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9 Solutions des exercices
on a z
(0) = P
−1 r
(0) = (−3/4, −5/6)
T . Donc
α0 =
(z
(0) )
T r
(0)
(z (0) ) T Az (0) =
77
107
,
et
x
(1) = x
(0) + α0z
(0) = (197/428, −32/321)
T .
Solution 5.16 Dans le cas stationnaire, les valeurs propres de la matrice
Bα = I − αP
−1 A sont μi(α) = 1 − αλi, où λi est la i-ème valeur propre
de P
−1 A. Donc
ρ(Bα) = max
i=1,...,n
|1 − αλi| = max{|1 − αλmin|, |1 − αλmax|}.
Ainsi, la valeur optimale de α (c’est-à-dire la valeur qui minimise le rayon
spectral de la matrice d’itération) est la racine de l’équation
1 − αλmin = αλmax − 1
ce qui donne (5.54). La relation (5.68) se déduit alors d’un calcul direct de
ρ(Bα opt ).
Solution 5.17 On doit minimiser la fonction Φ(α) = e
(k+1)
2
A par rapport
à α ∈ R. Comme e
(k+1) = x − x
(k+1) = e
(k) − αz
(k) , on obtient
Φ(α) = e
(k+1)
2
A = e
(k)
2
A + α
2 z
(k)
2
A − 2α(Ae
(k) , z
(k) ).
Le minimum de Φ(α) est atteint en αk tel que Φ
(αk) = 0, i.e.,
αkz
(k)
2
A − (Ae
(k) , z
(k) ) = 0,
donc αk = (Ae
(k) , z
(k) )/z
(k)
2
A . Enfin, (5.56) s’en déduit en remarquant que
Ae
(k) = r
(k) .
Solution 5.18 La matrice associée au modèle de Leontieff est symétrique,
mais n’est pas définie positive. En effet, en utilisant les instructions suivantes :
for i =1:20;
for j =1:20;
C (i ,j )= i+ j;
end ;
end ;
A = eye (20) -C ;
[ min( eig( A )) , max ( eig( A ))]
ans =
-448.58 30.583
on voit que la plus petite valeur propre est négative et que la plus grande est
positive. La convergence de la méthode du gradient n’est donc pas assurée.
Cependant, A n’étant pas singulière, le système considéré est équivalent au
système A
T Ax = A
T b, où A
T A est symétrique définie positive. On résout
ce dernier avec la méthode du gradient en demandant une norme de résidu
inférieure à 10
−10 et en démarrant de la donnée initiale x
(0) = 0 :