On a trouvé C = (: 1, 1 ; 1, 2)
On a trouvé λ = (3−√5)/2 et μ = (3+√5)/2
Les vecteurs propres de C sont les solutions du système
{ x + y = λx ; x + 2y = λy} ⇔ {x + (2−λ)y = 0 ; (1−λ)x + y = 0}
⇔ {x + (2−λ)y = 0 ; (1−(2−λ)(1−λ))y = 0}
or 1 − 2+3λ −λ² = 0 par définition de λ.
Donc les vecteurs propres s’écrivent (: (λ−2)y, y)
et de même les vecteurs propres associés à μ s’écrivent (: (μ−2)y, y)
On résout donc (λ−2)²y² + y² = 1 ⇔ ((−1−√5)²/4+1)y² = 1 ⇔ y = ±2/√(10+2√5).
donc par exemple v = 2/√(10+2√5) et u = (−1−√5)/√(10+2√5) = −√(1+√5)/√(2√5)
De même on trouve pour la valeur propre μ le vecteur propre défini par
v= 2/√(10−2√5) et u = (−1+√5)/√(10−2√5) = −√(√5−1)/√(2√5).
On pose alors P = (: u_λ, v_λ ; u_μ, v_μ).
On vérifie P^T P = (:u_λ² + v_λ², u_λ u_μ+ v_λ v_μ ; u_λ u_μ + v_λ v_μ, u_μ²+v_μ²)
= (: 1, 0 ; 0, 1)
donc la transposée de P est son inverse, donc la diagonalisation de C s’écrit
C = P^-1 D P = P^T D P.
(En fait, C étant une matrice symétrique, un résultat hors programme assure qu’elle est nécessairement diagonalisable dans une base orthogonale.)
Une famille de n vecteurs dans R^n est orthonormée si et seulement si la matrice représentative est inversible et son inverse est sa transposée.
z_{k+1} = Py_{k+1} = PM_k y_k = P(I−δ_k A^T A) y_k = P(I − δ_k A^T A) P^T z_k
= (I − δ_k P C P^T) z_k = (I − δ_k D)z_k.
Question 9 : en décomposant la relation précédente sur chaque composante, on trouve
s_{k+1} = (1−δ×(3−√5)/2)s_k et t_{k+1} = (1 − δ×(3+√5)/2)t_k
Ces suites géométriques convergent si et seulement si les raisons sont dans ]−1, 1].
c’est-à-dire ici si −1 < 1−δ(3−√5)/2 ≤ 1 et −1 < 1−δ(3+√5)/2 ≤ 1
⇔ 2 > δ(3−√5)/2 ≥ 0 et 2 > δ(3+√5)/2 ≥ 0
⇔ 4/(3−√5) > δ et 4/(3+√5) > δ
Finalement, les suites géométriques convergent si et seulement si δ < 4/(3+√5) = 3−√5.
Dans ce cas, les suites (s_k) et (t_k) convergent vers 0, donc la suite (z_k) converge vers le vecteur nul, donc (y_k) = (P^T z_k) converge aussi vers 0, donc (x_k) = (y_k + x*) → x*.
Question 10 : On trouve (comme en question 9)
s_{k+1} = (1 − k^-α λ/3 )s_k et t_{k+1} = (1 − k^-α μ/3)t_k.
Or (1 − k^-α λ/3) < 1 et 0 < (1 − k^-α μ/3) < 1 à partir d’un certain rang, donc à partir de ce rang, les suites sont décroissantes et de signe constant donc elles convergent.
10b : Ces suites ne sont pas géométriques, et on trouve pour tout k > 1,
s_k = ∏_{i=1}^{k−1} (1 − i^-α λ/3)
ln(s_k) = ∑_{i=1}^{k−1} ln(1 − i^-α λ/3)
Donc ce logarithme converge si et seulement si la série converge.
Or en utilisant le DL de ln en 1, on trouve ln(1 − i^-α λ/3) = −i^-α λ/3 + o(i^-α) ∼ −i^-α
La série de terme général i^-α converge si et seulement si α > 1.
Dans ce cas, la série de la partie négligeable converge aussi donc ln(s_k) converge vers une limite L, d’où (s_k) converge vers e^L.
Si α ≤ 1, dans ce cas la série diverge vers −∞, donc ln(s_k) → −∞, donc s_k → 0.
Finalement, on a bien convergence de (s_k) dans les deux cas.
La convergence de (t_k) se démontre de la même manière.
10c : si α > 1, les suites (s_k) et (t_k) convergent donc vers des limites strictement positives,
si α ≤ 1, les suites (s_k) et (t_k) convergent vers 0.
Question 11 : Pour tout k, on a x_{k+1} = x_k − 1/5 A(Ax_k − b)
Donc en notant u_{k+1} = u_k − 1/5 × (2(u_k+v_k)−2) et
v_{k+1} = v_k − 1/5 × (2(u_k+v_k)−2)
puis s_{k+1} = u_{k+1}+v_{k+1} = u_k+v_k−1/5(4(u_k+v_k)−4) = 1/5 s_k + 4/5
La suite (s_k) est arithmético-géométrique avec un point fixe ℓ = 1/5 ℓ + 4/5
⇔ 4/5 ℓ = 4/5 ⇔ ℓ = 1
Donc en posant t_k = s_k−1, on trouve que la suite (t_k) est géométrique de raison 1/5,
donc pour tout k, t_k = t_0/5^k donc s_k = (s_0−1)/5^k + 1
avec s0 = u0 + v0.
Donc u_{k+1} − u_k = −2/5 t0 /5^k
Donc en sommant à gauche et à droite on trouve u_n − u0 = ∑_{k=0}^{n−1} (u_{k+1}−u_k)
= −2t0/5 ∑_{k=0}^{n−1} 1/5^k
= −t0/2 (1 − 1/5^n)
Donc u_n = u_0 − t0/2 (1 − 1/5^n) → u_0 − t0/2 = (u_0 − v_0)/2.
v_n = s_n − u_n → (v_0 − u_0)/2.