Corrigés desexercices
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strictedans l’étude des splines cubiques. Ces matrices sont inversibles, mais nous allons utiliser
une autre méthode pour montrer que A h est inversible et que donc le système admet une solution
unique.
5. Supposons que A h V 0e ta ppelons i un indice tel que v i = min
j = 1 ,..., n
v j .T out d’abord,
nous supposonsq ue i = 1e t i = n .N ous avons − v i − 1 +(2+h
2
c ) v i − v i +1 0s oit encore
v i − v i − 1 + h
2
c v i + v i − v i +1 0. Or v i − v i − 1 0et v i − v i +1 0puisque i réalise le minimum.
Donc nécessairement h
2
c v i 0. Or h
2
c > 0d’où v i 0. On peut faire un raisonnement similaire
si i = 1ou i = n .Onendéduit que v i = min
j = 1 ,..., n
v j 0etdonc V 0.
Si A h V = 0alors A h V 0donc V 0. Mais nous avons aussi A h ( − V ) = − A h V = 0donc
− V 0. Le vecteur V ases composantes négativesetpositives, il est donc nul. On peut conclure
que A h est inversible. En écrivant A
− 1
h = ( C 1 C 2 ...C N )encolonnes, puis en effectuant un produit
colonne par colonne de A h ( C 1 C 2 ...C N ) = Id,sachant que les colonnes de la matrices Id sont
positives, on en déduit que chacune des colonnes C j est positive donc A
− 1
h 0.
Enfin,nous avons vu que la matrice A h était inversible donc le système définissant ( P h )admet une
solution unique.
À noter que toutes les matrices àdiagonale dominante stricte ne sont pas forcément monotones.
Ainsi A =
21
12
vérifie A
− 1
3
=
1
5
0et A
− 1
=
1
3
2 − 1
− 12
.
6. Soient w et u deux vecteurs tels que A h w = u .Nous définissons la fonction polynômiale
du second degré c ( x ) =
x (1 − x )
2 h 2 u ∞ dont la dérivée seconde vaut c
= −
u ∞
h 2 .N otons
que c ( x 0 ) = c (0) = 0etdemême c ( x N +1 ) = c (1) = 0. Soit C le vecteur ( c ( x 1 ) ,...,( c ( x N ))
T
.
Soit i la ligne i de A h C . i = − c ( x i − 1 )+(2+ch
2
) c ( x i ) − c ( x i +1 ), soit, compte tenu de la
question 2, et puisque c
(4)
= 0, i = − h
2
c
( x i )+ch
2
c ( x i ) = u ∞ + ch
2
c ( x i ) u ∞ car
c est positive sur [0, 1]. On ad onc i u i et i − u i puisque u ∞ = max
i = 1 ,..., N
| u i | .O ne n
déduit A h C A h w ou encore A h ( C − w ) 0q ui permet d’obtenir c w .D em ême par
A h C A h ( − w ), on obtient c − w .
C’est dire que pour tout i , ± w i c ( x i ) max
x ∈ [0, 1]
c ( x ) = c (1/ 2), d’où w ∞
u ∞
8 h 2 .
D’après la question 2, A h U h = F h −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ ,donc A h ( U h − V h ) = −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ .
Finalement, en posant w = U h − V h et u = −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ ,ondéduit
U h − V h ∞
1
8 h 2 u ∞
1
8 h 2
h
4
12
M 4 = h
2 M 4
96
où M 4 = max
x ∈ [0, 1]
| u
(4)
( x ) | .
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit
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strictedans l’étude des splines cubiques. Ces matrices sont inversibles, mais nous allons utiliser
une autre méthode pour montrer que A h est inversible et que donc le système admet une solution
unique.
5. Supposons que A h V 0e ta ppelons i un indice tel que v i = min
j = 1 ,..., n
v j .T out d’abord,
nous supposonsq ue i = 1e t i = n .N ous avons − v i − 1 +(2+h
2
c ) v i − v i +1 0s oit encore
v i − v i − 1 + h
2
c v i + v i − v i +1 0. Or v i − v i − 1 0et v i − v i +1 0puisque i réalise le minimum.
Donc nécessairement h
2
c v i 0. Or h
2
c > 0d’où v i 0. On peut faire un raisonnement similaire
si i = 1ou i = n .Onendéduit que v i = min
j = 1 ,..., n
v j 0etdonc V 0.
Si A h V = 0alors A h V 0donc V 0. Mais nous avons aussi A h ( − V ) = − A h V = 0donc
− V 0. Le vecteur V ases composantes négativesetpositives, il est donc nul. On peut conclure
que A h est inversible. En écrivant A
− 1
h = ( C 1 C 2 ...C N )encolonnes, puis en effectuant un produit
colonne par colonne de A h ( C 1 C 2 ...C N ) = Id,sachant que les colonnes de la matrices Id sont
positives, on en déduit que chacune des colonnes C j est positive donc A
− 1
h 0.
Enfin,nous avons vu que la matrice A h était inversible donc le système définissant ( P h )admet une
solution unique.
À noter que toutes les matrices àdiagonale dominante stricte ne sont pas forcément monotones.
Ainsi A =
21
12
vérifie A
− 1
3
=
1
5
0et A
− 1
=
1
3
2 − 1
− 12
.
6. Soient w et u deux vecteurs tels que A h w = u .Nous définissons la fonction polynômiale
du second degré c ( x ) =
x (1 − x )
2 h 2 u ∞ dont la dérivée seconde vaut c
= −
u ∞
h 2 .N otons
que c ( x 0 ) = c (0) = 0etdemême c ( x N +1 ) = c (1) = 0. Soit C le vecteur ( c ( x 1 ) ,...,( c ( x N ))
T
.
Soit i la ligne i de A h C . i = − c ( x i − 1 )+(2+ch
2
) c ( x i ) − c ( x i +1 ), soit, compte tenu de la
question 2, et puisque c
(4)
= 0, i = − h
2
c
( x i )+ch
2
c ( x i ) = u ∞ + ch
2
c ( x i ) u ∞ car
c est positive sur [0, 1]. On ad onc i u i et i − u i puisque u ∞ = max
i = 1 ,..., N
| u i | .O ne n
déduit A h C A h w ou encore A h ( C − w ) 0q ui permet d’obtenir c w .D em ême par
A h C A h ( − w ), on obtient c − w .
C’est dire que pour tout i , ± w i c ( x i ) max
x ∈ [0, 1]
c ( x ) = c (1/ 2), d’où w ∞
u ∞
8 h 2 .
D’après la question 2, A h U h = F h −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ ,donc A h ( U h − V h ) = −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ .
Finalement, en posant w = U h − V h et u = −
h
4
12
⎛
⎝
u
(4)
( x
1 )
...
u
(4)
( x
N )
⎞
⎠ ,ondéduit
U h − V h ∞
1
8 h 2 u ∞
1
8 h 2
h
4
12
M 4 = h
2 M 4
96
où M 4 = max
x ∈ [0, 1]
| u
(4)
( x ) | .
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit