Ift 2421 Chapitre 5 Dérivation numérique
de dérivation et d'intégration numériques Dérivation du polynôme de Newton Grégory. f x P x E x ... Preuve (exercice) ...
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1.5 Exercices du chapitre 1 . 4 Dérivation et intégration numérique. 73. 4.1 Introduction . ... 4.4.2.5 Méthode des trapèzes corrigés .
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Exercices corrigés
Si vous avez des questions concernant ces exercices n'hésitez pas à envoyer un mail à votre enseignant d'analyse numérique pour lui poser une question. Si vous
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Exercice 1 Montrer que 9325 s'écrit bien (10010001101101)2 en base 2 puis reconvertir (10010001101101)2 en base 10 Pour convertir un entier de la base 10 à la
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Un exemple Calcul approché de la dérivée en 1 2 (a + b) x y a b Analyse Numérique – R Touzani Dérivation numérique
Grenoble INP - Pagora Analyse numérique
1ère année
Exercices corrigés
NB : Les exercices corrigés ici sont les exercices proposés durant les séances de cours. Les corrections données
sont des corrections plus détaillées que celles fournies durant le cours (si le temps a permis de donner ces
corrections). Si vous avez des questions concernant ces exercices, n"hésitez pas à envoyer un mail à votre
enseignant d"analyse numérique pour lui poser une question. Si vous trouver des coquilles, des erreurs dans
le présent document, n"hésitez pas à le signaler à votre enseignant par un mail.Chapitre 1 : Introduction au calcul approché
Exercice 1Montrer que9325s"écrit bien(10010001101101)2en base2puis reconvertir(10010001101101)2en base10.Pour convertir un entier de la base10à la base2(on verra que la méthode diffère légèrement pour un
nombre décimal un peu plus tard), on divise l"entier par2(division euclidienne) et le reste correspond au
dernier chiffre de l"entier en base2. Pour9325, cela donne9325 = 24662 +1
et on itère le processus sur le quotient obtenu (jusqu"à ce qu"il vaille1). Ainsi puisque4662 = 22331 +0
On peut réécrire9325sous la forme
9325 = 2(22331 + 0) + 1 = 222331 + 210+ 201
et01sont les 2 derniers chiffres de9325écrit en base2. Pour enfoncer le clou, on détaille encore l"itération
suivante2331 = 21165 +1
9325 = 2
2(21165 + 1) + 210+ 201= 231165 + 221+ 210+ 201
et101sont les 3 derniers chiffres de9325écrit en base2. On affiche ensuite le processus itératif dans son
entier :9325 = 24662 +14662 = 22331 +0
2331 = 21165 +1
1165 = 2582 +1
582 = 2291 +0
291 = 2145 +1
145 = 272 +1
72 = 236 +0
36 = 218 +0
18 = 29 +0
9 = 24 +1
4 = 22 +0
2 = 21 +0
1 = 20 +1
1 Donc, on peut décomposer9325de la manière suivante9325 = 2
131+ 2120+ 2110+ 2101+ 290+ 280+ 270
+ 261+ 251+ 240+ 231+ 221+ 210+ 201
On a bien montré que(9325)10= (10010001101101)2. Il ne reste plus qu"? reconvertir ce nombre binaire en
base10. Pour ce faire, on va procéder de manière itérative. On commence par cette première étape,1est
le chiffre le plus fort (le plus à gauche) de(10010001101101)2et on construit le résultat intermédiaire de la
manière suivante, on multiplie par 2 le résultat intermédiaire précédent (au départ 0) et on ajoute le chiffre
le plus fort restant à traiter. On commence donc par20 +1= 1 = 201
Le résultat intermédiaire est donc1et il ne reste plus qu"à traiter0010001101101du binaire (10010001101101)2. On itère le processus. On multiplie par2le résultat intermédiaire (ici 1) puis on ajoute
le chiffre le plus fort restant à traiter (soit ici0). D"où21 +0= 2 = 211+ 200
Il ne reste plus qu"à traiter010001101101du binaire(10010001101101)2. Si on détaille l"étape suivante, on a
22 +0= 4 = 221+ 210+ 200
Il ne reste plus qu"à traiter10001101101du binaire(10010001101101)2. On affiche ensuite le processus itératif
dans son entier :20 +1= 121 +0= 2
22 +0= 4
24 +1= 9
29 +0= 18
218 +0= 36
236 +0= 72
272 +1= 145
2145 +1= 291
2291 +0= 582
2582 +1= 1165
21165 +1= 2331
22331 +0= 4662
24662 +1= 9325
On vérifie donc bien que(9325)10= (10010001101101)2. Notons bien que de processus décrit ici est juste le
premier processus mais pris en sens inverse.Exercice 2Écrire(34)10et(27)10en binaire puis effectuer l"opération en binaire(34)10+(27)10et vérifier
que le résultat obtenu soit le bon. 2 Convertissons tout d"abord34en binaire. Cela donne34 = 217 +0
17 = 28 +1
8 = 24 +0
4 = 22 +0
2 = 21 +0
1 = 20 +1
On a donc(34)10= (100010)2. Convertissons maintenant27en binaire. On a27 = 213 +1
13 = 26 +1
6 = 23 +0
2 = 21 +1
1 = 20 +1
et(27)10= (11011)2. On effectue maintenant l"addition de(100010)2et(11011)2. Pour rappel, l"addition en
binaire fonctionne de la manière suivante+01 001 1110D"où l"opération suivante
1 0 0 0 1 0
+ 1 1 0 1 1= 1 1 1 1 10 1 On a(100010)2+ (11011)2= (111101)2. Or(34)10+ (27)10= (61)10, vérifions si(61)10= (111101)2.20 +1= 1
21 +1= 3
23 +1= 7
27 +1= 15
215 +0= 30
230 +1= 61
On a bien(61)10= (111101)2, le résultat obtenu en binaire est bien conforme au résultat obtenu en base10.
