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Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST MATH VI : Analyse Numérique Mr : MEZIANI Bachir
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CHAPITRE I Résolution Approchées des Equations Non-Linéaires
( ) 0=xF I.0-Introduction :
Soit RRF →: une fonction donnée. Nous désirons trouver une ou plusieurs solutions à l’équation ( ) 0=xF .
Il existe des cas simples pour qui on peut exprimer une solution d’une équation à partir de la fonction, par exemple le cas d’une équation du second degré: ax2 + bx + c =0 pour lequel la solution α est:
soit, 2a
4ac-b2-b- soit, -b + b2 - 4ac2a
Dans tous les autres cas, nous ne pouvons pas résoudre, en utilisant une méthode analytique, un polynôme de degré supérieur à deux (02) ou une équation sous forme exponentielle, logarithmique ou trigonométrique etc. On rappelle que résoudre une équation de la forme ( ) 0=xF revient à trouver *x (ou les « *x ») tel que ( ) 0* =xF . *x est alors appelé racine unique (ou multiple) de ( ) 0=xF .
Dans ce chapitre, nous abordons quelques méthodes numériques qui permettent d’approcher une racine de ( )xF sur un domaine donné ( car il n’est pas, tout le temps, possible de trouver exactement la racine de ( )xF recherchée). Néanmoins, nous pouvons, par des méthodes algébriques (graphiques) connaitre l’existence et le nombre de racines en les séparant.
Pour les différentes méthodes nous supposerons que F est une fonction continue et qu’il existe un intervalle [ ]ba , où l’équation a une et une seule racine que l’on notera α . Pour choisir l'intervalle [ ]ba , on peut: ♦Soit utiliser la méthode graphique (tracer la courbe) et situer la solution d'où le choix de [ ]ba , , ♦Soit utiliser la méthode algébrique : la méthode de la séparation des racines en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires. Définition: ( )xF admet une racine séparée dans ] [ba, si et seulement si α est unique.
Aussi séparer les racines de " ( ) 0=xF " revient à déterminer les intervalles ] [ba, dans lesquels chaque racine est unique. Pour ceci on peut utiliser le théorème des valeurs intermédiaires: Théorème des valeurs intermédiaires : Si f est continue dans [ ]ba , et ( ) ( ) 0. <bFaF alors ∃ ] [ba,∈α tel que ( ) 0=αF . Si de plus ( )xF est monotone dans [ ]ba , alors α est unique dans [ ]ba , .
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Exemples : a- ( ) 02 =−= − xexxF
-1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 4.0 4.5 5.0
-4
-2
0
2
4
F(x)
=x-e
xp(-2
x)
b- ( ) 02 =−= xexxF
-2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
-4
-2
0
2
4
F(x)
=x2 -e
xp(-
x)
x c- ( ) 0)cos( =−= xxxF
-5 -5 -4 -4 -3 -3 -2 -2 -1 -1 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
-4
-2
0
2
4
F(x)
=x-c
os(x
)
x I.1.1 Méthode algébrique : Séparons les racines de l’équation 0133 =+− xx dans l’intervalle [ ]3 ,3− . ♦ ( ) 133 +−= xxxF est une fonction polynomiale donc elle est continue dans [ ]3 ,3− .
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♦ ( ) 0173 <−=−F , ( ) 0193 >=F donc ( ) ( ) 03.3 <− FF aussi, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe au moins une racine α de ( ) 0=xF dans [ ]3 ,3− . Pour étudier l’unicité de la racine α étudions la monotonie de celle-ci : ( ) 133 +−= xxxF ; ( ) ( )( )11333 2' +−=−= xxxxF
x -3 -1 +1 3
( )xF ' + 0 - 0 + ( )xF 3
19 -17 -1
1α unique dans [ ]1- ,3− car ( )xF est monotone et ( ) ( ) 01.3 <−− FF
2α unique dans [ ]1 ,1− car ( )xF est monotone et ( ) ( ) 01.1 <− FF
3α unique dans [ ]3 ,1 car ( )xF est monotone et ( ) ( ) 03.1 <FF d’où la séparation des racines. I.1.2- Méthode graphique:
-3 -3 -2 -2 -1 -1 0 1 1 2 2 3 3
-4
-2
0
2
4
α3α2α1
F(x)
=x3 _3
x+1
x
Dans ce cas les racines ( ) 0=xF représentent les points d’intersections du graphe de ( )xF avec l’axe oxx' donc, il suffit de tracer le graphe de ( )xF et de déterminer les points
d’intersections. Ceci fait nous aurons les intervalles d’où la séparation des racines.
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Dans le cas où ‘ ( )xF ’ est compliquée, il faut transformer l’équation ( ) 0=xF par une équation équivalente ( ) ( )xhxg = avec ‘ ( )xg ’ et ‘ ( )xh ’ deux fonctions plus simples. Les points d’intersections des graphes de ‘ ( )xg ’ et de ‘ ( )xh ’ sont alors recherchés. Pour notre exemple on aurait pu transformer ( ) 0=xF en deux fonctions plus simples. En effet 0133 =+− xx ⇒ 133 −= xx ⇒ ( ) 3xxg = et ( ) 13 −= xxh d’où le graphe et les solutions qui correspondent aux intersections des deux courbes
-3 -3 -2 -2 -1 -1 0 1 1 2 2 3 3
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
α3
α2
α1
g(x)
=x3 e
t h(x
)=3x
-1
x Nous avons 3 intersections ⇒3 solutions et 3 intervalles I.2-Méthode de la Dichotomie (Bissection) : La méthode de la bissection est basée sur le résultat d’analyse mathématique suivant (Théorème des Valeurs Intermédiaires). a- ( )xF est continue sur un intervalle [ ]ba , b- ( ) ( ) 0. <bFaF D’après a et b, il existe au moins une valeur [ ]ba ,∈α tel que ( ) 0=αF De plus, si ( )xF est monotone sur l’intervalle [ ]ba , (strictement croissante ou strictement décroissante sur l’intervalle [ ]ba , ), alors la racine α est unique sur [ ]ba , .
-5 -5 -4 -4 -3 -3 -2 -2 -1 -1 0 1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
-4
-2
0
2
4
α
F(a)
F(b)
x
ba
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Problème : Nous ne connaissons pas la valeur exacte deα . Pour cela, nous faisons appel à la méthode de la Dichotomie. Principe de la méthode :
Nous construisons les suites ( ) Nnna ∈ , ( ) Nnnb ∈ de la manière suivante sur l’intervalle [ ]baI ,= .
Nous posons aa =0 , bb =0 , 20bax +
=
étape1- Si ( ) 00 =xF ⇒ 0x=α étape2- Si ( ) 00 ≠xF , nous vérifions le théorème des valeurs intermédiaires sur le
domaine [ ]0 xa, Si ( ) ( ) 0. 0 <xFaF ⇒ ] [0 xa,∈α
Nous posons alors aaa == 01 , 01 xb = , 2
111
bax += , on revient à l’étape 1.
Sinon ( ) ( ) 0. 0 >xFaF ⇒ ] [bx ,0 ∈α
Nous posons alors 01 xa = , 01 bb = , 2
111
bax +=
De proche en proche, nous construisons les suites ( ( ) Nnna ∈ , ( ) Nnnb ∈ et ( ) Nnnx ∈ ) . A n-1, nous faisons les testes :
étape1- Si ( ) 01 =−nxF ⇒ -1nx=α étape 2-Si ( ) 01 ≠−nxF , nous vérifions le théorème des valeurs intermédiaires sur le
domaine [ ]-1n xan ,1−
Si ( ) ( ) 0. 11 <−− nn xFaF ⇒ ] [-1n xan ,1−∈α
Nous posons alors 1−= nn aa , 1−= nn xb , 2
nnn
bax
+= , on revient à l’étape 1.
Sinon ( ) ( ) 0. 11 >−− nn xFaF ⇒ ] [1, −∈ nbx -1n α
Nous posons alors 1−= nn xa , 1−= nn bb , 2
nnn
bax
+=
Et α=∞→
nn
xlim . Nous disons alors que ( ) Nnnx ∈ est la suite des solutions approchées et α la
racine exacte de ( ) 0=xF Proposition : Les suites ( ) Nnna ∈ , ( ) Nnnb ∈ et ( ) Nnnx ∈ convergent toutes vers α . De plus, nous avons l’estimation suivante :
100
211
2...
22 +−− −
==−
=−
≤− nnnnn
n
abababx α
D’où 00121 abx nn −≤− +α
Précision de l’approximation : Pour approcher la racine α avec une précision inférieure à ε en utilisant la méthode de la bissection, il faut que :
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εα <−≤− + 00121 abx nn ⇒ 100 2 +<
− nabε
D’où ( ) 12ln
ln 00
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
>εab
n si nous commençons les itérations à partir de 20bax +
=
Exemple : On considère la fonction ( ) 012 =−= xexxF
1- Trouver un intervalle [ ]baI ,= de longueur 1 contenant la racine α de ( )xF 2- Après avoir vérifié l’applicabilité de la méthode de Dichotomie sur cet intervalle,
calculer les cinq premiers itérés. 3- Calculer le nombre d’itération qu’il faut pour avoir la solution avec une précision
410−=ε Solution : 1- Domaine de définition de ( ) 12 −= xexxF est ] [+∞∞−= ,R La première dérivée de ( ) 12 −= xexxF est ( ) ( )22 2' +=+= xxeexxexF xxx
( ) 0' =xF ⇒ −∞→x ou 2−=x ou 0=x ( ) 1lim −=
−∞→
xFx
, ( ) 4587.0142 2 −=−=− −eF , ( ) 10 −=F , ( ) +∞=+∞→
xFxlim
x ∞− -2 0 ∞+ ( )xF ' 0 0 0
( )xF
-0.4587 ∞+ -1 -1
Tracé de la fonction ( ) 12 −= xexxF
-10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-5
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
F(x)
=x2 ex -1
D’après le graphe de ( ) 12 −= xexxF , nous remarquons que cette fonction passe par l’axe des x à un point appartenant à l’intervalle [ ]1,0=I .
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2- Sur l’intervalle [ ]1,0=I , la fonction ( ) 12 −= xexxF est définie, continue et monotone. De plus ( ) 10 −=F et ( ) 7183.11 =F . Nous pouvons appliquer la méthode de la dichotomie sur cette intervalle. Application de la méthode de Dichotomie : Nous allons construire les suites ( ) Nnna ∈ , ( ) Nnnb ∈ et ( ) Nnnx ∈ .
Etape 0 : 00 =a , 10 =b , 5.02
102
000 =
+=
+=
bax , ( ) 5878.05.0 −=F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 05.0.0. 00 >= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté gauche (coté de a )
Etape 1 : 5.001 == xa , 101 == bb , 75.02
15.02
111 =
+=
+=
bax , ( ) 1908.075.0 =F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 075.0.5.0. 11 <= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté droit (coté deb ) Etape 2 : 5.012 == aa , 75.012 == xb ,
625.02
75.05.02
222 =
+=
+=
bax , ( ) 2702.0625.0 −=F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 0625.0.5.0. 22 >= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté gauche (coté dea ) Etape 3 : 625.023 == xa , 75.023 == bb ,
6875.02
75.0625.02
333 =
+=
+=
bax , ( ) 0600.06875.0 −=F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 06875.0.625.0. 33 >= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté gauche (coté dea ) Etape 4 : 6875.034 == xa , 75.034 == bb ,
71875.02
75.06875.02
444 =
+=
+=
bax , ( ) 0600.071875.0 =F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 071875.0.6875.0. 44 <= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté droit (coté deb ) Etape 5 : 6875.045 == aa , 71875.045 == xb ,
703125.02
71875.06875.02
555 =
+=
+=
bax , ( ) 0013.0703125.0 −=F
Test : ( ) ( ) ( ) ( ) 0703125.0.6875.0. 55 >= FFxFaF ⇒ On resserre l’intervalle du coté gauche (coté dea ) Et ainsi de suite jusqu’à ce que nous atteignons la racine avec une précision donnée.
