Ce document est destiné aux étudiants universitaires de la filière SMP (S3) dans le cadre du module d'Analyse Numérique. Il propose un rappel de cours complet et une série d'exercices corrigés pour consolider les acquis.
Il couvre les notions fondamentales suivantes :
- Les méthodes de recherche de racines d'équations non linéaires (dichotomie, Lagrange, Newton, sécante).
- L'itération du point fixe pour la résolution d'équations.
- Les techniques d'interpolation polynomiale (bases de Lagrange et de Newton).
- Les principes d'intégration numérique, notamment la formule de Simpson.
Module d'Analyse Numérique
Rappel de Cours : Série N° 2
1. Méthode de Dichotomie à 10-2 près
Algorithme :
Données : a, b : les extrémités de l'intervalle.
ε : Précision désirée.
N0 : Nombre maximum d'itérations.
Sortie : La solution approchée de f(p) = 0.
L'algorithme est le suivant :
- Étape 0 : Lire a, b, ε, N0.
- Étape 1 : Si f(a) = 0, afficher "La solution est", a et aller à Fin. Si f(b) = 0, afficher "La solution est", b et aller à Fin. Si f(a)f(b) > 0, afficher "Pas de solution" et aller à Fin.
- Étape 2 : N = 1.
- Étape 3 : Tant que N < N0, exécuter les étapes 4 à 7.
- Étape 4 : Poser α = (a + b) / 2.
- Étape 5 : Si f(α) = 0 ou (b - a) / 2 ≤ ε, alors afficher "La solution est α", et aller à Fin.
- Étape 6 : N = N + 1.
- Étape 7 : Si f(a)f(α) > 0, alors poser a = α ; sinon, poser b = α.
- Étape 8 : La méthode a échoué après N0 itérations.
- Étape 9 : Fin.
Résultats Numériques :
Application de la méthode de dichotomie pour résoudre f(x) = x2 - 10 = 0.
2. Méthode de Lagrange à 10-3 près
Cette méthode consiste à décomposer l'intervalle [ak, bk] en deux intervalles [ak, ck] et [ck, bk] où le point d'abscisse ck est le point d'intersection de la droite passant par les points (ak, f(ak)) et (bk, f(bk)) avec l'axe horizontal, tel que :
0 = f(bk) + f(bk) - f(ak)
————————————
bk - ak (x - bk) ⇒ ck = akf(bk) - bkf(ak)
————————————————
f(bk) - f(ak)
Algorithme :
Données : a0, b0 : les extrémités de l'intervalle.
ε : Précision désirée.
N0 : Nombre maximum d'itérations.
Sortie : La solution approchée de f(α) = 0.
L'algorithme est le suivant :
- Étape 0 : Lire a0, b0, ε, N0.
- Étape 1 : Si f(a0) = 0, afficher "La solution est", a0 et aller à Fin. Si f(b0) = 0, afficher "La solution est", b0 et aller à Fin. Si f(a0)f(b0) > 0, afficher "Pas de solution" et aller à Fin.
- Étape 2 : N = 1.
- Étape 3 : Tant que N < N0, exécuter les étapes 4 à 7.
- Étape 4 : Poser a1 = f(a0). Poser b1 = f(b0). Poser c = a0b1 - b0a1
—————————
b1 - a1. - Étape 5 : Si f(c) = 0 ou Min(b0 - c, c - a0) ≤ ε, alors afficher "La solution est c", et aller à Fin.
- Étape 6 : N = N + 1.
- Étape 7 : Si f(a0)f(c) > 0, alors poser a0 = c ; sinon, poser b0 = c.
- Étape 8 : La méthode a échoué après N0 itérations.
- Étape 9 : Fin.
Résultats Numériques :
Application de la méthode de Lagrange pour résoudre f(x) = x2 + 10 = 0.
