Réponses aux exercices du chapitre 3
Numéro 8. Résoudre les systèmes linéaires suivants par la méthode de décomposition LU de Crout (sans permutation de lignes).
b)
1 2 1 4 2 0 4 3 4 2 2 1
−3 1 3 2
x1
x2 x3 x4
=
13 28 20 6
Solution
La première colonne de L est la première colonne de A (`i1 =ai1 pour i = 1,2, ..., n) et la première ligne de U est la première ligne de A divisée par le pivot (`11) qui est 1 (u1i = a1i
`11
pouri= 1,2, ..., n).
1 2 1 4
2 0 4 3
4 2 2 1
-3 1 3 2
→
`11= 1
`21= 2
`31= 4
`41=−3
→
u11 = 1/1 = 1 u12 = 2/1 = 2 u13 = 1/1 = 1 u14 = 4/1 = 4 Rappel :
• Pour i= 2,3, ..., n−1, on calcule le pivot avec `ii=aii−
i−1
X
k=1
`ikuki.
• Pour j =i+ 1, i+ 2, ..., n, on calcule la ie colonne deL avec `ji =aji−
i−1
X
k=1
`jkuki.
• Pour j =i+ 1, i+ 2, ..., n, on calcule la ie ligne de U avecuij = aij −
i−1
X
k=1
`ikukj
`ii .
• Finalement, on calcule `nn avec `nn =ann−
n−1
X
k=1
`nkukn. On a donc :
`22=a22−`21u12 = 0−(2)(2) =−4
`32=a32−`31u12 = 2−(4)(2) =−6
`42=a42−`41u12 = 1−(−3)(2) = 7
→
1 2 1 4
2 -4 4 3
4 -6 2 1
-3 7 3 2
u23= a23−`21u13
`22
= 4−(2)(1)
−4 =−1/2 u24= a24−`31u14
`22
= 3−(2)(4)
−4 = 5/4
→
1 2 1 4
2 -4 -1/2 5/4
4 -6 2 1
-3 7 3 2
`33 =a33−`31u13−`32u23= 2−(4)(1)−(−6)(−1/2)
= 2−4−3 =−5
`43 =a43−`41u13−`42u23= 3−(−3)(1)−(7)(−1/2)
= 3 + 3 + 7/2 = 19/2
→
1 2 1 4
2 -4 -1/2 5/4
4 -6 -5 1
-3 7 19/2 2
u34= a34−`31u14−`32u24
`33 = 1−(4)(4)−(−6)(5/4)
−5 = 3
2 →
1 2 1 4
2 -4 -1/2 5/4
4 -6 -5 3/2
-3 7 19/2 2
`44 =a44−`41u14−`42u24−`43u34
= 2−(−3)(4)−(7)(5/4)−(19/2)(3/2)
= 2 + 12−35
4 −(19)(3) 4 =−9
→
1 2 1 4
2 -4 -1/2 5/4
4 -6 -5 3/2
-3 7 19/2 -9
qui est la décomposition LU sous forme compacte.
[1)] Résolution de L~y=~b.
1 0 0 0
2 −4 0 0
4 −6 −5 0
−3 7 19/2 −9
y1 y2
y3 y4
=
13 28 20 6
Par la descente triangulaire, on obtient d’abord y1 = 13 et ensuite : 2y1−4y2 = 26−4y2 = 28⇒ −4y2 = 2 ⇒y2 =−1/2
4y1−6y2−5y3 = 52 + 3−5y3 = 20⇒ −5y3 = 20−55 = −35 ⇒y3 = +7
−3y1+ 7y2+ (19/2)y3−9y4 =−39−7/2 + 19
2 ×7−9y4 = 6
−9y4 = 45 + 7−19×7
2 = 90 + 7−19×7
2 =−18 ⇒y4 = 2 [2)] Résolution de U~x=~y.
1 2 1 4
0 1 −1/2 5/4
0 0 1 3/2
0 0 0 1
x1 x2 x3 x4
=
13
−1/2 7 2
Par la remontée triangulaire, on obtient x4 = 2 et par la suite : x3 + (3/2)x4 =x3+ 6/2 = 7⇒x3 = 4
x2 −(1/2)x3 + (5/4)x4 =x2−4/2 + (5/4)2 =−1
2 ⇒x2 =−1/2 + 2−5/2 = −1 x1 + 2x2+x3+ 4x4 =x1−2 + 4 + 8 = 13⇒x1 = 13−10 = 3
La solution est donc~x=
3 −1 4 2 T
.
