Résolution déquations non linéaires £ ¢ ¡ Exercice 4.1 Correction PDF

Analyse numérique - TD4 & TD5 - Corrigé des exercices 2-4-5-7-8-9. Résolution numérique des équations non linéaires. Méthode du point fixe pour la résolution de

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2) Algorithme du point fixe. 3) Théorème du point fixe. 4) Exercice calcul numérique de π. 5) Deux exercices corrigés. Point fixe. François Dubois 18 octobre

Corrigé de lEXAMEN 1

Donc la méthode est divergente car g/. 3(¯x) = g/. 3(2) > 1. 2. Page 3. c) [3 pts] Donnez un 4`eme algorithme de point fixe (sans en faire l'étude). Réponse:.

2.2.5 Exercices (méthodes de point fixe)

2. 1 + x. 2. 1x2 + x2 sin(x3). Exercice 78 (Point fixe dans IR). Corrigé en page 164. 1. Etudier la convergence de la suite (x.

Analyse Numérique

point milieu doit fournir la meilleure approxi- mation des trois en général ... méthode de Givens et on note M (i µ) le nombre de paires consécutives de ...

Analyse Numérique - Corrigé du TD 5

Par suite d'apr`es l'exercice 1

Réponses aux exercices du chapitre 2

c) Déterminer pour chaque point fixe trouvé en a) la valeur de λ pour laquelle la conver- gence de la méthode des points fixes sera quadratique. Solution a) On

1 Point fixe et Newton

Étant donnée une fonction non contractante quelconque f : [a b] → R

LICENCE 3 MATHEMATIQUES – INFORMATIQUE

donner une modification de la méthode de Newton donnant une convergence au moins d'ordre 2. Exercice 104 (Point fixe et Newton). Corrigé en page 196. Soit g ∈

TP 1 : Calcul approché et méthode du point fixe

Un corrigé sera distribué plus tard pour les questions théoriques. Question 3 Montrer que la fonction f(x) = x − cos(x) n'admet qu'un seul et unique zéro sur

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Point fixe. 1) Introduction. 2) Algorithme du point fixe. 3) Théorème du point fixe. 4) Exercice: calcul numérique de ?. 5) Deux exercices corrigés www.

Méthode du point fixe pour la résolution de léquation fpxq “ x.

Analyse numérique - TD4 & TD5 - Corrigé des exercices 2-4-5-7-8-9 (algo) Écrire l'algorithme du point fixe (fonction PointFixe) permettant de résoudre ...

Analyse Numérique

Corrigé du TD 5 admettant un point fixe l ? I i.e. g(l) = l. ... Par suite d'apr`es l'exercice 1

1 Point fixe et Newton

postériori dépendant du u0 choisi). Exercice 2. Points fixes instables. On veut résoudre l'équation eu ? 2 = u u > 0. (1) par la méthode du point fixe.

Analyse Numérique

1.5 Exercices du chapitre 1 . 4.4.2.5 Méthode des trapèzes corrigés . . . . . . . . . . . . . . 82 ... ECKHA 2.4 Méthode de point fixe pour g(x) = x2.

2.2.5 Exercices (méthodes de point fixe)

2.2.5 Exercices (méthodes de point fixe). Exercice 76 (Calcul différentiel). Suggestions en page 163 corrigé détaillé en page 163. Soit f ? C. 2(IRn

TP 1 : Calcul approché et méthode du point fixe

Un corrigé sera distribué plus tard pour les questions théoriques. Question 3 Montrer que la fonction f(x) = x ? cos(x) n'admet qu'un seul et unique zéro sur

1 Point fixe et Newton

postériori dépendant du u0 choisi). Exercice 2. Points fixes instables. On veut résoudre l'équation eu ? 2 = u u > 0. (1) par la méthode du point fixe.

Résolution déquations non linéaires £ ¢ ¡ Exercice 4.1 Correction

Pour étudier la convergence de la méthode on rappelle le théor`eme du point fixe : Théor`eme 0.1 Si g est une application strictement contractante définie

Réponses aux exercices du chapitre 2

c) Déterminer pour chaque point fixe trouvé en a) la valeur de ? pour laquelle la conver- gence de la méthode des points fixes sera quadratique. Solution a) On

CPI1 - ANALYSE 1.2

CORRECTION Exercices Chapitre 4- Resolution d'equations non lineaires

Exercice 4.1Correction:

Etude de la fonctiong:R+?!Rdenie parg(x) =23

x+13 ax 2: g(x)>0 pour toutx2R+?, lim x!0+g(x) = limx!+1g(x) = +1, lim x!+1g(x)x =23 et limx!+1g(x)23 x= 0 doncy=23 xest une asymptote, g0(x) =23x3(x3a), gest croissante sur [3pa;+1[, decroissante sur [0;3pa], x=3paest un minimum absolu etg(3pa) =3pa.

