MT09 - A2010 - Examen median - Questions de cours - CorrigeDuree : 30mn. Sans documents ni machines a` calculer - Rediger sur lenonce

Exercice 1 (bare`me indicatif : 1 point)

Soit la matrice A =

1 01 44 1

. Calculer A1, A et A2.Une solution

A1 = max1jn

1in

|aij | = max(6; 5) = 6,

A = max1in

1jn

|aij | = max(1; 5, 5) = 5,

A2 =(ATA) =

(AAT )

Ici, on choisit de travailler avec ATA parce que cest une matrice 22, tandis que AAT est une matrice3 3. Il vient

ATA =

(18 00 17

)dou` A2 =

18.

Exercice 2 (bare`me indicatif : 2 points)

1. Donner la definition de matrice a` diagonale strictement dominante.

2. Montrer que les coefficients diagonaux dune matrice a` diagonale strictement dominante sontnon nuls.

3. Soit A Mnn(IR). Soit J la matrice definissant les iterations de Jacobi appliquee a` un syste`melineaire de matrice A. Exprimer la norme J en fonction des coefficients de A.

4. En deduire que la methode de Jacobi converge lorsque A est a` diagonale strictement dominante.

Une solution

1. Definition IV.1.1, chapitre 4, page 7.

2. Car |aii| >

j 6=i |aij | 0.3. Proposition IV.1.2, page 7. On a

J = D1(E + F ) = max1in

1jn

|Jij | = max1in

1

|aii|j 6=i|aij |.

4. Des questions 1 et 2, on deduit que, quel que soit i, la somme precedente du numerateur eststrictement inferieure au denominateur, de sorte que J < 1.

Exercice 3 (bare`me indicatif : 2 points)

Soit A M22(IR), definie par A =(

1 11 + 1

), ou` IR.

1. Calculer A.

2. Calculer linverse de A, en resolvant deux syste`mes lineaires de matrice A.

3. Calculer le conditionnement de A pour la norme ..4. Que peut-on en conclure pour la precision obtenue sur la solution de Ax = b, quand est petit ?

Ce resultat est-il surprenant ?

Une solutionSoit

A =

(1 1

1 + 1

).

1. A = max(2 + ; 2) = 2 + .2. On conside`re le syste`me{

x1 + x2 = y1,

(1 + )x1 + x2 = y2,{x1 =

1 (y2 y1),

x2 =1+ y1 1y2.

Alors,

A1 =1

( 1 11 + 1

).

3. Le conditionement de la matrice A

cond(A) = AA1 = (2 + )2

.

4. Des questions ci-dessus, on peut deduire :

Le conditionement de la matriceA est grand, quand est petit. En consequence, le proble`mede la resolution dun syste`me dequations lineaires de matrice A sera tre`s mal conditione,pour petit.

Ce nest pas surprenant, car lon constate que quand tend vers 0, la matrice tend vers unematrice singulie`re : ses deux lignes sont egales. Alors, pour = 0, le syste`me dequationslineaires Ax = y, de matrice A, nadmet aucune solution si y1 6= y2. Par contre, poury1 = y2 = a, x1 = 0, x2 = a est solution, ainsi que x1 = , x2 = a , quel que soit .

MT09 - A2010 - Examen median - Deuxie`me partie - CorrigeDuree : 1h30. Seuls les polycopies de cours et de Scilab sont autorises.

Bareme de la question de cours deja` traitee : 5 pointsLe resultat de toute question peut etre admis pour resoudre les suivantes.

Exercice 1 : (bare`me indicatif : 5 points) CHANGER DE COPIE

Toutes les matrices de cet exercice seront des matrices carrees a` n lignes et n colonnes.Soit A la matrice definie par :

A =1

h

4 1 0 01 4 1 0...

. . .. . .

......

... 1 4 1 0 1 4

ou` n et h satisfont la relation nh = 1.

1. Calculer A.

2. On pose A =4

h(I +N), ou` I est la matrice identite. Donner N et calculer N.

3. Soit ., une norme matricielle subordonnee.(a) Montrer que I = 1.(b) Soit E une matrice carree. On admettra que, lorsque E < 1, la matrice I + E est

inversible. Verifier lidentite :

(I + E)1 = I (I + E)1E.En deduire que

(I + E)1 11 E .

4. Utiliser le resultat precedent pour obtenir une majoration de A1.5. En deduire une majoration du conditionnement de A, pour la norme ..6. Que peut-on en deduire sur le comportement de ce conditionnement, lorsque h 0 ?

Une solution

1.

A = max1in

1jn

|aij | = 6h.

2. A =4

h(I +N). Alors la matrice N est bien

N =1

4

0 1 0 01 0 1 0...

. . .. . .

... 0... 1 0 1 0 1 0

Sa norme

N = max1in

1jn

|Nij | = 12.

3. Soit une norme subordonnee. On a

I = maxx 6=0Ixx = maxx 6=0

xx = 1.

On conside`re I + E. On a

(I + E)1(I + E) = (I + E)1I + (I + E)1E = I

(I + E)1 = I (I + E)1E.Donc,

(I + E)1 = I (I + E)1E I+ (I + E)1E 1 + (I + E)1E.

Alors,

(I + E)1 11 E .

4. Comme A =4

h(I +N), on a A1 =

h

4(I +N)1, dou`

A1 h4

1

1 1/2 =h

2.

5. Le conditionement de la matrice A est bien

cond(A) = AA1 6h

h

2= 3.