Exercice 3Écrire(90)10et(97)10en binaire puis effectuer l"opération en binaire(90)10(97)10et vérifier
que le résultat obtenu est le bon.Convertissons tout d"abord90en binaire. Cela donne90 = 245 +0
45 = 222 +1
22 = 211 +0
11 = 25 +1
5 = 22 +1
2 = 21 +0
1 = 20 +1
3 On a donc(90)10= (1011010)2. Convertissons maintenant97en binaire. On a97 = 248 +1
48 = 224 +0
24 = 212 +0
12 = 26 +0
6 = 23 +0
3 = 21 +1
1 = 20 +1
et(97)10= (1100001)2. On effectue maintenant la multiplication de(1011010)2par(1100001)2. Pour rappel,
la multiplication en binaire fonctionne de la manière suivante01 000 101D"où l"opération suivante
1 0 1 1 0 1 0
1 1 0 0 0 0 11 0 1 1 0 1 0
+ 0 0 0 0 0 0 00 + 0 0 0 0 0 0 00 0 + 0 0 0 0 0 0 00 0 0 + 0 0 0 0 0 0 00 0 0 0 + 1 0 1 1 0 1 00 0 0 0 0 + 1 0 1 1 0 1 00 0 0 0 0 0= 110101011101010 0 1 1 0 1 0
On a(1011010)2(1100001)2= (10001000011010)2. Or(90)10(97)10= (8730)10, vérifions si(8730)10= (10001000011010) 2.20 +1= 1
21 +0= 2
22 +0= 4
24 +0= 8
28 +1= 17
217 +0= 34
234 +0= 68
268 +0= 136
2136 +0= 272
2272 +1= 545
2545 +1= 1091
21090 +0= 2182
22182 +1= 4365
24365 +0= 8730
On a bien(8730)10= (10001000011010)2, le résultat obtenu en binaire est bien conforme au résultat obtenu
en base10. 4Exercice 4Si on dispose de4bits (bit de signe compris), quelles valeurs peuvent prendre les entiers codés
sur ces4bits?Si on dispose de4bits dont1de signe, il ne reste plus que3bits pour coder les entiers naturels (ceux plus
grand que0). Ils ne peuvent donc prendre que23valeurs distinctes dont la valeur0. Les entiers naturels
codés sont ainsi0,1,2,3,4,5,6, et7 = 231. Maintenant, si on tient compte du bit de signe, les entiers
codés devraient pouvoir varier entre7et7.Cependant deux combinaisons auraient la même valeur0:1000et0000, le chiffre en gras désigne ici le bit
de signe. Pour éviter cette redondance, on pose1000 =8(classiquement, le signe de bit lorsqu"il vaut1
indique un nombre négatif).Finalement, si on dispose de4bits (bit de signe compris), on peut coder les entiers de valeurs comprises
entre8 =23et7 = 231.Exercice 5Vérifier l"égalité entre(9;90625)10et(1001;11101)2.On distingue la partie entière et la partie décimale à traiter. On vérifier tout d"abord que(9)10= 10012, en
effet9 = 24 +14 = 22 +0
2 = 21 +0
1 = 20 +1
On a donc
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 0;90625
Mais on a aussi
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 21(20;90625)
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211;8125
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 21(1+ 0;8125)
On vient donc de calculer le premier chiffre après la virgule de9;90625en binaire (soit ici1). On réitère le
même processus pour avoir le chiffre après la virgule suivant9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 22(20;8125)
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221;625
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 22(1+ 0;625)
Le deuxième chiffre après la virgule (en binaire) est donc1. Voici enfin directement, les traces des calculs
pour obtenir tous les chiffres nécessaires après la virgule9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221+ 231;25
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221+ 23(1+ 0;25)
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221+ 231+ 240;5
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221+ 231+ 240+ 25(20;5)
9;90625 = 231+ 220+ 210+ 201+ 211+ 221+ 231+ 240+ 251
On vérifie donc bien que(9;90625)10= (1001;11101)2. 5 Chapitre 2 : Résolution d"équations non-linéaires Exercice 6On définit la méthode du point fixe suivante x0fixé dans[a;b] x n+1=g(xn)On suppose que cette suite admet une limite sur[a;b]notéel. Cette méthode est d"ordrepsijxn+1ljjxnljp
admet une limite réelle strictement positive lorsquentend vers l"infini.On supposeg pfois dérivable sur[a;b]. En utilisant la formule de Taylor, montrer que la méthode est d"ordre
psi et seulement si g0(l) =g00(l) =:::=g(p1)(l) = 0 etg(p)(l)6= 0On rappelle tout d"abord la formule de Taylor.