2.Le graphe de gcompare au graphe dei(x) =xest le suivant :

Figure1 { Graphe deg

On verie analytiquement qu'il existe une et une seule intersection entre la courbe d'equationy=g(x) et

la droite d'equationy=x: g(x) =x,23 x+13 ax

2=x,x3=a.

3. Etude graphique de la convergence de la methode du point xe (voir FIG. 2 page suivante). 4. P our etudierla con vergencede la m ethode,on rapp ellele th eoremedu p ointxe : Theoreme 0.1Sigest une application strictement contractante denie sur l'intervalle[a;b]a valeurs dans[a;b](Condition susante CS),alorsla suite(xn)denie parx02[a;b]et la relation de recurrence x n+1=g(xn)converge vers l'unique solutionde l'equationg(x) =xavec2[a;b](Condition necessaire CN). 1/8

Figure2 {Etude graphique de la convergence

On procede alors en deux etapes :

On verie d'abord la CN pour tout2[3pa;+1[ :

=g(),3=a,=3pa:

Verions maintenant les CS :

p ourtout xdans [3pa;+1[, on ag(x)>3padoncg: [3pa;+1[![3pa;+1[, .g2 C1([3pa;+1[), donc pour toutxdans [3pa;+1[, on ajg0(x)j=23 1ax 3 <1. En eet, x >

3pa)ax

3>0) 1ax 3 <1 et23 1ax 3 <23 . On rappelle ensuite le resultat : Proposition 0.1Soitgune application de classeC1de l'intervalle[a;b]deRdansR. On suppose queg0verie maxfjg0(x)j;x2[a;b]g L <1 alors l'applicationgest strictement contractante dans l'intervalle[a;b]. Comme maxfjg0(x)j;x2[3pa;+1]g<1, on en deduit quegest contractante Finalement, la methode converge verspoint xe deg(et racine cubique dea).

Montrons que la suite est decroissante a partir du rang 1. On sait d'apres la question 1. que pour tout

x >0,g(x)3paet donc, pour toutk >0,xk=g(xk1)3pa. Commexg(x) pour toutx3pa, on a pour toutk >0 l'inegalitexkg(xk) =xk+1ce qui permet de conclure. 5.

On rapp elleque la m ethoded eniepar xn+1=g(xn) est dite d'ordrepsijen+1jjenjpa une limite non nulle en

+1. On a alors le resultat essentiel :

Theoreme 0.2Sig2 Ck([a;b])est telle que

0() =g00() =:::=g(k1)() = 0etg(k)()6= 0;

la methode du point xe est d'ordrek.

Etant donne queg0() = 0 etg00() =2a

46= 0, la methode de point xe converge a l'ordre 2.

6. Algorithme du p ointxe : Algorithm 1Calcul dex=g(x)Require :x0>0 whilejxk+1xkj>106do x k+1 g(xk)

end while(Quelques remarques a propos du critere d'arr^et base sur le contr^ole de l'increment. Les iterations s'achevent

2/8

des quejxk+1xkj< ". On se demande si cela garantit que l'erreur absolueek+1est elle aussi inferieure a

". L'erreur absolue a l'iterationk+ 1 peut ^etre evaluee par un developpement de Taylor au premier ordre

e k+1=jxk+1j=jg()g(xk)j=jg0(zk)ekj=jg0(zk)jekaveczkcompris entreetxk. Donc jxk+1xkj=j(ek1)(ek)j=jek+1ekj=jjg0(zk)j 1jek' jjg0()j 1jek.

Puisqueg0() = 0, on a bienjxk+1xkj 'ek.)

7. La m ethodede Newton est un em ethodede p ointxe a vecg(x) =xf(x)f

0(x). Ici donc, elle s'ecrit

x k+1=xkf(xk)f

0(xk)=xkx3ka3x2k=xk13

xk+a3x2k=23 xk+13 ax

2k=g(xk)

autrement dit la methode de point xe assignee est la methode de Newton (qu'on sait ^etre d'ordre de convergence egale a 2 lorsque la racine est simple).

