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Obtenir le pack maintenantModule Analyse Numérique Rappel de cours série N◦ 2 : 1. Méthode de dichotomie à 10−2 près. • AlgorithmeDonnées a, b : Extrémitées de l'intervalle ε : Précision désirée N0 : Nombre mx d'itérations Sortie : La solution approchée de f(p) = 0 et on a l'algorithme suivant: Etape 0 : lire a, b, ε, N0 Etape 1 : si f(a) = 0, imprimer "la solution est ", a et aller à Fin si f(b) = 0, imprimer "la solution est ", b et aller à Fin si f(a)f(b)) > 0, imprimer "pas de solution" et aller à Fin Etape 2 : N = 1 Etape 3 : tant que N < N0 faire les étapes 4 à 7 Etape 4 : poser α =b+a 2 Etape 5 : si f(α) = 0 ou b−a 2 ≤ ε alors imprimer "la solution est α", et aller à Fin Etape 6 : N = N + 1 Etape 7 : si f(a)f(α) > 0 alors poser a = α sinon poser b = α Etape 8 : La méthode a échoué après N0 itérations Etape 9 : Fin • Résultats numériques Méthode de dichotomie pour résoudre f(x) = x 2 − 10 = 0 M. H. EL ALJ 1 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 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 soit: 0 = f(bk) + f(bk) − f(ak) bk − ak (x − bk) ⇒ ck = akf(bk) − bkf(ak) f(bk) − f(ak) • Algorithme Données a0, b0 : Extrémitées de l'intervalle ε : Précision désirée N0 : Nombre mx d'itérations Sortie : La solution approchée de f(α) = 0 et on a l'algorithme suivant: Etape 0 : lire a, b, ε, N0 Etape 1 : si f(a0) = 0, imprimer "la solution est ", a0 et aller à Fin si f(b0) = 0, imprimer "la solution est ", b0 et aller à Fin si f(a0)f(b0)) > 0, imprimer "pas de solution" et aller à Fin Etape 2 : N = 1 Etape 3 : tant que N < N0 faire les étapes 4 à 7 Etape 4 : poser a1 = f(a0) poser b1 = f(b0) poser c = a0b1 − b0a1 b1 − a1 Etape 5 : si f(c) = 0 ou M in(b0 − c, c − a0) ≤ ε alors imprimer "la solution est c", et aller à Fin Etape 6 : N = N + 1 Etape 7 : si f(a0)f(c) > 0 alors poser a0 = c sinon poser b0 = c Etape 8 : La méthode a échoué après N0 itérations Etape 9 : Fin • Résultats numériques Méthode de Lagrange pour résoudre f(x) = x 2 + 10 = 0 M. H. EL ALJ 2 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 3. Méthode de Newton à 10−3 près. La méthode de newton consiste à construire une suite (xn) telle que xn+1 soit la tangente à la courbe au point (xn, f(xn)) avec laxe horizental. en Eet, l'équation de cette droite s'écrit: y = f0 (xn)(x − xn) + f(xn) et l'équation y = 0 entraine que f0 (xn)(xn+1 − xn) = −f(xn) d'où xn+1 = xn −f(xn) f0 (xn) • AlgorithmeDonnées p0 : Approximation initiale ε : Précision désirée N0 : Nombre max d'itérations Sortie : La solution approchée de f(p) = 0 et on a l'algorithme suivant: Etape 0 : lire p0, ε, N0 Etape 1 : N = 1 Etape 2 : tant que N < N0 faire les étapes 3 à 6 Etape 3 : poser p = p0 −f(p0) f0 (p0) Etape 4 : si |p − p0| ≤ ε alors imprimer "la solution est " p, et aller à Fin Etape 5 : N = N + 1 Etape 6 : poser p0 = p Etape 7 : La méthode a échoué après N0 itérations Etape 8 : Fin • Résultats numériques Méthode de Newton pour résoudre f(x) = x 2 − 10 = 0 M. H. EL ALJ 3 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 4. Méthode de la sécante à 10−3 près. L'algorithme suivant peut être considéré comme une approximation de la méthode de new- ton, il consiste à remplacer:f 0 (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)), et