Numéro 13. La matrice :
A=
1 2 3
2 7 18 4 13 38
possède la décomposition LU suivante (notation compacte, obtenue sans permutation de lignes) :
1 2 3 2 3 4 4 5 6
En utilisant la méthode de Crout, on a résolu les systèmes A~x=~bsuivants : -Si~b=
1 0 0 T
:~x=
1,7777 −0,222 22 −0,111 11 T
-Si~b=
0 1 0 T
:~x=
−2,0555 1,4444 −0,277 77 T
En complétant au besoin les données précédentes, calculer les quantités suivantes : a) dét A b) kAk∞ c)A−1 d) cond∞A
Solution
a) Des propriétés du déterminant et puisque A = LU, on a dét A = dét L×dét U. PuisqueLetU sont des matrices triangulaires et puisque le déterminant d’une matrice triangulaire est le produit des éléments sur la diagonale, on a finalement :
dét A= (1×3×6)(1) = 18.
b) On a premièrement quekAk∞ = max
1≤i≤n n
X
j=1
|aij|. Par conséquent, on a que : kAk∞= max(6,27,55) = 55.
c) On utilise la décompositionLU mentionnée ci-haut pour résoudre les systèmes linéaires suivants :
A~c1 =e~1 A~c2 =e~2 A~c3 =e~3
oùc~i est la ie colonne deA−1. On a donc que les deux premières colonnes deA−1 sont données par
1,7777
−0,222 22
−0,111 11
et
−2,0555 1,4444
−0,277 77
Il reste donc à résoudre le systèmeA~c3 =
0 0 1
pour obtenir la troisième colonne ! 1) On résout premièrement L~y=e~3 :
1 0 0 2 3 0 4 5 6
y1 y2 y3
=
0 0 1
Par la descente triangulaire, on obtient :
⇒ y1 = 0
2y1+ 3y2 = 0 + 3y2 = 0 ⇒y2 = 0
4y1+ 5y2+ 6y3 = 0 + 0 + 6y3 = 1⇒y3 = 1/6 2) On résout deuxièmementU~x=~y :
1 2 3 0 1 4 0 0 1
x1 x2 x3
=
0 0 1/6
Par la remontée triangulaire, on obtient :
⇒ x3 = 1/6
x2+ 4x3 =x2+ 4/6 = 0⇒x2 =−2/3
x1+ 2x2+ 3x3 =x1−4/3 + 3/6 = 0 ⇒x1 = 4/3−1/2 = 5/6 La troisième colonne de A−1 est donc c~3 =
5/6 −2/3 1/6 T
. En juxtaposant les trois colonnes trouvées, on obtient :
A−1 =
1,7777 −2,0555 0,833 33
−0,222 22 1,4444 −0,666 67
−0,111 11 0,277 77 0,166 67
d) Par définition, cond∞(A) = kAk∞kA−1k∞ et kA−1k∞ = max
1≤i≤n n
X
j=1
|bij|, où bij est un élément de la matrice A−1. Par conséquent, on a que :
kA−1k∞ = max(4,666 53 ,2,333 29, 0,555 55) = 4,666 53 et on obtient finalement que cond∞(A) = 55×4,666 53 = 256,659.
Numéro 30. Considérer le système non linéaire : x21+x1+x32 = 9 3x21x2−3x32 = 4
par la méthode de Newton, à partir de différents vecteurs de départ : x~0 =
1,2 2,5 T
; x~0 =
−2 2,5 T
; x~0 =
−1,2 −2,5 T
etx~0 =
2 −2,5 T
. Déter- miner vers quelle racine la méthode converge, le nombre d’itérations nécessaires et l’ordre de convergence.
Solution
a) C’est l’intersection de deux cercles : le premier est centré en(1,0)et de rayon 1 car on peut l’écrire, en complétant le carré, sous la forme(x1−1)2+x22 = 1. L’autre est aussi un cercle centré en (0,0) et de rayon 2. Les deux cercles sont donc tangents au point (2,0) (voir la Figure ).
Figure 1 – Intersection des deux courbes b) On définit premièrement :
f1(~xi) =x21−2x1+x22 f2(~xi) =x21+x22−4 a = 10−4
~
x0 =
0 1 T
Supposons également que le nombre maximal d’itérations est de40. Alors, la méthode de Newton nous dit que l’on doit résoudre le système linéaire suivant :
J(~xi)δx~ =−R(~~ xi) oùR(~~ xi) =
f1(~xi) f2(~xi) T
,J(~xi)est la matrice jacobienne évaluée en ~xi etδx~ est la correction définie afin d’avoir :
f1(xi1 +δx1, xi2+δx2) = 0
f2(xi1 +δx1, xi2+δx2) = 0
On pose également ~xi+1 =~xi+δx. Avec Matlab, on obtient que :~ Arguments initiaux :
---
Nombre maximal d’iterations : nmax = 40
Critere d’arret : epsilon = 1.000000E-04 Differences finies : h = 1.000000E-06
Iter. x_i ||R(x_i)||
0 0.000000E+00 1.000000E+00 3.1623E+00 1 2.000000E+00 2.500000E+00 8.8388E+00 2 2.000000E+00 1.250000E+00 2.2097E+00 3 2.000000E+00 6.250000E-01 5.5243E-01 4 2.000000E+00 3.125000E-01 1.3811E-01 5 2.000000E+00 1.562500E-01 3.4527E-02 6 2.000000E+00 7.812500E-02 8.6317E-03 7 2.000000E+00 3.906250E-02 2.1579E-03 8 2.000000E+00 1.953125E-02 5.3948E-04 9 2.000000E+00 9.765625E-03 1.3487E-04 10 2.000000E+00 4.882813E-03 3.3717E-05 11 2.000000E+00 2.441406E-03 8.4294E-06 12 2.000000E+00 1.220703E-03 2.1073E-06 13 2.000000E+00 6.103516E-04 5.2684E-07 14 2.000000E+00 3.051758E-04 1.3171E-07 15 2.000000E+00 1.525878E-04 3.2927E-08
Approximation finale de la solution: r = 2.0000000000E+00 --- 1.5258783460E-04 c) On a premièrement que k~xk∞= max
1≤i≤2|xi|. Par conséquent, on a que : k~x(k)−~xk∞ = max
1≤i≤2|x(k)i −xi|. En prenant par exemple les deux dernières itérations, on a :
k~x(14)−~xk∞= max(0,3,0517 5810−4) = 3,0517 5810−4 et k~x(15)−~xk∞= max(0,1,5258 7810−4) = 1,5258 7810−4 On trouve donc :
Pour que la convergence soit quadratique, comme c’est habituellement le cas pour la méthode de Newton, il faudrait que ce ratio ne tende vers 0. Puisque ce n’est pas le cas, la convergence est linéaire.