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3-Pour calculer le nombre d’itérations nécessaire pour avoir la solution avec une précision ε Donnée, nous utilisons la formule :
( ) 12ln
ln 00
−⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
>εab
n
Dans le cas de cet exemple. Si nous fixons 410−=ε , nous obtenons
( ) 12ln
101ln 4
−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
>−
n , 1)2ln(
)10ln(4−>n , 2877.12>n , 13=n
Il faut effectuer 13 itérations en utilisant la méthode de Dichotomie pour avoir la racine avec une précision 410−=ε I.3-Méthode de Point Fixe (ou Approximations Successives) : Il s’agit toujours de chercher les racines de ( ) 0=xF . Cette équation est supposée mise sous la forme ( )xgx = et ceci est toujours possible en posant ( ) ( )xFxxg −= . Soit ( )xF une fonction réelle définie sur l’intervalle [ ]ba , et possède une racine
[ ]ba ,∈α . La méthode de point fixe permet de passer de la recherche de la racine de ( ) 0=xF sur [ ]ba , à la recherche du point fixe de la fonction ( )xg tel que ( )xgx = . En effet, les deux problèmes sont équivalents ( ( ) 0=xF ⇔ ( )xgx = ).
Si α est solution de ( )xgx = ⇒ ( )αα g= ⇒ ( )ααα F−= ⇒ ( ) 0=− αF ⇒ ( ) 0=αF ⇒α est solution de ( ) 0=xF
Inversement si α est solution de ( ) 0=xF ⇒ ( ) 0=αF ⇒ ( ) 0=− αF et ( )ααα F−= d’où ( )αα g=
Question : Quelles conditions doit vérifier ( )xg pour que ce point fixe existe et qu’il soit unique ? Théorème du Point Fixe : Soit ( )xg une fonction réelle, définie et continue sur l’intervalle [ ]ba , telle que :
I. ( ) [ ]baxg ,∈ [ ]bax ,∈∀ (on dit que l’intervalle [ ]ba , est stable par ( )xg ). Si on écrit [ ]baI ,= alors ( ) IIg ⊂
II. Rk ∈∃ , 10 << k tel que ( ) 1' <≤ kxg ,[ ]
( )xgkba
'
,max= . On dit que ( )xg est
strictement contracte. Alors ( )xg admet un point fixe unique dans [ ]baI ,= et la suite récurrente :
[ ]( )⎩
⎨⎧
=∈
+ nn xgxbax
1
0 , converge vers le point fixe α
De plus, nous avons : 01
1
1 1xx
kkxn
n −−
≤−+
+ α
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Démonstration : 0x étant donné tel que [ ]bax ,0 ∈ . On construit la suite ( ) Nnnu ∈ tel que : • 00 xu = • 011 xxu −= • 122 xxu −= • … • … • 211 −−− −= nnn xxu • 1−−= nnn xxu
Nous faisons la somme des termes de la suite jusqu’à l’ordre n
n
n
in xu =∑
=0
d’où ∑∞
=∞→
==0
limi
nnn
ux α
Soit ( ) 1' <≤ kxg Nous avons
( ) ( ) ( ) ( )ξ'21211 gxxxgxgxxu nnnnnnn −−−−− −=−=−= où [ ]ba ,∈ξ
D’où ( ) 1'
1 −− ≤= nnn ukguu ξ Nous avons aussi :
i
ninii
ii
n
iin kuuuux ∑∑∑∑
∞
+=
∞
+=
∞
==
≤=−=−1
0100
α
Et k
kxxk
kukkukunn
i
ini
ni −−=
−== ∑∑
∞
=
+∞
+= 11 0110
10
10
D’où
kkxxxn
n −−≤−
101α .
Estimation de l’erreur : Le nombre minimum d’itérations pour que la solution soit approchée avec une précision ε est : εα <−nx
Sachant que k
kxxxn
n −−≤−
101α
Donc
( )
( )kxxk
nln
1ln01 ⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−−
>
ε
, ( )xgkI
'max=
Théorème du point fixe local :
Soit ( )xg une fonction réelle, définie, continue et dérivable une fois sur l’intervalle [ ]ba , (on dit que ( )xg est de classe 1C sur l’intervalle [ ]ba , ). Nous supposons que ( )xg admet un point fixe ] [ba ,∈α , tel que ( ) 1' <αg alors :
R∈∃δ , tel que la suite récurrente :
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[ ]( )⎩
⎨⎧
∈=+−=∈
+ NnxgxIx
nn , ,
1
0 δαδαδ converge vers le point fixe α sur δI
De plus, nous avons :
011xx
kkxn
n −−
≤−α , ( )xgkI
'maxδ
=
Exemple : Ecrire un processus itératif ( ) Nnnx ∈ du point fixe définie par la fonction d’itération suivante :
( ) ( )2
41 xexxg x −+= −
a- Montrer que la méthode du point fixe converge vers la solution α dans l’intervalle [ ]1,0=I .
b- Déterminer le nombre d’itérations nécessaires pour calculer une solution approché avec une précision 1010−=ε
c- Calculer les cinq premières itérations. Solution : Soit nx la nième itération de la méthode du point fixe définie par :
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−+== −+
21
0
41
donné
nx
nnn xexxgx
xn
a- La convergence de la méthode du point fixe : Il faut prouver les deux points suivants :
I-Stabilité : ( ) IIg ⊂ ,
On a ( ) 0' >xg Ix∈∀ et ( ) ( ) ( ) 114100 =<<=< gxgg
II- on a ( ) 1' <xg Ix∈∀
Comme ( ) 04
2'' <−
=−xexg Ix∈∀ ⇒ ( ) ( )
430''max ==
∈
gxgIx
D’où ( ) 143'max <==
∈
xgkIx
D’après I. et II. La méthode du point fixe converge vers la solution sur l’intervalle [ ]1,0=I
b- Nombre d’itération du point fixe pour calculer la solution approchée avec une précision
1010−=ε
En utilisant l’estimation suivante : k
kxxxn
n −−≤−
101α , ( ) 143'max <==
∈
xgkIx
Si on prend 00 =x ( ) ( ) ( )410
410
41 02
00010 =−+=−+== −− exexxgx x ⇒
41
01 =− xx
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Sachant que εα <−nx d’où ε≤−
−k
kxxn
101 ⇒
( )
( )kxxk
nln
1ln01⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−−
≥
ε
A.N :
( )
( ) 22.8043ln41
43110ln10
=⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −
≥
−
n 81=n itérations
I.4-Méthode de Newton : I.4.1-Interprétation géométrique : L’idée est de remplacer l’arc de la courbe représentatif de la fonction ( )xF par sa tangente au point 0x .
0
B2(x2,F(x2))
B1(x1,F(x1))
F(a)
F(b)
αax2 x1
y=F(x)
b=x0
x
B0(b,F(b))
L’équation de la tangente au point 0x est donnée par : ( )( ) ( )000
' xFxxxFy +−= . L’abscisse 1x du point d’intersection de cette tangente avec l’axe ox est donnée par :
( )( ) ( ) 00010' =+− xFxxxF ⇒
( )( )0
'0
01 xFxF
xx −=
1x est une meilleure approximation de α que 0x . -De proche en proche, nous construisons une suite ( ) Nnnx ∈ de solution approchées en utilisant la relation de récurrence :
( )( )nn
nn xFxF
xx '1 −=+
Nous somme alors ramené à un problème de type point fixe qui s’écrit :
( ) ( )( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−==+n
nnnn xF
xFxxgx
x
'1
0 donné
Nous pouvons dire alors que la méthode de Newton n’est autre qu’une méthode de point fixe de la forme :
( )xgx = avec
( ) ( )( )xFxFxxg '−=
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Nous voyons bien que chercher α solution séparée de ( ) 0=xF est équivalent à la recherche du point fixeα tel que ( )αα g= : Nous avons
( ) ( )( ) ααααα =−= 'F
Fg car ( ( ) ( ) 0 0 ' ≠= αα FetF )
Convergence de la méthode : Nous utilisons le théorème du point fixe local. Nous calculons ( )xg ' et
particulièrement ( )α'g , ce calcul est possible pour une fonction ( )xF deux fois dérivable (de classe [ ]IC 2 ).
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )[ ]
( ) ( )( )[ ]
( ) ( )( )[ ]
( ) ( )( )[ ]2'
''
2'
''
2'
''
2'
''''
11'xFxFxF
xFxFxF
xFxFxF
xFxFxFxFxFxg =+−=
−−=
D’où ( ) 0' =αg car ( ) 0=αF Conclusion : au voisinage de α , nous avons ( ) 1' <xg D’après le théorème du point fixe local, nous avons
[ ]( ) ( )
( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−==
+∈
+n
nnnn xF
xFxxgx
xx
'1
0 x ,- δαδα
Converge vers l’unique solution de ( )xF sur l’intervalle I Nous pouvons énoncer alors le théorème suivant : Théorème de Newton : Soit ( )xF une fonction de classe 2C sur l’intervalle [ ]ba , , telle que :
( ) ( )( ) [ ] ] [ ( ) 0 que telba, éxiste Il
ba,sur (monotone 020. 1
' =∈⇒⎭⎬⎫
≠−<−
αFxF
bFaFα
3- ( )xF '' garde un signe constant sur l’intervalle [ ]ba , ( ( ) 0'' <xF où ( ) 0'' >xF ) 4-Partant d’un point 0x qui satisfait l’inégalité
( ) ( ) 0. 0''
0 >xFxF (vérifié par un certain choix de [ ]bax ,0 ∈ ) Si les conditions annoncées, ci-dessus, sont satisfaites, alors le processus de Newton:
( ) ( )( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−==+n
nnnn xF
xFxxgx
cx
'1
0 hoisi
Converge pour ce choix de 0x vers l’unique solution α de ( )xF De plus, nous avons l’estimation suivante :
0,2
21 >∀−≤− − nx
mMx nn αα
Avec [ ]
( )xFM Maxbax
''
,∈
= , [ ]
( )xFm Minbax
''
,∈
=
Cette inégalité peut s’écrire en fonction de 0x
NnxmMx n
n
n
∈∀−⎟⎠⎞
⎜⎝⎛≤−
−
,2
20
12
αα
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Exemple : Soit la fonction : ( ) ( ) 0cos4 =−= xexF x
1- Séparer graphiquement les racines de ( )xF et déduire le nombre de racines. 2- Chercher à une précision 510−=ε près, une racine de ( )xF par la méthode de newton
dans l’intervalle ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
2 ,
4ππI , en prenant
20π
=x et tester 51 10−+ <− nn xx
Solution : 1- La fonction ( ) ( )xexF x cos4−= est donnée dans le graphe suivant :
-100 -80 -60 -40 -20 0-5.0-4.5-4.0-3.5-3.0-2.5-2.0-1.5-1.0-0.50.00.51.01.52.02.53.03.54.04.55.0
F(x)
=ex -4
*cos
(x)
x Figure 1 : ( ) ( )xexF x cos4−= en fonction de x pour x variant entre [ ]10,100−
Sur la Figure 1, nous remarquerons que ( ) ( )xexF x cos4−= admet une infinité de racines et parmi toutes ces racines, il existe une seule racine positive. Figure 2
-1.55 -1.24 -0.93 -0.62 -0.31 0.00 0.31 0.62 0.93 1.24 1.55-5.0-4.5-4.0-3.5-3.0-2.5-2.0-1.5-1.0-0.50.00.51.01.52.02.53.03.54.04.55.0
F(x)
=ex -4
*cos
(x)
x
Figure 2 : ( ) ( )xexF x cos4−= en fonction de x pour x variant entre ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡−
2,
2ππ
2- Résolution par la méthode de Newton :
Nous avons ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
2,
4ππI et ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈
2,
4ππα
Vérification du théorème de Newton sur l’intervalle ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
2,
4ππI
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a- ( ) ( )xexF x cos4−= est de classe ∞C sur ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
2,
4ππI
b- 02
.408104.4
2cos4
2
063514.04
cos44
2
4
<⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⇒
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
>=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
<−=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
ππππ
ππ
π
π
FFeF
eF ⇒ ⎥⎦
⎤⎢⎣⎡∈
2,
4ππα
c- ⎢⎣⎡
⎥⎦⎤∈∀
2,
4ππx , ( ) ( ) 0sin4' >+= xexF x
d- ⎢⎣⎡
⎥⎦⎤∈∀
2,
4ππx , ( ) ( ) 0cos4'' >+= xexF x
Le théorème de Newton est vérifié. En partant de 20π
=x , le processus de Newton donnée par
( ) ( )( )⎪
⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−==
=
+n
nnnn xF
xFxxgx
x
'1
0 2π
Converge vers l’unique solution positive α de ( ) ( )xexF x cos4−= sur ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡=
2,
4ππI
Partant de 20π
=x
02
''.208104.4
2cos4
2''
08104.42
cos42
2
2
>⎟⎠⎞
⎜⎝⎛
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛⇒
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
>=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
>=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛
ππππ
ππ
π
π
FFeF
eF
Alors le processus de Newton :
( ) ( )( )⎪
⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+−
−==
=
+n
xn
x
nnn xexexxgx
x
n
n
sin4cos4
2
1
0π
Converge vers la solution α Calculons les itérés et testons l’inégalité 5
1 10−+ <− nn xx
20π
=x
1ère Itération : ( )( )
02480.1sin4cos4
0
001 0
0
=+−
−=xexexx x
x
, 501 1054599.0 −>=− xx ;
2ème itération : ( )( ) 91046.0
sin4cos4
1
112 1
1
=+−
−=xexexx x
x
, 512 1011434.0 −>=− xx
3ème itération : ( )( ) 90480.0
sin4cos4
2
223 2
2
=+−
−=xexexx x
x
, 523 1000566.0 −>=− xx
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4ème itération : ( )( )
90479.0sin4cos4
3
334 3
3
=+−
−=xexexx x
x
, 534 1000001.0 −==− xx
5ème itération : ( )( ) 90479.0
sin4cos4
4
445 4
4
=+−
−=xexexx x
x
, 545 100000.0 −<≈− xx
Nous déduisons que la solution approchée, obtenue par la méthode de Newton, est 90479.0=α
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CHAPITRE II Résolution des Systèmes d’Equations Linéaires
II.1.1-Définitions et Notations : On appelle matrice de type (de dimension) ( )mn, un tableau de nombres à n lignes, m colonnes. L’ensemble de matrices de types ( )mn, est notée ( )IKM mn, , ( )CouRK = , ( )scalairesdesEnsembleK : . On adopte la notation suivante : Une matrice A de dimension ),( mn sera notée ( )
mjnijimn aA
≤≤≤≤=
11,,
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
nmnn
m
m
aaa
aaaaaa
A
............
