\documentclass[10pt,oneside,a4paper]{amsart}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\begin{center}
\textbf{ENSAE 1997 Math 3, corrig{\'e}}\\
Par A. Mansoux\\
\end{center}

\textbf{Premi{\`e}re partie}\\

\textbf{I.1-} 
$y''=qy+f$ est de classe $\mc{C}^2$, et donc $y$ est de classe $\mc{C}^4$.\\
Soit $\varphi$ la fonction d{\'e}finie sur $[0,h]$ par
$$\varphi(t)=t^2y''(x_i)-y(x_i+t)-y(x_i-t)+2y(x_i)$$
Elle est de classe $\mc{C}^4$ et la formule de Taylor-Lagrange
(hors programme) montre qu'il existe un r{\'e}el $c_i$ dans
l'intervalle ouvert $[0,h]$ tel que
$$\varphi(h)=\dfrac{h^4}{24}\varphi^{(4)}(c_i)=
\dfrac{-h^4}{12}\dfrac{y^{(4)}(x_i-c_i)+y^{(4)}(x_i+c_i)}{2}$$
Comme $y^{(4)}$ est continue sur $[x_i-c_i,x_i+c_i]$ le th{\'e}or{\`e}me
des valeurs interm{\'e}diaires montre qu'il existe $\eta_i\in[x_i-c_i,x_i+c_i]$
tel que
$\dfrac{y^{(4)}(x_i-c_i)+y^{(4)}(x_i+c_i)}{2}=y^{(4)}(\eta_i)$ et
on a donc bien
$$y''(x_i)=\dfrac{y(x_{i+1})+y(x_{i-1})-2y(x_i)}{h^2}-\dfrac{h^2}{12}y^{(4)}(\eta_i)
\text{, avec $\eta_i\in]x_{i-1},x_{i+1}[$ }.$$

\textbf{I.2-} Le syst{\`e}me s'{\'e}crit $Ay=l$, avec $A=L+h^2Q$ et
$l=\begin{pmatrix}
\alpha-h^2f(x_1)\\
-h^2f(x_2)\\
\vdots\\
-h^2f(x_{n-1})\\
\beta-h^2f(x_n)
\end{pmatrix}$\\

\textbf{I.3-} Si le syst{\`e}me n'est pas de Cramer il existe un vecteur
$y=\begin{pmatrix}
y_1\\
y_2\\
\vdots\\
y_n
\end{pmatrix} $ non nul tel que $Ay=0$. Soit $i$ un indice tel
que $m=\abs{y_i}$ soit maximum. Notons que $i\neq 1$ car on
aurait sinon
$\abs{y_2}=(2+h^2)\abs{y_1}>\abs{y_1}$. On voit de m{\^e}me que $i$
n'est pas {\'e}gal {\`a} $n$. On a alors $2\abs{y_i}\leq (2+h^2q_{ii})\abs{y_i}
\leq \abs{y_{i-1}}+\abs{y_{i+1}}$, et on a donc $m=\abs{y_i}=\abs{y_{i-1}}
=\abs{y_{i+1}}$. On aboutit ainsi {\`a} $m=\abs{y_1}$, ce qui, on vient
de le voir, est impossible.\\

\textbf{I.4-} La matrice $A$ est clairement TDF. Notons
d'ailleurs qu'une modification mineure de la d{\'e}monstration
pr{\'e}c{\'e}dente montre que toute matrice TDF est inversible.\\

\textbf{Deuxi{\`e}me partie}\\

\textbf{II.1-} On a {\'e}videmment $\abs{\phi_1}<1$. Pour
$i\in\{2...n\}$ supposons $\abs{\phi_{i-1}}<1$. On a alors
$\abs{b_{i,i+1}}\leq
b_{ii}-\abs{b_{i,i-1}}<b_{ii}-b_{i,i-1}\phi_{i-1}$, et donc
$\abs{\phi_i}<1$. Il en r{\'e}sulte que $\phi_i$ et $\psi_i$ sont
bien d{\'e}finis pour tout $i\in\{1...n\}$.\\

On a $z_1=\psi_1-z_2\phi_1=\dfrac{k_1}{b_{11}}-z_2\dfrac{b_{12}}{b_{11}}$,
d'o{\`u} $b_{11}z_1+b_{12}z_2=k_1$.\\
Pour $i\geq 2$ on a
$$(b_{i,i}-b_{i,i-1}\phi_{i-1})z_i=k_i-b_{i,i-1}\psi_{i-1}-z_{i+1}b_{i,i+1}$$
d'o{\`u}
$$b_{i,i}z_i+b_{i,i+1}z_{i+1}=k_i-b_{i,i-1}\bigl(\psi_{i-1}-z_i\phi_{i-1}\bigr)=k_i-b_{i,i-1}z_{i-1}$$
c'est {\`a} dire
$$b_{i,i-1}z_{i-1}+b_{i,i}z_i+b_{i,i+1}z_{i+1}=k_i$$
ce qui montre pr{\'e}cis{\'e}ment que $Bz=k$. $B$ {\'e}tant inversible,
cette solution est unique.\\

