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Exo7
Ann´ee 2009
Exercices de math´ematiques
Enonc´es et corrections : Ana Matos.
M´ethode de Gauss. Factorisation LU et de Cholesky
Exercice 1 (Taille des ´el´ements dans l’´elimination de Gauss).Notons ˜
Ak
la matrice carr´ee d’ordre (n−k+ 1) form´ee des ´el´ements ak
ij, k ≤i, j ≤n
de la matrice Ak= (ak
ij) obtenue come r´esultat de la (k−1)–`eme ´etape de
l’´elimination de Gauss. On suppose A=A1sym´etrique d´efinie positive.
1. Notant (., .) le produit scalaire euclidien et v0∈Rn−kle vecteur form´e
par les (n−k) derni`eres composantes d’un vecteur v= (vi)n
i=k∈Rn−k+1
quelconque, ´etablir l’identit´e
(˜
Akv, v) = ( ˜
Ak+1v0, v0) + 1
ak
kk
ak
kkvk+
n
X
i=k+1
ak
ikvi
2
.
2. Montrer que chaque matrice ˜
Akest sym´etrique d´efinie positive.
3. Etablir les in´egalit´es suivantes :
0< ak+1
ii ≤ak
ii, k + 1 ≤i≤n
max
k+1≤i≤nak+1
ii = max
k+1≤i,j≤n
ak+1
ij
≤max
k≤i,j≤n
ak
ij
= max
k≤i≤nak
ii
Exercice 2 (Strat´egie de pivotage).
1. Montrer que pour une matrice quelconque A= (aij) de type (2 ×2) on
a
cond2(A) = σ+ (σ2−1)1/2avec σ=P2
i,j=1 |aij|2
2|det(A)|
2. Calculer les conditionnements condp(.) pour p= 1,2,∞des matrices
exactes obtenues `a la premi`ere ´etape de la proc´edure d’´elimination de
Gauss pour r´esoudre le syst`eme lin´eaire
10−4u1+u2= 1
u1+u2= 2
selon que l’on commence, ou non, par ´echanger les deux ´equations.
Conclusion ?
1
Exercice 3 (Factorisation LU d’une matrice bande).Montrer que la facto-
risation LU pr´eserve la structure des matrices bande au sens suivant :
aij = 0 pour |i−j| ≥ p⇒lij = 0 pour i−j≥p
uij = 0 pour j−i≥p
Exercice 4 (Factorisation d’une matrice sym´etrique).Soit Aune matrice
sym´etrique inversible admettant une factorisation LU. Montrer que l’on peut
´ecrire Asous la forme
A=B˜
BTo`u
–Best une matrice triangulaire inf´erieure ;
–˜
Best une matrice o`u chaque colonne est soit ´egale `a la colonne corres-
pondante de B, soit ´egale `a la colonne correspondante de Bchang´ee de
signe.
Application num´erique
A=
1 2 1 1
2 3 4 3
1 4 −4 0
1 3 0 0
.
Exercice 5 (Quelques factorisations LU).1. Soit A=LU la d´ecomposition
LU d’une matrice A∈Rn×navec |lij| ≤ 1. Soient aT
iet uT
iles lignes i
de Aet Urespectivement. Montrer que
uT
i=aT
i−
i−1
X
j=1
lijuT
j
et que
kUk∞≤2n−1kAk∞
2. Soit A∈Rn×nd´efinie par
aij =
1 si i=jou j=n
−1 si i>j
0 sinon
Montrer que Aa une d´ecomposition LU avec |lij| ≤ 1 et unn = 2n−1.
Exercice 6. On suppose A∈Rn×ninversible. Montrer que si P AΠ = LU
est obtenue par la m´ethode 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×ntelle que ATsoit `a diagonale strictement do-
minante. Montrer que Aadmet une d´ecomposition LU avec LT`a diagonale
strictement dominante.
2
Correction 1. 1. A la k-`eme ´etape de l’´elimination de Gauss, l’´el´ement
ak+1
ij est donn´e par
ak+1
ij =ak
ij −ak
kj ak
ik
ak
kk
k+ 1 ≤i, j ≤n
et on remarque imm´ediatement par r´ecurrence que toutes les matrices
˜
Aksont sym´etriques. On a
(˜
Ak+1v0, v0) = Pn
i=k+1 vi(Pn
j=k+1 a(k)
ij vj)−1
ak
kk
(Pn
i=k+1 ak
ikvi)2
(˜
Akv, v) = Pn
i=k+1 vi(Pn
j=k+1 ak
ijvj) + Pn
i=k+1(ak
ik +ak
ki)vivk+ak
kkv2
k
Par sym´etrie ak
ik =ak
ki et donc
(˜
Akv, v) = ( ˜
Ak+1v0, v0) + 1
ak
kk
[(Pn
i=k+1 ak
ikvi)2+ 2vkPn
i=k+1 ak
ikviak
kk +
(ak
kk)2v2
k] =
(˜
Ak+1v0, v0) + 1
ak
kk
[akkkvk+
n
X
i=k+1
ak
ikvi]2
2. Faisons un raisonnement par r´ecurrence
–˜
A1est sym´etrique d´efinie positive ;
– Par hypoth`ese supposons que ˜
Akest d´efinie positive ;
– Supposons par absurde que ˜
Ak+1 ne soit pas d´efinie positive : alors
∃v06= 0 : ( ˜
Ak+1v0, v0)≤0. On d´efinit le vecteur v∈Rn−k+1 par :
–vi=v0
i, k + 1 ≤i≤n
–vkest solution de ak
kk +Pn
i=k+1 ak
ikvi= 0
Alors ( ˜
Akv, v) = 0 et v6= 0 ; donc ˜
Akn’est pas d´efinie positive, ce
qui contredit l’hypoth`ese de r´ecurrence.