..
..
21
22221
11211
La transposée de A, notée tA sera alors
⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
nmmm
n
n
t
aaa
aaaaaa
A
............
..
..
21
22212
12111
A est symétrique si tAA= ; on a aussi la propriété : ( ) ttt ABBA .. = Une matrice carrée mnA , est une matrice dont le nombre de lignes est égal au nombre de colonnes. II.1.2-Résolution des Systèmes Linéaires : Tout système d’équations linéaires peut s’écrire sous forme matricielle
bAX = , A : une matrice carrée Si ( ) 0det ≠A ( A est inversible ou régulière), l’unique solution du système est donnée par :
bAX = ⇔ bAAXA 11 −− = ⇔ bAX 1−= Avec
( ) ( )tAA
A *det
11 =−
*A : est la comatrice donnée par : ( ) njiCA ji ≤≤= ,1 ,* ,
( ) ( )AijC jiij det1 +−=
Aij : C’est la matrice A sans la ième ligne et la jème colonne. Formule générale pour le calcul de ( )Adet selon les lignes :
( ) ( ) ( )∑=
+−=n
jij
ji AijaA1
det1det
II.1.3- Méthode de Cramer : L’unique solution du système bAX = ( ( ) 0det ≠A ) est donnée selon Cramer par :
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( )( )AAiX i det
det=
Ai est la matrice A où l’on a remplacé le ième colonne par le vecteur second membre « b ». Cette méthode de Cramer est inadaptée pour résoudre les systèmes de grandes tailles car il y a trop de déterminants à calculer. Pour cela, on a recours à d’autres méthodes de résolution des systèmes d’équations bAX = . Ces méthodes sont classées dans deux groupes.
Les premières méthodes, intitulées Méthodes directes, sont basées sur la transformation du système initial bAX = , en passant par un nombre d’étapes finies, pour avoir la solution X . Parmi ces méthodes, on a la méthode de Gauss, La décomposition LU et la méthode de Cholesky.
Les méthodes du deuxième groupe, intitulées méthodes itératives, sont basées sur des procédures itératives qui permettent d’approcher la solution du système, en amorçant le calcul à partir d’une solution initiale ( )0X . Parmi ces méthodes, on a la méthode de Jacobi et la méthode de Gauss-Seidel. II.2-Méthodes Directes : II.2.1-Méthode d’élimination de Gauss : Soit à résoudre le système linéaire : bAX = La méthode d’élimination de Gauss consiste à réaliser un nombre fini de transformations sur la matrice A de telle sorte à obtenir un système équivalent pour la recherche du même vecteur solution, mais avec une matrice triangulaire supérieure.
bAX = ⇔ bXA ~~=
Donnons la méthode à travers un exemple. Soit à résoudre le système :
( I ) ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−−=−+−
=+−
1624383
1252
321
321
321
xxxxxxxxx
⇔ bAX =
Où
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
243131
152A ,
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
3
2
1
xxx
X et ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=16
812
b
On adopte l’écriture suivante ( )
( )
( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−−−
−
16..
243
8..
131
12..
152
03
02
01
L
L
L
Le but est d’obtenir une matrice A~ triangulaire supérieure avec « 1 » sur la diagonale. Etape N°1 : Puisque le pivot ( ) 020
11 ≠=a , on divise la première linge de A par ( )011a et essayer d’avoir des
zéros sous le nouveau pivot ( )111a
On obtient :
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( )( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−−
−
−=
+=
=
2..
21270
2..
21210
6..
21251
3
2
11
03
13
11
02
12
011
1
LLL
LLL
LL
⇔ ( ) ( )11 bXA =
Etape N°2 : Comme ( ) 0211
22 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°1 mais appliquée à la deuxième colonne. On obtient :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
−=
=
=
12..
400
4..
110
6..
21251
27
2
22
13
23
12
22
11
21
LLL
LL
LL
⇔ ( ) ( )22 bXA =
Etape N°3 et dernière : Comme ( ) 042
33 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°2 mais appliquée à la troisième colonne. On obtient :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
=
=
=
3..
100
4..
110
6..
21251
423
33
22
32
21
31
LL
LL
LL
⇔ ( ) ( )33 bXA = ⇔ bXA ~~=
bAX = ⇔ bXA ~~= ⇔ ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=−==
33
1323
1211
33
2322
33
~~
~
xaxabxxabx
bx⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=
21
3
1
2
3
xxx
Et le déterminant de A est donné par :
( ) ( ) 44.21.2det
3
1
1 ===∏=
−
i
iiiaA
On note le nouveau système bXA ~~=
∑+=
−=n
ikkikii xabx
1
~~
Où ija~ sont les éléments de la matrice A~
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II.2.1.1-Calcul de 1−A par la méthode d’élimination de Gauss : Soit une matrice nnA tel que ( ) 0det ≠A . On a nIAA =−1. On écrit : [ ]nnn VVVA ,...,, 21
1 =− et [ ]nn eeeI ,...,, 21= D’où nIAA =−1. ⇔ [ ] [ ]nn eeeVVVA ,...,,,...,,. 2121 = ⇔ [ ] [ ]nn eeeAVAVAV ,...,,,...,, 2121 =
⇒
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=
==
nn eAV
eAVeAV
.
.
.22
11
(1)
iV est le vecteur colonne i de la matrice 1−A
ie est le vecteur i de la base canonique. (exemple :
⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜
⎝
⎛
=
0....01
1e )
En appliquant la méthode d’élimination de Gauss au système (1), on obtient
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=
==
nn eAV
eAVeAV
.
.
.22
11
⇒
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=
==
nn eVA
eVAeVA
~~...
~~~~
22
11
⇒
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
nV
VV
.
.
.2
1
Exemple : Soit le système linéaire bAX = Où
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
061242121
A , ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
3
2
1
xxx
X et ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−=
2103
b
Méthode d’élimination de Gauss : bAX = ⇔ bXA ~~=
On adopte l’écriture suivante
( )
( )
( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
2..
061
10..
242
3..
121
03
02
01
L
L
L
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Page 5
Etape N°1 : Puisque le pivot ( ) 010
11 ≠=a , on divise la première ligne de A par ( )011a et essayer d’avoir des
zéros sous le nouveau pivot ( )111a
On obtient : ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−
−=
−=
=
5..
140
4..
080
3..
121
2
03
11
13
02
11
12
01
11
LLL
LLL
LL
⇔ ( ) ( )11 bXA =
Etape N°2 : Comme ( ) 081
22 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°1 mais appliquée à la deuxième colonne. On obtient :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
+=
=
=
3..
100
21..
010
3..
121
4
8
13
22
23
12
22
11
21
LLL
LL
LL
⇔ ( ) ( )22 bXA =
Etape N°3 et dernière : Comme ( ) 012
33 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°2 mais appliquée à la troisième colonne. On obtient :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
=
=
=
3..
100
21..
010
3..
121
23
33
22
32
21
31
LL
LL
LL
⇔ ( ) ( )33 bXA = ⇔ bXA ~~=
bAX = ⇔ bXA ~~= ⇔ ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=−==
33
1323
1211
33
2322
33
~~
~
xaxabxxabx
bx⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−==
121
3
1
2
3
xx
x
Et le déterminant de A est donné par :
( ) ( ) 81.8.1det3
1
1 ===∏=
−
i
iiiaA
Calcul de l’inverse de A .
On a : 31. IAA =− ⇒
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
160010001
061242121
333231
232221
131211
VVVVVVVVV
Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST MATH VI : Analyse Numérique Mr : MEZIANI Bachir
Page 6
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
(III) 100
061242121
(II) 010
061242121
(I) 001
061242121
33
23
13
32
22
12
31
21
11
VVVVVVVVV
On applique la méthode d’élimination de gausse aux système (I), (II) et (III). a- Système (I), (II) et (II) :
On adopte l’écriture suivante: ( )
( )
( ) ⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
100..
061
010.242
001..121
03
02
01
L
L
L
Etape N°1 : Puisque le pivot ( ) 010
11 ≠=a , on divise la première ligne de A par ( )011a et essayer d’avoir des
zéros sous le nouveau pivot ( )111a
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
−=
−=
=
101..
140
012.080
001..121
2
03
11
13
02
11
12
01
11
LLL
LLL
LL
Etape N°2 : Comme ( ) 081
22 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°1 mais appliquée à la deuxième colonne. On obtient :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
+=
=
=
12/12..
100
08/14/1.010
001..121
4
8
13
22
23
12
22
11
21
LLL
LL
LL
Etape N°3 et dernière :
Comme ( ) 01233 ≠=a , on refait la même opération qu’à l’étape n°2 mais appliquée à la
troisième colonne. On obtient :
Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST MATH VI : Analyse Numérique Mr : MEZIANI Bachir
Page 7
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
=
=
=
12/12..