Exercice 4.2Correction:

On c hercheles z erosde la fon ctionf(x) =x22.

Methode de dichotomie: en partant deI0= [a;b], la methode de dichotomie produit une suite de sous-intervallesIk= [ak;bk] avecIk+1Iket tels quef(ak)f(bk)<0. Plus precisement on p osea0=a,b0=b,x0=a0+b02 p ourk0, si f(ak)f(bk)<0, on poseak+1=ak,bk+1=xksinon on poseak+1=xk,bk+1=bk et on p osexk+1=ak+bk2 Figure3 {Etude graphique de la convergence (methode de dichotomie)

Methode de Newton

x k+1=xkf(xk)f

0(xk)=xkx2k22xk=12

xk+1x k.

En posant comme dans la methode precedentex0= 2, on obtient le tableau de comparaison :DichotomieNewton

x 022
x 13 2 = 1;53 2 = 1;5x 25
4 = 1;2517 12 = 1;416x 311
8 = 1;37517 24
+1217

1;4142156On obtient alors, pour la methode de Newton, le graphique

2. On c hercheles z erosde la fon ctionf(x) = exp(x2)4x2. (a) On remarque que f(x) =f(x) : la fonction est paire. on etudie doncfsur [0;+1[ : 3/8 Figure4 {Etude graphique de la convergence (methode de Newton) .f(0) = 1 et limx!+1f(x) = +1, .8x2R,f0(x) = 2x(exp(x2)4) doncf0(x) = 0 pourx= 0 etx=pln(4). On en deduit quefest decroissante pour 0< x Le graphe defsurRest par consequent le suivant :

Figure5 { Variations de la fonctionf

On a donc une racine dans l'intervalle ] 1;pln(4)[, une racine dans l'intervalle ]pln(4);0[, une racine dans l'intervalle ]0;pln(4)[ et une racine dans l'intervalle ] pln(4);+1[. (b) Puisque f(0) = 1>0 etf(1) = exp(1)4 =e4<0, le theoreme des valeurs intermediaires nous permet d'armer qu'il existe au moins un2]0;1[ tel quef() = 0. Puisquef0(x) = 2xexp(x2)8x=

2x(exp(x2)22)<2x(e4)<0 pour toutx2]0;1[ (car pourx2]0;1[, exp(x2) est unique.
Figure6 { Position de2]0;1[ veriantf() = 0
(c)
Etude de la convergence de la methode (1) :

On verie tout d'abord la CN pour tout2]0;1[ :
4/8 =(),2=pexp(2),42= exp(2),f() = 0.
Verions maintenant les CS :
p ourtout xdans ]0;1[ on a 00(x). Elle s'ecrit

Figure7 {Etude graphique de la convergence

donc ici : x k+1=xkf(xk)f (d) Puisque est une racine simple def, la methode de Newton converge a l'ordre 2 tandis que la methode du point xe (1) converge seulement a l'ordre 1 : la methode de Newton est donc plus ecace. Remarque 0.1La convergence versrde la methode de Newton est lineaire sirest une racine multiple def. Dans certains cas particuliers, la convergence peut ^etre d'ordre superieur a 2. Remarque 0.2En general, la methode de Newton est d'ordre 2 et on a, sien=xxn,en+1'f00(r)2f0(r)e2n sirest une racine def. 3. On rapp ellequ'a vecla m ethodede dic hotomie,les it erationss 'arr^etent ala m-ieme etape quandjxm j jImj< "ou"est une tolerance xee etjImjdesigne la longueur de l'intervalleIm= [am;bm] (on rappelle qu'est indisponible et qu'on ne peut donc statuer que surIm). Clairement,Ik=ba2 kdonc pour avoirjxmj< ", on doit prendremlog2ba" + 1 (en eet,ba2 k< ",2k>ba" ,k > ln ba"

1ln(2)

). Ameliorer d'un ordre de grandeur la precision de l'approximation de la racine signie avoirjxkj=jxjj10 . On doit donc eectuerkj= log2(10)'3 iterations de dichotomie.

Exercice 4.3Correction:

On denit la suite (xn)n2NdeRpar la relation de recurrence suivante : x n+1=g(xn) =xn+f(xn), ou >0 etx02Rsont donnes. 5/8

1.Puisque fest de classeC2(R;R) etf0(x)<0 surRalorsfest monotone decroissante. De plus,f0(x)<1

surRdonc, d'apres la regle de l'h^opital, lim x!1f(x) = +1et limx!+1f(x) =1. Remarque 0.3Seule la conditionf0(x)<1permet de conclure car une fonction peut ^etre monotone decroissante mais avoir une limite nie. En eet, la conditionf0(x)<1garantit que la fontion decro^t plus vite qu'une droite. 2.