on vérie que xn+1 abscisse du point d'intersection de cette sécante avec l'axe horizontal est donnéepar: xn+1 = xn − xn − xn−1 f(xn) − f(xn−1) f(xn) = xn−1f(xn) − xnf(xn−1) f(xn) − f(xn−1) • AlgorithmeDonnées p0, p1 : Approximations initiales ε : Précision désirée N0 : Nombre max d'itérations Sortie : La solution approchée de f(p) = 0 et on a l'algorithme suivant: Etape 0 : lire p0, ε, N0 Etape 1 : N = 1 q0 = f(p0) q1 = f(p1) Etape 2 : tant que N < N0 faire les étapes 3 à 6 Etape 3 : poser p = q1p0 − q0p1 q1 − q0 Etape 4 : si |p − p1| ≤ ε alors imprimer "la solution est " p, et aller à Fin Etape 5 : N = N + 1 Etape 6 : poser p0 = p1 et q0 = q1 p1 = p q1 = f(p) Etape 7 : La méthode a échoué après N0 itérations Etape 8 : Fin • Résultats numériques Méthode de Newton pour résoudre f(x) = x 2 − 10 = 0 M. H. EL ALJ 4 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Module Analyse Numérique Série N◦ 2 : Exercice 1 soit g : [a, b] −→ [a, b] une fonction contractante de rapport k 1. Montrer que la fonction g admet un point xe unique l ∈ [a, b] 2. Soit x0 ∈ [a, b] et (xn)n∈N, la suite dénie par xn+1 = g(xn) , ∀n ≥ 0, montrer que cette suite converge vers l Exercice 2 On considère la fonction f(x) = 3x 5 − 5x 3 + 1 = 0 1. Etudier les variations de f et en déduire le nombre de solutions de cette équation ainsi que leurs localisations dans des intervalles ouverts 2. Rechercher par Dichotomie la solution de f(x) = 0 dans l'intervalle ]0, 1[ à 1/2 4 près 3. Déterminer le nombre d'itérations nécessaires par Dichotomie pour une précision de = 10−4 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 5. Reprendre le 4 . par la méthode de Newton avec x0 = 0.5 6. Reprendre le 4 . par la méthode de la Sécante avec x0 = 0 et x1 = 1 7. on considère la fonction g dénie par g(x) = 12x 5 − 10x 3 − 115x 2(x 2 − 1) a- Montrer que f(x) = 0 ⇐⇒ g(x) = x b- Calculer les quatre premières itérations par la méthode du point xe associée à g c- Comparer avec le 5 . Exercice 3 Soit f(x) = x 3 − 4x + 1 1. Montrer que f admet trois racines réelles l1, l2, l3 dans des intervalles a déterminer et con- tenus dans [−2.5, 2]. 2. On pose g(x) = x −f(x) f0 (x) , calculer les quatre premières itération par la méthode du point xe oú x0 prend successivement les valeurs −2, 0 et 2. Exercice 4 On Considère l'équation non linéaire f(x) = e x +x 22 + x − 1 + 0 dans [−1, 1] 1. Montrer que f admet un zéro α dans l'intervalle [−1, 1] 2. Donner avec une précision de 10−4 la solution α avec la méthode de a- Dichotomie b- Lagrange c- Newton d- la Sécante M. H. EL ALJ 5 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Exercice 5 On considère la fonction g(x) = √ 1 + x 1. Montrer que g admet un point xe unique sur [1, 2], on le notera xˆ 2. On donne x0 = 1, calculer par la méthode du point xe x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi − xˆ| pour 1 ≤ i ≤ 3 et xˆ = 1.61803398 3. Montrer que xˆ est solution de f(x) = 0 avec f(x) = x 2 − x − 1 4. en partant de x0 = 1, donner sous forme rationnel par la méthode de Newton x1, x2, x3 ainsi que l'erreur commise |xi − xˆ| pour 1 ≤ i ≤ 3 et xˆ = 1.61803398 5. donner un rationnel approchant r 1 + q 1 + . . . +p 1 + √ 1 + 1 à 10−5 près. Exercice 6 Donner le polynôme d'interpolation de la fonction qui passe par les points (−1, −1), (0, −1), (1, −1) et (2, 5) en utilisant 1. La base de Lagrange 2. La méthode de Newton Exercice 7 L'espérance de vie dans un pays a évoluée 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 Soit f : [a, b] → R une fonction continue . 