100
08/14/1.010
001..121
23
33
22
32
21
31
LL
LL
LL
Finalement, on obtient :
11 eAV = ⇔ 11~~ eVA = ⇔ ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=−==
313
13213
121111
313
231221
1331
~~
~
VaVaeVVaeV
eV⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−===
2/341
2
11
21
31
VVV
⇔⎪⎩
⎪⎨
⎧
==−=
2412/3
31
21
11
VV
V
22 eAV = ⇔ 22~~ eVA = ⇔ ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=−==
323
13223
122112
323
232222
2332
~~
~
VaVaeVVaeV
eV⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=−=
4/3812/1
12
22
32
VVV
⇔⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=−=
=
2/1814/3
32
22
12
VVV
33 eAV = ⇔ 33~~ eVA = ⇔ ( )
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=−==
333
13233
123113
333
233223
3333
~~
~
VaVaeVVaeV
eV⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==−=
101
13
23
33
VVV
⇔⎪⎩
⎪⎨
⎧
−===
101
33
23
13
VVV
Finalement :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=−
12/1208/14/114/32/3
333231
232221
1312111
VVVVVVVVV
A
II.2.2-Méthode de décomposition LU : Définition : On dit que [ ]kA est la sous matrice principale d’ordre k de A si [ ]kA est la matrice d’ordre ( )kk, de coefficients nk1 ,,1 , ≤≤≤≤ kjiaij Théorème : Si A est une matrice carrée d’ordre n dont toutes les sous matrices principales sont régulières, alors il existe une décomposition unique de A sous la forme LUA = . Où L est une matrice triangulaire inférieure avec une diagonale unitaire. U est une matrice triangulaire supérieure. La résolution du système bAX = devient
bAX = ⇔ bLUX = ⇔⎩⎨⎧
==
YUXbLY
La résolution du système bAX = revient à la résolution des deux systèmes bLY = par un algorithme descendant ( )↓ et YUX = par un algorithme ascendant ( )↑ . La résolution de ces deux systèmes est immédiate puisque les matrices L et U sont triangulaires. Remarque : U est la matrice obtenue par la méthode d’élimination de Gauss. La méthode : Soit A une matrice dont toutes les sous matrices sont régulières. Exemple : ( )3,3A
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⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
061242121
A
On a : [ ] [ ]11 =A , [ ]( ) 1det 1 =A
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=42
212A , [ ]( ) 8det 2 −=A
[ ] AA =3 , [ ]( ) 8det 3 =A Toutes les sous matrice de A sont régulières, A admet une décomposition unique LUA = . On pose :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101001
3231
21
LLLL ,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
33
2322
131211
000
UUUUUU
U
LUA = ⇔⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
33
2322
131211
3231
21
000
101001
061242121
UUUUUU
LLL
Par identification, on arrive à déterminer les éléments des deux matrices L et U .
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
121
13
12
11
UUU
, ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+−=+
=
24
2
231321
221221
1121
UULUUL
UL⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=
08
2
23
22
21
UUL
, ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++=+
=
06
1
3323321331
22321231
1131
UULULULUL
UL⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=−==
121
1
33
32
31
UL
L
D’où
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−=
1211012001
L , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−=
100080121
U
Finalement, l’algorithme de la décomposition LU est donné par :
, , 1
1
njULaUn
kkjnknjnj =−= ∑
−
=
nLnn ∀= , 1
mm
m
kkmikim
im U
ULaL
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛−
=∑−
=
1
1
Remarque : L est une matrice triangulaire inférieure ⇒ ikLik >= pour 0 U est une matrice triangulaire supérieure⇒ jkU kj >= pour 0
Donc ( )jikUL kjik ,minpour 0 >= d’où ( )
∑=
=ji
kkjikij ULa
,min
1
La résolution :
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bAX = ⇔ bLUX = ⇔⎩⎨⎧
==
)2( )1(
YUXbLY
(1) ⇒ ( )↓⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
− 121
1211012001
3
2
1
yyy
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
001
3
2
1
yyy
(2) ⇒ ( )↑⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
001
100080121
3
2
1
xxx
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
100
1
2
3
xxx
d’où ⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
001
X
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∏=
====n
iiiUUULLUA
1
det.1detdetdetdet ,
( ) ( ) 81.8.1detdet1
=−−=== ∏=
n
iiiUUA
II.2.3- Calcul de 1−A par la méthode de décomposition LU : Soit une matrice nnA tel que toutes les sous matrices [ ]kA soient régulières.
On a nIAA =−1. On écrit : [ ]nnn VVVA ,...,, 21
1 =− et [ ]nn eeeI ,...,, 21= D’où nIAA =−1. ⇔ [ ] [ ]nn eeeVVVA ,...,,,...,,. 2121 = ⇔ [ ] [ ]nn eeeAVAVAV ,...,,,...,, 2121 =
⇒
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎩⎨⎧
==
⇔=⇔=
⎩⎨⎧
==
⇔=⇔=
⎩⎨⎧
==
⇔=⇔=
nn
nnnnnn YUV
eLYeLUVeAV
YUVeLY
eLUVeAV
YUVeLY
eLUVeAV
.
.
.22
222222
11
111111
(1)
Exemple : Soit la matrice ( )3,3A tel que :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
243131
152A
1-Trouver les matrices L et U tel que LUA = ? Il faut d’abord s’assurer que la matrice A admet une décomposition LU . On calcule les déterminant des sous matrices de A .
[ ] [ ]21 =A , [ ]( ) 02det 1 ≠=A
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
3152
2A , [ ]( ) 01det 2 ≠=A
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[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
243131
152
3A , [ ]( ) 04det 3 ≠=A
Les sous matrices de A sont régulière, la matrice A admet une décomposition LU unique. On pose
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
101001
3231
21
LLLL ,
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
33
2322
131211
000
UUUUUU
U
LUA = ⇔⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−
33
2322
131211
3231
21
000
101001
243131
152
UUUUUU
LLL
Par identification, on arrive à déterminer les éléments des deux matrices L et U .
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=
15
2
13
12
11
UUU
, ⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=+=+
−=
13
1
231321
221221
1121
UULUUL
UL⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−==−=
212121
23
22
21
UUL
, ⎪⎩
⎪⎨
⎧
=++−=+
=
24
3
3323321331
22321231
1131
UULULULUL
UL⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
===
4723
33
32
31
UL
L
Finalement :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
17230121001
L , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−=
40021210
152U
2-Résoudre le système : bAX = où
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
243131
152A ,
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛=
3
2
1
xxx
X et ⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛−=16
812
b
On a bAX = ⇔ bLUX = ⇔⎩⎨⎧
==
YUXbLY
On a bLY =
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=⇒
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
122
12
168
12
17230121001
3
2
1
3
2
1
YYY
YYY
Et YUX =
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=⇒
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
21
3
122
12
40021210
152
1
2
3
3
2
1
XXX
XXX
⇒⎪⎩
⎪⎨
⎧
=−=
=
31
2
3
2
1
XXX
3-Calculer l’inverse de la matrice A . On pose 3
1. IAA =− ⇒ 31 ILUA =−
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⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
100010001
40021210
152
17230121001
333231
232221
131211
VVVVVVVVV
⇒
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
100
40021210
152
17230121001
010
40021210
152
17230121001
001
40021210
152
17230121001
33
23
13
32
22
12
31
21
11
VVVVVVVVV
⇒
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
33
23
13
33
23
13
33
23
13
32
22
12
32
22
12
32
22
12
31
21
11
31
21
11
31
21
11
40021210
152et
100
17230121001
400
21210152
010
17230121001
40021210
152
001
17230121001
YYY
VVV
YYY
YYY
VVV
etYYY
YYY
VVV
etYYY
⇒
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧=
⎪⎭
⎪⎬
⎫
⎪⎩
⎪⎨
⎧
414121
et 100
47
4123
010
4541
21
001
33
23
13
33
23
13
32
22
12
32
22
12
31
21
11
31
21
11
VVV
YYY
VVV
etYYY
VVV
etYYY
Finalement : ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−=−
4/14/74/54/14/14/12/12/32/1
1A
Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST MATH VI : Analyse Numérique Mr : MEZIANI Bachir
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II.2.3-Méthode de Cholesky : Soit A une matrice carrée d’ordre n tel que ( )
njiijaA≤≤
=,1
Définition : 1- La matrice A est dite symétrique si elle coïncide avec sa transposée.
tAA = ⇔ n1,ji, , == jiij aa 2- La matrice A est dite définie positive si
i- nRV , 0 ∈∀≥AVV t ii- nR
0V 0 =⇔=AVV t Si les deux conditions (1) et (2) sont vérifiées, alors A est appelée Matrice Symétrique Définie Positive. (S.D.P) Théorème :
La matrice A est définie positive si et seulement si tous ses mineurs :
111 a=∆ , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=∆
2221
12112 det
aaaa
; … ;, [ ]( )11 det −− =∆ nn A ; ( )An det=∆ sont strictement
positifs. Théorème de Cholesky :
Soit A une matrice carrée d’ordre n , non singulière et symétrique. Pour qu’il existe une matrice triangulaire inférieure L , de même dimension que A , telle que tLLA .= , il faut et il suffit que A soit une matrice définie positive. Remarque : La matrice L n’est pas unique. La décomposition devient unique si l’on fixe à l’avance les éléments diagonaux iiL avec 0>iiL Algorithme de décomposition : Afin d’obtenir les éléments ijL de la matrice L , on multiplie les matrices L et tL , puis
on identifie les coefficients respectifs dans l’égalité tLLA .= pour obtenir les équations :
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
<=
>⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
=−=
=
∑
∑−
=
−
=
jiL
jiLLaL
L
niLaL
aL
ij
j
kjkikij
jjij
i
kikiiii
, 0
, 1
,2 ,
1
1
1
1
2
1111
Résolution du système bAX = La résolution du système bAX = revient à résoudre :
bAX = ⇔ bXLLt = ⇔⎩⎨⎧
==
YXLbLY
t
D’où on obtient
Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST MATH VI : Analyse Numérique Mr : MEZIANI Bachir
Page 13
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
=
∑−
=
niYLbL
Y
LbY
i
kkiki
iii ,2 ; 1 1
1
11
11
Et
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−=
=
∑+=
1,1 ; 11
niXLYL
X
LYX
n
ikkkii
iii
nn
nn
Calcul du déterminant de A
tLLA .= ⇒ ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]2
1
2detdet.det.detdet ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡==== ∏
=
n
iii
tt LLLLLLA
Exemple : On considère la matrice :
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−−−−
=
18231238195319133
1531
A
La matrice A est symétrique : tAA = La matrice A est définie positive : On a les déterminants des mineurs de A qui sont tous positifs :
[ ] [ ]11 =A , [ ]( ) 01det 1 >=A
[ ] ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
−=
13331
2A , [ ]( ) 04det 2 >=A
[ ]⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
3819519133531
3A , [ ]( ) 036det 3 >=A
[ ]
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−−−−
=
18231238195319133
1531
4A , ( ) 030det 4 >=A
La matrice A est une matrice symétrique définie positive, elle admet une décomposition tLLA .=
On pose :
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
44434241
333231
2221
11
000000
LLLLLLL
LLL
L tel que : 4 ,1 ,0 => iLii
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Page 14
Calcul des ijL On a
ALL t =. ⇔
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−−−−
=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
18231238195319133
1531
00000
0000000
44
4333
423222
41312111
44434241
333231
2221
11
LLLLLLLLLL
LLLLLLL
LLL
D’où
111111 === aL
3. 122111 −== aLL ⇔ 311
1221 −==
LaL
5. 133111 == aLL ⇔ 511
1331 ==
La
L
1. 144111 == aLL ⇔ 111
1441 ==
LaL
1322222
221 ==+ aLL ⇔ 29132
212222 =−=−= LaL
192332223121 −==+ aLLLL ⇔( )
22
1519
22
31212332 −=
+−=
−=
LLLa
L
32442224121 −==+ aLLLL ⇔( )
02
33
22
41212442 =
+−=
−=
LLLaL
3833233
232
231 ==++ aLLL ⇔ 3425382
322313333 =−−=−−= LLaL
234334332423141 ==++ aLLLLLL ⇔ 13
52
33
324231413443 −=
−=
−−=
LLLLLa
L
1844244
243
242
241 ==+++ aLLLL ⇔ 4101182
43242
2414444 =−−−=−−−= LLLaL
Finalement :
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−=
4101032500230001
L et
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−
−
=
40001300
02201531
tL
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II.3-Méthodes Itératives : Définitions :
- Soit A une matrice carrée d’ordre n . nnA , .
• On appelle trace de A le scalaire noté : ( ) ∑=
=n
iiiaAtra
1
• On dit que C∈λ est une valeur propre de A si et seulement si il existe une vecteur nCV ∈
r tel que : nCV 0
rr≠ et VVA
rrλ=
• Les valeurs propres de la matrice A sont les racines réelles ou complexes du polynôme caractéristique de A noté : ( ) ( ) 0det =−= IAPA λλ
• ( ) ( )∑=
=n
ii AAtra
1λ , ( ) ( )∏
=
=n
ii AA
1
det λ
• Le spectre de la matrice A , noté ( ) ( ){ }AAS ip λ=
• Le rayon spectral de la matrice A , noté ( ) ( )( )AiAni
λρ max1 ≤≤
=
• La matrice A est à diagonale dominante stricte (D.D.S) si et seulement si
fixé i , 1
∀> ∑≠=
n
ijj
ijii aa ou fixé , 1
jaan
jii
ijjj ∀> ∑≠=
Propositions : 1- Si A est symétrique, alors toutes les valeurs propres de A sont réelles, de plus si A
est définie positive, alors les valeurs propres de A sont toutes positives. 2- On suppose que A est une matrice à diagonale strictement dominante (D.D.S), alors
les valeurs propres de A sont non nulles. Conséquences : A est une matrices à diagonale strictement dominante⇒ ( ) 0det ≠A , l’inverse de A existe.