\textbf{II.2-} Calcul de $\phi_1$ et $\psi_1$: 2 op{\'e}rations;\\
Calcul de $\phi_i$ et $\psi_i$ pour $i\geq 2$: $6(n-1)$ op{\'e}rations.\\
Enfin pour le calcul des $z_i$: $2n$ op{\'e}rations. Le co{\^u}t est de
l'ordre de $8n$ op{\'e}rations.\\

\textbf{II.3-} La fonction $y(x)=2\coh(x)$ est {\'e}videmment la
solution  exacte au probl{\`e}me de Dirichlet $y''(x)=y(x)$, $y(0)=2$,
$y(1)=2\coh(1)$...\\

\textbf{Troisi{\`e}me partie}\\

\textbf{III.1-} Par d{\'e}finition $e_0=e_{n+1}=0$.\\

\textbf{III.2-} Avec les notations de $I.1-$ on a: $Ae=\dfrac{h^4}{12}\Delta$, avec
$\Delta=\begin{pmatrix}
y^{(4)}(\eta_1)\\
y^{(4)}(\eta_2)\\
\vdots\\
y^{(4)}(\eta_n)
\end{pmatrix}$, et on peut {\'e}videmment {\'e}crire $\dfrac{y^{(4)}(\eta_i)}{12}$
sous la forme $M\theta_i$, avec $\theta_i\in[-1,1]$.\\

\textbf{III.3-} Le raisonnement a d{\'e}j{\`a} servi: soit $i$ un indice tel que $m=z_i$ soit maximum,
et supposons $m>0$. Il est impossible que $i=1$ car alors la relation
$(2+h^2q_{11})z_1-z_2\leq 0$ entra{\^\i}ne $z_2>m$, ce qui est absurde. On
voit de m{\^e}me que $i$ ne peut {\^e}tre {\'e}gal {\`a} n. Mais alors la relation
$ 2z_i \leq (2+h^2q_{ii})z_i\leq z_{i-1}+z_{i+1}$ entra{\^\i}ne $z_{i-1}=z_{i+1}=m$
et on aboutit {\`a} la relation $z_1=m$ qui, comme on l'a vu, est impossible.\\

\textbf{III.4-} En rempla{\c c}ant $z$ par $-z$, la question
pr{\'e}c{\'e}dente montre que si $Az\geq 0$, alors
$z\geq 0$. Donc si
$z=A.A^{-1}z\geq 0$, on a $A^{-1}z\geq 0$ ainsi que
$(A-L)A^{-1}z\geq 0$
puisque $A-L=h^2Q$ est diagonale {\`a} coefficients positifs. Tout
revient donc {\`a} montrer que si $y\geq 0$,alors $L^{-1}y\geq 0$.
 Mais ceci est un cas particulier de ce qui pr{\'e}c{\`e}de
en prenant $h=0$ dans la matrice $A$.\\

\textbf{III.5-} Comme $u\geq 0$, on a $(L^{-1}-A^{-1})u\geq 0$, et donc
$Mh^4L^{-1}u\geq Mh^4A^{-1}u$. Comme $u\pm\theta\geq 0$, on a aussi
$A^{-1}(u\pm\theta)\geq 0$, et donc $Mh^4
A^{-1}u\geq \pm Mh^4A^{-1}\theta$,
c'est {\`a} dire $Mh^4A^{-1}u\geq \abs{e}$. On a donc bien
$Mh^4L^{-1}u\geq \abs{e}$.\\

\textbf{III.6-} $L^{-1}=(b_{ij})$ avec
$$b_{ij}=
\begin{cases}
\dfrac{i(n+1-j)}{n+1}&\text{ si $i\leq j$}\\
\dfrac{j(n+1-i)}{n+1}&\text{ sinon}
\end{cases}$$
Posons $L^{-1}u=
\begin{pmatrix}
c_1\\
c_2\\
\vdots\\
c_n
\end{pmatrix}$\\

$$c_i=\dsum_{j=1}^nb_{ij}=\dfrac{1}{n+1}\bigl((n+1-i)(1+2+\dots+i)+i(n-i+\dots+2+1)\bigr)
=\dfrac{i(n+1-i)}{2}\leq\dfrac{(n+1)^2}{8}$$
On a donc $\abs{e}\leq\dfrac{Mh^4(n+1)^2}{8}=\dfrac{Mh^2(b-a)^2}{8}$.


\end{document}