Puisque lim

x!1f(x) = +1>0 et limx!+1f(x) =1<0, le theoreme des valeurs intermediaires assure l'existence d'au moins unl2Rtel quef(l) = 0. Puisquef0(x)<0 pour toutx2R, celest unique. 3. Consid eronsla fonction gdenie parg(x) =x+f(x), alorsgest de classeC2(R;R) etg0(x) = 1 +f0(x) surR. Puisquef0(x)<1 et 0< <1, on ag0(x)<1 <1 surR. Commef0(x)>2 et 0< <1 alorsg0(x)>12 >1 surR. Autrement dit,jg0(x)j<1 surR. 4. Soit 0 < <1. On etudie la suitexn+1=g(xn) et on va verier qu'il s'agit d'une methode du point xe pour le calcul du zeroldef. On verie dans un premier temps que, si la suite converge vers un point xe deg, ce point est bien un zero def(ici la reciproque est vraie) : soitl2R, alors : l=g(l),l=l+f(l),0 =f(l),f(l) = 0. Verions maintenant que la suite converge vers un point xe deg(c'est-a-dire l'unique zero def) : on a g:R!R, .g2 C1(R;R). Pour toutx2R, on a prouve quejg0(x)j<1 (cf. question 3.) doncgest contractante. Ainsi, la suite (xn)n2Ndenie parxn+1=g(xn) converge versl, point xe deget zero def. 5. On sait que la suite ( xn)n2Nconverge si 0< <1. Comme2< f0(l)<1, on a12 < <1 et donc

0< <1. Par consequent, la suite converge pour=1f

0(l). 6.

On donne le r esultatimp ortantci-des sous:

Proposition 0.2Un point xerdegest

attr actifsi jg0(r)j<1, r epulsifsi jg0(r)j>1.

Sirest attractif alors la methode du point xe converge versr(avec un point de departx0approprie). Sir

est repulsif alors la methode du point xe diverge (sauf six0=r). Remarque 0.4M^eme sirest attractif, la methode du point xe ne converge pas necessairement versr pour toute valeur dex0.

On a donc les resultats suivants :

la m ethodedu p ointxe con verge al'ordre 2 si f0(l) =1 (carg(l) =g0(l) = 0 etg00(l)6= 0). la m ethodedu p ointxe con verge al'ordre 1 si 2< f0(l)<0 maisf0(l)6=1. (En eet,jg0(l)j<1, 1< g0(l)<1, 1<1 +f0(l)<1, 2< f0(l)<0).

la m ethodedu p ointxe div ergesi f0(l)<2 ouf0(l)>0.Etant donne que2< f0(l)<1 et 0< <1, on peut conclure que :

la m ethodedu p ointxe con verge al'ordre 2 si =1f 0(l), la m ethodedu p ointxe con verge al'ordre 1 si 6=1f 0(l). 7. D'un p ointde vue pratique, on ne p eutpas c hoisir=1f

0(l)pour avoir la meilleure convergence car on

ne conna^t pasl! 8.

Si on c hoisitd'appro cher=1f

0(l)parn=1f

0(xn)et si on considere la suite (xn)n2Ndenie par

x n+1=g(xn) =xn+nf(xn), on obtient la methode de Newton (qui est d'ordre 2). De plus, etant donne la double inegalite2< f0(x)<1, on est dans le cas ou 0< <1 et donc celui ou la suite (xn)n2N converge quel que soitx02R.

Exercice 4.4Correction:

1. Etude de la fonctiong:R?+!Rdenie parg(x) =2x3+ 4x2+ 103x2+ 8x: .g(x)>0 pour toutx2R?+, 6/8 .lim x!0+g(x) = limx!+1g(x) = +1, lim x!+1g(x)x =23 et limx!+1g(x)23 x=49 doncy=23 x49 est une asymptote, .g0(x) =2(3x+ 4)(x3+ 4x210)x

2(3x+ 8)2etg0(x) = 0 si et seulement six=43

oux3+ 4x210 = 0, .gest croissante sur [m;+1[, decroissante sur [0;m] oum'1;36 .x=mest un minimum absolu etg(m) =m.