Normes Matricielles : On appelle norme matricielle toute application de ( )RM m dans +R qui satisfait les axiomes suivants :
( )
AAA
RRM m
de norme →→• +
I. 0≥A de plus 0=A si et seulement si 0=A .
II. AA λλ = R∈∀λ , A∀
III. BABA +≤+ , A∀ et B∀
IV. BABA .. ≤ , A∀ et B∀ Exemple de normes Matricielles
⎟⎠⎞⎜
⎝⎛∑=
=≤≤
n
iij
njaA
111 max ,
2/1
1 1
2
2 ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ ∑= ∑
= =
n
i
n
jijaA , ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ∑==
=≤≤∞
n
jij
niaAA
113 max
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Application :
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−
−=
212230
011A
( )321
313 max iii
iaaaAA ++==
≤≤∞
( )3332312322211312113 ; ;max aaaaaaaaaAA ++++++==
∞
( ) ( ) 55 ;5 ;2max212 ;23 ;11max3
==++++==∞
AA Proposition : Soit A une matrice carrée d’ordre n , alors ( ) AA ≤ρ Lorsque l’ordre n d’un système algébrique linéaire est très grand, la résolution du système par les méthodes directes (Gauss, LU, Cholesky, ….) devient assez compliqué. On fait appel aux méthodes dites itératives ou indirectes, sous réserve de convergence. Le principe de ces méthodes consiste à définir une suite de valeurs ( )( )kX convergentes vers la solution exacte ( )X du système bAX = . Définition : Une méthode itérative de résolution du système bAX = consiste d’abord à passer au système βα += XX (que l’on déterminera) et sa solution est alors la limite de la suite définie par : βα +=+ kk XX 1 , 0X étant une approximation initiale. Remarque : Les méthodes itératives sont généralement utilisées lorsque l’ordre du système est supérieur à 100 ( )100≥n et si la matrice A contient beaucoup d’éléments nuls. Les méthodes itératives sont :
1- La méthode de Jacobi ; 2- La méthode de Gauss-Seidel.
II.3.1-Méthode de Jacobi : On suppose que les niaii ,1 , 0 =∀≠ où ( )ijA a
nji ≤≤
=,1
Le système bAX = s’écrit encore :
⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
=++•••+++
•••
=++•••+++=++•••+++=++•••+++
−−
−−
−−
−−
nnnnnnnnnn
nnnn
nnnn
nnnn
bxaxaxaxaxa
bxaxaxaxaxabxaxaxaxaxabxaxaxaxaxa
11332211
13113333232131
22112323222121
11111313212111
Le principe de la méthode de Jacobi consiste à résoudre la èmeI équation par rapport à l’inconnue ix . On obtient alors le système équivalent, appelé système réduit.
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⎪⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
++•••++++=
•••
++•••++++=++•••++++=++•••++++=
−−
−−
−−
−−
nnnnnnnnn
nnnn
nnnn
nnnn
xxxxxx
xxxxxxxxxxxxxxxxxx
0
0 0 0
11332211
3113323213133
2112323212122
1111313212111
ααααβ
ααααβααααβααααβ
Où
niab
ii
ii ,1 , ==β et
⎪⎩
⎪⎨
⎧
==
=≠−=
ni
njijiaa
ii
ii
ijij
,1 ,0
,1, ,,
α
α
Le système réduit ainsi obtenu s’écrit sous forme matricielle comme suit : βα += XX
Où ( )ijαα = , ( )iββ =
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•••••••••••••
•••••••••
=
−
−
−
−
0
0 0 0
1321
3133231
2122321
1111312
nnnnn
nn
nn
nn
αααα
αααααααααααα
α ,
⎪⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪⎪
⎬
⎫
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
••
=
nβ
βββ
β 3
2
1
( )ijαα = est la matrice de Jacobi. Conclusion : Le système bAX = devient équivalent au système réduit βα += XX
bAX = ⇔ βα += XX (Forme récursive) A partir du système βα += XX , en partant d’une approximation initiale arbitraire ( )0X , on résout le système :
( ) ( ) NkXX kk ∈+=+ ; 1 βα Si la suite des approximations ( )0X , ( )1X ,…, ( )kX ,…possède une limite ( )k
kXX lim
∞→
= ,
cette limite est solution du système βα += XX et donc du système bAX = . En effet, il suffit de passer à la limite dans le système ( ) ( ) 1 βα +=+ kk XX pour obtenir :
( ) ( ) limlim 1 βα +=∞→
+
∞→
k
k
k
kXX ⇔ βα += XX ⇔ bAX =
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Algorithme de la méthode : Ecrivons le système ( ) ( ) 1 βα +=+ kk XX sous forme développée :
( ) ( ) 1 βα +=+ kk XX ⇔ ( ) ( ) nixx i
n
ijj
kjij
ki ,1 ,
1
1 =+= ∑≠=
+ βα ⇔ ( ) ( ) nixaba
xn
ijj
kjiji
ii
ki ,1 , 1
1
1 =⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−= ∑
≠=
+
D’où l’algorithme de Jacobi :
( )
( ) ( )
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
=⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−= ∑
≠=
+ nixaba
x
X
n
ijj
kjiji
ii
ki ,1 , 1
donné
1
1
0
Critère d’arrêt : En pratique, les itérations vont jusqu’à atteindre la précision ε donnée au préalable, qui se traduit par :
( ) ( ) nixx ki
ki ,1 , 1 =≤−+ ε
Convergence de la méthode de Jacobi : Théorème : Une condition nécessaire et suffisante pour que l’algorithme de Jacobi converge, indépendamment de la condition initiale ( )0X , est que ( ) 1<αρ où ( ) i
niλαρ max
1 ≤≤
= ,
αλ de propre valeur :i Remarque :
1- Le calcul de ( )αρ est très compliqué, il suffit alors de vérifier si 1<α , puisque
( ) ααρ ≤ 2- La méthode de Jacobi converge si l’une des conditions suivantes est vérifiée :
11<α
12<α
13
<=∞
αα 3- Si A est une matrice à diagonale dominante stricte (DDS) alors la méthode de Jacobi
converge.
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II.3.2-Méthode de Gauss-Seidel : Soit le système bAX = où
( )
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•••••••••••••
•••••••••
==
−
−
−
−
nnnnnnn
nn
nn
nn
ij
aaaaa
aaaaaaaaaaaaaaa
aA
1321
313333231
212232221
111131211
,
⎪⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪⎪
⎬
⎫
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
••
=
nb
bbb
b 3
2
1
Soient D , E et F les matrices définies par :
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•••••••••••••
•••••••••
=
nna
aa
a
D
0 000
00 0000 0000 00
33
22
11
,
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−•••−−−••••••••••
•••−−•••−•••
=
− 0
00 000 0000 000
1321
3231
21
nnnnn aaaa
aaa
E ,
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•••••••••••••
−−•••−−•••−−−•••−−
= −
−
−
00 000
000 00 0
313
21223
1111312
nn
nn
nn
aaaaaaaaa
F
1- Algorithme de Jacobi : On a FEDA −−= d’où
bAX = ⇔ ( ) bXFED =−− ⇔ ( ) bXFEDX ++= Et de là on obtient :
( ) ( ) ( ) bxFEDx kk ++=+1 ou encore
( ) ( ) ( ) bDxFEDx kk 111 −−+ ++= Formule de Jacobi ( ) ( ) βα +=+ kk xx 1 où ( )FED += −1α et bD 1−=β
Qui n’est autre que la formule de Jacobi. En effet :
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
•••••••••••••
•••••••••
=−
nna
aa
a
D
/10 000
00 /10000 0/1000 00/1
33
22
11
1 , β=
⎪⎪⎪⎪
⎭
⎪⎪⎪⎪
⎬
⎫
⎪⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪⎪
⎨
⎧
••
=−
nnn ab
ababab
bD 333
222
111
1
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( ) α=
⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−•••−−−••••••••••
−−•••−−−−•••−−−−•••−−
=+ −
−
−
−
0
0 0 0
1_321
333331333323331
222221222232221
111111111131112
1
nnnnnnnnnnnnn
nn
nn
nn
aaaaaaaa
aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa
FED
Ainsi, on aboutit à l’algorithme de Jacobi. Remarque : On peut noter α par J d’où
( ) ( ) β+=+ kk Jxx 1 2- Algorithme de Gauss-Seidel : Une autre décomposition de A , autre que celle développée ci-dessus, permet d’aboutir à la méthode de Gauss-Seidel : On a :
bAX = ⇔ ( ) bXFED =−− ⇔ ( ) bFXXED +=− D’où
( ) ( ) ( ) bFxxED kk +=− +1
ou encore ( ) ( ) ( ) ( ) bEDFxEDx kk 111 −−+ −+−= Formule de Gauss-Seidel
Et en développant la formule récursive ci-dessus, on aboutit à l’algorithme de Gauss-Seidel. Algorithme de Gauss-Seidel :
( )
( ) ( ) ( )
⎪⎪⎪
⎩
⎪⎪⎪
⎨
⎧
=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−−= ∑∑
+=
−
=
++ nixaxaba
x
X
n
ij
kjij
i
j
kjiji
ii
ki ,1 , 1
donné
1
1
1
11
0
Remarque : 1- La matrice de Gauss-Seidel, notée sG est donnée par : ( ) FEDGs
1−−= 2- La matrice de Jacobi, notée J , est donnée par : ( )FEDJ += −1 3- Pour pouvoir appliquer la méthode de Gauss-Seidel, il faut que les niaii ,1 , 0 =∀≠ . 4- Tous les résultats de convergence pour la méthode de Jacobi ( J ) restent valables pour
la méthode de Gauss-Seidel ( sG ) (remplacer α par J ou par sG ).
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Exemple 1 : On considère le système bAX =
Où ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=4113
A ; ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
=2
1
xx
X ; ⎭⎬⎫
⎩⎨⎧
=6-
5b
1-Calculer la matrice G de Gauss-Seidel associée au système. 2- En partant de la relation bAX = , montrer que ( ) GXXbED 1 −=− − . Solution 1: 1-Calcul de la matrice de Gauss-Seidel G associée au système : On pose FEDA −−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
4003
D , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
0100
E et ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
0010
F
On a ( ) FEDG 1−−=
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡−
=−4103
ED , ( )⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
=− −
41
121
031
1ED
( ) ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
=−= −
0010
41
121
031
1 FEDG , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡
−
−=
1210310
G
2-On pose FEDA −−= Où
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
4003
D , ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡=
0100
E ; ⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ −=
0010
A
2-Le système bAX = s’écrit alors ( ) bXFED =−− D’où ( ) bFXXED +=− => ( ) ( ) ( ) bEDGXbEDFXEDX 111 −−− −+=−+−= => ( ) GXXbED −=− −1 On écrit le processus itératif :
( ) ( ) ( ) bEDGXX KK 11 −+ −=− => ( ) ( ) ( ) ( ) ( )KKKK XbEDGXXX −−=−− −+ 11 (a) ( ) bEDGXX 1−−=− => ( ) ( ) ( )KK XbEDGXXX −−=−− −1 (b)
‘a)=(b) => ( ) ( ) ( ) ( )KKKK GXGXXXXX +−−=−+1 ( ) ( ) ( )( )XXGIXX KKK −−−=−+ )(1
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Exemple 2: On considère le système bAX = , où la matrice A est définie de la façon suivante :
( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −=
1000210121 β
A
et β est un paramètre réel. 1-Sans calculer les matrices d’itération, donner une condition suffisante sur le paramètre β pour que les méthodes de Gauss-Seidel et de Jacobi soient convergentes. 2-Calculer les matrices d’itération J pour la méthode de Jacobi et G pour la méthode de Gauss-Seidel. 3- Etablir pour quelles valeurs deβ les méthodes sont convergentes. Quelle est la méthode qui converge le plus rapidement. Solution 2: 1- On sait que si la matrice A est une matrice à diagonale dominante stricte par ligne, alors les méthodes de Gauss-Seidel et de Jacobi sont convergentes. Pour satisfaire cette condition, il faut imposer :
( )β−> 121 ==>23
21
<< β
2-Calcul des matrices d’itération J pour la méthode de Jacobi et G pour la méthode de Gauss-Seidel. On pose FEDA −−=
Où ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
100020001
D , ⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−=
000001000
E et ( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡ −−=
0000000120 β
F
( )( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−
−=+= −
00000210120
1
βFEDJ
( )( )
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡−−
=−= −
0000100120
1 ββ
FEDG
3- Les valeurs deβ pour lesquelles les méthodes sont convergentes. Les méthodes convergent si leurs rayons spectraux sont strictement inférieurs à 1. On a ( ) ( )AiA
ni
λρ max1 ≤≤
= où ( )Aiλ sont les valeurs propres de la matrice A .
