Analyse Numérique

Université de Nice Sophia-Antipolis
Licence L3 Mathématiques
Année 2008/2009
Analyse Numérique
Corrigé du TD 7
EXERCICE 1
Normes vectorielles
1.1
Définitions
Soit un entier n > 0.
a. Montrer que les applications suivantes définies sur Rn sont des normes sur
Rn ,
n
X
x 7→ kxk1 =
|xi | ,
i=1
x 7→ kxk2 =
X
n
|xi |2
1
2
,
i=1
x 7→ kxk∞ = max |xi | .
i=1,...,n
i. x 7→ kxk1 =
n
X
|xi | est une norme sur Rn
i=1
• Positivité
Pour x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , on a |xi | ≥ 0 ∀ i ∈ {1 , ... , n}, donc kxk1 ≥ 0.
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn tel que kxk1 = 0. Alors ∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi | = 0 , i.e. ∀ i ∈
{1 , ... , n} , xi = 0, qui montre que x = 0.
• Homogénéité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn et λ ∈ R. On a
kλ xk1 =
n
X
|λ xi | = |λ|
i=1
n
X
|xi | = |λ| kxk1 .
i=1
• Inégalité triangulaire
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn . Comme |xi + yi | ≤ |xi | + |yi | , ∀ i ∈
{1 , ... , n} , on obtient en sommant sur les i
kx + yk1 ≤ kxk1 + kyk1 .
1
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ii. x 7→ kxk2 =
X
n
|xi |2
1
2
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est une norme sur Rn
i=1
• Positivité
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . On a |xi |2 ≥ 0 ∀ i ∈ {1 , ... , n}, donc kxk2 ≥ 0.
Si x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn est tel que kxk2 = 0, alors ∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi |2 = 0 , i.e.
∀ i ∈ {1 , ... , n} , xi = 0, qui prouve que x = 0.
• Homogénéité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn et λ ∈ R. On a
kλ xk2 =
X
n
|λ xi |2
1
2
=
1
n
X
2
|xi |2
|λ|2
= |λ| kxk2 .
i=1
i=1
• Inégalité triangulaire
On montre deux inégalités auxiliaires.
– Première inégalité
1
Pour tous a , b ∈ R on a ab ≤ (a2 + b2 ) car (a − b)2 ≥ 0.
2
– Deuxième inégalité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn .
Si x 6= 0 et y 6= 0 alors on a la chaı̂ne d’inégalités suivante par application directe
de la première inégalité
X
n n
X
| xi | |yi |
1
| xi | 2
|yi | 2
≤
+
kxk2 kyk2
2 kxk2
kyk2
i=1
i=1
P
Pn
n
2
2
1
i=1 | xi |
i=1 | yi |
=
+
2
kxk22
kyk22
kyk22
1 kxk22
+
=
2 kxk22
kyk22
= 1,
donc on a
n
X
| xi | |yi | ≤ kxk2 kyk2 .
(1.1)
i=1
L’inégalité (1.1) est encore vraie pour x = 0 ou y = 0. Elle est dite inégalité
de Cauchy-Schwarz ou encore de Bunyakovski-Cauchy-Schwarz ou bien encore de
Hölder.
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn .
2
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Par application de l’inégalité (1.1) de Cauchy-Schwarz on obtient
n
X
i=1
2
|xi + yi | =
n
X
2
|xi | +
i=1
n
X
2
|yi | + 2
i=1
n
X
|xi yi |
i=1
(1.2)
≤ kxk2 + kyk2 + 2kxk2 kyk2
2
= kxk2 + kyk2 .
En prenant la racine carrée de l’inégalité (1.2) ci-dessus on a
kx + yk2 ≤ kxk2 + kyk2 .
(1.3)
L’inégalité (1.3) est dite de Minkowski.
iii. x 7→ kxk∞ = max |xi | est une norme sur Rn
i=1,...,n
• Positivité
Pour x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , on a |xi | ≥ 0 ∀ i ∈ {1 , ... , n}, donc kxk∞ = max |xi | ≥ 0.
i=1,...,n
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn tel que kxk∞ = 0. Alors max |xi | = 0, puis ∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi | =
i=1,...,n
0 , i.e. ∀ i ∈ {1 , ... , n} , xi = 0, qui prouve que x = 0.
• Homogénéité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn et λ ∈ R. On a la chaı̂ne d’implications suivante
|λ xi | = |λ| |xi | ∀ i ∈ {1 , ... , n} =⇒ max |λ xi | = |λ| max |xi | ⇐⇒ kλ xk∞ = |λ| kxk∞ .
i=1,...,n
i=1,...,n
• Inégalité triangulaire
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn .
