Exercice 3
Énoncé
On considère le systéme d’équations linéaire (Sα) : AX = b avec α ∈ R et :
A =
α
1
0
1
α
1
, X =
0
1
α
x1
x2
x3
, et b =
5
10
11
1 Déterminer les valeurs de α pour lesquelles A est inversible.
2 Déterminer une condition suffisante sur α assurant la convergence de la méthode de
Jacobi pour la résolution du système (Sα).
3 Pour α = 3,
a) Résoudre (S3) par la méthode de Gauss.
b) Donner le schéma itératif de la méthode de Jacobi.
c) Pour le vecteur initial X (0) =
1
1
, donner les résultats des deux premières
1
itérations de la méthode de Jacobi pour la résolution de (S3) .
1 / 5
2- Pour que la méthode de Jacobi soit convergente il suffit que A soit à diagonale
strictement dominante c-â-d:
|α| > 1
|α| > 2
|α| > 1
Donc si α ∈] − ∞, −2[∪]2, +∞[, alors la méthode de Jacobi est convergente.
Exercice 3
Solution
1-
det(A) =
(cid:12)
α
(cid:12)
(cid:12)
1
(cid:12)
(cid:12)
0
(cid:12)
1
α
1
0
1
α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= α
(cid:12)
α
(cid:12)
(cid:12)
1
(cid:12)
1
α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
−
(cid:12)
1
1
(cid:12)
(cid:12)
0 α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= α(α2 − 2).
Pour que A soit inversible il faut et il suffit que det(A) (cid:54)= 0, or det(A) = α(α2 − 2),
donc A est inversible si et seulement si α ∈ R \ {0,
2, −
2}.
√
√
2 / 5
Exercice 3
Solution
1-
det(A) =
(cid:12)
α
(cid:12)
(cid:12)
Publicité
1
(cid:12)
(cid:12)
0
(cid:12)
1
α
1
0
1
α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= α
(cid:12)
α
(cid:12)
(cid:12)
1
(cid:12)
1
α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
−
(cid:12)
1
1
(cid:12)
(cid:12)
0 α
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
(cid:12)
= α(α2 − 2).
Pour que A soit inversible il faut et il suffit que det(A) (cid:54)= 0, or det(A) = α(α2 − 2),
donc A est inversible si et seulement si α ∈ R \ {0,
2, −
2}.
√
√
2- Pour que la méthode de Jacobi soit convergente il suffit que A soit à diagonale
strictement dominante c-â-d:
|α| > 1
|α| > 2
|α| > 1
Donc si α ∈] − ∞, −2[∪]2, +∞[, alors la méthode de Jacobi est convergente.
2 / 5
Exercice 3
Solution
3-a) Pour α = 3, alors A =
3
1
0
1
3
1
(A|b) =
0
1
3
3
1
0
1
3
1
0
1
3
5
10
11
Étape 1:
. Alors:
L1 ← L1
L2 ← L2 −
1
3
L1
L3 ← L3
(A|b)(1) =
3
0
0
1
8
3
1
0
1
3
5
25
3
11
3 / 5
Exercice 3
L1 ← L1,
Publicité
L2 ← L2
L3 ← L3 −
3
8
L2,
(A|b)(2) =
3
0
0
1
8
3
0
0
1
21
8
5
25
3
63
8
Solution
Étape 2:
.Alors:
En utilisant la méthode de remontée on obtient:
X =
4 / 5
1
2
3
3-c) Itérations de Jacobi: Pour le vecteur initial X (0) =
,
1
1
1
4
3
8
3
3
10
7
9
12
9
25
9
1
3 (5 − 1)
1
3 (11 − 1)
1
3 (5 − 8
3 )
1
3 (11 − 8
3 )
Itération 1 : X (1) =
1
3 (10 − 1 − 1)
=
Itération 2 : X (2) =
1
3 (10 − 8
3 − 10
3 )
=
Exercice 3
Solution
3-b) Schéma itératif de la méthode de Jacobi :
b1−a1,2x
−a1,3x
b2−a2,1x
−a2,3x
b3−a3,1x
−a3,2x
(k)
2
a1,1
(k)
1
a2,2
(k)
1
a3,3
(k)
3
(k)
3
(k)
2
= 1
= 1
= 1
3 (5 − x (k)
2 )
Publicité
3 (10 − x (k)
3 (11 − x (k)
2 )
1 − x (k)
3 )
x (k+1)
1
x (k+1)
2
x (k+1)
3
=
=
=
5 / 5
Exercice 3
Solution
3-b) Schéma itératif de la méthode de Jacobi :
x (k+1)
1
x (k+1)
2
x (k+1)
3
=
=
=
b1−a1,2x
−a1,3x
b2−a2,1x
−a2,3x
b3−a3,1x
−a3,2x
(k)
2
a1,1
(k)
1
a2,2
(k)
1
a3,3
(k)
3
(k)
3
(k)
2
= 1
= 1
= 1
3 (5 − x (k)
2 )
3 (10 − x (k)
3 (11 − x (k)
2 )
1 − x (k)
3 )
3-c) Itérations de Jacobi: Pour le vecteur initial X (0) =
Itération 1 : X (1) =
Itération 2 : X (2) =
5 / 5
1
1
,
1
1
3 (5 − 1)
1
3 (10 − 1 − 1)
1
3 (11 − 1)
1
3 (5 − 8
3 )
3 − 10
3 )
3 (11 − 8
3 )
3 (10 − 8
1
1
=
4
3
8
3
10
3
=
7
9
12
9
25
9