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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 (nk+ 1) form´ee des ´el´ements ak
ij, k i, j n
de la matrice Ak= (ak
ij) obtenue come r´esultat de la (k1)–`eme ´etape de
l’´elimination de Gauss. On suppose A=A1sym´etrique d´efinie positive.
1. Notant (., .) le produit scalaire euclidien et v0Rnkle vecteur form´e
par les (nk) derni`eres composantes d’un vecteur v= (vi)n
i=kRnk+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 in
max
k+1inak+1
ii = max
k+1i,jn
ak+1
ij
max
ki,jn
ak
ij
= max
kinak
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+ (σ21)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
104u1+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 |ij| ≥ plij = 0 pour ijp
uij = 0 pour jip
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 ARn×navec |lij| ≤ 1. Soient aT
iet uT
iles lignes i
de Aet Urespectivement. Montrer que
uT
i=aT
i
i1
X
j=1
lijuT
j
et que
kUk2n1kAk
2. Soit ARn×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 = 2n1.
Exercice 6. On suppose ARn×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 ARn×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 vRnk+1 par :
vi=v0
i, k + 1 in
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
20, k + 1 in
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
maxklnak
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
1i,jn
ak
ij
= max
1in
ak
ii
Correction 3. Montrons par r´ecurrence que An=Uest une matrice bande.
A1=A, Ak+1 =LkAk=LkLk1· · · L1A, k = 1,· · · , n 1.
Supposons que Akest une matrice bande i.e., ak
ij = 0 pour |ij| ≥ pet
montrons que Ak+1 est une matrice bande.
ak+1
ij =ak
ij ak
ikak
kj
ak
kk
Soit |ij| ≥ p⇔ |(ik)(jk)| ≥ p. On consid`ere deux cas :
k+ 1 inet kjn. Alors ikpou jkpak
ikak
kj = 0
ak+1
ij =ak
ij = 0
ikou jk1 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
in. Toutes les matrices Aj´etant des matrices bandes on a aj
ij = 0 pour
ijplij = 0 pour ijp.
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)(Λ1U) = BC. La sym´etrie de Aentraine BC =CTBT.On a
C(BT)1matrice triangulaire sup´erieure, B1CTmatrice triangulaire inf´erieure
et C(BT)1=B1CTet donc
C(BT)1=B1C=diag(sign(uii) = SC(BT)1S1=I=S1B1CT
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
11
1
.
Correction 7.
A=A1=α uT
v B1, B1= (bij)n1
i,j=1
4
AT´etant `a diagonale strictement dominante on a :
|α|>
n1
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=B11
αvuT
v´erifie |cii|>Pj6=i|cji|avec Cij =Bij 1
αviujet it´erer.
premi`ere colonne de L:li1=viPn
i=2 |li1|=Pn1
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.
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