3. Méthode de Newton à 10-3 près
La méthode de Newton consiste à construire une suite (xn) telle que xn+1 soit l'intersection de la tangente à la courbe au point (xn, f(xn)) avec l'axe horizontal.
En effet, l'équation de cette droite s'écrit :
y = f'(xn)(x - xn) + f(xn)
L'équation y = 0 entraîne que f'(xn)(xn+1 - xn) = -f(xn), d'où :
xn+1 = xn - f(xn)
——————
f'(xn)
Algorithme :
Données : p0 : Approximation initiale.
ε : Précision désirée.
N0 : Nombre maximum d'itérations.
Sortie : La solution approchée de f(p) = 0.
L'algorithme est le suivant :
- Étape 0 : Lire p0, ε, N0.
- Étape 1 : N = 1.
- Étape 2 : Tant que N < N0, exécuter les étapes 3 à 6.
- Étape 3 : Poser p = p0 - f(p0)
——————
f'(p0). - Étape 4 : Si |p - p0| ≤ ε, alors afficher "La solution est", p, et aller à Fin.
- Étape 5 : N = N + 1.
- Étape 6 : Poser p0 = p.
- Étape 7 : La méthode a échoué après N0 itérations.
- Étape 8 : Fin.
Résultats Numériques :
Application de la méthode de Newton pour résoudre f(x) = x2 - 10 = 0.
4. Méthode de la Sécante à 10-3 près
L'algorithme suivant peut être considéré comme une approximation de la méthode de Newton. Il consiste à remplacer f'(xn) par f(xn) - f(xn-1)
———————————————
xn - xn-1.
On utilise ainsi la sécante passant par les points (xn-1, f(xn-1)) et (xn, f(xn)). On vérifie que xn+1, l'abscisse du point d'intersection de cette sécante avec l'axe horizontal, est donnée par :
xn+1 = xn - xn - xn-1
———————————————
f(xn) - f(xn-1) f(xn) = xn-1f(xn) - xnf(xn-1)
————————————————————
f(xn) - f(xn-1)
Algorithme :
Données : p0, p1 : Approximations initiales.
ε : Précision désirée.
N0 : Nombre maximum d'itérations.
Sortie : La solution approchée de f(p) = 0.
L'algorithme est le suivant :
- Étape 0 : Lire p0, p1, ε, N0.
- Étape 1 : N = 1. Poser q0 = f(p0). Poser q1 = f(p1).
- Étape 2 : Tant que N < N0, exécuter les étapes 3 à 6.
- Étape 3 : Poser p = q1p0 - q0p1
—————————
q1 - q0. - Étape 4 : Si |p - p1| ≤ ε, alors afficher "La solution est", p, et aller à Fin.
- Étape 5 : N = N + 1.
- Étape 6 : Poser p0 = p1 et q0 = q1. Poser p1 = p. Poser q1 = f(p).
- Étape 7 : La méthode a échoué après N0 itérations.
- Étape 8 : Fin.
Résultats Numériques :
Application de la méthode de la Sécante pour résoudre f(x) = x2 - 10 = 0.
Série N° 2 : Exercices
Exercice 1 : Fonction Contractante
Soit g : [a, b] → [a, b] une fonction contractante de rapport k.
- Montrer que la fonction g admet un point fixe unique l ∈ [a, b].
- Soit x0 ∈ [a, b] et (xn)n∈𝒩, la suite définie par xn+1 = g(xn), ∀n ≥ 0. Montrer que cette suite converge vers l.
Exercice 2 : Résolution d'Équations Non Linéaires
On considère la fonction f(x) = 3x5 - 5x3 + 1 = 0.
- Étudier les variations de f et en déduire le nombre de solutions de cette équation ainsi que leurs localisations dans des intervalles ouverts.
- Rechercher, par la méthode de Dichotomie, la solution de f(x) = 0 dans l'intervalle ]0, 1[ à 1/24 près.
- Déterminer le nombre d'itérations nécessaires par Dichotomie pour une précision de ε = 10-4.