On a les implications suivantes
|xi + yi | ≤ |xi | + |yi | ∀ i ∈ {1 , ... , n} =⇒ max |xi + yi | ≤ max |xi | + max |yi |
i=1,...,n
i=1,...,n
i=1,...,n
⇐⇒ kx + yk∞ ≤ kxk∞ + kyk∞ .
Remarque Dans ce qui précède, on n’a jamais prouvé l’égalité k0k = 0, parce que non
seulement c’est une évidence mais aussi elle est contenue dans la propriété d’homogénéité,
dans laquelle il suffit de faire λ = 0 pour obtenir le résultat.
b. Montrer que, pour 1 ≤ p < +∞, l’application suivante définie sur Rn est une
norme sur Rn ,
1
X
n
p
x 7→ kxkp =
.
|xi |p
i=1
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x 7→ kxkp =
X
n
|xi |p
1
p
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est une norme sur Rn
i=1
Le cas p = 1 étant évident et traité dans la question précédente, on s’intéresse aux cas
1 < p < +∞.
• Positivité
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . On a |xi |p ≥ 0 ∀ i ∈ {1 , ... , n}, donc kxkp ≥ 0.
Si x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn est tel que kxkp = 0, alors ∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi |p = 0 , i.e.
∀ i ∈ {1 , ... , n} , xi = 0, qui prouve que x = 0.
• Homogénéité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn et λ ∈ R. On a
kλ xkp =
X
n
|λ xi |p
i=1
1
p
=
1
n
X
p
|λ|p
|xi |p
= |λ| kxkp .
i=1
• Inégalité triangulaire
On montre deux inégalités qui serviront dans la suite de cette question.
– Première inégalité
Pour tous p > 1 et p0 > 0 tels que 1/p + 1/p0 = 1 et pour tous a , b > 0 on a
1
1 0
ab ≤ ap + 0 bp .
p
p
(1.4)
0
En effet, en posant α = ln(ap ) et β = ln(bp ) et en utilisant le fait que la fonction
exponentielle x 7→ ex est convexe, on obtient
1
1
0
eα/p+β/p ≤ eα + 0 eβ .
p
p
(1.5)
En reportant les valeurs de α et β en fonction de a et b dans l’inégalité (1.5) , on
obtient la relation (1.4).
– Deuxième inégalité
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn .
Si x 6= 0 et y 6= 0 alors on a la chaı̂ne d’inégalités suivante par application de la
relation (1.4) :
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X
n n X
1 | xi | p
| xi | |yi |
1
|yi | p
≤
+ 0
kxkp kykp0
p kxkp
p kykp0
i=1
i=1
P
Pn
0
1 i=1 | xi |p
1 ni=1 | yi |p
=
+ 0
0
p kxkpp
p
kykp0
p
=
p
1 kxkp
p0 kxkpp
1
1
+
p p0
= 1,
+
p0 1 kykp0
p0 kykp00
p
=
donc on a
n
X
| xi | |yi | ≤ kxkp kykp0 .
(1.6)
i=1
L’inégalité (1.6) est encore vraie pour x = 0 ou y = 0. Elle est dite de Hölder.
Soient x = t (x1 , ..., xn ) et y = t (y1 , ..., yn ) ∈ Rn .
On a
n
n
n
n
X
X
X
X
|xi + yi |p =
|xi + yi ||xi + yi |p−1 ≤
|xi | |xi + yi |p−1 +
|yi | |xi + yi |p−1 (1.7)
i=1
i=1
i=1
i=1
En appliquant l’inégalité de Hölder (1.6) à chacun des termes du second membre de
l’inégalité ci-dessus on a :
n
X
|xi | |xi + yi |p−1 ≤ kxkp
X
n
i=1
i=1
n
X
X
n
|yi | |xi + yi |p−1 ≤ kykp
i=1
p0 (p−1)
|xi + yi |
0
|xi + yi |p (p−1)
1
p0
1
p0
(1.8)
.
i=1
Si x + y 6= 0, l’inégalité (1.7) devient
Pn
p
i=1 |xi + yi |
1
Pn
0
p (p−1) p0
i=1 |xi + yi |
≤ kxkp + kykp ,
De 1/p0 = 1 − 1/p ⇐⇒ p = p0 (p − 1) et 1/p = 1 − 1/p0 , on déduit de l’inégalité ci-dessus
la relation
1
X
n
p
≤ kxkp + kykp ,
|xi + yi |p
i=1
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ou encore
kx + ykp ≤ kxkp + kykp .
(1.9)
Si x + y 6= 0, l’inégalité (1.9) est encore vraie. Elle est dite de Minkowski.
