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Réponses aux exercices du chapitre 3

Numéro 8. Résoudre les systèmes linéaires suivants par la méthode de décompositionLU

de Crout (sans permutation de lignes). b) 2 6

641 2 1 4

2 0 4 3

4 2 2 1

3 1 3 23

7 752
6 64x
1 x 2 x 3 x 43
7 75=2
6 6413
28
20 63
7 75

Solution

La première colonne deLest la première colonne deA(`i1=ai1pouri= 1;2;:::;n) et la première ligne deUest la première ligne deAdivisée par le pivot (`11) qui est 1 (u1i=a1i`

11pouri= 1;2;:::;n).2

6

641214

20 4 3

42 2 1

-31 3 2 3 7 75!`
11= 1 21= 2
31= 4

41=3!u

11= 1=1 = 1

u

12= 2=1 = 2

u

13= 1=1 = 1

u

14= 4=1 = 4

Rappel :

Pouri= 2;3;:::;n1, on calcule le pivot avec`ii=aiii1X k=1` ikuki. Pourj=i+ 1;i+ 2;:::;n, on calcule laiecolonne deLavec`ji=ajii1X k=1` jkuki. Pourj=i+ 1;i+ 2;:::;n, on calcule laieligne deUavecuij=a iji1X k=1` ikukj` ii.

Finalement, on calcule`nnavec`nn=annn1X

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!2

6

641214

2-44 3

4-62 1

-373 2 3 7 75
u

23=a23`21u13`

22=4(2)(1)4=1=2

u

24=a24`31u14`

22=3(2)(4)4= 5=4!2

6

6641214

2-4-1/25/4

4-62 1

-373 2 3 7 775
1

33=a33`31u13`32u23= 2(4)(1)(6)(1=2)

= 243 =5

43=a43`41u13`42u23= 3(3)(1)(7)(1=2)

= 3 + 3 + 7=2 = 19=2!2 6

6641214

2-4-1/25/4

4-6-51

-3719/22 3 7 775
u

34=a34`31u14`32u24`

33=1(4)(4)(6)(5=4)5=32

!2 6

66641214

2-4-1/25/4

4-6-53/2

-3719/22 3 7 7775

44=a44`41u14`42u24`43u34

= 2(3)(4)(7)(5=4)(19=2)(3=2) = 2 + 12354 (19)(3)4 =9!2 6

66641214

2-4-1/25/4

4-6-53/2

-3719/2-93 7 7775
qui est la décompositionLUsous forme compacte. [1)] Résolution deL~y=~b.2 6

641 0 0 0

24 0 0

465 0

3 7 19=293

7 752
6 64y
1 y 2 y 3 y 43
7 75=2
6 6413
28
20 63
7 75
Par la descente triangulaire, on obtient d"abordy1= 13et ensuite :

2y14y2= 264y2= 28) 4y2= 2)y2=1=2

4y16y25y3= 52 + 35y3= 20) 5y3= 2055 =35)y3= +7

3y1+ 7y2+ (19=2)y39y4=397=2 +192

79y4= 6

9y4= 45 +71972

=90 + 71972 =18)y4= 2 [2)] Résolution deU~x=~y.2 6

641 2 1 4

0 11=2 5=4

0 0 1 3=2

0 0 0 13

7 752
6 64x
1 x 2 x 3 x 43
7 75=2
6 6413
1=2 7 23
7 75
2 Par la remontée triangulaire, on obtientx4= 2et par la suite : x

3+ (3=2)x4=x3+ 6=2 = 7)x3= 4

x

2(1=2)x3+ (5=4)x4=x24=2 + (5=4)2 =12

)x2=1=2 + 25=2 =1 x

1+ 2x2+x3+ 4x4=x12 + 4 + 8 = 13)x1= 1310 = 3

La solution est donc~x=31 4 2T.

