Exos sympas MP(*)

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par noro » 18 mai 2018 13:59

oty20 a écrit :
18 mai 2018 00:31
je me trompe ou c'est la Méthode de Householder ?
Je ne sais pas, je ne connais pas cette méthode, moi j'ai fait un pseudo algo de gramm-schmidt
Nothing happened.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » 18 mai 2018 14:09

Householder est une autre méthode d'orthogonalisation. Elle est en général introduite avec la décomposition A=QR (Q orthonormale R triangulaire supérieure). Elle a l'avantage d'être numériquement plus stable que Gram Schmidt et le désavantage d'être plus coûteuse en nombre d'opérations que Gram Schmidt.
Ancien ENS Cachan (maths) 1999--2003
Enseignant-Chercheur à l'Enseirb-Matmeca (Bordeaux INP) filière matmeca
Les opinions exprimées ci-dessus sont miennes et ne reflètent pas la position officielle de l'école dans laquelle j'enseigne.

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par noro » 18 mai 2018 14:24

matmeca_mcf1 a écrit :
18 mai 2018 14:09
Householder est une autre méthode d'orthogonalisation. Elle est en général introduite avec la décomposition A=QR (Q orthonormale R triangulaire supérieure). Elle a l'avantage d'être numériquement plus stable que Gram Schmidt et le désavantage d'être plus coûteuse en nombre d'opérations que Gram Schmidt.
Vous auriez un lien d'un cours qui en parlerai ? Ca a l'air interessant.
Par contre par rapport à l'exercice que vous avez énoncé plus haut, Je ne vois pas pourquoi schur implique 2/ ...
Nothing happened.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » 18 mai 2018 14:27

''L’ennemi du savoir , n'est pas l'ignorance , mais l'illusion du savoir '' .

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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » 02 juin 2018 19:06

noro a écrit :
18 mai 2018 14:24
matmeca_mcf1 a écrit :
18 mai 2018 14:09
Householder est une autre méthode d'orthogonalisation. Elle est en général introduite avec la décomposition A=QR (Q orthonormale R triangulaire supérieure). Elle a l'avantage d'être numériquement plus stable que Gram Schmidt et le désavantage d'être plus coûteuse en nombre d'opérations que Gram Schmidt.
Vous auriez un lien d'un cours qui en parlerai ? Ca a l'air interessant.
Par contre par rapport à l'exercice que vous avez énoncé plus haut, Je ne vois pas pourquoi schur implique 2/ ...
C'est très simple. Montrez que $ R $ est normale, ie, que $ R^{\textrm{H}}R=RR^{\textrm{H}} $. Ensuite regarder l'égalité pour les termes diagonaux.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par matmeca_mcf1 » 02 juin 2018 19:13

Nouvel exercice: il vient d'une olympiade. J'avais réussi à le résoudre en terminale mais cela m'avait pris du temps. En sup et a fortiori en spé, cela ne devrait poser aucune difficulté.

Soit $ 0<a<1 $ et $ 0<b<1 $ . Soit $ (u_n)_{n\in\mathbb{N}} $, la suite définie par
$$
u_0=a\\
u_1=b\\
u_{n+1}=\frac{1}{2}(\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}})\quad\forall n\geq1
$$
  1. Montrez que la suite est bien définie et que pour tout $ n\in\mathbb{N} $, $ 0<u_n<1 $.
  2. Montrez que la suite $ (u_n)_{n\in\mathbb{N}} $ converge.
  3. Montrez que la suite $ (u_n)_{n\in\mathbb{N}} $ est croissante à partir d'un certain rang.
EDIT: énoncé corrigé.
Dernière modification par matmeca_mcf1 le 02 juin 2018 20:37, modifié 1 fois.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » 02 juin 2018 20:29

Bonjour Professeur , je crois que vous avez voulu écrire $ u_{n+2} $ en fonction de $ u_{n},u_{n+1} $ .
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » 02 juin 2018 21:46

matmeca_mcf1 a écrit :
02 juin 2018 19:13
Soit $ 0<a<1 $ et $ 0<b<1 $ . Soit $ (u_n)_{n\in\mathbb{N}} $, la suite définie par
$$
u_0=a\\
u_1=b\\
u_{n+1}=\frac{1}{2}(\sqrt{u_n}+\sqrt{u_{n-1}})\quad\forall n\geq1
$$


Exo sympa , la première question semble sans difficulté majeure , voici ma proposition pour la convergence : on a une relation de type $ u_{n+1}=h(u_{n},u_{n-1}) $ , avec $ h(x,x)=\sqrt{x} >x ,~~ x \in [0,1] $ et
$ h(x,x) < x , ~~ x > 1 $ , on va montrer que $ u_{n} \to 1 $ .

En effet de l'encadrement plus tôt , on tire que $ h $ est continue $ (1,1) $ et $ h(1,1)=1 $ .