1. Expliciter le polynôme, P2(f), interpolant f aux points a,a+b 2 et b. 2. Calculer Z ba P2(f)(x) dx. 3. En déduire la formule composite de Simpson:I cS (f) = h6 Xnk=1 [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 M. H. EL ALJ 6 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Module Analyse Numérique Correction Série N◦ 2 : Solution de l'exercice 1 Rappel: Soit k ∈]0, 1[. Une fonction g :]a, b[=⇒ R st dite fonction contractante de rapport k si ∀x, y ∈ [a, b] |g(x) − g(y)| ≤ k|x − y| Remarque: i. soit g ∈ C1 [a, b]. Si g0 (x) < 1, ∀x ∈ [a, b] alors g est contractante sur [a, b] ii. Une fonction contractante est continue 1. on note f la fonction dénie par f(x) = g(x) − x. avec f(a) 6= 0 et f(b) 6= 0 la fonction g est contractante donc continue et par suite f est continue par composition. Par ailleurs g(]a, b[) ⊂]a, b[ d'oú g(a) > a et g(b) < b ce qui entraine que f(a)f(b) < 0. Le théorème de la Valeur Intermédiaire entraine l'existence d'un l ∈]a, b[ tel que f(l) = 0 soit g(l) = l. 2. on considère la suite (xn) dénie par x0 donné et xn+1 = g(xn) ∀n ∈ N Notons que l'inclusion g(]a, b[) ⊂]a, b[ entraine que la suite (xn)n∈N est bien dénie. 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|≤ Xnk=1 |xn+k − xn+k−1|≤ Xnk=1 kn+k−1 |x1 − x0| ≤ |x1 − x0| kn (1 + k + . . . + kp−1 ) ≤ |x1 − x0|k n 1 − k −−−→ n→∞0 c a d que lim n7→+∞ |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) entraine que l = g(l) unicité de l Soient l1, l2 deux points xes de g, alors l1 = g(l1) et l2 = g(l2), or |l1 − l2| = |g(l1) − g(l2)| < k|l1 − l2| avec k < 1 donc l1 = l2 M. H. EL ALJ 7 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Solution de l'exercice 2 Soit f la fonction dénie par f(x) = 3x 5 − 5x 3 + 1 1. Variations de ff 0 (x) = 15x2 (x 2 − 1) et le tableau de variation de f est représenté comme suit:x f(x) = 3x5−5x 3+1 −∞ −1 1 +∞−∞ 3−1 +∞ 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 de la Valeur Intermédiaire, on en déduit que f admet trois racines distinctes l1, l2, l3 dans les intervalles respectifs ] − 2, −1[, ]0, 1[, et ]1, 2[ 2. Méthode de dichotomie pour résoudre f(x) = 3x 5 − 5x 3 + 1 = 0 Notons que la solution de f(x) = 0 dans l'intervalle ]0, 1[ est notée l2 alors l'estimation de de l'erreur est donnée par la formule suivante: |xk − l2| ≤ |b0 − a0|2 k+1 avec a0 = 0 et b0 = 0 donc pour que |xk − l2| ≤ 12 4 , il sut de prendre k = 3 et de calculer x3 de la façon suivante a0 = 0 et b0 = 1 x0 = a0 + b02 = 0.5 f(x0) = 0.468... f(a0)f(x0) > 0 a1 = x0 = 0.5 et b1 = b0 = 1 x1 = a1 + b12 = 0.75 f(x1) = −0.397461 f(a1)f(x1) < 0 a2 = a1 = 0.5 et b2 = x1 = 0.625 x2 = a2 + b22 = 0.625 f(x2) = 0.065399 f(a2)f(x2) > 0 a3 = x2 = 0.625 et b3 = b2 = 0.75 x3 = a3 + b32 = 0.6875 La solution approchée à 12 4 près est donc x3 = 0.6875 Pour de plus amples résultats, nous avons le tableau suivant: Notons que les quatre premiers chires après la virgule se stabilisent à partir de k = 12 M. H. EL ALJ 8 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 