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fic00026

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Exo7 Z
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Année 2009
Exercices de mathématiques
Enoncés et corrections : Ana Matos.
Méthode de Gauss. Factorisation LU et de Cholesky
Exercice 1 (Taille des éléments dans l’élimination de Gauss). Notons Ãk
la matrice carrée d’ordre (n − k + 1) formée des éléments akij , k ≤ i, j ≤ n
de la matrice Ak = (akij ) obtenue come résultat de la (k − 1)–ème étape de
l’élimination de Gauss. On suppose A = A1 symétrique définie positive.
1. Notant (., .) le produit scalaire euclidien et v 0 ∈ Rn−k le vecteur formé
par les (n−k) dernières composantes d’un vecteur v = (vi )ni=k ∈ Rn−k+1
quelconque, établir l’identité
2
n
X
1
akik vi .
(Ãk v, v) = (Ãk+1 v , v ) + k akkk vk +
akk
i=k+1
0
0
2. Montrer que chaque matrice Ãk est symétrique définie positive.
3. Etablir les inégalités suivantes :
0 < ak+1
≤ akii ,
ii
max ak+1
=
ii
k+1≤i≤n
max
k+1≤i,j≤n
k+1≤i≤n
≤ max akij = max akii
ak+1
ij
k≤i,j≤n
k≤i≤n
Exercice 2 (Stratégie de pivotage).
1. Montrer que pour une matrice quelconque A = (aij ) de type (2 × 2) on
a
P2
2
i,j=1 |aij |
2
1/2
cond2 (A) = σ + (σ − 1) avec σ =
2| det(A)|
2. Calculer les conditionnements condp (.) pour p = 1, 2, ∞ des matrices
exactes obtenues à la première étape de la procédure d’élimination de
Gauss pour résoudre le système linéaire
−4
10 u1 + u2 = 1
u1 + u2 = 2
selon que l’on commence, ou non, par échanger les deux équations.
Conclusion ?
1
Exercice 3 (Factorisation LU d’une matrice bande). Montrer que la factorisation LU préserve la structure des matrices bande au sens suivant :
lij = 0 pour i − j ≥ p
aij = 0 pour |i − j| ≥ p ⇒
uij = 0 pour j − i ≥ p
Exercice 4 (Factorisation d’une matrice symétrique). Soit A une matrice
symétrique inversible admettant une factorisation LU. Montrer que l’on peut
écrire A sous la forme
A = B B̃ T où
– B est une matrice triangulaire inférieure ;
– B̃ est une matrice où chaque colonne est soit égale à la colonne correspondante de B, soit égale à la colonne correspondante de B changée de
signe.
Application numérique


1 2 1 1
 2 3 4 3 

A=
 1 4 −4 0  .
1 3 0 0
Exercice 5 (Quelques factorisations LU).
1. Soit A = LU la décomposition
LU d’une matrice A ∈ Rn×n avec |lij | ≤ 1. Soient aTi et uTi les lignes i
de A et U respectivement. Montrer que
uTi = aTi −
i−1
X
lij uTj
j=1
et que
kU k∞ ≤ 2n−1 kAk∞
2. Soit A ∈ Rn×n définie par

