مسابقة دكتوراه 2019 — جامعة الشهيد حمه لخضر - الوادي — الموضوع 02

Soit $x$ un vecteur propre correspondant à la valeur propre $\lambda$ de $A$. Alors

$$Ax = \lambda x \quad (\text{ou } (A - \lambda I)x = 0). \qquad (*)$$

Soit $x_k$ une composante de $x$ qui est de la plus grande valeur absolue. On a alors $\left| \dfrac{x_m}{x_k} \right| \le 1$ ($m = 1, \ldots, n$).

L'équation vectorielle $(*)$ est équivalente à un système de $n$ composantes des vecteurs, et la $k$-ième de ces $n$ équations est :

$$a_{k,1} x_1 + \cdots + a_{k,k-1} x_{k-1} + (a_{k,k} - \lambda) x_k + a_{k,k+1} x_{k+1} + \cdots + a_{k,n} x_n = 0,$$

d'où

$$a_{k,k} - \lambda = -a_{k,1} \frac{x_1}{x_k} - \cdots - a_{k,k-1} \frac{x_{k-1}}{x_k} - \cdots - a_{k,n} \frac{x_n}{x_k}.$$

On applique l'inégalité du triangle $|a + b| \le |a| + |b|$, $\forall a, b \in \mathbb{C}$. Donc, avec $\left| \frac{x_1}{x_k} \right| \le 1, \ldots, \left| \frac{x_n}{x_k} \right| \le 1$, on obtient

$$|a_{k,k} - \lambda| \le |a_{k,1}| + |a_{k,2}| + \cdots + |a_{k,k-1}| + |a_{k,k+1}| + \cdots + |a_{k,n}|.$$

1) La fonction polynômiale $f$ est continue sur $\mathbb{R}$. $f'(x) = 3x^2 + 1 \ge 1 > 0$ sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. De plus $f(0) f(1) = (-1)(1) = -1 < 0$. Alors, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une seule racine $\alpha \in ]0, 1[$ telle que $f(\alpha) = 0$.

2) Posons $a_0 = a = 0$, $b_0 = b = 1$ et $x_0 = \frac{1}{2}(a_0 + b_0) = \frac{1}{2}$. En utilisant l'algorithme de dichotomie on obtient le tableau suivant :

$n$	$a_n$	$b_n$	$x_n = \frac{a_n + b_n}{2}$	$f(a_n)$	$f(x_n)$	$f(a_n)f(x_n)$	$x_n - x_{n+1}$	Test d'arrêt
0	0	1	0,5	$-1$	$-0{,}375$	$+$
1	0,5	1	0,75	$-0{,}375$	$0{,}171875$	$-$	$0{,}25$	Continue
2	0,5	0,75	0,625	$-0{,}375$	$-0{,}130859375$	$+$	$-0{,}125$	Continue
3	0,625	0,75	0,6875	$-0{,}130859375$	$0{,}01245\ldots$	$-$	$0{,}0625$	Stop

Alors l'approximation de $\alpha$ par la méthode de dichotomie est $0{,}6875$.

Pour $\varepsilon = 0{,}1$ : $N = \left[ \frac{\log(1/\varepsilon)}{\log 2} \right] + 1 = 4$. Nous constatons que $3$ est le nombre d'itérations effectif pour avoir la précision $|x_{n+1} - x_n| \le 0{,}1$.

3) L'algorithme de Newton avec $x_0 = 0{,}5$ :

$$x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} = x_n - \frac{x_n^3 + x_n - 1}{3x_n^2 + 1}.$$

On obtient le tableau suivant :

$n$	$x_n$	$f(x_n)$	$f'(x_n)$	$x_{n+1}$
0	0,5	$-0{,}375$	1,75	0,71428571
1	0,71428571	0,07871720	2,53061224	0,68317972

Alors l'approximation de $\alpha$ par la méthode de Newton avec deux itérations est $0{,}68317972$.

1) On a :

$$\frac{u(x_{i+1}) + u(x_{i-1}) - 2u(x_i)}{h^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i) + \frac{h^2}{12} \frac{\partial^4 u}{\partial x^4}(x_i) + O(h^4).$$

On en déduit en dimension 1 que :

$$\left( \Delta_h^{(4)} u \right)_i = \frac{4}{3} \left( \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i) + \frac{h^2}{12} \frac{\partial^4 u}{\partial x^4}(x_i) + O(h^4) \right) - \frac{1}{3} \left( \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i) + \frac{(2h)^2}{12} \frac{\partial^4 u}{\partial x^4}(x_i) + O(h^4) \right) = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i) + O(h^4).$$

En dimension 2, on remarque que :

$$\left( \Delta_h^{(2)} u \right)_{i,j} = \frac{u_{i+1,j} + u_{i-1,j} - 2u_{i,j}}{h^2} + \frac{u_{i,j+1} + u_{i,j-1} - 2u_{i,j}}{h^2}.$$

L'opérateur est donc la somme d'un opérateur de différences finies dans la direction de $x$ et d'un autre dans la direction de $y$. Le résultat précédent peut donc être utilisé dans les deux directions, et ainsi :

$$\left( \Delta_h^{(4)} u \right)_{i,j} = \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}(x_i, y_j) + \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}(x_i, y_j) + O(h^4) = \Delta u + O(h^4).$$

2) On a :

$$\left( \left( \Delta_h^{(2)} \right)^2 u \right)_i = \Delta_h^{(2)} \left( \frac{u_{i+1} + u_{i-1} - 2u_i}{h^2} \right) = \frac{(u_{i+2} + u_i - 2u_{i+1}) + (u_i + u_{i-2} - 2u_{i-1}) - 2(u_{i+1} + u_{i-1} - 2u_i)}{h^4}.$$

Donc :

$$\left( \left( \Delta_h^{(2)} \right)^2 u \right)_i = \frac{u_{i+2} - 4u_{i+1} + 6u_i - 4u_{i-1} + u_{i-2}}{h^4}.$$