- Calculer les quatre premières itérations par la méthode de Lagrange en prenant a0 = 0 et b0 = 1, en précisant la précision à chaque itération.
- Reprendre le point 4 par la méthode de Newton avec x0 = 0.5.
- Reprendre le point 4 par la méthode de la Sécante avec x0 = 0 et x1 = 1.
- On considère la fonction g définie par g(x) = 12x5 - 10x3 - 1
———————————————
5x2(x2 - 1).- Montrer que f(x) = 0 ⇔ g(x) = x.
- Calculer les quatre premières itérations par la méthode du point fixe associée à g.
- Comparer avec le point 5.
Exercice 3 : Racines Réelles
Soit f(x) = x3 - 4x + 1.
- Montrer que f admet trois racines réelles l1, l2, l3 dans des intervalles à déterminer et contenus dans [-2.5, 2].
- On pose g(x) = x - f(x)
—————
f'(x). Calculer les quatre premières itérations par la méthode du point fixe où x0 prend successivement les valeurs -2, 0 et 2.
Exercice 4 : Équation Non Linéaire
On considère l'équation non linéaire f(x) = ex + x2/2 + x - 1 = 0 dans [-1, 1].
- Montrer que f admet un zéro α dans l'intervalle [-1, 1].
- Donner, avec une précision de 10-4, la solution α avec la méthode de :
- Dichotomie.
- Lagrange.
- Newton.
- la Sécante.
Exercice 5 : Point Fixe et Racine Carrée
On considère la fonction g(x) = √1 + x.
- Montrer que g admet un point fixe unique sur [1, 2], on le notera ◯.
- On donne x0 = 1. Calculer, par la méthode du point fixe, x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi - ◯| pour 1 ≤ i ≤ 3, avec ◯ = 1.61803398.
- Montrer que ◯ est solution de f(x) = 0 avec f(x) = x2 - x - 1.
- En partant de x0 = 1, donner sous forme rationnelle par la méthode de Newton x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi - ◯| pour 1 ≤ i ≤ 3, avec ◯ = 1.61803398.
- Donner une approximation rationnelle de la fraction continue r
———————————————
1 + q
————————————
1 + ... + p
——————————
1 + √1 + 1 à 10-5 près.
Exercice 6 : Interpolation Polynomiale
Donner le polynôme d'interpolation de la fonction qui passe par les points (-1, -1), (0, -1), (1, -1) et (2, 5) en utilisant :
- La base de Lagrange.
- La méthode de Newton.
Exercice 7 : Application de l'Interpolation de Lagrange
L'espérance de vie dans un pays a évolué dans le temps selon le tableau suivant :
| Année | 2000 | 2005 | 2010 | 2015 |
|---|---|---|---|---|
| Espérance | 75.5 | 76 | 77 | 78.5 |
Utiliser l'interpolation de Lagrange pour estimer l'espérance de vie en 2002, 2009 et 2014.
Exercice 8 : Formule Composite de Simpson
Soit f : [a, b] → ℜ une fonction continue.
- Expliciter le polynôme P2(f), interpolant f aux points a, (a+b)/2 et b.
- Calculer ∫ab P2(f)(x) dx.
- En déduire la formule composite de Simpson: IcS(f) = h
——
6 ∑k=1n [f(xk-1) + 4f(xk) + f(xk)], où x0 = a, h = b - a
————
n, xk = x0 + kh et xk = xk + xk-1
—————————
2 pour k ≥ 1.
Correction : Série N° 2
Solution de l'Exercice 1
Rappel : Soit k ∈ ]0, 1[. Une fonction g : ]a, b[ → ℜ est dite fonction contractante de rapport k si ∀x, y ∈ [a, b], |g(x) - g(y)| ≤ k|x - y|.
Remarque :
- Soit g ∈ C1[a, b]. Si |g'(x)| < 1, ∀x ∈ [a, b], alors g est contractante sur [a, b].
