Ce document académique est destiné aux étudiants universitaires de la filière SMP, notamment ceux du semestre 3, pour le module d'Analyse Numérique. Il présente l'épreuve de contrôle final de janvier 2016, accompagnée de son corrigé détaillé, offrant ainsi une ressource pédagogique complète.
Il couvre les notions fondamentales suivantes:
- Décomposition LU et résolution de systèmes linéaires.
- Méthodes itératives de recherche de racines (dichotomie, Lagrange, Newton).
- Interpolation polynomiale (Lagrange, différences divisées de Newton).
- Méthodes d'intégration numérique (point milieu, trapèzes, Simpson).
Module d'Analyse Numérique : Examen et Corrigé (Session de Janvier 2016)
Ce document présente l'examen final du module d'Analyse Numérique de la Faculté des sciences (Filière SMP:S3) de l'U.I.T. de la session de Janvier 2016, qui s'est déroulé de 10h30 à 12h, ainsi que son corrigé détaillé.
Exercice 1 : Décomposition LU et résolution de système
Donner la décomposition LU de la matrice A suivante :
| A = | | | 2 | 1 | −1 |
| 4 | 6 | −1 | |||
| 2 | −7 | 3 | |||
| | |
Résoudre le système Ax = b où b =
| | | 3 |
| 5 | ||
| −1 | ||
| | |
Corrigé de l'Exercice 1
En suivant l'algorithme, on obtient les matrices de transformation L1 et L2 :
| L1 = | | | 1 | 0 | 0 | |||
| −2 | 1 | 0 | ||||||
| −1 | 0 | 1 | ||||||
| | | , A(1) = L1A = | | | 2 | 1 | −1 | |
| 0 | 4 | 1 | ||||||
| 0 | −8 | 4 | ||||||
| | |
| L2 = | | | 1 | 0 | 0 | |||
| 0 | 1 | 0 | ||||||
| 0 | 2 | 1 | ||||||
| | | , A(2) = L2A(1) = L2L1A = | | | 2 | 1 | −1 | |
| 0 | 4 | 1 | ||||||
| 0 | 0 | 6 | ||||||
| | |
Donc, les matrices L et U sont :
| L = | | | 1 | 0 | 0 | |||
| 2 | 1 | 0 | ||||||
| 1 | −2 | 1 | ||||||
| | | et U = | | | 2 | 1 | −1 | |
| 0 | 4 | 1 | ||||||
| 0 | 0 | 6 | ||||||
| | |
On a bien A = LU :
| A = | | | 2 | 1 | −1 | |||
| 4 | 6 | −1 | ||||||
| 2 | −7 | 3 | ||||||
| | | = | | | 1 | 0 | 0 | |
| 2 | 1 | 0 | ||||||
| 1 | −2 | 1 | ||||||
| | | | | 2 | 1 | −1 | ||
| 0 | 4 | 1 | ||||||
| 0 | 0 | 6 | ||||||
| | | = LU |
Pour résoudre le système Ax = b, on résout successivement les systèmes échelonnés Ly = b et Ux = y.
Résolution de Ly = b :
| | | 1 | 0 | 0 | |||||||
| 2 | 1 | 0 | |||||||||
| 1 | −2 | 1 | |||||||||
| | | | | y1 | |||||||
| y2 | |||||||||||
| y3 | |||||||||||
| | | = | | | 3 | ||||||
| 5 | |||||||||||
| −1 | |||||||||||
| | | ⇒ | { | y1 = 3 | |||||||
| 2y1 + y2 = 5 | |||||||||||
| y1 − 2y2 + y3 = −1 |
La résolution donne :
| { | y1 = 3 |
| y2 = −1 | |
| y3 = −6 |
Résolution de Ux = y :
| | | 2 | 1 | −1 | |||||||
| 0 | 4 | 1 | |||||||||
| 0 | 0 | 6 | |||||||||
| | | | | x1 | |||||||
| x2 | |||||||||||
| x3 | |||||||||||
| | | = | | | 3 | ||||||
| −1 | |||||||||||
| −6 | |||||||||||
| | | ⇒ | { | 2x1 + x2 − x3 = 3 | |||||||
| 4x2 + x3 = −1 | |||||||||||
| 6x3 = −6 |
La résolution donne :
| { | x1 = 1 |
| x2 = 0 | |
| x3 = −1 |
Finalement, la solution du système Ax = b est :
| | | 1 |
| 0 | ||
| −1 | ||
| | |
Vérification :
| | | 2 | 1 | −1 | ||
| 4 | 6 | −1 | ||||
| 2 | −7 | 3 | ||||
| | | | | 1 | ||
| 0 | ||||||
| −1 | ||||||
| | | = | | | 3 | |
| 5 | ||||||
| −1 | ||||||
| | |
Exercice 2 : Approximation d'un zéro de fonction
On donne la fonction f(x) = x2 + x − 1. On veut approcher son zéro positif xexacte = (√5 − 1) / 2 ≈ 0.61803.