Définissons $ (v_{n}) $ de sorte que ; $ v_{0}=v_{1}=min(a,b) $ et $ v_{n+1}=h(v_{n},v_{n-1}) $ . pour $ n\geq 1 $ .
Comme $ min(a,b) < 1 $ on a :
$ v_{2}=h(v_{1},v_{0})=h(v_{1},v_{1}) > v_{1} $ ,
$ v_{3}=h(v_{2},v_{1}) > h(v_{1},v_{1}) =v_{2} $ , car $ h $ est croissante en chacune de ces variables
$ v_{4} =h(v_{3},v_{2}) > h(v_{2},v_{1})>v_{3} $ , de manière général $ v_{n+1}=h(v_{n},v_{n-1}) > h(v_{n-1},v_{n-2})=v_{n} $ donc $ (v_{n}) $ est croissante majorée par $ 1 $ donc convergente vers 1 , de plus on a $ v_{n} \leq u_{n} $ , on définit $ (w_{n}) $ de manière analogue ; mais avec $ w_{0}=w_{1}=max(a,b) <1 $ , une étude similaire amène a la convergence de $ (w_{n}) $ vers 1 , comme $ v_{n} \leq u_{n} \leq w_{n} $ , il n'en faut pas plus , sauf erreure .
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par Errys » 02 juin 2018 22:11

Une tentative, un peu longue,
SPOILER:
1. On montre par une récurrence double que $ (u_n) $ est bien définie :

Pour tout entier $ n\ge 0 $, on pose $ P(n): $ $ u_n $ est bien défini et $ 0<u_n<1 $,
$ P(0) $ et $ P(1) $ sont vrais d'après l'énoncé.

Soit $ n\in\mathbb{N} $ tel que $ P(n) $ et $ P(n+1) $. Comme $ 0<u_n<1 $, $ \sqrt{u_n} $ existe, de même pour $ \sqrt{u_{n+1}} $. Donc $ u_{n+2} = \dfrac{\sqrt{u_{n+1}} + \sqrt{u_n}}{2} $ existe aussi. De plus, $ 0<\sqrt{u_n}<1 $ et $ 0<\sqrt{u_{n+1}} < 1 $ donc $ 0<\dfrac{\sqrt{u_n} + \sqrt{u_{n+1}}}{2} < 1 $. D'où $ P(n+2) $.

Ainsi, $ (u_n) $ est bien définie et on a pour tout entier $ n\ge 0 $ : $ 0<u_n<1 $.

2. On pose pour tout entier $ n\ge 0 $ : $ v_n = \min(u_n, u_{n+1}) $.
Tout d'abord, il est clair que pour tout entier $ n\ge 0 $ $ 0<v_n<1 $ et que $ v_n\le u_n $.

On montre que $ (v_n) $ est croissante :
Soit $ n\in\mathbb{N} $,
$ v_{n+1} = \min(u_{n+1}, u_{n+2}) $
Or, $ u_{n+2} = \dfrac{\sqrt{u_{n+1}} + \sqrt{u_n}}{2} \ge \dfrac{2\sqrt{v_n}}{2} = \sqrt{v_n} > v_n $ (car $ 0<v_n<1 $).
Donc $ v_{n+1}> v_n $
Ainsi, $ (v_n) $ est croissante et bornée donc converge, il reste à montrer que $ (v_n) $ converge vers 1:

On a vu que pour tout entier naturel $ n $, $ v_{n+1}\ge \sqrt{v_n} $
D'où $ \lim\limits_{n\to+\infty} v_{n+1}\ge \lim\limits_{n\to+\infty}\sqrt{v_n} = \sqrt{l} $
D'où $ l\ge \sqrt{l} $ ce qui est vrai que pour $ l = 1 $ ou $ l = 0 $. Le cas $ l = 0 $ est impossible car $ v_0>0 $ et $ (v_n) $ est croissante.
Donc $ \lim\limits_{n\to+\infty}v_n = 1 $

Comme $ v_n\le u_n\le 1 $ pour tout n, le théorème des gendarmes montre que $ \lim\limits_{n\to+\infty} u_n= 1 $.

3) Comme $ \lim\limits_{n\to+\infty}u_n=1 $, $ (u_n) $ ne peut pas être décroissante à partir d'un certain rang donc :
$ \forall N\in\mathbb{N},\exists n\ge N, u_{n+1}\ge u_{n} $
Avec N = 1, soit n+1 un tel entier, on a donc $ u_{n+2}\ge u_{n} $. Soit $ v_{n+1}= u_{n+1} $. Or, $ v_{n+1}>v_n $ d'après la question précédente, donc $ u_{n+1}\ge u_{n} $.
D'où $ u_{n+2}\ge u_{n+1}\ge u_n $.

On pose N = n.
On montre maintenant par récurrence que pour tout entier $ n\ge N $, $ u_{n+2}\ge u_{n+1}\ge u_n $.
Pour $ n = N $, c'est vrai d'après ce qu'on a montré juste au dessus.
Maintenant, soit $ n\ge N $ tel que $ u_{n+2}\ge u_{n+1}\ge u_n $. Montrons que $ u_{n+3}\ge u_{n+2}\ge u_n $.
Calculons $ u_{n+3}-u_{n+2} $ :
$ u_{n+3}-u_{n+2} = \dfrac{\sqrt{u_{n+2}} + \sqrt{u_{n+1}}}{2} - \dfrac{\sqrt{u_{n+1}} + \sqrt{u_n}}{2} = 1/2(\sqrt{u_{n+2}} - \sqrt{u_n})\ge 0 $
D'où $ u_{n+3}\ge u_{n+2}\ge u_{n+1} $.

D'après le principe de récurrence, $ (u_n)_{n\ge N} $ est croissante.
EDIT: J'avais pas vu que oty20 avait déjà envoyé sa solution, j'étais plongé dans la rédaction de ma preuve, sorry.
Dernière modification par Errys le 03 juin 2018 00:50, modifié 1 fois.
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Re: Exos sympas MP(*)

Message par oty20 » 02 juin 2018 22:26

ouep , Remarque : si on admet la question 1) , pas besoin de $ w_{n} $ dans mon poste , $ v_{n} $ suffit .

Je pense d'ailleurs que c'est généralisable , pour $ u_{n}=h(u_{n-1},...,u_{n-k}) , n> k $
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