Pour la matrice de Jacobi J , les valeurs propres sont ( ) 01 =Jλ , ( ) βλ −±= 13,2 J
Donc ( ) βρ −= 1J et ( ) 1<Jρ si et seulement si 21 << β .
Pour la matrice de Jacobi G , les valeurs propres sont ( ) 02,1 =Gλ , ( ) βλ −= 13 G
Donc ( ) βρ −= 1G et ( ) 1<Gρ si et seulement si 20 << β .
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Page 23
La méthode qui converge le plus rapidement. On voit que ( ) ( )JG 2ρρ = ==> La méthode de Gauss-Seidel converge plus vite que celle de Jacobi. Exemple 3 : On considère le système linéaire bAX = avec
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−
−=
51001840
0410500510
A ,
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
−−
=
1111
256
b
La matrice A peut s’écrire comme FEDA −−= où les matrices D , E et F sont données par :
( )⎩⎨⎧
≠=
==jijia
DD ijij ,0
,, ( )
⎩⎨⎧
≤>−
==jijia
EE ijij ,0
,, ( )
⎩⎨⎧
≥<−
==jijia
FF ijij ,0
,
1- On considère les deux méthodes itératives suivantes : ( ) ( ) ( ) ( )
11111 β+=++= −−+ kkk xBbDxFEDx
( ) ( ) ( ) ( ) ( )22
111 β+=−+−= −−+ kkk xBbEDFxEDx Calculer les matrices 1B , 2B et les vecteurs 1β et 2β . 2-Calculer le rayon spectral des deux matrices d’itération et établir si les deux méthodes sont convergentes. De quelles méthodes s’agit-il ? Au vu des rayons spectraux calculés, quelle est la méthode la plus rapide ? 3-Résoudre le système linéaire bAX = avec une précision 610−=ε , en utilisant les deux
méthodes et le vecteur initial ( )
⎪⎪⎭
⎪⎪⎬
⎫
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=
0000
0X
Exemple 4 : Soit la matrice
⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢
⎣
⎡=
11
1
aaaaaa
A
1- Pour quelles valeurs de a la matrice A est-elle définie positive ? 2- Ecrire la matrice J de l’itération de Jacobi 3- Pour quelles valeurs de a la méthode de Jacobi converge-t-elle ? 4- Ecrire la matrice G de l’itération de Gauss-Seidel. 5- Calculer ( )Gρ . Pour quelles valeurs de a la méthode de Jacobi converge-t-elle plus
vite que celle de Jacobi ?
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Exemple : Soit le système bAX = où :
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
16151413121110987654321
A
1- Ecrire la matrice J de l’itération de Jacobi 2- Ecrire la matrice sG de l’itération de Gauss-Seidel
Solution : On écrit la matrice A sous la forme FEDA −−= où
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
=
160000110000600001
D ,
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−
−=
01514130010900050000
E ,
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−−
=
00001200087004320
F
1- La matrice de Jacobi est donnée par :
bAX = ⇔ ( ) bXF-E-D = ⇔ ( ) bXFEDX ++= ⇔ ( ) β+=++= JXbDXFEDX -1-1
Où ( )FEDJ -1 += et bD-1=β
On écrit : ( ) ( ) ADIAD 1-1-1 DFEDJ −−=−=+=
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−−−−−−−−
=
011/1511/1411/1311/12011/1011/93/46/706/5
4320
J
2- La matrice de Gauss-Seidel est donnée par : bAX = ⇔ ( ) bXF-E-D = ⇔ ( ) bFXXE-D += ⇔ ( ) ( ) 1
-1-1 XGbE-DFXE-DX β+=+= s Où
( ) FE-DG -1=s et ( ) bE-D -11 =β
On écrit : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) AE-DE-DE-DA-E-DE-DFE-DG -1-1-1-1 −===s
( ) AE-DIG -1−=s
⎥⎥⎥⎥
⎦
⎤
⎢⎢⎢⎢
⎣
⎡
−−−−−−−−−−−−
=
1591.01061.00530.003636.02424.01212.000000.23333.16667.000000.40000.30000.20
sG
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Calcul et Analyse Numerique - Exercices Corriges
– Exercice Td2-1
1. Effectuons le produit P = MN par blocs :
P =
m11 | m′
1
−− −−0...0
| M1
n11 | n′
1
−− −−0...0| N1
=
p11 | p′1−− −−0...0| P1
avec :
p11 = m11n11
p′1 = m11n′1 + m′
1N1
P1 = M1N1
2. On remarque lorsque T est triangulaire superieure d’ordre n, T1 est triangulaire sup. d’ordren1 et peut donc etre scindee en blocs a son tour :
T =
t11 | t′1−− −−
On−1 | T1
=
t11 | t′1−− −−−−−−
On−1 |t22 | t′2−− −−
On−2 | T2
=
t11 | t′1−− −−−−−−−−−−−−
On−1 |
t2,2 | t′2−− −−−−−−−−
On−2 |t3,3 | t′3−− −−−−
On−3 | T3
= · · ·
ou Ok est le vecteur nul de Rk.Ainsi, pour montrer que si M et N sont triangulaire superieures, le produit MN est tri-angulaire sup., il suffit de montrer que le produit M1N1 est triangulaire sup. A son tour,M1N1 le sera si le produit M2N2 l’est et ainsi de suite.Supposons cette propriete vraie usqu’a l’etape k, alors :
MkNk =
mk+1,k+1 | m′k+1
−− −−On−k−1 | Mk+1
nk+1,k+1 | n′k+1
−− −−On−k−1 | Nk+1
=
mk+1,k+1nk+1,k+1 | mk+1n′k+1 + m′
k+1Nk+1
−− −−On−k−1 | Mk+1Nk+1
p. 1
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MkNk est triangulaire sup. des lors que Mk+1Nk+1 l’est.A l’etape n− 1 les matrices resultantes Mn−1 et Nn−1 sont des nombres :
Mn−1 = [mn,n] et Nn−1 = [nn,n]
et le produit Mn−1Nn−1 = [mn,nnn,n] est bien une matrice triangulaire superieure. Cecimontre bien que le produit de deux matrices triangulaires superieures est triangulairesuperieure.
3. Supposons que t11 6= 0 et que T1 est inversible. On va montrer qu’il est alors possible deconstruire une matrice M telle que TM = In ou :
t1,1 | t1−− −−0...0| T1
m1,1 | m′
1
−− −−0...0
| M1
=
1 | O′
n−1
−− −−0...0| In−1
On doit avoir :
t1,1m11 = 1 d’ou m,11 = t−1
11
t1,1m′1 + t′1M1 = 0′n−1
T1M1 = In−1 d’ou M1 = T−11
On reporte les valeurs trouvees dans la seconde equation pour obtenir m′1 = −1
t11t′1T
−11 .
Une matrice triangulaire sup. T telle que t11 6= 0 et que T1 est inversible et son inverse T−1
a la forme suivante :
T−1 =
1/t1,1 | −1t1,1
t′1T−11
−− −−On−1 | T−1
1
4. La demonstration de la question precedente ne suffit pas pour affirmer que que t1,1 6= 0 et
T1 inversible est une condition necessaire et suffisante d’inversibilite.Cependant, supposons T inversible, alors il existe une matrice M carree d’ordre n telle queTM = MT = In. Decomposons M en quatre blocs compatibles avec la decomposition deT : m1,1 | m′
1
−− −−m1 | M1
t1,1 | t′1−− −−
On−1 | T1
=
m1,1t11 | m1,1t′1 + m′
1T1
−− −−m1t1,1 | m1t
′1 + M1T1
=
1 | O′n−1
−− −−On−1 | In−1
On en deduit que :{
m1,1t11 = 1 d’ou t11 6= 0 et m1,1 = t−11,1
m1t11 = On−1 donc m1 = 0m1t′1 + M1T1 = M1T1 = In−1 donc T1 est inversible et M1 = T−1
1
La condition t1,1 6= 0 et T1 inversible est bien necessaire et suffisante.
5. Les questions precedentes suggerent une methode pour inverser une matrice triangulairesuperieure T :
– On decompose T =
t1,1 | t′1−− −−
On−1 | T1
T est inversible si et seulement si t11 6= 0 et T1 inversible.
p. 2
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– On decompose T1 =
t2,2 | t2−− −−
On−2 | T2
T1 est inversible si et seulement si t22 6= 0 et T2 inversible. Donc T est inversible si etseulement si t1,1 6= 0, t22 6= 0 et T2 inversible.
– On decompose T2 a son tour. Un raisonnement semblable a celui de l’alinea precedentmontre que T est inversible si et seulement si t1,1 6= 0, t,22 6= 0, t3,3 6= 0 et T3 inversible.
– Au bout de n − 1 etapes le bloc Tn−1 ne comporte qu’un seul element tn,n. Tn−1 estinversible si tn,n 6= 0. On en deduit donc que T est inversible si et seulement si t1,1 6=0, t2,2 6= 0, · · · , tn,n 6= 0.
Supposons que tous les termes diagonaux sont differents de zero et montrons que la ma-trice inverse de T est egalement triangulaire superieure. Pour cela on va “remonter” leraisonnement precedent.– Tn−1 = tnn est un nombre et son inverse est 1/tnn.
– Tn−2 est la matrice d’ordre deux[
tn−1,n−1 tn−1n
0 tnn
].
On peut calculer son inverse par les formules trouvees a la question 4 :
T−1n−2 =
[1/tn−1,n−1 −tn−1,n/(tn−1,n−1tn,n)
0 1/tn,n
]C’est une matrice triangulaire superieure.
– On construit de proche en proche les matrices T−1n−3, T−1
n−4 . . . et a chaque etape, si T−1k+1
est triangulaire superieures alors T−1k l’est egalement (question 4).
– On en deduit que T−11 est triangulaire superieure et donc que T−1 l’est aussi.
6. Appliquons cette methode a la matrice
1 1 0 00 1 1 00 0 1 10 0 0 1
T3 =
[1
]T−1
3 =[
1]T2 =
[1 10 1
]T−1
2 =[
1 −10 1
]
T1 =
1 1 00 1 10 0 1
T−11 =
1 −1 10 1 −10 0 1
d’ou T−1 =
1 −1 1 −10 1 −1 10 0 1 −10 0 0 1
– Exercice Td2-2
1. Le produit par blocs A −I3 0−I3 A −I3
0 −I3 A
X1
X2
X3
=
A −I3 0−1 AX2 X3
0 −X2 AX3
ou A =
4 −1 0−1 4 −10 −1 4
et b =
00
100
conduit bien au systeme initial.
p. 3
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2. Sous forme de blocs, il s’ecrit alors :AX1 −X2 = b (e1)
−X1 + AX2 −X3 = b (e2)−X2 + AX3 = b (e3)
On en effectuant (e1)− (e3) on a :
AX1 −AX3 = 0
On en deduit que X1 = X2 car A est inversible (det(A) = 14).En remplacant X3 par sa valeur dans (e3), on obtient :
X2 = AX1 − b
Enfin en remplacant X2 par AX1 − b et X3 par X1 dans (e2), on obtient :
(A2 − 2I3)X1 = Ab + b
Le systeme initial est donc equivalent a :X1 = X3 (e′1)X2 = AX1 − b (e′2)
(A2 − 2I3)X1 = Ab + b (e′3)
3. Sous forme developpee (e′3) s’ecrit :15x1 − 8y1 + z1 = 0−8x1 + 16y1 − 8z1 = −100x1 − 8y1 + 15z1 = 300
La solution (Matlab) est X1 = X3 = (x1 = 1.7857, y1 = 6.2500, z1 = 23.2143).On en deduit X2 = (x2 = 0.8929, y2 = 0, z2 = −13.3929)
– Exercice 3Soit A la matrice
A =
1 1 1 0 1 12 1 5 2 2 02 1 2 1 1 23 2 3 1 2 5
– Determinez la matrice echelon U associee a A.
