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ContrôlederattrapageduMo duleAnalyseNumérique
16Février2015.De:10h30à12h
Exercice1(7pt.)OnconsidèrelamatricesuivanteA= 4−20−252 02 10 . 1.DonnerladécompositiondeCholeskyRRT delamatriceA,
2.EndéduirelasolutiondusystèmelinéaireAx=bavecb= 2 32 3.RappelerlesalgorithmesdeJacobietdeGauss-Seidelpourapprocherlasolutionexacte
dusystèmeAx=b
4.Justi erlaconvergencedecesdeuxalgorithmespourlamatriceAdonnée.
5.Donnerlestroispremièresitérationspourchacunedesméthodesenprécisantl'erreur
commiseàchaqueétape,onposeX0 = (x0 1
, x0 2
, x0 3
) = (0,0,0)
Exercice2(6pt.)Onconsidèrelafonctiong(x) =√ 1 +x.
1.Montrerquegadmetunpoint xeuniquesur[1,2].Onlenoterax.
2.Ondonnex0 = 1calculer,parlaméthodedupoint xe,x1 ,x2 etx3 ainsiquel'erreur
commiseei =|xi −x|,1≤i≤3.x≈1.61803398
3.Maintenant,onveutapprocherxparlaméthodedeNewton,pourcelavéri erquexest
solutiondef(x) = 0oùf(x) =x2 −x−1.
4.Enpartantdex0 = 1donnersousformerationnel,parlaméthodedeNewton,x1 ,x2 etx 3
ainsiquel'erreurcommiseei =|xi −
x|,1≤i≤3.x≈1.61803398.
5.Donnerunrationnelapprochantlavaleur√ 1 +√ 1 +√ 1 +√ 1 +. . .à10−5 près.
Exercice3(7pt.)Donnerlepolynômeinterpolantlafonctionfauxpoints(−1,0),(0,1),
(1,0)et(2,3)enutilisant
1.labasedeLagrange
2.laméthodedesfractiondiviséesdeNewton
3.Donneruneapproximationde∫ 2−1 f(x)dx,enutilisantlaméthodedeSimpsonauxpoints
d'interpolations(−1,0,1et2.)
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Corrigéducontrôlederattrapagedumo duleAnalyse
Numérique
SessiondeFévrier2016.
Corrigédel'exercice1Considéronslamatricesuivante,A= 4−20−252 02 10 . 1.CherchonslamatriceRtel lequel'ona,B=RRT oùResttriangulaireinférieure,
posons,R= r 1100 r21 r22 0r 31r 32r 33
.Ondoitavoir,B=QQT ,c'estàdire, r 1100 r21 r22 0r 31r 32r 33 r 11r 21r 310r 22r 3200r 33 = 4−20−252 02 10 . cequidonnelesrelationssuivantes:r 211 =4⇒r11 =2r 21q 11=−2⇒r 21=−1 r31 r11 =0⇒r31 =0r 221 +r2 22=5⇒r 22=2 r21 r31 +r22 r32 =2⇒r32 =1r 231 +r2 32+r 233 =10⇒r33 =3Donc,R= 2 0 0
−1 2 0
0 1 3
etonabienRR T= 2 0 0
−1 2 0
0 1 3
2−1 0
02 1
00 3 = 4−20−252 02 10
=B.(2pt.)
2.PourrésoudrelesystèmeAx=b,onrésoutlesystèmeéchelonnéRy=betRT x=y
successivement.Donc,
2 0 0
−1 2 0
0 1 3 y 1y 2y 3 = 23 2 ⇒ 2y 1
= 2−y 1
+ 2y2 = 3y 2
+ 3y3 = 2⇒ y 1
= 1y 2
= 2y 3
= 0
(0.5pt.)Puis, 2−1 0
02 1
00 3 x 1x 2x 3 = 12 0 ⇒ 2x 1−x 2
= 12x 2+x 3
= 23x 3
= 0⇒ x 1
= 1x 2
= 1x 3
= 0
(0.5pt.)
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Finalementonabien 4−20 −252
02 10 1 10 = 2 32 3.L'algorithmedeJacobiestdonnépar, xonsunvecteurd'initialisation,x0 = (x0 i) 1≤i≤n, lesitéréssontdonnésparx k+1i =b i− j=n∑ j=1, j6=ia ijx kj aii (0.25pt.)
L'algorithmedeGauss-Seidelestdonnépar, xonsunvecteurd'initialisation,x0 =(x 0i )1≤i≤n ,lesitéréssontdonnésparx k+1i =b i− ∑1≤j≤i−1 aij xk+1 j− ∑i+1≤j≤n aij xk ja ii
(0.25pt.)
