt= 0 =A0t0+A1t1

1/3

Z 1

−1

t²dt= 2

3 =A0t²₀+A1t²₁ Z 1

−1

t³dt= 0 =A₀t³₀+A₁t³₁

On r´esout donc le syst`eme de 4 ´equations `a 4 inconnues suivant











A0+A1 = 2 A0t0+A1t1 = 0 A0t²₀+A1t²₁ = ²₃ A0t³₀+A1t³₁ = 0

⇔











A1= 2−A0

2t1+A0(t0−t1) = 0 2t²₁+A0(t²₀−t²₁) = ²₃ 2t³₁+A0(t³₀−t³₁) = 0

⇔











A1 = 2−A0

A0(t0−t1) = −2t₁ 2t²₁−2t1(t0+t1) = ²₃ 2t³₁−2t1(t²₀+t0t1+t²₁) = 0

⇔











A1 = 2−A0

A₀(t₀−t₁) = −2t₁ 2t₀t₁ = ²₃ 2t0t1(t0−t1) = 0

⇔











A1 = 2−A0

A₀(t₀−t₁) = −2t₁ 2t₀t₁ = ²₃

t0 = t1

⇔











A0 = 1 A1 = 1

t0 = ±^√1

3

t1 = ∓^√1

3

Il nous reste `a d´eterminer K. On poseg(t) =t<sup>4</sup> dans la formule (Q) mise `a jour et on obtient : Z 1

−1

t⁴dt= 2 5 =

− 1

√3 4

+ 1

√3 4

+ 24K ⇔24K = 2 5− 2

9 ⇔K = 1 135. Finalement,

(Q) Z 1

−1

g(t)dt=g

− 1

√3

+g 1

√3

+ 1

135g⁽⁴⁾(τ).

2. On cherche la fonction affineh v´erifiant

h(x_i) =ax_i+b=−1 h(xi+1) =axi+1+b= 1 ⇔

( a= _x ²

i+1−x_i

b=−^x_x^i+1+xi

i+1−x_i

. Finalement,

h(x) = 1 xi+1−xi

(2x−(x_i+1+x_i)).

On consid`ere l’int´egrale Z _xi+1

xi

f(x)dx. On r´ealise le changement de variable x = xi+1−xi

2 t+

xi+1+xi

2 et on a Z xi+1

xi

f(x)dx= Z 1

−1

f

x_i+1−x_i

2 t+x_i+1+x_i 2

x_i+1−x_i 2

dt.

Comme les points du support sont ´equidistants, h=x_i+1−x_i,∀i∈ {0, . . . , N} et on a Z xi+1

xi

f(x)dx= h 2

Z 1

−1

f

x_i+1−x_i

2 t+x_i+1+x_i 2

dt.

3. La formule composite associ´ee `a (Q) est donn´ee par Z b

a

f(x)dx=

N−1

X

i=0

Z xi+1

xi

f(x)dx= h 2

N−1

X

i=0

Z 1

−1

f

x_i+1−x_i

2 t+x_i+1+x_i 2

dt

= h 2

N−1

X

i=0

f

xi+1−xi

2

− 1

√ 3

+xi+1−xi

2

+f

xi+1−xi

2

1

√ 3

+xi+1−xi

2

+ xi+1−xi

2 4

1 135f⁽⁴⁾

xi+1−xi

2 τ +xi+1+xi

2

#

= h 2

N−1

X

i=0

f

x_i+1−x_i 2

− 1

√3

+x_i+1−x_i 2

+f

x_i+1−x_i 2

1

√3

+x_i+1−x_i 2

+ h⁴

4320(b−a)f⁽⁴⁾(ξ), ξ∈]a, b[.

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Exercice 3 Correction:

1. Pour k= 1,· · · , n a_k=Pk

i=1r_ikq_i avec r_ik=q_i^Ta_k par orthonormalit´e desq_i. 2. D´ecoule imm´ediatement de la question pr´ec´edente.

3. Algorithme de Gram-Schmidt : Pour k= 1,· · · , nfaire

r_ik =q_i^Ta_k pour i= 1,· · ·, k−1 z_k =a_k−Pk−1

i=1 r_ikq_i r_kk= (z^T_kz_k)^1/2 q_k=z_k/r_kk 4. (a)

n

X

i=k

qir^T_i = [qk· · ·qn]





 r_k^T

... r_n^T





= [qk· · ·qn]











0 · · · 0 rkk · · · rkn

0 · · · 0 0 r_k+1,k+1 · · · r_k+1,n ... . .. ... ... . .. . .. ... 0 · · · 0 0 . . . 0 rnn











A^(k)e_k=z= [q_k· · ·q_n]









 r_kk

0 ... 0











=r_kkq_k⇒r_kk=kzk₂, q_k=z/r_kk

(b)

q^T_kA^(k)= [q^T_kz, q_k^TB] = [1,0,· · · ,0]





 r^T_k

... r^T_n





=r_k^T et donc

[r_k,k+1,· · · , r_kn] =q_k^TB (c)

[0,· · ·,0, A^(k+1)] =

n

X

i=k+1

q_ir_i^T = [0,· · ·,0, A^(k)]−q_kr^T_k = [0,· · ·,0, A^(k)−q_k(r_kk,· · ·, r_kn)]

[0,· · · ,0, z−q_kr_kk, B−q_k(r_k,k+1,· · · , r_kn)]⇒A^(k+1)=B−q_k(r_k,k+1,· · ·, r_kn) (d) Donn´ees :A∈R^m×n,rank(A) =n

On calcule la factorisation A = Q₁R₁, Q₁ ∈ R^m×n orthonormale, R₁ ∈ R^n×n triangulaire sup´erieure. Le calcul de Q₁ se fait sur place.

Pour k= 1,· · · , n r_kk= Pm

i=1a²_ik1/2

pour i= 1,· · · , m a_ik ←a_ik/r_kk pour j=k+ 1,· · · , n

rkj ←Pm

i=1aikaij

pour i= 1,· · ·, m aij ←aij −a_ikr_kj (e) complexit´e : mn² flops.

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