1 1 1 0 1 12 1 5 2 2 02 1 2 1 1 23 2 3 1 2 5
l′1 = l1l′2 = l2 − 2l1l′3 = l3 − 2l1l′4 = l4 − 3l1
1 1 1 0 1 10 −1 3 2 0 −20 −1 0 1 −1 00 −1 0 1 −1 2
l”1 = l′1l”2 = l′2l”3 = l′3 − l′2l”4 = l′4 − l′2
1 1 1 0 1 10 −1 3 2 0 −20 0 −3 −1 −1 20 0 −3 −1 −1 4
l′′′1 = l”1
l′′′2 = l”2
l′′′3 = l”3
l′′′4 = l”4 − l”3
1 1 1 0 1 10 −1 3 2 0 −20 0 −3 −1 −1 20 0 0 0 0 2
– Base de l’espace image, rang et base du noyau de la matrice U .
On ”lit” directement sur la matrice U les informations suivantes :
p. 4
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– rang(U) = nb de pivots = 4, dim N(U) = 6− 4 = 2– une base de R(U) est constituee des colonnes-pivot :{(1, 0, 0, 0), (1,−1, 0, 0), (1, 3,−3, 0), (1,−2, 2, 2)}
– Pour determiner une base de N(U), il faut resoudre Ux = 0. Les solutions “speciales” sont :– pour x4 = 1 et x5 = 0, on trouve x1 = −2/3, x2 = 1, x3 = −1/3, x6 = 0– pour x4 = 0 et x5 = 1, on trouve x1 = 1/3, x2 = −1, x3 = −1/3, x6 = 0D’ou : {n1 = (−2/3, 1,−1/3, 1, 0, 0), n2 = (1/3,−1,−1/3, 0, 1, 0)}
– Base de l’espace image, rang et base du noyau de la matrice A– rang(A) = rang(U) = 4, dim N(A) = dim N(U) = 2– Une base de R(U) est constituee des colonnes de meme indice que les colonnes-pivot de U{(1, 2, 2, 3), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 2)}
– N(A) = N(U) donc la base precedemment trouvee convient.– Exercice 4
1. Soit A la matrice : 2 1 0 0 01 2 1 0 00 1 2 1 00 0 1 2 10 0 0 1 2
– Determinez la factorisation LU de A.
2. Plus generalement, on appelle matrice tridiagonale d’ordre n une matrice carree A telleque :
|i− j| ≥ 2⇒ Aij = 0
et que pour des raisons de commodite, on ecrit sous la forme suivante :
a1 c1 0 0 · · · 0b2 a2 c2 0 00 b3 a3 c3 0...
. . . . . ....
0 bn−1 an−1 cn−1
0 · · · 0 bn an
– Montrez que A se factorise sous la forme LU sans permutation.– Calculez explicitement les coefficients de L et U .– Evaluez le nombre d’operations necessaires a la factorisation.– Donnez l’algorithme de la factorisation.
– Q1 2 1 0 0 00 3
2 1 0 00 0 4
3 1 00 0 0 5
4 10 0 0 0 6
5
l′1 ← l1
l′2 ← l2 − 12 l′1
l′3 ← l3 − 23 l′2
l′4 ← l4 − 34 l′3
l′5 ← l5 − 45 l′4
– Q2– On applique l’algorithme de Gauss. Comme dans le cas general, il comporte n − 1 etapes,
permettant de reduire successivement les colonnes 1 a n− 1 de A.
p. 5
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– Premiere etape - reduction de la premiere colonneEcrivons les trois premieres lignes de A : a1 c1 0 0 · · · 0
b2 a2 c2 0 00 b3 a3 c3 0
Par construction, seule la ligne l2 contient un element non nul dans la premiere colonne. Lapremiere etape se reduit donc a :
l12 ← l02 −b2
a1l01 avec a1 6= 0
Plus precisement, le seul terme modifie est a2 (car il y a un 0 “au dessus” de c2) :
a12 = a0
2 −b2
a1c1
La nouvelle valeur de a2 est necessairement differente de zero car sinon la factorisation LUsans permutation ne serait pas possible. Les trois premieres lignes de A sont devenues : a1 c1 0 0 · · · 0
0 a12 c2 0 0
0 b3 a3 c3 0
On remarque que la matrice A1 est encore tridiagonale. Puisque seule la seconde ligne a etemodifiee, la premiere colonne de la matrice L est de la forme :
1b2a1
0...0
– Etapes suivantes - reduction de la kieme colonne
Supposons qu’a l’issue de l’etape (k − 1), la matrice ait la forme tridiagonale reduite :
Ak−1 =
a1 c1 0 0 · · · 00 a1
2 c2 0 00 0 a2
3 c3 0
.... . . . . .
...0 · · · 0 ak−1
k ck · · · 00 · · · 0 bk+1 ak+1 ck+1 · · · 0...
. . . . . ....
0 0 · · · 0 bn−1 an−1 cn−1
0 0 · · · 0 0 bn an
et que ak−1
k soit different de zero. Montrons que la reduction de la kieme colonne conduita nouveau a une matrice tridiagonale. Par construction, seule la ligne lk+1 comporte unelement non nul dans la kieme colonne. La kieme etape se reduit donc a :
lkk+1 ← lk−1k+1 −
bk+1
ak−1k
lk−1k
p. 6
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Le seul terme modifie est en fait ak+1 (car il y a un 0 “au dessus” de ck+1) :
akk+1 = ak−1
k+1 −bk+1
ak−1k
ck
A l’issue de cette etape la matrice est devenue :
Ak =
a1 c1 0 0 · · · 00 a1
2 c2 0 00 0 a2
3 c3 0
.... . . . . .
...0 · · · 0 ak−1
k ck · · · 00 · · · 0 0 ak
k+1 ck+1 · · · 0... 0 0
. . . . . ....
0 0 0 · · · 0 bn−1 an−1 cn−1
0 0 0 · · · 0 0 bn an
La matrice Ak est encore tridiagonale. l’existence de la decomposition assure que ak
k+1 estdifferent de zero. Seule la ligne lk+1 a ete modifiee, la kieme colonne de la matrice L est doncde la forme :
0...01
bk+1
ak−1k
0...0
– Q4 - Algorithme et decompte du nombre d’operations La matrice An−1 est la
matrice U cherchee. Si on note ui et vi les termes diagonaux et sur-diagonaux de U et li lestermes sous-diagonaux de L, on a l’algorithme de calcul suivant :u1 = a1 ; v1 = c1
for (k = 2 : (n− 1))lk = bk
ak−1
uk = ak − lk ∗ ck−1
vk = ck
endln = bnk
an−1; vn = an − ln ∗ cn−1
Les etapes 2 a n conduisent a une division, une soustraction et une multiplication, d’ou uncout total de 3n− 3 operations.
p. 7
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Page 1/4
RAPPELS NORMES VECTORIELLES, NORMES MATRICIELLES
et CONDITIONNEMENT I-NORMES I.1-NORMES VECTORIELLES Propriétés : pour tous v ,u et ℜ∈α
a- 0v = <=> 0v =
b- vv αα =
c- vuvu +≤+
Les différentes normes des vecteurs sont :
∑=i
i1
vv
v.vvv 2i
2== ∑
i
p
ip
12
ivv ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛= ∑
ivv maxi
=∞
Deux normes et ' sont équivalentes s’il existe deux constantes c et 'c telles que :
v'v c≤ et 'v'v c≤
I.2-NORMES MATRICIELLES Propriétés : pour tous B ,A et ℜ∈α a- 0A = <=> 0A =
b- AA αα =
c- BABA +≤+
d- BAAB ≤ Norme matricielle subordonnée à une norme vectorielle.
AvAvv
AvA supsupsup
1v1v0v =≤≠
===
Remarque : A est bien défini car Avsup1v =
est borné en raison de la continuité de
l’application Avv → et de la compacité de la sphère unité et il existe au moins un vecteur
v tel que v AAv =
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-La norme subordonnée A est bien une norme matricielle.
- Pour tout vecteur v , on a v AAv ≤ .
- 1I =
- ∑==≠ ij
ij1
1
0v1
av
AvA maxsup
- ∑==∞
∞
≠∞
jiij
0v
av
AvA maxsup
- ( ) ( )2
2
2
0v2
*A*AAA*Av
AvA sup ====
≠
ρρ
Où ( )Aρ désigne le rayon spectral de la matrice A , c'est-à-dire la plus grande valeur propre de A en valeur absolue. Théorème :
Si A est inversible et M est telle que 1
1−
<−A
AM alors M est inversible.
Si 1<A alors AI + est inversible et ( )A
AI−
≤+ −
111
Si AI + est singulière alors 1≥A Définitions : A est dite à diagonale strictement dominante si pour tout i ∑
≠
>ij
ijii aa
Toute matrice à diagonale strictement dominante est inversible. I.3- CONDITIONNEMENT : Sources d’erreurs dans la résolution des problèmes numériques :
Erreurs d’arrondis Erreurs de troncature dans les méthodes itératives. Erreurs de mesures dans les données expérimentales.
I.3.1-Conditionnement Matrice : Soit BAX = et ( ) BBXXA δδ +=+ D’où BXA δδ = , XBA =−1 et XBA δδ =−1
On a XAAXB ≤= d’où BABAX 11 −− ≤=
De même XAB δδ ≤ d’où BAX δδ 1−≤ Finalement
BB
AAXX
BB
AA
δδδ 1
1
1 −
−≤≤
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On fait maintenant varier A Soit BAX = et ( )( ) BXXAA =++ δδ d’où ( ) 0=++ XXAXA δδδ
=> ( ) 01 =+−= − XXAAX δδδ => XXAAX δδδ +≤ −1
Et AA
AAXX
X δδ
δ 1−≤+
Définition : Conditionnement d’une matrice
Si A est inversible, ( ) 1−= AAAcond Théorème
1. Soient A une matrice inversible, B un vecteur non nul, et soient X et XX δ+ les solutions des systèmes linéaires BAX = et ( ) BBXXA δδ +=+ , alors on a l’inégalité
BB
AcondXX
BB
Acondδδδ
)()(
1≤≤
et c’est la meilleure possible.
2. Soient A une matrice inversible, B un vecteur non nul, et soient X et XX δ+ les solutions des systèmes linéaires BAX = et ( )( ) BXXAA =++ δδ , alors on a l’inégalité
AA
AcondXX
X δδ
δ)(≤
+
et c’est la meilleure possible.
Supposons maintenant que 11 −−< AAδ alors 111 << −− AAAA δδ
Donc la matrice AAI δ1−+ est inversible et ( )AA
AAIδ
δ1
11
11−
−−
−≤+
On a ( )XXAAX δδδ +−= −1 et ( ) XAAIXX 11 −−+=+ δδ
En posant tAA =− δ1 et '1 tAA =− δ
( ) Xt
tXt
tXAAItXXtX'1
'1
11
−≤
−≤+≤+≤
−− δδδ
Car la fonction t
tt−
→1
est une fonction croissante
D’où Théorème
Si 11 −−< AAδ alors
⎟⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜⎜
⎝
⎛
−≤
− AAAA
AcondXX
δ
δδ
11
1)(
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Propriétés Pour toute matrice A inversible 1. 1)( ≥Acond )()( 1−= AcondAcond )()( AcondAcond =α pour tout 0≥α
2. Si A est une matrice normale ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ = AAAA ** , en particulier réelle
symétrique ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ = AAAA tt , alors )(2 Acond est égal au rapport de la plus grande à la
plus petite valeur propre de A en valeurs absolues.
3. Si A est une matrice unitaire ⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ == IAAAA ** ou orthogonale
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛ == IAAAAetréelle tt alors 1)(2 =Acond
Les systèmes linéaires à matrices orthogonale ou unitaire sont bien conditionnés.