4.LamatriceAestàdiagonalestrictementdominantedonclesalgorithmesdeJacobiet
celuideGauss-Seidelsonttousdeuxconvergents(0.25pt.+0.25pt.)
5.Enpartantduvecteurx0 = (0,0,0)T :PremièreitérationpourlaméthodedeJacobidonne: x 11 =1 4
(2−(−2)×0−0×0) =1 2x 12 =1 5
(3−(−2)×0−2×0) =3 5x 13 =1 10
(2−0×0−2×0)=1 5Doncx 1= (1 2, 35 ,1 5) T
etlevecteurerreureste1 =x1 − ̄x=( 12 ,3 5, 15 )T −(1,1,0)T =( −1 2,− 25 ,1 5) Tdonc‖e 1‖ ∞= 12 (0.5pt.)
Ladeuxièmeitérationdonne, x2 1= 14 (2−(−2)× 35 −0×1 5) =4 5x 22 =1 5( 3−(−2)×1 2−2× 15 )= 1825 x2 3= 110 (2−0× 12 −2×3 5) =2 25Doncx 2= (4 5, 2125 ,2 25) T
etlevecteurerreureste2 =x2 − ̄x=( 45 ,18 25, 225 )T −(1,1,0)T =( −1 5,− 725 ,2 25) Tdonc‖e 1‖ ∞= 725 (0.5pt.)
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Latroisièmeitérationdonne, x3 1= 14 (2−(−2)× 1825 −0×2 25) =43 50x 32 =1 5( 3−(−2)×4 5−2× 225 )= 111125 x3 3= 110 (2−0× 45 −2×18 25) =7 125Doncx 3= (4 5, 2125 ,2 25) T
etlevecteurerreureste3 =x3 − ̄x=( 45 ,18 25, 225 )T −(1,1,0)T =( −7 50,− 14125 ,7 125) Tdonc‖e 1‖ ∞= 750 (0.5pt.)
PourlaméthodedeGauss-Seidel,enpartantduvecteurx0 = (0,0,0)T :lapremière
itérationdonne: x1 1= 14 (2−(−2)×0−0×0)= 12 x1 2= 15 (3−(−2)× 12 −2×0) =4 5x 13 =1 10( 2−0×1 2−2× 45 )= 125 Doncx1 =( 12 ,4 5, 125 )T etlevecteurerreureste1 =x1 − ̄x=( 12 ,4 5, 125 )T −(1,1,0)T =( −1 2,− 15 ,1 25) Tdonc‖e 1‖ ∞= 12 (0.5pt.)
Ladeuxièmeitérationdonne, x2 1= 14 (2−(−2)× 45 −0×1 25) =9 10x 22 =1 5( 3−(−2)×9 10−2× 125 )= 118125 x2 3= 110 (2−0× 910 −2×118 125) =7 625Doncx 2= (9 10, 118125 ,7 625) T
etlevecteurerreureste2 =x2 − ̄x=( 910 ,118 125, 7625 )T −(1,1,0) T= (− 110 ,−7 125, 7625 )T donc‖e1 ‖∞ =1 10
(0.5pt.)
Latroisièmeitérationdonne, x3 1= 14 (2−(−2)× 118125 −0×7 625) =243 250x 32 =1 5( 3−(−2)×9 10−2× 7625 )= 29863125 x3 3= 110 (2−0× 243250 −2×2986 3125) =139 15625Doncx 3= (243 250, 29863125 ,139 15625) T
etlevecteurerreureste3 =x3 − ̄x=( 45 ,18 25, 225 )T −(1,1,0) T= (− 7250 ,−139 3125, 13915625 )T donc‖e1 ‖∞ =139 3125
(0.5pt.)
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Corrigédel'exercice2Onconsidèrelafonctiong(x) =√ 1 +x.
1.gestcontinuesur[1,2],onposef(x) =g(x)−x,festaussicontinueetonaf(1) =
g(1)−1 =√ 2−1>0etf(2) =g(2)−2 =√ 3−2< .leT.V.Iimpliquequ'ilexiste
unpoint ̄x∈]1,2[telquef( ̄x) = 0,c'estàdireg( ̄x) = ̄x.Doncgadmetunpoint xe,
puisquegeststrictementcroissante(injective),lepoint xeestunique.(1pt.)