1. Méthodes de Dichotomie et de Lagrange
En partant de a0 = 0.5 et b0 = 1, donner les deux premiers intervalles obtenus en utilisant la méthode de dichotomie et de Lagrange et préciser l'erreur dans chaque itération.
2. Méthode de Newton
En prenant x0 = 1, donner les deux premières itérations obtenues en utilisant la méthode de Newton et préciser l'erreur dans chaque itération.
Corrigé de l'Exercice 2
On pose f(x) = x2 + x − 1.
1. Méthodes de Dichotomie et de Lagrange
Méthode de Dichotomie
Pour la première itération de la dichotomie, on pose a0 = 0.5 et b0 = 1. On a f(a0) = f(0.5) = −0.25 < 0 et f(b0) = f(1) = 1 > 0. Le changement de signe indique que la racine est dans [0.5, 1].
On calcule le point milieu : f((a0 + b0)/2) = f(0.75) = (0.75)2 + 0.75 − 1 = 0.3125 > 0.
Puisque f(0.5) < 0 et f(0.75) > 0, la racine est dans [0.5, 0.75]. On pose alors a1 = a0 = 0.5 et b1 = 0.75.
On a alors 0.5 < xexacte < 0.75. L'erreur est donc inférieure à 0.75 − 0.5 = 0.25.
Pour la deuxième itération de la dichotomie, on calcule le point milieu de [0.5, 0.75] : f((a1 + b1)/2) = f(0.625) = (0.625)2 + 0.625 − 1 = 0.015625 > 0.
Puisque f(0.5) < 0 et f(0.625) > 0, la racine est dans [0.5, 0.625]. On pose alors a2 = a1 = 0.5 et b2 = 0.625.
On a alors 0.5 < xexacte < 0.625. L'erreur est donc inférieure à 0.625 − 0.5 = 0.125.
Méthode de Lagrange (Fausse Position)
Pour la première itération de Lagrange, on a a0 = 0.5 et b0 = 1.
On calcule c0 = a0 − ((b0 − a0) / (f(b0) − f(a0))) × f(a0).
c0 = 0.5 − (1 − 0.5) / (f(1) − f(0.5)) × f(0.5) = 0.5 − 0.5 / (1 − (−0.25)) × (−0.25) = 2/3.
f(c0) = f(2/3) = (2/3)2 + 2/3 − 1 = 1/9 > 0.
On pose alors a1 = a0 = 0.5 et b1 = c0 = 2/3.
On a alors 1/2 < xexacte < 2/3. L'erreur est donc inférieure à 2/3 − 1/2 = 1/6 ≈ 0.166666.
Pour la deuxième itération, on pose c1 = a1 − ((b1 − a1) / (f(b1) − f(a1))) × f(a1).
c1 = 1/2 − ((2/3 − 1/2) / (f(2/3) − f(1/2))) × f(1/2) = 1/2 − (1/6) / (1/9 − (−1/4)) × (−1/4) = 8/13.
f(c1) = f(8/13) = (8/13)2 + 8/13 − 1 = −1/169 < 0.
On pose alors a2 = c1 = 8/13 et b2 = b1 = 2/3.
On a alors 8/13 < xexacte < 2/3. L'erreur est donc inférieure à 2/3 − 8/13 = 2/39 ≈ 0.051282.
2. Méthode de Newton
La suite est donnée par xn+1 = xn − f(xn) / f'(xn). On a x0 = 1.
La dérivée de f(x) = x2 + x − 1 est f'(x) = 2x + 1.
Première itération :
x1 = x0 − f(x0) / f'(x0) = 1 − 1/3 = 2/3.
L'erreur e1 = |x1 − xexacte| ≈ |2/3 − 0.61803| ≈ 0.0486326.
Deuxième itération :
x2 = x1 − f(x1) / f'(x1) = 2/3 − (1/9) / (7/3) = 2/3 − 1/21 = 13/21 ≈ 0.619047.
