[PDF] Corrigé du TD Analyse Numérique Licence L3 MASS Exercice 1

View - Download Corrigé du TD Analyse Numérique Licence L3 MASS Exercice 1

Previous PDF

Next PDF

Corrige du TD Analyse Numerique Licence L3 MASS

Exercice 1: algorithme de point xe en dimensionn.

Soitg2C1(Rn;Rn) et x2Rnun point xe degtel queg(x) = x. On suppose quekDg(x)k<1 pour la norme induite par une normek:ksurRn. On considere l'algorithme de point xe suivant : x (0)2Rnet x (k+1)=g(x(k)) pour tousk2N: On denit la boule ouverte de centrea2Rnet de rayoncomme suit

B(a;) =fx2Rntel quekxak< g:

On utilisera le Lemme (theoreme des accroissements nis) suivant : soitf2C1(Rn;Rn) eta;b2Rn, on denit le segment ]a;b[Rncomme ]a;b[=fx2Rntel quex=a+ (1)b; 2(0;1)g; alors kf(b)f(a)k sup x2]a;b[kDf(x)k kbak: (i) Mon trerqu'il existe >0 et <1 tel que pour toutx(k)2B(x;) alors kx(k+1)xk kx(k)xk: Corrige:comme Dgest continue au point xet quekDg(x)k<1, on deduit par continuite qu'il existe >0 et <1 tels que kDg(x)k pour tousx2B(x;): En utilisant le theoreme des accroissements nis ci dessus, on a donc que kx(k+1)xk=kg(x(k))g(x)k sup x2]x;x(k)[kDf(x)k kx(k)xk: Comme ]x;x(k)[B(x;) des lors quex(k)2B(x;), on a bien kx(k+1)xk kx(k)xk: (ii) En d eduireque si x(0)2B(x;) alorsx(k)2B(x;) pour tousk2Net kx(k+1)xk kx(k)xk: Corrige:On pro cedepar r ecurrence.On a par h ypotheseque x(0)2B(x;). Supposons que x (k)2B(x;), alors d'apres la question precedente on a kx(k+1)xk kx(k)xk< < ; et doncx(k+1)2B(x;). On en deduit que par recurrencex(k)2B(x;) pour tousk2N. Donc, d'apres la question precedente il resulte aussi que kx(k+1)xk kx(k)xkpour tousk2N: (iii)En d eduireque si x(0)2B(x;) alors kx(k)xk kkx(0)xkpour tousk2N; conclure que la suitex(k);k2Nconverge vers x. Corrige:mon tronsla propri etepar r ecurrence.P ourk= 0, comme0= 1 elle se reduit a kx(0)xk kx(0)xk; qui est toujours verie. Supposons la propriete veriee pourk2N, alors d'apres la question precedente on a kx(k+1)xk kx(k)xk kkx(0)xk k+1kx(0)xk; ce qui demontre par recurrence quekx(k)xk kkx(0)xkpour tousk2N. Comme <1, on a limk!+1k= 0 et donc limk!+1x(k)= x. Exercice 2: Newton et point xe en dimension 2. On considere la fonctionfdeR2dansR2suivante : f x1 x 2 =5x1+ 2sin(x1) + 2cos(x2)

5x2+ 2sin(x2) + 2cos(x1)

On cherche x2R2tel quef(x) = 0.

(1) Mettre le syst emef(x) = 0 sous la forme d'un point xeg(x) =xavecg:R2!R2contrac- tante par rapport a la normekk1. En deduire qu'il existe un unique x2R2tel quef(x) = 0 et que la suite x (k+1)=g(x(k)); k2Navecx(0)2R2donne converge vers xau moins lineairement.