 1
−1
aij =

0
si i = j ou j = n
si i > j
sinon
Montrer que A a une décomposition LU avec |lij | ≤ 1 et unn = 2n−1 .
Exercice 6. On suppose A ∈ Rn×n inversible. Montrer que si P AΠ = LU
est obtenue par la méthode de Gauss avec pivotage total, alors
∀i, j = 1, · · · , n |lij | ≤ 1
∀i = 1, · · · , n, ∀j = i, · · · , n,
|uij | ≤ |uii |
Exercice 7. Soit A ∈ Rn×n telle que AT soit à diagonale strictement dominante. Montrer que A admet une décomposition LU avec LT à diagonale
strictement dominante.
2
Correction 1.
1. A la k-ème étape de l’élimination de Gauss, l’élément
ak+1
est
donné
par
ij
ak+1
= akij −
ij
akkj akik
akkk
k + 1 ≤ i, j ≤ n
et on remarque immédiatement par récurrence que toutes les matrices
Ãk sont symétriques. On a
P
P
P
(k)
(Ãk+1 v 0 , v 0 ) = ni=k+1 vi ( nj=k+1 aij vj ) − a1k ( ni=k+1 akik vi )2
Pn kk k
Pn
Pn
k
(Ãk v, v) = i=k+1 vi ( j=k+1 aij vj ) + i=k+1 (aik + akki )vi vk + akkk vk2
Par symétrie akik = akki et donc
P
P
(Ãk v, v) = (Ãk+1 v 0 , v 0 ) + a1k [( ni=k+1 akik vi )2 + 2vk ni=k+1 akik vi akkk +
kk
(akkk )2 vk2 ] =
n
X
1
k
akik vi ]2
(Ãk+1 v , v ) + k [ak k vk +
akk
i=k+1
0
0
2. Faisons un raisonnement par récurrence
– Ã1 est symétrique définie positive ;
– Par hypothèse supposons que Ãk est définie positive ;
– Supposons par absurde que Ãk+1 ne soit pas définie positive : alors
∃v 0 6= 0 : (Ãk+1 v 0 , v 0 ) ≤ 0. On définit le vecteur v ∈ Rn−k+1 par :
– vi = vi0 , k + 1 ≤ i ≤ n P
– vk est solution de akkk + ni=k+1 akik vi = 0
Alors (Ãk v, v) = 0 et v 6= 0 ; donc Ãk n’est pas définie positive, ce
qui contredit l’hypothèse de récurrence.
3. Première inégalité : en utilisant la relation d’élimination on obtient :
2
|akki |
k
ak+1
=
a
−
ii
ii
a2kk
– une matrice définie positive a tous ses éléments diagonaux strictement positifs, donc ak+1
>0
ii
k 2
k 2
– aki / akk ≥ 0, k + 1 ≤ i ≤ n
donc ak+1
≤ akii , k + 1 ≥ i
ii
Deuxième inégalité : supposons qu’il existe un élément akij , i < J tel
que akij ≥ maxk≤l≤n akll . On considère le vecteur v 6= 0 défini par
vi = 1, vj = −sign(akij ), vl = 0 l 6= i, j
Alors
(Ãk v, v) = (akii − akij ) − ( akij − akjj ) ≤ 0
3
ce qui est impossible. Donc
max akij = max akii
1≤i,j≤n
1≤i≤n
Correction 3. Montrons par récurrence que An = U est une matrice bande.
A1 = A, Ak+1 = Lk Ak = Lk Lk−1 · · · L1 A, k = 1, · · · , n − 1.
Supposons que Ak est une matrice bande i.e., akij = 0 pour |i − j| ≥ p et
montrons que Ak+1 est une matrice bande.
ak+1
= akij −
ij
akik akkj
akkk
Soit |i − j| ≥ p ⇔ |(i − k) − (j − k)| ≥ p. On considère deux cas :
– k + 1 ≤ i ≤ n et k ≤ j ≤ n. Alors i − k ≥ p ou j − k ≥ p ⇒ akik akkj = 0 ⇒
= akij = 0
ak+1
ij
– i ≤ k ou j ≤ k − 1 alors ak+1
= akij = 0
ij
donc Ak+1 est une matrice bande et U est une matrice bande. On a A = LU
et la matrice triangulaire inférieure L a pour éléments lij = ajij /ajjj , j ≤
i ≤ n. Toutes les matrices Aj étant des matrices bandes on a ajij = 0 pour
i − j ≥ p ⇒ lij = 0 pour i − j ≥ p.
Correction 4. Soit LU la factorisationp
LU de A. On va intercaler dans cette
factorisation la matrice réelle Λ =diag( |uii |).
A = (LΛ)(Λ−1 U ) = BC. La symétrie de A entraine BC = C T B T . On a
C(B T )−1 matrice triangulaire supérieure, B −1 C T matrice triangulaire inférieure
et C(B T )−1 = B −1 C T et donc
C(B T )−1 = B −1 C = diag(sign(uii ) = S ⇒ C(B T )−1 S −1 = I = S −1 B −1 C T ⇔
C T = BS = B̃. Donc A peut être mise sous la forme
A = B B̃ T avec B̃ = BS
i.e. la i-ème colonne de B̃ est égale à la
de uii
Application numérique :

1 2

−1
B̃ = 

i-ème colonne de B affectée du signe

1
1
2
1 
.
−1 −1 
1
Correction 7.
A = A1 =
α uT
v B1
,
4
B1 = (bij )n−1
i,j=1
AT étant à diagonale strictement dominante on a :
|α| >
n−1
X
|vi |,
|ui | +
i=1
X
|bji | < |bii |
j6=i
Il suffit de montrer que
P
– la première colonne de L vérifie |l11 | > i6=1 |li1 |
– B2 est telle que
1
α uT
, C = B2 = B1 − vuT
A2 =
0 B2
α
P
vérifie |cii | > j6=i |cji | avec Cij = Bij − α1 vi uj et itérer.
Pn
Pn−1 |vi |
– P
première colonne
de
L
:
l
=
v
/α
⇒
|l
|
=
i1
i
i1
i=2
i=1 α < 1
P
P
P
1
1
b
−
|c
|
=
|b
|
+
–
v
w
≤
|w
|
j
i6=j ij
i6=j ij
i6=j ij
i6=j |vi |
α i j
|α|
≤ |bjj | − |uj | +
1
1
|uj |(|α| − |vj |) ≤ bjj − uj vj = |cjj |
|α|
α
donc B2T est de diagonale strictement dominante. La démonstration se finit
par récurrence.
5
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