1.2
Équivalence de normes
Montrer les relations suivantes sur Rn ,
kxk∞ ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ ,
√
kxk∞ ≤ kxk2 ≤ n kxk∞ ,
√
kxk2 ≤ kxk1 ≤ n kxk2 .
Équivalence de normes k k1 et k k∞
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , et io tel que |xi0 | = max |xi |.
i=1,...,n
On a
|xi0 | ≤ |xi0 | +
n
X
|xi | ⇐⇒ kxk∞ ≤ kxk1 .
i=1
i6=i0
On a
∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi | ≤ |xi0 | =⇒
n
X
|xi | ≤ n |xi0 | ⇐⇒ kxk1 ≤ nkxk∞ .
i=1
D’où
kxk∞ ≤ kxk1 ≤ n kxk∞ .
Équivalence de normes k k2 et k k∞
Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , et io tel que |xi0 | = max |xi |.
i=1,...,n
On a
|xi0 |2 ≤ |xi0 |2 +
n
X
i=1
i6=i0
|xi |2 ⇐⇒
q
v
u
n
X
u
2
|
|xi0 |2 ≤ u
|x
+
|xi |2 ⇐⇒ kxk∞ ≤ kxk2 .
t i0
i=1
i6=i0
On a
∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi |2 ≤ |xi0 |2 =⇒
n
X
v
u n
q
uX
2
2
2
t
|xi | ≤ n |xi0 | =⇒
|xi | ≤ n |xi0 |2
i=1
⇐⇒ kxk1 ≤
D’où
kxk∞ ≤ kxk2 ≤
6
√
i=1
nkxk∞ .
√
n kxk∞ .
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Équivalence de normes k k1 et k k2
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn .
On a
n
n
n
n
n
n
X
X
X
X
X
X
|xi |2 ≤
|xi |2 + 2
|xi | |xj | ⇐⇒
|xi |2 ≤
|xi | ×
|xi |
i=1
i=1
i=1
1≤i<j≤n
⇐⇒
n
X
i=1
|xi |2 ≤
i=1
2
n
X
|xi |
i=1
i=1
1
X
n
n
2 X
≤
|xi |
⇐⇒
|xi |2
i=1
i=1
⇐⇒ kxk2 ≤ kxk1 .
En appliquant l’inégalité de Cauchy-Schwarz on obtient
n
X
i=1
|xi | =
n
X
1 × |xi | ≤
i=1
X
n
1
1
X
n
2 2
i=1
|xi |2
1
2
⇐⇒
n
X
i=1
|xi | ≤
i=1
⇐⇒ kxk1 ≤
D’où
kxk2 ≤ kxk1 ≤
1.3
√
√
√
n
X
n
|xi |2
1
2
i=1
nkxk2 .
n kxk2 .
Relation entre la norme p et la norme +∞
Pour x ∈ Rn , montrer que
lim kxkp = kxk∞ .
p→+∞
Soit 1 ≤ p < +∞. Soient x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn , et io tel que |xi0 | = max |xi |.
i=1,...,n
On a
|xi0 |p ≤ |xi0 |p +
n
X
|xi |p ⇐⇒
q
i=1
i6=i0
v
u
n
X
u
p
p
u
|xi0 | ≤ t|xi0 | +
|xi |p ⇐⇒ kxk∞ ≤ kxkp .
i=1
i6=i0
On a
∀ i ∈ {1 , ... , n} , |xi |p ≤ |xi0 |p =⇒
n
X
|xi |p ≤ n |xi0 |p =⇒
i=1
⇐⇒ kxk1 ≤ n1/p kxk∞ .
7
X
n
i=1
|xi |p
1
p
≤
1
n |xi0 |p p
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D’où
kxk∞ ≤ kxkp ≤ n1/p kxk∞ .
(1.10)
On fait p → +∞ dans (1.10), et on utilise le fait que lim n1/p = 0, pour obtenir
p→+∞
lim kxkp = kxk∞ .
p→+∞
EXERCICE 2
Normes matricielles
Soit A une matrice carrée d’ordre n > 0, A = (aij )i,j=1,...,n .