Maths 06Universite A/MIRA de Bejaia fevrier 2010Faculte de la TechnologieDepartement de Tronc commun-STAnnee : 2eme ST
Serie N 01 d’Analyse Numerique
Exercice 1 :On definit une fonction f par :
f(x) = ln
[e
2(x +
1
x)
],
ou la fonction ln represente le logarithme neperien. On appelle ϕ la courberepresentative de f dans un repere orthonorme.
1. Donner le domaine de definition de f . Etudier les variations de f sur son domainede definition. Etudier sa branche infinie.
2. Separer graphiquement et algebriquement les racines de f .
3. On pose g(x) = f(x)− x. Etudier le signe de g(x). Determiner le(s) point(s)fixe(s) de f .
4. Tracer sur un meme graphe la courbe ϕ et la droite y = x.
5. Etudier le comportement et la convergence eventuelle de la suite definie par{U0,Un+1 = f(Un), n ∈ N.
Exercice 2 :Soit la matrice suivante
A =
1 1 02 1 20 1 1
, B =
2 1 11 2 11 1 2
, et le vecteur b = (4, 4, 4)t
1. Calculer A + B, A×B, ‖A‖1, ‖A‖2 et ‖A‖∞.
2. Trouver les valeurs propres de A.
3. Trouver les vecteurs propres correspondants.
4. Ecrire le spectre de A (sp(A)) et le rayon spectral (ρ(A)).
5. Montrer que la matrice B est reguliere. Conclure.
6. Resoudre le systeme BX = b en utilisant la methode de Cramer.
7. Trouver l’inverse de la matrice B.
8. Deduire la solution X du systeme BX = b.
Mr MEZIANI
Maths 06Universite A/MIRA de Bejaia Mars 2010Faculte de la TechnologieDepartement de Tronc commun-STAnnee : 2eme ST
Serie N 02 d’Analyse NumeriqueResolutions des equations non lineaires F (x) = 0
Exercice 1 : Soit l’equation
F (x) =4
3x3 − 3
2x2 − 13
96= 0
1. Localiser les racines de F dans des intervalles de longueur 1.
2. Peut-on appliquer la methode de Dichotomie (la Bissection) pour calculer lesracines de F ? Si oui, determiner le nombre d’iterations necessaires pourapprocher les racines de F (x) = 0 avec une precision ε = 10−2.
3. Calculer les cinq premiers iteres.
Exercice 2 : On considere l’equation suivante :
F (x) =3− x2
3e
12−x − 1 = 0, x ∈ [−1, 1].
1. Montrer que l’equation F (x) = 0est equivalente a x = g(x) = ln(3− x2) + 1
2− ln 3.
2. Pour x0 ∈ [0, 12], montrer que l’algorithme xn+1 = g(xn) converge vers le zero α
de F (x).
3. Montrer que l’on a |xn − α| ≤(
4
11
)n
.
Exercice 3 : Soit la fonctiong(x) = xex − 2x,
une fonction definie dans R.
1. Montrer que g(x) admet un unique minimum dans [0, 1].
2. Montrer que l’algorithme de Newton permet de determiner une valeur approcheede ce minimum.
3. Soit H(x) = ln( 2x+1
).
i- Montrer que le minimum de g(x) est le point fixe de H(x).
ii- Determiner un intervalle I tel que le theoreme du point fixe soit applicable aH(x) dans I.
Mr MEZIANI
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TP 01 : INTRODUCTION-GRAPHISME SOUS MATLAB(01h30mn)
EXERCICE N°1 (30 mn)Soit la tension 30ωt50sinV(t) , le courant 60ωt4cosI(t) et la
fréquence Hz50f . Le temps initiale est s0 et le temps final ms20 . Le pas de temps est ms1 .Ecrire un programme Matlab qui dessine V(t) sur un graphe et I(t) sur un autre
graphe à la droite du premier graphe sur la même figure.
EXERCICE N°2 (30 mn)
Soit 53xxy 2 .
Ecrire un programme Matlab qui dessine y, en pointillées, en fonction de x dans l’intervalle [-5, 5] avec un pas de x de 0.1.En utilisant la commande subplot, dessiner sur la même figure, en couleur rouge, z en fonction de y tel que 8 yz avec y variant d’un pas de 0.2 et z appartenant à l’intervalle
[0, 10].
EXERCICE N°3 (30 mn)
Ecrire et exécuter le programme suivant :
theta= linspace(-4*pi,4*pi,100) ;sinc=sin(theta)./theta;sinus_2=sin(theta).^2;plot(theta,sin(theta)), hold onplot(theta,sinus_2)plot(theta,sinc), hold off
Appliquer différents attributs (style de ligne, couleur, titre, xlabel, ylabel)
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TP 02 : INTRODUCTION-PROGRAMMES SCRIPTS SOUS MATLAB(01h30mn)
EXERCICE N°1 (30 mn)Ecrire un programme scripte qui génère les dix premiers termes de la suite n3
1,2,...,10n au moyen des formules récursives suivantes :
0.99996r0 , 1nn r3
1r
0.99996r0 , 33332.0r1 , 2n1nn r3
1r
3
4r
0.99996r0 , 33332.0r1 , 2n1nn rr3
10r
Tracer sur le même graphe les fonctions nr en fonction de n.Comparer les résultats des différentes formules. Conclusion.
EXERCICE N°2 (30 mn)L’équation 00.50.2sin(x)x , possède une solution voisine de 0.61.
Tracer le graphe de la fonction 0.50.2sin(x)xy pour 10,xEcrire un programme scripte qui calcule la solution de cette équation en utilisant les relations suivantes :
0.5)0.2sin(xx k1k
0.5)/0.2-(xArcsinx k1k
On prend dans les deux cas 5.0x 0 , 01,2,....,1k
EXERCICE N°3 (30 mn)Soit le polynôme de degré 03 suivant : 0...)( 32
21
303 axaxaxaxP
Ecrire un programme Matlab qui permet de trouver les racines de ce polynôme en se basant sur l’approximation : ).)(.()( 2
3 qxpxbxaxP . Les étapes de résolution de cette dernière équation
sont : - On donne : les coefficients a0, a1, a2, a3, l’incertitude et les valeurs initiales de p et q (p=1, q=1). - Calcul de p et q :
- b0=a0
- b1=a1-p.b0
- b2=a2-p.b1-q.b0
- b3=a3-p.b2-q.b0
- c0=b0
- c1=b1-p.c0
- c2=b2-p.c1-q.c0
- Si |p|> et |q|> refaire le calcul de p et q.
- Calculer x3=-b1/b0.
- Calculer x1 et x2 en résolvant l’équation du 2ème degré : x2+p.x+q=0. Pour cela, vous pouvez
utiliser la fonction matlab ‘’roots([α β ])’’ qui renvoie un vecteur contenant les racines du
polynôme de 2ème degré : αx2+βx+=0.- Afficher x1, x2 et x3.
Application : Trouver les racines du polynôme 3 23( ) 3 2 4P x x x x
- D = c12-c2.c0+b2.c0
- 2 1 3 0b c b cp
D
- 2
3 1 2 2 2b c b c bq
D
- p=p+p
- q=q+q
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MATH VI : Travaux Pratiques -Analyse Numérique
TP3- RESOLUTION ( ) 0xF = EXERCICE N°1- Méthode de Dichotomie : (30 mn)
Soit la fonction définie sur( ) 55F(x) −−= xex R . 1- Ecrire une fonction sous Matlab, qui reçoit comme argument l’abscisse et qui retourne la
valeur . x
( )xF2- Utiliser la fonction « roots » pour trouver la racine de cette fonction. 3- Ecrire un programme script Matlab permettant de calculer la racine approchée de 0F(x) =
en utilisant la méthode de dichotomie. On donne l’intervalle initial [ ] [ ]6 ,1b , 000 == aI , le nombre d’itérations maximum nitermax=100 et la valeur de l’erreur absolue 1−−= kkk xxe , où est la solution approchée à l’itération . 1≥k kx k
Ecrire une programme script, qui fait appel à la fonction (définie en 1), pour construire les suites ( ) , ( ) , ( ) et Nnna ∈ Nnnb ∈ Nnnx ∈ ( ) Nnne ∈ tel que :
( ) 2000 bax += , ( ) 2iii bax += Pour si ou 1≥i 1−= ii xa ( ) ( ) 0. >ii xFaF 1−= ii xb si ( ) ( ) 0. <ii xFaF et 1−−= iii xxe .
Pour tenir compte du nombre d’itérations maximum nitermax=100, introduire dans le programme la commande « while ».
4- Tracer sur un graphe l’erreur 1−−= iii xxe en fonction de l’itération i . Ajouter sur ce graphe le titre du graphe et la légende. EXERCICE N°2-Méthode du point fixe (30 mn) On considère la fonction 23F(x) −+= xe x . Cette fonction admet une racine unique sur l’intervalle . [ ] [ 1 ,0b , == aI ]
1- Calculer numériquement et F(0) F(1)2- Tracer le graphe de en fonction de pour F(x) x 10 ≤≤ x . 3- On veut calculer la racine de par une méthode de point fixe convenable. On
transforme sous forme
F(x)
F(x) ( )xgx = où ( ) ( ) 92 2xexg −= .
4- Tracer sur le même graphe les fonctions ( ) xxY =1 et ( ) ( ) 92 22
xexY −= pour 10 ≤≤ x .
5- La dérivée de la fonction ( ) ( )9
2 2xexg −= est ( ) ( ) 922' xx eexg −= . Tracer le graphe de
en fonction de pour ( )xg ' x 10 ≤≤ x et déduire de ce graphe ( )xgkx
'max10
=≤≤
.
6- En utilisant la formule 01
1
1 1xx
kkx
n
n −−
≤−+
+ α , calculer le nombre d’itérations pour avoir la
solution approchée avec une précision . On donne1+nx 610−=ε 00 =x ,
( ) ( ) 922
010xexgx −== . Il faut poser ε≤−−+
011 )]1([ xxkk n .
7- Ecrire un programme scripte qui calcule la solution approchée de F(x)=0 en utilisant l’algorithme du point fixe suivant :
( ) ( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−==
=−
− 92
02
1
01ix
iiexgx
x ,.....2,1=i
Introduire un teste d’arrêt pour tenir compte de la précision donnée à la question 6.
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MATH VI : Travaux Pratiques -Analyse Numérique
EXERCICE N°3- A faire comme Compte –rendu par l’étudiant
En se basant sur les deux exercices précédents (traités en séances de travaux pratiques), l’étudiant doit faire un compte rendu sur la méthode de Newton. Ce compte rendu doit être
remis avant la prochaine série de T.P. et sera corrigé par le chargé de T.P.
NB : Le compte rendu comportera les programmes demandés ci-dessous et la conclusion
Enoncé :
Soit la fonction ( ) ( )23
6sin
2−+−=
πxxxF dont on veut calculer les racines par la méthode
de Newton.
1- Ecrire un programme Matlab qui permet de tracer le graphe de la fonction en fonction de
pour
F
x ππ≤≤− x
2. Utiliser un pas
10π
=∆x . Ajouter à ce graphe la légende appropriée
(Titre des axes et titre du graphe).
2- On veut utiliser la méthode de Newton pour calculer la racine située entre ⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ ππ ,
2 avec une
précision . L’algorithme de newton est donné par : 1010−=ε
( )( )⎪⎩
⎪⎨⎧
−=+k
kkk xF
xFxx
donnéex
'
1
0
,....2,1=k
Où est la dérivée première de ( )xF ' ( )xF par rapport à . On donnex π=0x . On note l’erreur absolue entre deux itérations successives 1−−= kkk xxe , ,....2,1=k
Ecrire un programme Matlab qui permet de calculer la racine approchée en utilisant
l’algorithme de Newton donnée ci-dessus. Ce programme doit comporter :
L’introduction des donnée ; x0 et ε Le calcule de et ( )kxF ( )kxF ' à l’aide de deux fonctions à définir et à écrire avant
le programme principal. Un test pour arrêter l’exécution lorsque 10
1 10−− =<− εkk xx .
Un vecteur qui récupère les successifs. kx Un vecteur permettant de récupérer l’erreur absolue 1−−= kkk xxe en fonction de
l’itération k. Ecrire un Programme qui permet de tracer 1−−= kkk xxe en fonction de l’itération k
avec la légende correspondante (Titre des axes, titre du graphe).
3- Ecrire une conclusion.
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