L'erreur e2 = |x2 − xexacte| ≈ |13/21 − 0.61803| ≈ 0.001017.
Exercice 3 : Polynôme d'interpolation
Donner le polynôme interpolant la fonction f aux points (−1, −1), (0, −1), (1, −1) et (2, 5) en utilisant :
1. La base de Lagrange
2. La méthode des différences divisées de Newton
Corrigé de l'Exercice 3
1. Méthode d'interpolation de Lagrange
Le polynôme d'interpolation de Lagrange de degré n sur l'ensemble des n+1 points (xi, yi) pour i allant de 0 à n s'écrit :
Pn(x) = ∑i=0n (yi ∏j=0, j≠in (x − xj) / (xi − xj)).
Ici n = 3. Les points donnés sont : (x0, y0) = (−1, −1), (x1, y1) = (0, −1), (x2, y2) = (1, −1), (x3, y3) = (2, 5).
Les polynômes de base de Lagrange sont :
L0(x) = (x(x−1)(x−2)) / ((−1−0)(−1−1)(−1−2)) = −(x3 − 3x2 + 2x) / 6.
L1(x) = ((x+1)(x−1)(x−2)) / ((0+1)(0−1)(0−2)) = (x3 − 2x2 − x + 2) / 2.
L2(x) = (x(x+1)(x−2)) / ((1+1)(1−0)(1−2)) = −(x3 − x2 − 2x) / 2.
L3(x) = (x(x+1)(x−1)) / ((2+1)(2−0)(2−1)) = (x3 − x) / 6.
Le polynôme d'interpolation est donné par P3(x) = y0L0(x) + y1L1(x) + y2L2(x) + y3L3(x).
P3(x) = (−1)L0(x) + (−1)L1(x) + (−1)L2(x) + 5L3(x) = x3 − x − 1.
2. Méthode des différences divisées de Newton
Pour la méthode des différences divisées de Newton, le polynôme P3(x) s'écrit P3(x) = a0 + a1(x + 1) + a2(x + 1)(x − 0) + a3(x + 1)(x − 0)(x − 1). On dresse le tableau des différences divisées suivant :
| xi | f(xi) | f[xi, xj] | f[xi, xj, xk] | f[xi, xj, xk, xl] |
|---|---|---|---|---|
| −1 | −1 = a0 | |||
| 0 | −1 | 0 = a1 | ||
| 1 | −1 | 0 | 0 = a2 | |
| 2 | 5 | 6 | 3 | 1 = a3 |
C'est-à-dire que P3(x) = −1 + x(x + 1)(x − 1) = x3 − x − 1.
Exercice 4 : Intégration numérique
Soit I = ∫01 1 / (1 + x2) dx.
1. Formules composites d'intégration numérique
Rappeler les formules composites du point milieu, des trapèzes et de Simpson ainsi que l'erreur commise dans chacune des méthodes.
2. Nombre de subdivisions pour la méthode de Simpson
Combien faut-il de subdivisions de [0, 1] pour évaluer I à 10−3 près en utilisant la méthode de Simpson ?
3. Valeur approchée par la méthode de Simpson composite
Donner la valeur approchée de I par la méthode de Simpson composite en utilisant la subdivision x0 = 0, x1 = 1/2 et x2 = 1.
4. Ordre de l'erreur commise
Quel est alors l'ordre de l'erreur commise ?
Corrigé de l'Exercice 4
1. Formules composites d'intégration numérique
Soit f: [a, b] → ℝ continue, n ∈ ℕ, n ≥ 2 et h = (b − a) / n. On pose x0 = a, xn = b, xk = x0 + kh et x̄k = (xk−1 + xk) / 2, pour 1 ≤ k ≤ n. Pour évaluer ∫ab f(x)dx, on utilise l'une des méthodes numériques usuelles suivantes :
Formule composite du point milieu
La formule composite du point milieu est donnée par IcPM(f) = h ∑k=1n f(x̄k).
Si en plus f est de classe C2, l'erreur commise est estimée par | ∫ab f(x)dx − IcPM(f) | ≤ (b − a)h2 / 24 × maxx∈[a,b] |f''(x)|.
Formule composite des trapèzes
La formule composite des trapèzes est donnée par IcT(f) = (h / 2) ∑k=1n (f(xk−1) + f(xk)).