Pour 1 ≤ p ≤ +∞, on note par k kp la norme matricielle calculée à partir de la
norme vectorielle k kp i.e.
kAkp = sup kAxkp = sup kAxkp = sup
kxkp =1
kxkp ≤1
a. Montrer que
kAk1 = max
j=1,...,n
kAk∞ = max
n
X
x6=0
kxkp
.
|aij | ,
i=1
n
X
i=1,...,n
kAxkp
|aij | .
j=1
Cas de la norme matricielle k k1
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . On a
kAxk1 =
n
X
|(Ax)i | =
i=1
n X
n
n X
n
n X
n
n
n
X
X
X
X
X
|
aij xj | ≤
|aij ||xj | =
|aij ||xj | =
|xj |
|aij |
i=1 j=1
≤
X
n
i=1 j=1
j=1 i=1
j=1
i=1
n
n
X
X
|aij | = kxk1 max
|aij | .
|xj |
max
j=1,...,n
j=1
j=1,...,n
i=1
i=1
Donc on obtient
kAk1 = sup kAxk1 ≤ sup kxk1 max
kxk1 =1
kxk1 =1
ou encore
kAk1 ≤ max
j=1,...,n
8
n
X
i=1
j=1,...,n
|aij | .
n
X
i=1
|aij | ,
(2.1)
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Soit jo tel que
Rn tel que
n
X
n
X
|aij0 | = max
j=1,...,n
i=1
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|aij |. On définit le vecteur x0 = t (x01 , ..., x0j , .., x0n ) ∈
i=1
x0j
1 si j = j0 ,
0 si j 6= j0 .
=
Alors on obtient
kAx0 k1 =
n
X
|(Ax0 )i | =
i=1
n X
n
n
n
X
X
X
|
aij x0j | =
|aij0 x0j0 | =
|aij0 | = kAk1 .
i=1 j=1
i=1
(2.2)
i=1
En regroupant les équations (2.1) et (2.2), on obtient
n
X
kAk1 = max
j=1,...,n
|aij | .
i=1
D’où le résultat.
Cas de la norme matricielle k k∞
Soit x = t (x1 , ..., xn ) ∈ Rn . On a
kAxk∞
n
n
X
X
= max |(Ax)i | = max |
aij xj | ≤ max
|aij ||xj |
i=1,...,n
i=1,...,n
≤ max
i=1,...,n
=
j=1
n X
j=1
n
X
max
i=1,...,n
=
max
i=1,...,n
j=1
n
X
i=1,...,n
|aij | max |xj |
j=1,...,n
|aij |
max |xj |
j=1,...,n
|aij | kxk∞ .
j=1
Donc on a
kAk∞ = sup kAxk∞ ≤ sup kxk∞ max
kxk∞ =1
kxk∞ =1
ou encore
kAk∞ ≤ max
i=1,...,n
Soit io tel que max
i=1,...,n
Rn
tel que
n
X
j=1
|aij | =
n
X
j=1
n
X
i=1,...,n
|aij | .
n
X
|aij | ,
j=1
(2.3)
j=1
|ai0 j |. On définit le vecteur x0 = t (x01 , ..., x0j , .., x0n ) ∈
j=1

 ai0 j
0
|ai0 j |
xj =
 0
9
si ai0 j 6= 0 ,
si ai0 j = 0 .
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Si ∀ j ∈ {1 , ... , n} , aij = 0 i.e. si la matrice A est nulle alors kAk∞ = 0. Sinon on a
kx0 k∞ = 1 et
0
kAx k∞ = max |
i=1,...,n
n
X
ai0 j x0j |
j=1
j , ai0 j 6=0
n
X
= max |
i=1,...,n
= max
i=1,...,n
|ai0 j | | = max
i=1,...,n
j=1
j , ai0 j 6=0
n
X
n
X
j=1
j , ai0 j 6=0
|ai0 j |
(2.4)
|ai0 j | .
j=1
Comme kx0 k∞ = 1, x0 est l’un des vecteurs de la boule unité pour la norme k k∞ et, de
l’équation (2.4), on déduit que
kAk∞ ≥ kAx0 k∞ = max
i=1,...,n
n
X
|ai0 j | .
(2.5)
j=1
Finalement des équations (2.3) et (2.5), on a
kAk∞ = max
i=1,...,n
n
X
|aij | .
j=1
b. Soit B une matrice réelle et symétrique. Montrer que pour x 6= 0
λmin (B) ≤
(Bx, x)
≤ λmax (B) ,
kxk22
où λmin (B) et λmax (B) sont respectivement les plus petite et grande valeurs
propres de B.
Comme B est une matrice réelle et symétrique, il existe une matrice diagonale D et une
matrice orthogonale U telles que B = t U DU . De plus les valeurs propres de B sont
réelles. Par suite pour x 6= 0, on a
(Bx, x) = (t U DU x, x) = (DU x, U x) = (Dy, y) où y = U x .
Or, d’une part
λmin (D)kyk22 ≤ (Dy, y) ≤ λmax (D)kyk22 ,
ou encore
λmin (B)kyk22 ≤ (Dy, y) ≤ λmax (B)kyk22 .