- Une fonction contractante est continue.
- On note f la fonction définie par f(x) = g(x) - x, avec f(a) ≠ 0 et f(b) ≠ 0.
- On considère la suite (xn) définie par x0 donné et xn+1 = g(xn), ∀n ∈ 𝒩.
La fonction g est contractante, donc continue, et par suite f est continue par composition.
Par ailleurs, g(]a, b[) ⊂ ]a, b[, d'où g(a) > a et g(b) < b, ce qui entraîne que f(a)f(b) < 0.
Le théorème des Valeurs Intermédiaires entraîne l'existence d'un l ∈ ]a, b[ tel que f(l) = 0, soit g(l) = l.
Notons que l'inclusion g(]a, b[) ⊂ ]a, b[ entraîne que la suite (xn)n∈𝒩 est bien définie.
Montrons que c'est une suite de Cauchy :
Par hypothèse, |xn+1 - xn| = |g(xn) - g(xn-1)| ≤ k|xn - xn-1|, ∀n ∈ 𝒩*. Donc, par récurrence, on a :
|xn+1 - xn| ≤ kn |x1 - x0|, ∀n ∈ 𝒩*.
Par suite, pour n ≥ 0 et p ≥ 1 :
|xn+p - xn| ≤ |xn+p - xn+p-1| + ... + |xn+1 - xn|
≤ ∑j=0p-1 |xn+j+1 - xn+j|
≤ ∑j=0p-1 kn+j |x1 - x0|
≤ |x1 - x0| kn (1 + k + ... + kp-1)
≤ |x1 - x0|kn
———
1 - k →n→∞ 0.
C'est-à-dire que limn→+∞ |xn+p - xn| = 0, ∀p ≥ 1. La suite (xn)n∈𝒩 est donc une suite de Cauchy dans [a, b] qui est complet. Donc (xn) converge vers l.
Or, la fonction g est continue, donc g(xn) →n→+∞ g(l). Et en passant à la limite, l'égalité xn+1 = g(xn) entraîne que l = g(l).
Unicité de l : Soient l1, l2 deux points fixes de g. Alors l1 = g(l1) et l2 = g(l2). Or, |l1 - l2| = |g(l1) - g(l2)| ≤ k|l1 - l2| avec k < 1, cela implique |l1 - l2| = 0, donc l1 = l2.
Solution de l'Exercice 2
Soit f la fonction définie par f(x) = 3x5 - 5x3 + 1.
- Variations de f :
f'(x) = 15x2(x2 - 1). Le tableau de variation de f est représenté comme suit :
x -∞ -1 0 1 +∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) -∞ ↑ 3 ↓ 1 ↓ -1 ↑ +∞ En notant que f est continue sur ℜ et que f(-2) = -55, f(0) = 1 et que f(2) = 57, alors d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, on en déduit que f admet trois racines distinctes l1, l2, l3 dans les intervalles respectifs ]-2, -1[, ]0, 1[, et ]1, 2[.
- Méthode de Dichotomie pour résoudre f(x) = 3x5 - 5x3 + 1 = 0 :
Notons que la solution de f(x) = 0 dans l'intervalle ]0, 1[ est notée l2. L'estimation de l'erreur est donnée par la formule suivante :
|xk - l2| ≤ |b0 - a0|
————————
2k+1Avec a0 = 0 et b0 = 1. Donc, pour que |xk - l2| ≤ 1/24, il suffit de prendre k = 3 et de calculer x3 de la façon suivante :
a0 = 0 et b0 = 1. x0 = (a0 + b0)/2 = 0.5. f(x0) = 0.468... f(a0)f(x0) > 0.
a1 = x0 = 0.5 et b1 = b0 = 1. x1 = (a1 + b1)/2 = 0.75. f(x1) = -0.397461. f(a1)f(x1) < 0.
a2 = a1 = 0.5 et b2 = x1 = 0.75. x2 = (a2 + b2)/2 = 0.625. f(x2) = 0.065399. f(a2)f(x2) > 0.
a3 = x2 = 0.625 et b3 = b2 = 0.75. x3 = (a3 + b3)/2 = 0.6875.