S'il en plus f est de classe C2, l'erreur commise est estimée par | ∫ab f(x)dx − IcT(f) | ≤ (b − a)h2 / 12 × maxx∈[a,b] |f''(x)|.
Formule composite de Simpson
La formule composite de Simpson est donnée par IcS(f) = (h / 6) ∑k=1n [f(xk−1) + 4f(x̄k) + f(xk)].
S'il en plus f est de classe C4, l'erreur commise est estimée par | ∫ab f(x)dx − IcS(f) | ≤ (b − a)h4 / 2880 × maxx∈[a,b] |f(4)(x)|.
2. Nombre de subdivisions pour la méthode de Simpson
Pour évaluer I à 10−3 près par la méthode de Simpson composite, il suffit que l'erreur commise soit inférieure à 10−3.
Or, dans ce cas, (b − a) = 1, et f(4)(x) = −24 / (1+x2)3 + (144x + 48) / (1+x2)4 − 96 / (1+x2)5. On a donc maxx∈[0,1] |f(4)(x)| ≤ 312.
Pour avoir l'erreur désirée, on devrait avoir h4 ≤ (2880 / 312) × 10−3 ⇒ h ≤ 0.31.
Il suffit de prendre h = 1/4 pour obtenir la précision voulue (car 1/4 = 0.25 ≤ 0.31). On aura donc besoin de 4 subdivisions (n=4) pour cette méthode.
3. Valeur approchée par la méthode de Simpson composite
La valeur approchée de I, par la méthode de Simpson composite en utilisant la subdivision x0 = 0, x1 = 1/2 et x2 = 1, est donnée avec h = 1/2 (pour deux sous-intervalles).
IcS(f) = (h / 6) (f(0) + f(1) + 2f(1/2) + 4(f(1/4) + f(3/4)))
Avec f(x) = 1/(1+x2) :
- f(0) = 1/(1+02) = 1
- f(1) = 1/(1+12) = 1/2
- f(1/2) = 1/(1+(1/2)2) = 1/(1+1/4) = 4/5
- f(1/4) = 1/(1+(1/4)2) = 1/(1+1/16) = 16/17
- f(3/4) = 1/(1+(3/4)2) = 1/(1+9/16) = 16/25
C'est-à-dire que, IcS(f) = (1/12) × (1 + 1/2 + 2 × (4/5) + 4 × (16/17 + 16/25)) ≈ 0.785392.
4. Ordre de l'erreur commise
La valeur exacte de I est π / 4.
L'erreur commise est donc |I − IcS(f)| = | π / 4 − 0.785392 | ≈ |0.785398 − 0.785392| ≤ 0.000006.
Foire Aux Questions (FAQ) sur l'Analyse Numérique
Qu'est-ce que la décomposition LU d'une matrice ?
La décomposition LU est une méthode de factorisation d'une matrice carrée en un produit de deux matrices triangulaires : une matrice triangulaire inférieure L (Lower) et une matrice triangulaire supérieure U (Upper). Cette technique est fondamentale en algèbre linéaire numérique, car elle permet de résoudre des systèmes d'équations linéaires Ax=b de manière plus efficace, notamment lorsque plusieurs vecteurs b doivent être traités avec la même matrice A.
Quand la méthode de Newton-Raphson est-elle utilisée pour trouver les zéros d'une fonction ?
La méthode de Newton-Raphson est une méthode itérative très rapide pour trouver une approximation des zéros d'une fonction réelle. Elle est particulièrement utile lorsque la fonction est continûment dérivable et qu'une bonne estimation initiale du zéro est disponible. Sa convergence est généralement quadratique, ce qui signifie qu'elle double le nombre de décimales exactes à chaque itération, offrant ainsi une grande efficacité. Cependant, un mauvais choix du point de départ ou une dérivée nulle ou très petite à proximité du zéro peuvent entraîner une divergence.
Quel est l'avantage de la méthode de Simpson composite par rapport aux méthodes du point milieu ou des trapèzes ?
La méthode de Simpson composite est une technique d'intégration numérique qui offre une précision supérieure par rapport aux méthodes du point milieu ou des trapèzes, pour un même nombre de subdivisions. Elle approxime la fonction par des paraboles (polynômes de degré 2) sur chaque paire de sous-intervalles, ce qui lui confère un ordre de convergence plus élevé (ordre 4). Cela signifie qu'elle nécessite généralement moins d'itérations ou de subdivisions pour atteindre une précision désirée, à condition que la fonction à intégrer soit suffisamment régulière (de classe C4).