Alors, lorsque h tend vers zero, le conditionement de A reste majore par 3, independamment deh. Cest un excellent conditionnement.

Exercice 2 (bare`me indicatif : 6 points) CHANGER DE COPIE

Soit f : [pi/2, pi/2] [1, 0] la fonction definie par : f(x) = cosx 1. On desire resoudrenumeriquement lequation f(x) = 0 par la methode de Newton.

1. Quelle est la racine de cette equation sur lintervalle [pi/2, pi/2] ?2. Ecrire lalgorithme de la methode de Newton pour cette equation.

3. On rappelle que pour x petit cosx1 et sinx se comportent comme x2/2 et x respectivement.Soit alors g la fonction qui definit les iterations de Newton. Calculer g au point fixe de lafonction g. On pourra etre conduit a` faire un passage a` la limite pour lever une indetermination.Que constatez-vous ?

Une solution

1. Sur lintervalle [pi/2, pi/2], lequation cosx = 1 admet lunique solution x = 0,2. La methode de Newton est une methode iterative de resolution dequations non lineaires. Pour

une equation unique, elle secrit : x0 donne,xn = xn1 f(xn1)f (xn1)

et lon ite`re jusqua` la convergence, ou jusqua` un nombre maximum diterations determine. Ici,lequation de rerurrence sexplicite en

xn = xn1 cosxn1 1 sinxn1 = xn1 +cosxn1 1

sinxn1.

3. On remarque que en x = 0, f sannule, mais aussi f . Ainsi, quand on etudie la fonction g quidefinit les iterations, soit

g(x) = x f(x)f (x)

= x+cosx 1

sinx

on observe en x = 0 une forme indeterminee, de la forme 0/0. Il faut donc lever cetteindetermination. On a

limx0

cosx 1sinx

= limx0x2/2x

= limx0x

2= 0,

de sorte que lon a bien limx0

g(x) = 0 : 0 est bien point fixe de g.

Ensuite, il nous faut obtenir g(0). On a

g(x) =f(x)f (x)(f (x))2

,

dou`

limx0

g(x) = limx0

(cosx 1)( cosx)sin2 x

= limx0x22 (1)

x2= lim

x01

2=

1

2.

Comme |g(0)| = 12 < 1, nous pouvons appliquer le theore`me de convergence locale : la methodede Newton convergera pour tout x0 suffisamment proche de 0. Par contre g

(0) nest pas nul etnous naurons pas la convergence quadratique de la proposition IV.2.5 page 14.

4. On refait le meme travail avec la fonction h. On trouve de la meme manie`re h(0) = 0 et pourh, on a

h(x) = 1 + 2f(x)f(x)

(f (x))2,

dou`limx0

h(x) = 1 + 1 = 0.On retrouve la convergence quadratique locale.

5. Plutot que dinterrompre tout, quand le nombre maximum diterations est atteint, nous preferonsintroduire une variable conv, a` laquelle nous donnerons la valeur 1, en cas de convergence et 0dans le cas contraire.

function [y,conv,n]=newton(x0,eps,Nmax)

x=x0

conv=1

for n=1:Nmax

y=x+(cos(x)-1)/sin(x)

if abs(y-x)

Exercice 3 (bare`me indicatif : 4 points) CHANGER DE COPIE

Soit A M33(IR) la matrice definie par A = 1 1 0 1 1 0

0 1 3

.1. Montrer que cette matrice admet une decomposition LU .

2. Calculer cette decomposition en utilisant lalgorithme delimination de Gauss.

3. Utiliser cette decomposition pour resoudre le syste`me Ax = b avec b = (0 2)T .

4. La solution obtenue depend-elle de ? Pouvez-vous expliquer ce resultat ?

Une solution

1. Le theore`me II.4.2, page 21, nous dit quune condition necessaire et suffisante est que les sousmatrices principales soient inversibles. Ici, leurs determinants sont 1, , et 3, qui sont non nulspour 6= 0.Un autre condition necessaire et suffisante est que les pivots soient non nuls. Mais attention, lespivots ne sont pas les coefficients diagonaux de la matrice de depart, mais ceux de U , que lonne connat pas encore. On trouvera 1, et 3.

2. Lalgorithme de Gauss nous donne :

A(2) =

1 1 00 00 1 3

et m21 = 1, m31 = 0.puis

A(3) =

1 1 00 00 0 3

et m31 = 1,

dou`

L =

1 0 0 1 1 00 1 0

et U =1 1 00 0

0 0 3

.3. On resout successivement Ly = b, puis Ux = y; On obtient

y =

03

puis x =11

1

.4. La solution ne depend pas de . Resolvons Ax = y, pour un y quelconque. Il vient

x1 =y1 + y2

, x2 =y1 + y2

y1, y3 = y1 + y23

+y3 y1

3.

Par consequent, pour avoir une solution independante de , il faut et il suffit que y1 + y2 = C.On obtient alors

x1 = C, x2 = C y1, x3 = y3 y13

+C

3.

Le cas de lexercice correspond a` C = 1.

Enfin, dans le cas ou` = 0, les deux premie`res equations sont incompatibles si y1 +y2 6= 0, ou sereduisent a` une seule, dans le cas contraire. Nous obtenons alors un syste`me de deux equationsa` trois inconnues. Posons x2 = , la solution generale secrit alors

x1 = + y1, x2 = , x3 =+ y3

3

. On retrouve les solutions precedentes, avec = C y1.