La solution approchée à 1/24 près est donc x3 = 0.6875.
Pour de plus amples résultats, nous avons le tableau suivant (non fourni) :
Notons que les quatre premiers chiffres après la virgule se stabilisent à partir de k = 12.
- Nombre d'itérations pour une précision de ε = 10-4 :
Pour que |xk - l2| ≤ 10-4, il suffit que :
|b0 - a0|
————————
2k+1 = 1
——
2k+1 ≤ 10-4.C'est-à-dire 2k+1 = e(k+1)ln(2) ≥ 104, d'où :
k + 1 ≥ ln(104)
—————
ln(2) ⇒ k ≥ 12.28.On en déduit qu'à partir de la treizième itération, l'erreur est plus petite que 10-4, ce qui est confirmé par le tableau (non fourni) précédent.
- Calcul des quatre premières itérations par la méthode de Lagrange (a0 = 0 et b0 = 1) :
Dans ce qui suit, le point ck est déterminé par la formule :
ck = akf(bk) - bkf(ak)
———————————————
f(bk) - f(ak), d'où :a0 = 0, b0 = 1, c0 = 0.5. f(a0)f(c0) > 0.
a1 = c0 = 0.5, b1 = b0 = 1, c1 = 0.659574. f(a1)f(c1) < 0.
a2 = a1 = 0.5, b2 = c1 = 0.659574, c2 = 0.641410. f(a2)f(c2) > 0.
a3 = c2 = 0.641410, b3 = b2 = 0.659574, c3 = 0.643127. f(a3)f(c3) > 0.
a4 = c3 = 0.643127, b4 = b3 = 0.659574, c4 = 0.643138.
Pour de plus amples résultats, nous avons le tableau suivant (non fourni) :
- Méthode de Newton avec x0 = 0.5 :
La suite (xn) est calculée à partir de la formule itérative :
xn+1 = xn - f(xn)
——————
f'(xn).Ainsi :
x1 = x0 - f(x0)
——————
f'(x0) = 0.5 - 0.46875
—————
-2.8125 = 0.666666667.x2 = x1 - f(x1)
——————
f'(x1) = 0.6666667 - 0.0864197
——————
-3.7037037 = 0.643333333.x3 = x2 - f(x2)
——————
f'(x2) = 0.64333333 - -0.0007078
——————
-3.6387444 = 0.643138799.x4 = x3 - f(x3)
——————
f'(x3) = 0.6431387 - -6.29564E-08
——————————
-3.6380969 = 0.643138782. - Méthode de la Sécante avec x0 = 0 et x1 = 1 :
La suite itérative xn est définie par :
xn+1 = xn-1f(xn) - xnf(xn-1)
———————————————————
f(xn) - f(xn-1).Ainsi :
x2 = x0f(x1) - x1f(x0)
—————————————
f(x1) - f(x0) = 0 × (-1) - 1 × 1
—————————————
-1 - 1 = 0.5.x3 = x1f(x2) - x2f(x1)
—————————————
f(x2) - f(x1) = 1 × 0.46875 - 0.5 × (-1)
———————————————
0.46875 - (-1) = 0.6595745.x4 = x2f(x3) - x3f(x2)
—————————————
f(x3) - f(x2) = 0.5 × (-0.0620211) - 0.659574 × 0.46875
——————————————————————————
-0.060211 - 0.46875 = 0.6414102.x5 = x3f(x4) - x4f(x3)
—————————————
f(x4) - f(x3) = 0.659574 × 0.0062835 - 0.641410 × (-0.0620211)
———————————————————————————
0.0062835 - (-0.0620211) = 0.6431267. - Méthode du point fixe pour g(x) = 12x5 - 10x3 - 1
———————————————
5x2(x2 - 1) :- Montrons que f(x) = 0 ⇔ g(x) = x :
Assumons que g(x) représente la fonction d'itération de Newton pour f(x)=0, c'est-à-dire g(x) = x - f(x)/f'(x). Alors f(x) = 0 ⇔ f(x)/f'(x) = 0 ⇔ x - f(x)/f'(x) = x ⇔ g(x) = x.