D’autre part
kyk22 = kU xk22 = (U x, U x) = (x, t U U x) = (x, x) = kxk22
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Il vient
λmin (B)kxk22 ≤ (Bx, x) ≤ λmax (B)kxk22 ,
et finalement pour x 6= 0
λmin (B) ≤
(Bx, x)
≤ λmax (B) .
kxk22
s t
En déduire que kAk2 = ρ AA , où A est une matrice réelle, ρ est le rayon
spectral.
t
t
La matrice tAA est réelle et symétrique car (tAA) = tA (tA) = tAA.
On peut donc faire B = tAA dans la question précédente et on trouve
λmin (t AA) ≤
(t AAx, x)
≤ λmax (t AA) ,
kxk22
(2.6)
pour x 6= 0.
Comme (tAAx, x) = (Ax, Ax) = kAxk22 , on déduit de (2.6) d’une part que λmin (t AA) et
λmax (t AA) sont positives, donc toutes les valeurs propres de la matrice t AA sont
positives. D’où
kAxk2 2
t
t
t
≤ λmax ( AA) = max|λ( AA)| = ρ AA .
kxk2
En prenant la racine carrée on trouve
kAxk2
≤
kxk2
s t
ρ AA .
Maintenant on prend la borne supérieure sur Rn \{0} de l’inégalité ci-dessus,
s kAxk2
t
sup
≤ ρ AA .
x∈Rn , x6=0 kxk2
Par suite
s t
kAk2 ≤ ρ AA .
(2.7)
t
Considérons à présent un vecteur propre x0 de la matrice
AA associé à la valeur propre
la plus grande en module λmax (t AA) = |λmax (t AA)| = ρ t AA . On a
2
kAx0 k2 = (Ax0 , Ax0 ) = (t AAx0 , x0 ) = (λmax (t AA) x0 , x0 ) = λmax (t AA) (x0 , x0 )
= λmax (t AA) kx0 k22 ,
11
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ce qui implique
kAx0 k2 =
p
λmax (t AA) kx0 k2 .
kAx0 k2 =
p
λmax (t AA) kx0 k2 .
Ce qui entraı̂ne à son tour
Il vient
kAxk2
kAx0 k2 p
≥
= λmax (t AA) ,
kx0 k2
x∈Rn , x6=0 kxk2
sup
puis
p
kAk2 ≥ λmax (t AA) =
s t
ρ AA .
(2.8)
Des relations (2.7) et (2.8), on tire
s t
kAk2 = ρ AA .
D’où le résultat.
EXERCICE 3
Une application
Soit (θn )n≥0 une suite définie par
θn+1 ≤ θn−1 + 2βθn + αn , pour tout n ≥ 1 ,
avec θn , αn , β ∈ R+ .
a. Montrer qu’il existe une matrice A et un vecteur Bn tels que
θn
θn−1
≤ A
+ Bn pour tout n ≥ 1 .
θn+1
θn
Pour (θn )n≥1 on peut écrire
θn ≤
θn
,
θn+1 ≤ θn−1 + 2βθn + αn , pour tout n ≥ 1 ,
ou encore
θn
≤
θn+1
On trouve donc
A=
0 1
1 2β
0 1
1 2β
12
θn−1
θn
et Bn =
+
0
αn
0
αn
(3.1)
.
(3.2)
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Remarque Dans la relation (3.1) le symbole “≤”est compris comme inégalité entre composantes de chaque vecteur correspondant de part et d’autre de ce symbole.
b. En déduire que
θn ≤ e(n−1)β
n−1
q
X
θ02 + θ12 +
αi e(n−1−i)β , pour tout n ≥ 2 .
i=1
Le polynôme caratéristique de A est :
p
p
P (λ) = λ2 − 2β λ − 1 = (λ − β)2 − β 2 + 1 = λ − β − β 2 + 1 λ − β + β 2 + 1
p
p
2 + 1 et β −
Les valeurs propres sont donc
β
+
β
β 2 + 1 , d’où le rayon spectral de la
p
2
matrice A est ρ(A) = β + β + 1 .
Comme la matrice A est réelle et symétrique, ses valeurs propres sont réelles et sa norme
euclidienne n’est que la plus grande valeur absolue de ses valeurs propres i.e.
p
kAk2 = ρ(A) = β + β 2 + 1 .
On prend maintenant la norme k k2 de l’inégalité (3.1), pour
θn−1 θn
+
≤ 0 1
1 2β θn+1 θ
n
2
2
2
obtenir
0
αn .
2
Ce que l’on peut encore écrire
q
q
2
2
θn+1
θn2 + θn−1
+ αn .
+ θn2 ≤ ρ(A)
On pose Θn =
q
(3.3)
(3.4)
2
θn2 + θn−1
pour n ≥ 1. Alors on obtient la récurrence suivante
Θn+1 ≤ ρ(A) Θn + αn .
