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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


/15

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


/15

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


Page 1

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 :


Page 2

( )( )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 :


Page 3

( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−

−

−=

+=

=

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~


Page 4

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


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


On obtient : ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−=

−=

=

5..

140

4..

080

3..

121

2

03

11

13

02

11

12

01

11

LLL

LLL

LL

⇔ ( ) ( )11 bXA =



( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

+=

=

=

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


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


( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

−=

−=

=

101..

140

012.080

001..121

2

03

11

13

02

11

12

01

11

LLL

LLL

LL



( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−

+=

=

=

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 :


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


Page 8

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−=

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 :


Page 9

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


Page 10

[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

−=

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 =−


Page 11

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

−

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡−

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


Page 12

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


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


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


Page 15

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


Page 16

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.


Page 17

⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

++•••++++=

•••

++•••++++=++•••++++=++•••++++=

−−

−−

−−

−−

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 =


Page 18

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.


Page 19

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


Page 20

( ) 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 ).


Page 21

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


Page 22

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 .


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 ?


Page 24

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

Universite Paris DauphineDepartement MIDO DU MI2E 2eme annee

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


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


– 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


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


– 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


– 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


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

Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010 Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/ST

MATH VI : Analyse Numérique

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 =



Page 2/4

-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 −

−≤≤



Page 3/4

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)(



Page 4/4

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

Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/STMATH VI : Travaux Pratiques -Analyse Numérique

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)

Université A. Mira de Béjaia Année 2009/2010Faculté de la Technologie 2ème Année LMD/STMATH VI : Travaux Pratiques -Analyse Numérique

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


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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