- Calcul des quatre premières itérations par la méthode du point fixe associée à g (méthode de Newton) :
x1 = g(x0) = x0 - f(x0)
——————
f'(x0) = 0.5 - 0.46875
—————
-2.8125 = 0.666666667.x2 = g(x1) = 0.643333333.
x3 = g(x2) = 0.643138799.
x4 = g(x3) = 0.643138782.
- Comparaison avec le point 5 :
Les résultats sont identiques, ce qui confirme que la fonction g utilisée dans les calculs est bien la fonction d'itération de Newton.
- Montrons que f(x) = 0 ⇔ g(x) = x :
Solution de l'Exercice 3
Soit f(x) = x3 - 4x + 1.
- Détermination des racines de f(x) = x3 - 4x + 1 :
Alors f'(x) = 3x2 - 4. Le tableau de variation de f est représenté comme suit :
x -∞ -2/√3 2/√3 +∞ f'(x) + 0 - 0 + f(x) -∞ ↑ α ↓ β ↓ α (correction: should be value at 2/√3) ↑ +∞ Où α = f(-2/√3) = -8/(3√3) + 8/√3 + 1 > 0 et β = f(2/√3) = 8/(3√3) - 8/√3 + 1 < 0.
Par ailleurs, on notera que f(-2.5)f(-2) = -4.625 × 1 < 0, f(0)f(1) = 1 × (-2) < 0 et f(2) = 1 > 0.
La fonction f étant continue, on en déduit, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (T.V.I.), que f admet trois racines l1, l2, l3 dans les intervalles respectifs ]-2.5, -2[, ]0, 1[, et ]2/√3, 2[.
- Calcul des quatre premières itérations par la méthode du point fixe associée à g(x) = x - f(x)
—————
f'(x) :Pour f(x) = x3 - 4x + 1, f'(x) = 3x2 - 4. La fonction d'itération g(x) est donc :
g(x) = x - x3 - 4x + 1
—————————
3x2 - 4 = x(3x2 - 4) - (x3 - 4x + 1)
—————————————————————
3x2 - 4 = 3x3 - 4x - x3 + 4x - 1
——————————————————
3x2 - 4 = 2x3 - 1
—————
3x2 - 4.Ainsi, pour x0 = -2 (valeur utilisée pour les calculs dans le texte source, bien que la question mentionne 0 en premier), on a :
x1 = g(x0) = 2(-2)3 - 1
———————
3(-2)2 - 4 = -16 - 1
—————
12 - 4 = -17
——
8 = -2.125.x2 = g(x1) = 2(-2.125)3 - 1
—————————
3(-2.125)2 - 4 = -2.11497545008.x3 = g(x2) = 2(-2.11497545008)3 - 1
———————————————————
3(-2.11497545008)2 - 4 = -2.11490754458.x4 = g(x3) = 2(-2.11490754458)3 - 1
———————————————————
3(-2.11490754458)2 - 4 = -2.11490754148.Les valeurs des quatre premières itérations à partir des autres valeurs initiales (x0 = 0 puis x0 = 2) sont calculées de façon similaire et reproduites dans le tableau suivant (non fourni) :
Notons que ces calculs correspondent exactement à ceux de la méthode de Newton appliquée à f, établis ci-dessus pour x0 = -2.