(3.5)
Par récurrence sur n, avec une démonstration analogue à celle du lemme de Gronwall
discret, on obtient
Θn ≤
n−1
(n−i−1)
n−1
X
ρ(A)
Θ1 +
ρ(A)
αi .
(3.6)
i=1
On a les majorations suivantes :
θn ≤
q
13
2
θn2 + θn−1
= Θn ,
(3.7)
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et
r
ρ(A) = β +
p
β2 + 1 ≤ β +
β2 + 1 +
β4
4
s
=β+
1+
β2
2
2
= 1+β +
β2
≤ eβ . (3.8)
2
En utilisant les majorations (3.7) et (3.8) dans la récurrence (3.6) et avec Θ1 =
on trouve finalement
θn ≤ e(n−1)β
q
θ12 + θ02 ,
n−1
q
X
θ02 + θ12 +
αi e(n−1−i)β , pour tout n ≥ 2 .
i=1
EXERCICE 4
Conditionnement d’une matrice
Soit A une matrice carrée d’ordre n > 0. Pour 1 ≤ p ≤ +∞, on note par
condp (A) le nombre de conditionnement de A calculé avec la norme matricielle
k kp .
4.1
Quelques propriétés du conditionnement
Montrer les propriétés suivantes :
a. condp (A) ≥ 1 ;
On a
I = A A−1 =⇒ 1 = kIkp = kA A−1 kp ≤ kAkp kA−1 kp = condp (A) ⇐⇒ condp (A) ≥ 1 .
b. condp (αA) = condp (A) , ∀α 6= 0 ;
Comme α 6= 0, on trouve
condp (αA) = kαAkp kα−1 A−1 kp = |α| |α−1 | kAkp kA−1 kp = kAkp kA−1 kp = condp (A) .
s
maxi |λi (A? A)|
, où les nombres λi (A? A) sont les valeurs propres
mini |λi (A? A)|
de A? A et A? est l’adjoint de A ;
c. cond2 (A) =
On a
cond2 (A) = kAk2 kA−1 k2 .
14
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La matrice A? A est hermitienne, donc diagonalisable et ses valeurs propres sont réelles.
On obtient une généralisation des résultats de la question b. de l’exercice 2 dans laquelle
on prend A? en lieu et place de tA. On trouve
s q
?
?
max |λi (A A)| = ρ A A = kAk2 = kA? k2 .
i
On a aussi
q
q
?
kA−1 k2 = k(A−1 ) k2 = max |λi ((A−1 )? A−1 )| = max |λi ((A? )−1 A−1 )|
i
i
q
q
?
−1
?
−1
= max |λi ((AA ) )| = max |λi ((A A) )|
i
i
s
s
1
1
=
.
= max
?
i |λi (A A)|
mini |λi (A? A)|
Par suite
s
cond2 (A) =
maxi |λi (A? A)|
.
mini |λi (A? A)|
d. si A est symétrique et réelle alors cond2 (A) =
maxi |λi (A)|
, où les nombres
mini |λi (A)|
λi (A) sont les valeurs propres de A ;
Lorsque A est symétrique et réelle, ses valeurs propres sont réelles et, A? = tA = A
2
p
t
?
λi (A A) = λi ( AA) = λi (AA) = λi (A) , donc λi (A? A) = |λi (A)|.
On applique la question précédente et on trouve
cond2 (A) =
maxi |λi (A)|
.
mini |λi (A)|
e. si U est une matrice orthogonale alors cond2 (U ) = 1 et cond2 (AU ) = cond2 (U A) =
cond2 (A).
On a
s p
?
kU k2 = ρ U U = ρ(I) = 1 ,
s s s p
? −1
−1 −1
−1
−1
−1
?
?
kU k2 = ρ (U ) U
= ρ (U ) U
= ρ (U U )
= ρ(I) = 1 ,
puis
cond2 (U ) = kU k2 kU −1 k2 = 1 .
15
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Pour le deuxième conditionnement on écrit :
s s kAU k2 =
ρ (AU )? AU
k(AU )−1 k2 =
q
ρ U ? A? AU
=
−1 ?
((AU )
) (AU )−1
s ?
= ρ A A = kAk2 ,
s ? −1 −1
−1
−1
= ρ (U A ) U A
s s ?
?
= ρ (A−1 ) (U −1 ) U −1 A−1 = ρ (A−1 )? (U ? )−1 U −1 A−1
s s ?
? −1
−1
−1
?
−1
−1
= ρ (A ) (U U ) A
= ρ (A ) A
= kA−1 k2 .
D’où
cond2 (AU ) = kAU k2 k(AU )−1 k2 = kAk2 kA−1 k2 = cond2 (A) .