3

Numéro 13. La matrice :

A=2

41 2 3

2 7 18

4 13 383

5 possède la décompositionLUsuivante (notation compacte, obtenue sans permutation de lignes) :2

41 2 3

2 3 4

4 5 63

5 En utilisant la méthode de Crout, on a résolu les systèmesA~x=~bsuivants : -Si ~b=1 0 0T:~x=1,77770,222220,11111T -Si ~b=0 1 0T:~x=2,0555 1,44440,27777T En complétant au besoin les données précédentes, calculer les quantités suivantes : a) détAb)kAk1c)A1d) cond1A 4

Solution

a) Des propriétés du déterminan tet puisque A=LU, on a détA=détLdétU. PuisqueLetUsont des matrices triangulaires et puisque le déterminant d"une matrice triangulaire est le produit des éléments sur la diagonale, on a finalement : détA= (136)(1) = 18. b)

On a premièremen tque kAk1= max1inn

X j=1jaijj. Par conséquent, on a que : kAk1= max(6,27,55) = 55. c) On utilise la décomp ositionLUmentionnée ci-haut pour résoudre les systèmes linéaires suivants : A~c

1=~e1A~c2=~e2A~c3=~e3

où~ciest laiecolonne deA1. On a donc que les deux premières colonnes deA1sont données par2

41,7777

0,22222

0,111113

5 et2

42,0555

1,4444

0,277773

5 Il reste donc à résoudre le systèmeA~c3=2 40
0 13 5 pour obtenir la troisième colonne! 1)

On résout premièremen tL~y=~e3:

2

41 0 0

2 3 0

4 5 63

52
4y 1 y 2 y 33
5 =2 40
0 13 5

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 deuxièmemen tU~x=~y:

2

41 2 3

0 1 4

0 0 13

52
4x 1 x 2 x 33
5 =2 40
0 1=63 5

Par la remontée triangulaire, on obtient :

5 )x3= 1=6 x

2+ 4x3=x2+ 4=6 = 0)x2=2=3

x

1+ 2x2+ 3x3=x14=3 + 3=6 = 0)x1= 4=31=2 = 5=6

La troisième colonne deA1est donc~c3=5=62=3 1=6T. En juxtaposant les trois colonnes trouvées, on obtient : A 1=2

41,77772,0555 0,83333

0,22222 1,44440,66667

0,11111 0,27777 0,166673

5 d)

P ardéfinition, cond

1(A) =kAk1kA1k1etkA1k1= max1inn

X j=1jbijj, oùbijest un élément de la matriceA1. Par conséquent, on a que : kA1k1= max(4,66653,2,33329,0,55555) = 4,66653et on obtient finalement que cond

1(A) = 554,66653 = 256,659.

6 Numéro 30. Considérer le système non linéaire : x

21+x1+x32= 9

3x21x23x32= 4

par la méthode de Newton, à partir de différents vecteurs de départ : ~x0=1,2 2,5T;~x0=2 2,5T;~x0=1,22,5Tet~x0=22,5T. Déter-

miner vers quelle racine la méthode converge, le nombre d"itérations nécessaires et l"ordre de

convergence.

Solution

a) C"est l"in tersectionde deux cercles : le premier est cen tréen (1;0)et de rayon 1 car on peut l"écrire, en complétant le carré, sous la forme(x11)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 ).Figure1 - Intersection des deux courbes b)

On définit premièremen t:

f

1(~xi) =x212x1+x22f

2(~xi) =x21+x224

a= 104 ~x

0=0 1T

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)~x=~R(~xi)

où ~R(~xi) =f1(~xi)f2(~xi)T,J(~xi)est la matrice jacobienne évaluée en~xiet~xest la correction définie afin d"avoir : f

1(xi1+x1;xi2+x2) = 0

7 f

2(xi1+x1;xi2+x2) = 0

On pose également~xi+1=~xi+~x. 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 premièremen tque k~xk1= max1i2jxij. Par conséquent, on a que : k~x(k)~xk1= max1i2jx(k) ixij. En prenant par exemple les deux dernières itérations, on a : k~x(14)~xk1= max(0,3,051758104) = 3,051758104et k~x(15)~xk1= max(0,1,525878104) = 1,525878104

On trouve donc :

8 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 trouv erdes p ointsoù la métho ded eNewton ne con vergepas, on p eutpar 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 deJest nul. Soit(x01;x02)l"approximation initiale. On veut alors : détJ(x1;x2) = @f 1@x

1(x01;x02)@f1@x

2(x01;x02)

@f 2@x

1(x01;x02)@f2@x

2(x01;x2)0

=2x012 2x022x012x02 = 0 )(2x012)(2x02)(2x01)(2x02) = 0 )4x01x24x024x01x02= 0quotesdbs_dbs16.pdfusesText_22

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