3. Premi`ere in´egalit´e : en utilisant la relation d’´elimination on obtient :
ak+1
ii =ak
ii −|ak
ki |2
a2
kk
– une matrice d´efinie positive a tous ses ´el´ements diagonaux stricte-
ment positifs, donc ak+1
ii >0
–
ak
ki
2/
ak
kk
2≥0, k + 1 ≤i≤n
donc ak+1
ii ≤ak
ii, k + 1 ≥i
Deuxi`eme in´egalit´e : supposons qu’il existe un ´el´ement ak
ij, i < J tel
que
ak
ij
≥maxk≤l≤nak
ll. On consid`ere le vecteur v6= 0 d´efini par
vi= 1, vj=−sign(ak
ij), vl= 0 l6=i, j
Alors
(˜
Akv, v)=(ak
ii −
ak
ij
)−(
ak
ij
−ak
jj)≤0
3
ce qui est impossible. Donc
max
1≤i,j≤n
ak
ij
= max
1≤i≤n
ak
ii
Correction 3. Montrons par r´ecurrence que An=Uest une matrice bande.
A1=A, Ak+1 =LkAk=LkLk−1· · · L1A, k = 1,· · · , n −1.
Supposons que Akest une matrice bande i.e., ak
ij = 0 pour |i−j| ≥ pet
montrons que Ak+1 est une matrice bande.
ak+1
ij =ak
ij −ak
ikak
kj
ak
kk
Soit |i−j| ≥ p⇔ |(i−k)−(j−k)| ≥ p. On consid`ere deux cas :
–k+ 1 ≤i≤net k≤j≤n. Alors i−k≥pou j−k≥p⇒ak
ikak
kj = 0 ⇒
ak+1
ij =ak
ij = 0
–i≤kou j≤k−1 alors ak+1
ij =ak
ij = 0
donc Ak+1 est une matrice bande et Uest une matrice bande. On a A=LU
et la matrice triangulaire inf´erieure La pour ´el´ements lij =aj
ij/aj
jj, j ≤
i≤n. Toutes les matrices Aj´etant des matrices bandes on a aj
ij = 0 pour
i−j≥p⇒lij = 0 pour i−j≥p.
Correction 4. Soit LU la factorisation LU de A. On va intercaler dans cette
factorisation la matrice r´eelle Λ =diag(p|uii|).
A= (LΛ)(Λ−1U) = BC. La sym´etrie de Aentraine BC =CTBT.On a
C(BT)−1matrice triangulaire sup´erieure, B−1CTmatrice triangulaire inf´erieure
et C(BT)−1=B−1CTet donc
C(BT)−1=B−1C=diag(sign(uii) = S⇒C(BT)−1S−1=I=S−1B−1CT⇔
CT=BS =˜
B. Donc Apeut ˆetre mise sous la forme
A=B˜
BTavec ˜
B=BS
i.e. la i-`eme colonne de ˜
Best ´egale `a la i-`eme colonne de Baffect´ee du signe
de uii
Application num´erique :
˜
B=
1 2 1 1
−1 2 1
−1−1
1
.
Correction 7.
A=A1=α uT
v B1, B1= (bij)n−1
i,j=1
4
AT´etant `a diagonale strictement dominante on a :
|α|>
n−1
X
i=1
|vi|,|ui|+X
j6=i
|bji|<|bii|
Il suffit de montrer que
– la premi`ere colonne de Lv´erifie |l11|>Pi6=1 |li1|
–B2est telle que
A2=α uT
0B2, C =B2=B1−1
αvuT
v´erifie |cii|>Pj6=i|cji|avec Cij =Bij −1
αviujet it´erer.
– premi`ere colonne de L:li1=vi/α ⇒Pn
i=2 |li1|=Pn−1
i=1
|vi|
α<1
–Pi6=j|cij|=Pi6=j
bij −1
αviwj
≤Pi6=j|bij|+1
|α||wj|Pi6=j|vi|
≤ |bjj|−|uj|+1
|α||uj|(|α|−|vj|)≤
bjj −1
αujvj
=|cjj|
donc BT
2est de diagonale strictement dominante. La d´emonstration se finit
par r´ecurrence.
5
1
/
5
100%