d) Afin de trouver des points où la méthode de Newton ne converge pas, on peut par exemple trouver des points pour lesquels la matrice jacobienne est singulière, c.-à-d. J n’est pas inversible. On cherche donc les points tels que le déterminant de J est nul.
Soit (x01, x02) l’approximation initiale. On veut alors :
dét J(x1, x2) =
∂f1
∂x1
(x01, x02) ∂f1
∂x2
(x01, x02)
∂f2
∂x1(x01, x02) ∂f2
∂x2(x01, x2)0
=
2x01−2 2x02 2x01 2x02
= 0
⇒ (2x01−2)×(2x02)−(2x01)×(2x02) = 0
⇒ 4x01x2−4x02−4x01x02 = 0
⇒ −4x02 = 0
⇒ x02 = 0 et x01 =x
Par conséquent, pour tous les points initiaux de la forme(x,0), la méthode de Newton est en échec dès la première itération et ne converge donc pas.
Numéro 37. On considère le système non linéaire : x21+x32−2 = 0 x1x2−1 = 0
a) Déterminer graphiquement le nombre de solutions de ce système.
b) Faire 2 itérations de la méthode de Newton pour les systèmes non linéaires en partant de
x01 x02 T
=
1 0 T
.
c) La table suivante contient les itérations de la méthode de Newton qui suivent celles effectuées en b). On vous présente également la norme euclidienne de l’erreur commise à chaque itération en comparant avec la solution exacte ~x=
1 1 T
. En regardant ces résultats, déterminer l’ordre de convergence de la méthode de Newton. Expliquer pourquoi on obtient cet ordre de convergence dans ce cas précis.
Solution
a) Le problème est équivalent à trouver l’intersection du cercle de rayon√
2 et d’une hy- perbole. Ces 2 courbes sont tangentes aux points (1,1)et (−1, −1) tel qu’illustré à la Figure 2.
Figure 2 – Intersection des deux courbes b) On pose :
f1(x1, x2) =x21+x22−2 f2(x1, x2) =x1x2−1 On a donc que :
pour chaque itération.
On doit ensuite résoudre le système J(~xi)δx~ =−R(~~ xi) pour trouver δx. On trouve~ ~x1 et~x2 en posant ~xi+1 =~xi+δx. On obtient finalement que :~
Première itération : J(1,0)δx~ =−R(1,0)
⇒
2 0 0 1
δx1 δx2
=−
1 + 0−2 1×0−1
=− −1
−1
= 1
1
d’où l’on tire que (δx1, δx2)T = (12,1)T et donc : x11 x12 T
=
1 0 T
+
δx1 δx2 T
= 3
2 1 T
Deuxième itération : J(32,1)δx~ =−R(32,1)
⇒
3 2 1 3/2
δx1
δx2
=−
(3/2)2+ 1−2 (3/2)(1)−1
=− 5/4
1/2
=
−5/4
−1/2
d’où l’on tire que (δx1, δx2)T = (−0,35, −0,1)T et donc : x21 x22 T
=
3/2 1 T
+
δx1 δx2 T
=
1,15 0,9 T
c) En calculant la colonne contenant les termes ||~x−~xi+1||2
||~x−~xi||2 , on constate que les valeurs de cette colonne semblent converger vers 0,5, ce qui indique que la convergence est linéaire. Or, la méthode de Newton converge habituellement à l’ordre 2. Pour expliquer ce comportement, il suffit de remarquer que la matrice jacobienne :
2x1 2x2 x2 x1
est singulière en
1 1 T
correspondant à la solution exacte du système. Cette expli- cation est similaire à celle donnée pour la méthode de Newton en une variable dans le cas de racines multiples (f0(r) = 0). La matrice jacobienne joue le même rôle dans le cas des systèmes.