3. Nombre d'itérations pour avoir une précision de = 10−4 Pour que |xk − l2| ≤ 10−4 il sut que |b0 − a0|2 k+1 =1 2 k+1 ≤ 10−4 c.a.d. 2 k+1 = e (k+1)ln(2) ≥ 104 d'oú 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 , et c'est ce que l'on retrouve sur le tableau précédent 4. Calcul des quatre premières itérations avec la méthode de Lagrange avec 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'oú 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: 5. Méthode de Newton avec x0 = 0.5 La suite (xn) est calculée à partir de la formule itérative xn+1 = xn −f(xn) f0 (xn) , ainsi x1 = x0 −f(x0) f0 (x0) = 0.5 −0.46875 −2.8125 = 0.666666667 x2 = x1 −f(x1) f0 (x1) = 0.6666667 − 0.0864197 −3.7037037 = 0.643333333 x3 = x2 −f(x2) f0 (x2) = 0.64333333 − −0.0007078 −3.6387444 = 0.643138799 x4 = x3 −f(x3) f0 (x3) = 0.6431387 − −6.29564E − 08 −3.6380969 = 0.643138782 M. H. EL ALJ 9 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 6. Méthode de la Sécante avec x0 = 0 et x1 = 1, la suite itérative xn est dénie 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 7. Méthode du point xe pour g(x) = 12x 5 − 10x 3 − 115x 2(x 2 − 1) a- Montrons que f(x) = 0 ⇐⇒ g(x) = x il sut de noter que g 0x) = x −f(x) f0 (x) b- Calcul des quatre premières itérations par la méthode du point xe associée à g x1 = g(x0) = 12x5 0 − 10x3 0 − 115x 20 (x2 0 − 1) = 12 × (1 2) 5 − 10 × (1 2) 3 − 1 15 × (1 2) 2 (( 12 ) 2 − 1) =2 3 = 0.666666667 x2 = g(x1) = 12x5 1 − 10x3 1 − 115x 21 (x2 1 − 1) = 0.643333333 x3 = g(x2) = 12x5 2 − 10x3 2 − 115x 22 (x2 2 − 1) = 0.643138799 x4 = g(x3) = 12x5 3 − 10x3 3 − 115x 23 (x2 3 − 1) = 0.643138782 c- Comparaison avec le 5 .. Les résultats sont identiques M. H. EL ALJ 10 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Solution de l'exercice 3 Soit f(x) = x 3 − 4x + 1 1. détermination des racines de f(x) = x 3 − 4x + 1. alors f0 (x) = 3x 2 − 4 et le tableau de variation de f est représenté comme suit:x f(x) = x 3 − 4x + 1 +∞ −2 √3 2√ 3+∞ −∞α β+∞ oú α = f(−2 √3 ) = −83 √3 +8 √3 + 1 > 0 et β = f(2 √3 ) = 83 √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 con- tinue, on en déduit d'après le T.V.I. que f admet trois racines l1, l2, l3 dans les intervalles respectifs ] − 2.5, −2[, ]0, 1[, et ] √2 3 , 2[ 2. calcul des Quatre premières itérations par la méthode du point xe associé à g(x) = x−f(x) f0 (x) f(x) = x 3 − 4x + 1, f0 (x) = 3x 2 − 4 et g(x) = x −x 3 − 4x + 13x 2 − 4= x 3 − 13x 2 − 4 ainsi pour x0 = 0 on a x1 = g(x0) = x3 0 − 13x 2 0 − 4= (−2)3 − 1 3(−2)2 − 4 = −9 8 = 2.125 x2 = g(x1) = x3 1 − 13x 2 1 − 4= (−2.125)3 − 1 3(−2.125)2 − 4 = −2.11497545008 x3 = g(x2) = x3 2 − 13x 2 2 − 4= (−2.11497545008)3 − 1 3(−2.11497545008)2 − 4 = −2.11490754458 x4 = g(x3) = x3 3 − 13x 3 0 − 4= (−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 calculés de façon similaire et reproduits dans le tableau suivant: M. H. EL ALJ 11 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Notons que ces calculs correspondent exactement à, ceux de la methode de Newton appliquée àf, établis ci-dessous pour x0 = −2 Solution de l'exercice 4 1. Montrons que f admet un zéro α dans l'intervalle ] − 1, 1[ La fonction f(x) = e donc d'après le théorème de la valeur intermédiaire, ∃α ∈] − 1, 1[ tel que f(α) = 0. 