Corrige:On consid erela fonction

g(x) =25 sin(x1) + cos(x2) sin(x2) + cos(x1) de sorte quef(x) = 5(g(x)x) et donc quef(x) = 0 est equivalent ag(x) =x. On va montrer quekdg(x)k145 quel que soitx2R2ce qui demontrera quegest une contraction surR2par rapport a la normekk1. On a dg(x) =25 cos(x1)sin(x2) sin(x1) cos(x2)

Soity2R2, on a

dg(x)y=25 cos(x1)y1sin(x2)y2 sin(x1)y1+ cos(x2)y2 puis kdg(x)yk1=25 jcos(x1)y1sin(x2)y2j+j sin(x1)y1+ cos(x2)y2j et donc kdg(x)yk125 jy1j+jy2j+jy1j+jy2j =45 kyk1: 2

On en deduit que

kdg(x)k1= sup y2R2;y6=0kdg(x)yk1kyk145 Montrons maintenant que l'applicationgcontinue surR2et contractante surR2admet necessairement un unique point xe. Pour cela on va montrer que la suitex(0)2R2et pour k2N x (k+1)=g(x(k)); converge vers un point xe deg. On note =45 . On a pour toutk2N: kx(k+1)x(k)k1=kg(x(k))g(x(k1))k1 kx(k)x(k1)k1; par recurrence on en deduit que kx(k+1)x(k)k1 kkx(1)x(0)k1:

On a donc

kx(k+q)x(k)k1 qX l=1 k+l1 kx(1)x(0)k1 k1 kx(1)x(0)k1; ce qui montre que la suitex(k);k2Nest une suite de Cauchy. Comme l'espace vecto- riel normeR2est complet, on en deduit que cette suite converge versz2R2. Comme l'applicationgest continue on a necessairement z= limk!+1x(k)= limk!+1g(x(k1)) =g limk!+1x(k1) =g(z); et donczest un point xe degce qui prouve l'existence du point xe. En ce qui concerne l'unicite, supposons qu'il existea2R2etb2R2tels quea=g(a) etb=g(b), alors kbak1=kg(b)g(a)k1 kbak1; ce qui implique quekbak1= 0 et donca=b, d'ou l'unicite du point xe note x. Pour montrer la convergence lineaire de la suite on ecrit kx(k+1)xk1=kg(x(k))g(x)k1 kx(k)xk1; d'ou par recurrence kxk+1xk1 kkx(0)xk1; ce qui montre la convergence lineaire de la suite. (2) Ecrire l'algorithme de Newton p ourr esoudrele syst emenon lin eairef(x) = 0. Est-il toujours deni? Corrige:l'algorithme de Newton s' ecrit: x(0)2R2et pour toutk2N: df(x(k))(x(k+1)x(k)) =f(x(k)): On a df(x) =5I+ 2cos(x1)sin(x2) sin(x1) cos(x2) 3 Montrons quedf(x) est inversible quel que soitx2R2ce qui montrera que l'algorithme de

Newton est toujours bien deni.

det(df(x)) = (5 + 2cos(x1))(5 + 2cos(x2))4sin(x1)sin(x2); d'ou det(df(x)) = 2510cos(x1)10cos(x2) + 4cos(x1)cos(x2)4sin(x1)sin(x2); puis det(df(x)) = 2510cos(x1)10cos(x2) + 4cos(x1+x2)1; ce qui montre que la matricedf(x) est toujours inversible. 4quotesdbs_dbs4.pdfusesText_7

[PDF] exercice corrigé d'analyse numérique pdf

[PDF] exercice corrigé danalyse s1 pdf

[PDF] exercice corrigé d'analyse s1 smpc

[PDF] exercice corrigé d'analyse s2 smpc pdf

[PDF] exercice corrigé d'échantillonnage et estimation

[PDF] exercice corrigé d'estimation

[PDF] exercice corrigé d'estimation statistique

[PDF] exercice corrigé dhydrologie pdf

[PDF] exercice corrigé d'optique

[PDF] exercice corrigé d'optique géométrique

[PDF] exercice corrigé d'optique geometrique niveau l1

[PDF] exercice corrigé d'optique geometrique niveau l1 pdf

[PDF] exercice corrigé d'optique géométrique pdf

[PDF] exercice corrigé d'optique pdf

[PDF] exercice corrigé de biochimie structurale