Pour calculer le troisième conditionnement on procède comme ci-dessus :
s s s ?
?
?
?
kU Ak2 = ρ (U A) U A = ρ A U U A = ρ A A = kAk2 ,
k(U A)−1 k2 =
r
(U A)−1
?
(U A)−1
s ? −1 −1
−1
−1
= ρ (A U ) A U
s s ?
?
= ρ (U −1 ) (A−1 ) A−1 U −1 = ρ (U −1 )? (A? )−1 A−1 U −1
s s s ?
−1 −1
−1
−1 −1
−1
?
?
?
= ρ (AA )
= ρ (A ) A
= ρ (U ) (AA ) U
s ? −1
−1
= kA−1 k2 .
= ρ (A ) A
D’où
cond2 (U A) = kU Ak2 k(U A)−1 k2 = kAk2 kA−1 k2 = cond2 (A) .
4.2
Analyse perturbative
Soient x et x + δx les solutions des systèmes linéaires
Ax
= b,
(A + δA)(x + δx) = b .
a. Montrer que
kδxkp
kx + δxkp
≤ condp (A)
16
kδAkp
kAkp
.
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Des systèmes linéaires proposés on peut écrire
Ax = b = (A + δA)(x + δx) ⇐⇒ Aδx = −δA (x + δx)
⇐⇒ δx = −A−1 δA (x + δx) .
On en déduit
kδxkp = kA−1 δA (x + δx)kp ,
puis
kδxkp ≤ kA−1 δAkp kx + δxkp ≤ kA−1 kp kδAkp kx + δxkp
= kAkp kA−1 kp
ou encore
kδxkp
kx + δxkp
≤ condp (A)
b. En déduire que si kA−1 δAkp < 1 alors
kδxkp
kxkp
kδAkp
kAkp
kδAkp
kAkp
kx + δxkp ,
(4.1)
.
≤ condp (A)
kδAkp
1
.
kAkp 1 − kA−1 δAkp
On part de la première inégalité de la majoration (4.1),
kδxkp ≤ kA−1 δAkp kx + δxkp .
On en déduit
kδxkp ≤ kA
−1
δAkp
kxkp + kδxkp .
De l’inégalité ci-dessus on peut écrire
1 − kA−1 δAkp kδxkp ≤ kA−1 δAkp kxkp ,
qui implique
kδAkp
−1
1 − kA δAkp kδxkp ≤ kA−1 kp kδAkp kxkp ≤ condp (A)
kxkp .
kAkp
Comme kA−1 δAkp < 1, on peut diviser l’inégalité ci-dessus par le nombre non nul 1 −
kA−1 δAkp . On trouve
kδxkp
kxkp
≤ condp (A)
17
kδAkp
1
.
kAkp 1 − kA−1 δAkp
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4.3
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Applications
Calculer le conditionnement par rapport à la norme k k2 de la matrice
suivante
α −1
 −1 α −1



−1 α −1


−1 α −1


..
..
..
Tα = 
.
.
.


−1
α
−1



−1 α −1


−1 α −1
−1 α

0
0









.







où α est un paramètre réel.
Comme la matrice Tα est symétrique et réelle, ses valeurs propres sont réelles, et son
nombre de conditionnement est donné par
maxi |λi (Tα )|
cond2 (Tα ) =
.
mini |λi (Tα )|
On commence alors par chercher les valeurs propres de Tα .
Soient q = t (q0 , q1 , ... , qn , qn+1 ) ∈ Rn+2 tel que q0 = qn+1 = 0 et n l’ordre de Tα .
Si t (q1 , ... , qn ) est vecteur propre de Tα associé à la valeur propre λ alors on a
Tα q = λ q ,
ou encore
ql−1 + (λ − α) ql + ql+1 = 0 , l = 1, ..., n ,
avec q0 = qn+1 = 0 .
(4.2)
Le polynôme caractéristique associé à la récurrence linéaire (4.2) est
p(r) = r2 + (λ − α) r + 1 ,
dont les racines sont
−(λ − α) −
r− =
−(λ − α) +
q
2
q
(λ − α)2 − 4
,
(4.3)
(λ − α)2 − 4
.
2
√
Ici, le symbole “
” est la racine carrée au sens général c’est-à-dire qu’il peut conduire à
des nombres complexes.
r+ =
18
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La solution de la récurrence linéaire (4.2) est alors
l
l
ql = c− r−
+ c+ r+
.