On a le tableau de variations suivant :

2.Le graphe de gcompare au graphe dei(x) =xest le suivant :

Figure8 { Graphe deg.

On verie analytiquement qu'il existe une et une seule intersection entre la courbe d'equationy=g(x) et

la droite d'equationy=x: g(x) =x,2x3+ 4x2+ 103x2+ 8x=x,x3+ 4x210 = 0,x=m,f(x) = 0. 3. Etude graphique de la convergence de la methode du point xe :

Figure9 {Etude graphique de la convergence.

4. On en d eduitque, p ourtout x >0, on ag(x)m. Donc, pour toutk >0,xk=g(xk1)m. Pour etudier la convergence de la methode, on procede en deux etapes : on verie d'abord la CN pour tout2[m;+1[ :=g(),f() = 0 d'apres la question 2., verions maintenant les CS : p ourtout xdans [m;+1[, on ag(x)>0 doncg: [m;+1[![m;+1[, 7/8 .g2 C1([m;+1[), et pour toutxdans [m;+1[,jg0(x)j=(6x2+ 8x)g(x)(6x+ 8)3x2+ 8x <1 doncgest contractante. Par consequent, la methode du point xe converge versm, point xe deg(et racine def). 5. Algorithme du p ointxe : Algorithm 2Calcul dex=g(x)Require :x0>0

Require :s:x7!g(x)

whilejxk+1xkj> "do x k+1 g(xk) end while6.La m ethodede Newton est un em ethodede p ointxe a vecg(x) =xf(x)f

0(x). Elle s'ecrit donc ici :

x k+1=xkf(xk)f

0(xk)=xkx3k+ 4x2k103x2k+ 8xk=g(xk)

autrement dit la methode du point xe assignee est la methode de Newton. 7. Etant donne que la methode du point xe donnee est la methode de Newton et que la racinemdefest simple, la methode converge a l'ordre 2. 8/8quotesdbs_dbs7.pdfusesText_13

[PDF] Résolution déquations non linéaires £ ¢ ¡ Exercice 4.1 Correction

CPI1 - ANALYSE 1.2

Exercice 4.1Correction:

Etude de la fonctiong:R+?!Rdenie parg(x) =23

2.Le graphe de gcompare au graphe dei(x) =xest le suivant :

Figure1 { Graphe deg

2=x,x3=a.

Figure2 {Etude graphique de la convergence

On procede alors en deux etapes :

On verie d'abord la CN pour tout2[3pa;+1[ :

Verions maintenant les CS :

3pa)ax

Theoreme 0.2Sig2 Ck([a;b])est telle que

0() =g00() =:::=g(k1)() = 0etg(k)()6= 0;

Etant donne queg0() = 0 etg00() =2a

46= 0, la methode de point xe converge a l'ordre 2.

Puisqueg0() = 0, on a bienjxk+1xkj 'ek.)

0(x). Ici donc, elle s'ecrit

0(xk)=xkx3ka3x2k=xk13

2k=g(xk)

Exercice 4.2Correction:

On c hercheles z erosde la fon ctionf(x) =x22.

Methode de Newton

0(xk)=xkx2k22xk=12

1;4142156On obtient alors, pour la methode de Newton, le graphique

Figure5 { Variations de la fonctionf

Figure6 { Position de2]0;1[ veriantf() = 0

Etude de la convergence de la methode (1) :

On verie tout d'abord la CN pour tout2]0;1[ :

Verions maintenant les CS :

Figure7 {Etude graphique de la convergence

1ln(2)

Exercice 4.3Correction:

1.Puisque fest de classeC2(R;R) etf0(x)<0 surRalorsfest monotone decroissante. De plus,f0(x)<1

Puisque lim

0< <1. Par consequent, la suite converge pour=1f

On donne le r esultatimp ortantci-des sous:

Proposition 0.2Un point xerdegest

On a donc les resultats suivants :

0(l)pour avoir la meilleure convergence car on

Si on c hoisitd'appro cher=1f

0(l)parn=1f

0(xn)et si on considere la suite (xn)n2Ndenie par

Exercice 4.4Correction:

2(3x+ 8)2etg0(x) = 0 si et seulement six=43

On a le tableau de variations suivant :

2.Le graphe de gcompare au graphe dei(x) =xest le suivant :

Figure8 { Graphe deg.

Figure9 {Etude graphique de la convergence.

Require :s:x7!g(x)

0(x). Elle s'ecrit donc ici :

0(xk)=xkx3k+ 4x2k103x2k+ 8xk=g(xk)