Solution de l'Exercice 4
- Montrons que f admet un zéro α dans l'intervalle ]-1, 1[ :
La fonction f(x) = ex + x2/2 + x - 1 est continue sur [-1, 1].
f(-1) = e-1 + (-1)2/2 + (-1) - 1 = 1/e + 1/2 - 2 ≈ 0.367 + 0.5 - 2 = -1.133.
f(1) = e1 + (1)2/2 + 1 - 1 = e + 1/2 ≈ 2.718 + 0.5 = 3.218.
Puisque f(-1) < 0 et f(1) > 0, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires, il existe α ∈ ]-1, 1[ tel que f(α) = 0.
- Résultats numériques avec une précision de 10-4 :
- Méthode de Dichotomie :
Rappelons que xk = ak + bk
——————
2. Alors les quatre premières itérations s'écrivent :a0 = -0.75, b0 = 1. x0 = 0.125. f(x0) = 0.142914. f(a0)f(x0) < 0.
a1 = a0 = -0.75, b1 = x0 = 0.125. x1 = -0.3125. f(x1) = -0.250074. f(a1)f(x1) > 0.
a2 = x1 = -0.3125, b2 = b1 = 0.125. x2 = -0.09375. f(x2) = -0.085919. f(a2)f(x2) > 0.
a3 = x2 = -0.09375, b3 = b2 = 0.125. x3 = 0.015625. f(x3) = 0.015874. f(a3)f(x3) < 0.
a4 = a3 = -0.09375, b4 = x3 = 0.015625. x4 = -0.039063.
- Méthode de Lagrange :
Calcul des quatre premières itérations avec la méthode de Lagrange avec a0 = -0.5 et b0 = 0.5. On rappelle que ck est déterminé par la formule :
ck = akf(bk) - bkf(ak)
———————————————
f(bk) - f(ak), d'où :a0 = -0.5, b0 = 0.5, c0 = -0.19550209. f(a0)f(c0) > 0.
a1 = c0 = -0.19550209, b1 = b0 = 0.5, c1 = -0.08709982. f(a1)f(c1) > 0.
a2 = c1 = -0.08709982, b2 = b1 = 0.5, c2 = -0.03895540. f(a2)f(c2) > 0.
a3 = c2 = -0.03895540, b3 = b2 = 0.5, c3 = -0.01736401. f(a3)f(c3) > 0.
a4 = c3 = -0.01736401, b4 = b3 = 0.5, c4 = -0.00772131.
Pour de plus amples résultats, nous avons le tableau suivant (non fourni) :
- Méthode de Newton avec x0 = -1 :
La suite (xn) est calculée à partir de la formule itérative :
xn+1 = xn - f(xn)
——————
f'(xn).Pour f(x) = ex + x2/2 + x - 1, on a f'(x) = ex + x + 1.
(Les calculs des itérations ne sont pas fournis dans le texte source pour cette partie).
- Méthode de la Sécante avec x0 = -1 et x1 = 1 :
La suite itérative xn est définie par :
xn+1 = xn-1f(xn) - xnf(xn-1)
———————————————————
f(xn) - f(xn-1).Ainsi, en utilisant x0 = -1 et x1 = 1 (pour f(-1) = -1.132121 et f(1) = 3.218282) :
x2 = x0f(x1) - x1f(x0)
—————————————
f(x1) - f(x0) = (-1) × 3.21882 - 1 × (-1.132121)
———————————————————————
3.218282 - (-1.132121) = -0.4795329.x3 = x1f(x2) - x2f(x1)
—————————————
f(x2) - f(x1) = 1 × (-0.376221) - (-0.479533) × 3.218282
———————————————————————
-0.376221 - 3.218282 = -0.3246766.x4 = x2f(x3) - x3f(x2)
—————————————
f(x3) - f(x2) = (-0.479533) × (-0.258757) - 0.324677 × (-0.376221)
————————————————————————————
-0.258757 - (-0.376221) = 0.0164513.x5 = x3f(x4) - x4f(x3)
—————————————
f(x4) - f(x3) = (-0.324677) × 0.016727 - 0.016451 × (-0.258757)
—————————————————————————
0.016727 - (-0.258757) = -0.0042617.