2.Ondonnex0 = 1,doncx1 =√ 1 +x0 √
2≈1.414213562ete1 =|x1 − ̄x| ≈0.20382041
(0.5pt.)x 2=f(x 1
) =√ 1 +x1 =√ 1 +√ 1 +x0 =√ 1 +√ 1 + 1≈1.55377397ete2 =|x2 − ̄x|≈
0.06426001(0.5pt.)x 3=f(x 2
) =√ 1 +x2 =√ 1 +√ 1 +x1 =√ 1 +x0 =√ 1 +√ 1 +√ 1 + 1≈1.59805318ete 3=|x 3
− ̄x|≈0.0199808(0.5pt.)
3.Onag( ̄x) = ̄xdonc√ 1 + ̄x= ̄xcequidonne1 + ̄x= ̄x2 .D'oùlerésultat.(0.5pt.)
4.laméthodedeNewtondonnex0 = 1etxn+1 =xn −f(x n) f′ (xn ).orf ′
(x) = 2x−1,cequidonne,x 1
= 1−f(1) f′ (1)
= 1−−1 1
= 2ete1 =|x1 − ̄x|≈0.38196602(0.5pt.)x 2
= 2−f(2) f′ (2)
= 2−1 3= 53 e2 =|x2 − ̄x|≈0.04863268(0.5pt.)x 3= 53 −f(5/3) f′ (5/3)= 53 −1/9 7/3= 53 −1 21= 3421 e3 =|x3 − ̄x|≈0.001(0.5pt.)
5.Onremarqueque√ 1 +√ 1 +√ 1 +√ 1 +. . .= limn→+∞ g(xn ) = ̄x.Onavuquela
suitedonnéeparlaméthodedeRiemannapproche ̄xà10−3 dèslatroisièmeitération,
oncontinueàcalculerlesitéréesparlaméthodedeNewtonetoncalcull'erreurcommise
jusqu'àtrouveruneerreurpluspetiteque10−5 .Onaalors,x 4= 3421 −
f(34/21)f ′(34/21) =34 21− 1/44147/21 =34 21− 1987 =1597 987
≈1.61803444e3 =|x3 − ̄x|< 0−6 .Doncx 4
répondbienàl'estimationdemandée(1.5pt.)
Corrigédel'exercice31.Lepolynômed'interpolationdeLagrangededegrénsurl'en-
sembledesn+ 1points(xi , yi )i=n i=0
s'écritP n
(x) =i=n ∑i=0 (y ij=n ∏
j=0,j6=ix−x jx i−x j) (0.5pt.)
Icin= 3onaalors,L 1
(x) =
x(x−1)(x−2)
(−1−0)(−1−1)(−1−2)=− x3 −3x2 + 2x6 (0.25pt.)L 2
(x) =
(x+ 1)(x−1)(x−2)
(0 + 1)(0−1)(0−2)= x3 −2x2 −x+ 22 (0.25pt.)L 3
(x) =
x(x+ 1)(x−2)
(1 + 1)(1−0)(1−2))=− x3 −x2 −2x2 (0.25pt.)L 4
(x) =
x(x+ 1)(x−1)
(2 + 1)(2−0)(2−1)= x3 −x6 (0.25pt.)
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lepolynômed'interpolationestdonnéparP 3
(x) = 0×L1 (x) + 1×L2 (x) + 0×L3 (x) + 3×L4 (x) =x3 −x2 −x+ 1(0.5pt.)
2.PourlaméthodedesfractionsdiviséesdeNewtononaP 3
(x) =a0 +a1 (x+ 1) +a2 (x+ 1)(x−0) +a3 (x+ 1)(x−0)(x−1)ondresseletableau
suivant,
C'estàdirequeP3 (x) = (x+ 1)−x(x+ 1) +x(x−1)(x+ 1) =x3 −x2 −x+ 1(2pt.)xf(x) −10=a0 011−0 0−(−1)=1=a 110 0−11−0 =−1=−1−1 1−(−1)=-1=a 223 3−02−1 = 33−(−1) 2−0
= 22−(−1) 2−(−1)=1=a 3
3.Pourapprocher∫ 2−1 f(x)dx,enutilisantlaméthodedeSimpsonauxpointsd'interpola-
tions(−1,0,1et2.)OnutiliselaformulecompositedeSimpsonsuivante,h= 1/2,∫ 2−1 f(x)dx≈Ic S
(f) =h 6( f(−1) +f(2) + 2(f(0) +f(1)) + 4( f( −1 2) +f( 12 )+f (3 2))) ≈1 12( 0 + 3 + 2(1 + 0) + 4( 98 +3 8+ 58 ))≈ 1724 (3pt.)
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