Les conditions q0 = qn+1 = 0 donnent respectivement
0 =
c− + c+
n+1
n+1
0 = c− r−
+ c+ r+
⇐⇒
c+ = −c− ,
n+1
n+1
r+
= r−
.
n+1
n+1
La résolution de l’équation complexe r+
= r−
ou encore z n+1 =
n + 1 solutions
(k)
r+
=
(k)
r−
r+
r−
n+1
ι2kπ
exp
, k = 0 , ... , n ,
n+1
= 1, donne
(4.4)
2
où ι = −1 .
Cependant le cas k = 0 doit être omis car il correspond à r+ = r− et donc ql = 0 , l =
1, ..., n, donc au vecteur q = 0, supposéêtre un vecteur propre.
−ι k π
et substituant les valeurs de r± fournies
En multipliant l’équation (4.4) par exp
n+1
par l’équation (4.3), on obtient
q
−ι k π
2
λ − α + (λ − α) − 4 exp
n+1
(4.5)
q
ιkπ
2
.
= λ − α − (λ − α) − 4 exp
n+1
Ce qui donne
q
kπ
(λ − α) − 4 cos
n+1
2
kπ
= (λ − α) ι sin
.
n+1
D’où en prenant le carré, on trouve
kπ
kπ
kπ
2
2
2
2
(λ − α) cos
+ sin
− 4 cos
= 0,
n+1
n+1
n+1
ou bien encore
2
kπ
(λ − α) − 2 cos
= 0.
n+1
2
La résolution de l’équation (4.6) d’inconnue λ donne
kπ
.
λ = α ± 2 cos
n+1
(4.6)
(4.7)
On en retient que le signe -, car le signe + engendre le même ensemble des valeurs λ,
puisque
k0 π
k0 π
(k0 + n + 1) π
−
λk0 = α−2 cos
= α+2 cos π+
= α+2 cos
= λ+
k0 +n+1 .
n+1
n+1
n+1
19
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Par suite les valeurs propres de Tα sont
kπ
λk = α − 2 cos
n+1
, k = 1 , ... , n .
(4.8)
On fait λk de (4.8) dans l’équation (4.3), on trouve
kπ
kπ
r− = cos
− ι sin
,
n+1
n+1
kπ
kπ
r+ = cos
+ ι sin
.
n+1
n+1
Par conséquent
(k)
ql
=
l
c+ (r+
−
l
r−
)
klπ
= 2c+ ι sin
.
n+1
On cherche le coefficient c+ pour que kq (k) k2 = 1. Pour cela on calcule kq (k) k2 :
2
n
n X
X
klπ
(k) 2
2
2
kql k2 =
sin
|ql | = (2|c+ |)
n+1
k=1
k=1
2
−ι k l π
ιklπ
− exp
exp
n
X
n+1
n+1
2
= (2|c+ |)
2ι
k=1
n
(2|c+ |)2 X
−2ι k l π
2ι k l π
=
+
exp
−
2
exp
n+1
n+1
(2 ι)2 k=1
n
X
X
n
n
(2|c+ |)2 X
2ι k l π
−2ι k l π
=
exp
+
exp
−
2
n+1
n+1
(2 ι)2 k=1
k=1
k=1
X
n
n
n
X
X
−2ι k l π
2ι k l π
(2|c+ |)2
+ −1 +
exp
−
2
−1 +
exp
=
n+1
n+1
(2 ι)2
k=0
k=0
k=1
−2ι k l π (n + 1)
2ι k l π(n + 1)
1 − exp
1 − exp
(2|c+ |)2
n+1
n+1
=
−2 +
+
− 2n
2ι k l π
−2ι k l π
(2 ι)2
1 − exp
exp
n+1
n+1
2 (2|c+ |)
=
− 2 + 0 + 0 − 2n
(2 ι)2
(2|c+ |)2
=
− 2(n + 1) .
(2 ι)2
De la condition kq (k) k2 = 1, on peut prendre
s
r
1
2
ι
c+ = −ι
=−
.
2(n + 1)
2 n+1
20
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Conclusion Les valeurs propres de la matrice Tα sont
kπ
, k = 1 , ... , n .
λk = α − 2 cos
n+1
(k)
(k)
(4.9)
(k)
avec les vecteurs propres correspondants q (k) = t (q1 , ... , ql , ... , qn ) où
r
klπ
2
(k)
ql =
sin
, l = 1 , ... , n .
n+1
n+1
(4.10)
Les valeurs maximale et minimale de valeurs absolues des valeurs propres de Tα sont
n π ,
maxi λi (Tα ) = α − 2 cos
n+1 π
.
mini λi (Tα ) = α − 2 cos
n+1 D’où
α − 2 cos n π maxi |λi (Tα )|
n+1 .
cond2 (Tα ) =
= π
mini |λi (Tα )|
α − 2 cos
n+1 21