- Méthode de Dichotomie :
Solution de l'Exercice 5
- Montrons que la fonction g admet un point fixe unique sur ]1, 2[ :
La fonction g(x) = √1 + x est continue sur [1, 2]. On pose h(x) = g(x) - x. h est aussi continue comme somme de deux fonctions continues.
On a :
- h(1) = g(1) - 1 = √1 + 1 - 1 = √2 - 1 ≈ 0.414 > 0.
- h(2) = g(2) - 2 = √1 + 2 - 2 = √3 - 2 ≈ -0.268 < 0.
Alors, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires (T.V.I.), il existe ◯ ∈ ]1, 2[ tel que h(◯) = 0, c'est-à-dire g(◯) = ◯. Donc g admet un point fixe.
De plus, g'(x) = 1 / (2√1 + x). Pour x ∈ [1, 2], on a 2 ≤ 1 + x ≤ 3, donc √2 ≤ √1 + x ≤ √3. Par conséquent, 1 / (2√3) ≤ g'(x) ≤ 1 / (2√2). La valeur maximale de g'(x) sur cet intervalle est 1 / (2√2) ≈ 0.353, qui est inférieure à 1. La fonction g est donc contractante, ce qui garantit l'unicité du point fixe.
- Calcul par la méthode du point fixe avec x0 = 1 :
On donne x0 = 1. Calculons x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi - ◯| pour 1 ≤ i ≤ 3, avec ◯ = 1.61803398.
x1 = g(x0) = √1 + 1 = √2 ≈ 1.41421356.
|x1 - ◯| ≈ |1.41421356 - 1.61803398| ≈ 0.20382042.
x2 = g(x1) = √1 + √2 ≈ 1.55377397.
|x2 - ◯| ≈ |1.55377397 - 1.61803398| ≈ 0.06426001.
x3 = g(x2) = √1 + √1 + √2 ≈ 1.59830537.
|x3 - ◯| ≈ |1.59830537 - 1.61803398| ≈ 0.01972861.
- Montrons que ◯ est solution de f(x) = 0 avec f(x) = x2 - x - 1 :
Puisque ◯ est un point fixe de g, on a g(◯) = ◯. C'est-à-dire √1 + ◯ = ◯.
En élevant au carré des deux côtés, on obtient 1 + ◯ = ◯2.
Réarrangeant les termes, on a ◯2 - ◯ - 1 = 0.
Donc, f(◯) = 0, ce qui montre que ◯ est bien une solution de f(x) = 0.
- Calcul par la méthode de Newton (forme rationnelle) avec x0 = 1 :
En partant de x0 = 1, donnons sous forme rationnelle les itérations x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi - ◯| pour 1 ≤ i ≤ 3, avec ◯ = 1.61803398.
Pour f(x) = x2 - x - 1, on a f'(x) = 2x - 1.
La formule d'itération de Newton est xn+1 = xn - f(xn)
—————
f'(xn) = xn - xn2 - xn - 1
————————
2xn - 1.x0 = 1.
x1 = x0 - f(x0)
—————
f'(x0) = 1 - (12 - 1 - 1)
————————
(2 × 1 - 1) = 1 - -1
——
1 = 2.|x1 - ◯| ≈ |2 - 1.61803398| ≈ 0.38196602.
x2 = x1 - f(x1)
—————
f'(x1) = 2 - (22 - 2 - 1)
————————
(2 × 2 - 1) = 2 - 1
—
3 = 5
—
3 ≈ 1.66666667.|x2 - ◯| ≈ |1.66666667 - 1.61803398| ≈ 0.04863269.
x3 = x2 - f(x2)
—————
f'(x2) = 5
—
3 - ((5/3)2 - (5/3) - 1)
——————————————
(2 × (5/3) - 1) = 5
—
3 - (1/9)
——
(7/3) = <