2. Résultats numériques avec une précision de 10−4 a- Méthode de Dichotomie Rappelons que xk = ak + bk2 , alors les quatre premières itération 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 M. H. EL ALJ 12 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 b- 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 = akf(bk) − bkf(ak) f(bk) − f(ak) , d'oú 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: c- Méthode de Newton avec x0 = −1 La suite (xn) est calculée à partir de la formule itérative M. H. EL ALJ 13 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 d- Méthode de la Sécante avec x0 = 0 et x1 = 1, la suite itérative xn est dénie par: xn+1 = xn−1f(xn) − xnf(xn−1) f(xn) − f(xn−1)ainsi x2 = x0f(x1) − x1f(x0) f(x1) − f(x0)= −1 × 3.21882 − 1 × −1.132121 3.218282 − −1.1321211 = −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 Solution de l'exercice 5 1. Montrons que la fonction g admet un point xe unique sur ]1, 2[ La fonction g est continue sur ]1, 2[, on pose f(x) = g(x) − x, f est aussi continue comme somme de deux fonctions continues et on a: f(1) = g(1) − 1 = √ 2 − 1 > 0 et f(2) = g(2) − 2 = √ 3 − 2 < 0, alors d'après le T.V.I. ∃xˆ ∈]1, 2[ tel que f(ˆx) = 0, c'est à dire que g(ˆx) = ˆx. donc g admet un point xe. or g est strictement croissante, lepoint xe est donc unique. 2. Calcul des trois premières itérations par la méthode du point xe avec x0 = 1 x1 = g(x0) = √ par ailleurs, la suite dénie par la méthode de Newton approche la solution xˆ à 10−3 dès la troisième itération. Et la quatrième itération est donnée par: avec e4 = |x4 − xˆ| < 10−6 Donc x4 répond bien à la question demandée. Solution de l'exercice 6 Interpolation polynômiale On se donne les points d'interpolation suivants: (−1, −1), (0, −1), (1, −1), (2, 5) 1. Polynôme d'interpolation de Lagrange l0(x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3) Ces coecient peuvent également être déterminés par le tableau suivant k xk f[xk] f[xk−1, xk] f[xk−2, xk−1, xk] f[xk−3, xk−2, xk−1, xk] 0 −1 −1 = a0 1 0 −1−1−(−1) 0−(−1) = 0 = a1 2 1 −1−1−(−1) 1−0 = 0 0−0 1−(−1) = 0 = a2 3 2 55−(−1) 2−1 = 6 6−02−0 = 3 3−0 2−(−1) = 1 = a3 Il s'ensuit que le polynôme d'interpolation, calculé par les fractions divisées s'écrit: P(x) = X3 k=0 akek(x) = a0 + a1(x − x0) + a1(x − x0)(x − x1) + a1(x − x0)(x − x1)(x − x2) = −1 + (x + 1)x(x − 1) = x 3 − x − 1 Notons que ces diérences divisées peuvent être établis par le tableau suivant Solution de l'exercice 7 Espérance de vie Soient les points d'interpolation (ti , pi)i=1,...,3 suivants: (2000, 75.5), (2005, 76), (2010, 77), (2015, 78.5) En faisant le changement de variable x = t−2000 et xi = ti−160, on a par translation les nouveaux points d'interpolation: (0, 75.5), (5, 76), (10, 77), (15, 78.5) • Reprise du polynôme d'interpolation avec les polynômes de Newton M. H. EL ALJ 17 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 Ces coecient peuvent également être déterminés par le tableau suivant k xk f[xk] f[xk−1, xk] f[xk−2, xk−1, xk] f[xk−3, xk−2, xk−1, xk] Il s'ensuit que le polynôme d'interpolation, calculé par les fractions divisées s'écrit: f(xi)li(x) = f(a)l0(x) + f( ̄x)l1(x) + f(b)l2(x) M. H. EL ALJ 18 Novembre 2016 UIT. FSK. Département de Mathématiques Filière SMP : S3 2. calcul de Z b