Soitk1un entier et soitfune fonction deRdansRkfois dérivable ena2R, alors il existe une fonction kdeRdansRtel que f(x) =f(a) +f0(a)(xa) +f00(a)(xa)22 +:::+f(k)(a)(xa)kk!+k(x)(xa)k et limx!ak(x) = 0 Maintenant, sigestpfois dérivable sur[a;b], on peut écrire que g(xn) =g(l) +g0(l)(xnl) +g00(l)(xnl)22 +:::+g(p)(l)(xnl)pp!+p(x)(xnl)p avec limx n!lp(xn) = 0Posonsen=xnl, on axn+1=g(xn)et
e n+1=g(xn)g(l) =g0(l)(xnl) +g00(l)(xnl)22 +:::+g(p)(l)(xnl)pp!+p(xn)(xnl)p =g0(l)en+g00(l)e2n2 +:::+g(p)(l)epnp!+p(x)epn Si la métho deest d"ordre palors le quotienten+1e pntend vers un réel non-nul (carjxn+1ljjxnljpadmet unelimite réelle strictement positive et on enlève juste les valeurs absolues). Or d"après ce qui précède, on
a l"égalité suivante e n+1e pn=g0(l)e p1n+g00(l)2ep2n+:::+1e ng (p1)(l)(p1)!+g(p)(l)p!+p(xn)A gauche de l"égalité, le terme tend vers un réel non-nul. Concernant les termes à droite, on a queen
tend vers0quandntend vers l"infini donc lim n!+1g 0(l)e p1n=0 sig0(l) = 01sinon
6De même
lim n!+1g00(l)2ep2n=0 sig00(l) = 0
1sinon
jusqu"à lim n!+11e ng (p1)(l)(p1)!=0 sig(p1)(l) = 01sinon
Par contre
g(p)(l)p!est un réel etp(xn)tend vers0. Par unicité de la limite des deux côtés de l"égalité,
il faut queg0(l) =g00(l) =:::=g(p1)(l) = 0pour que le côté droit tende vers un réel,g(p)(l)p!en
l"occurence. La limite réelle est en plus différente de0, donc on doit avoirg(p)(l)6= 0.Si on a
g0(l) =g00(l) =:::=g(p1)(l) = 0 etg(p)(l)6= 0
alors e n+1=epnp!g(p)(l) +epnp(xn) et en+1e pn=1p!g(p)(l) +p(xn) d"où commep(xntend vers0quandntend vers l"infini lim n!+1jen+1e pnj=1p!jg(p)(l)j 2R+ et la méthode est bien d"ordrep. Exercice 7 (ordre de convergence de la méthode de Newton)On rappelle ici la méthode de New-ton, il s"agit d"une méthode du point fixe pour rśoudref(x) = 0sur[a;b]définissant la suite suivante8<
:x0fixé dans[a;b]
x n+1=g(xn) =xnf(xn)f 0(xn)On suppose que cette suite admet une limite sur[a;b]notéel. Montrer que sifest3fois dérivable sur[a;b]
et quef0(l)6= 0, alors la méthode de Newton est d"ordre2au moins.La fonctiongvaut ici g(x) =xf(x)f 0(x)Sa dérivée vaut
g0(x) = 1f0(x)f0(x)f(x)f00(x)(f0(x))2=f(x)f00(x)(f0(x))2
et enl, cette dérivée vaut0carf(l) = 0,lest la solution au problème étudié. Donc la méthode est d"ordre2
au moins (d"ordre2sig00(l)6= 0, d"ordre supérieur à 2 sinon). Si on va plus loin, calculons la dérivée seconde
deg g00(x) =(f0(x)f00(x) +f(x)f000(x))(f0(x))22f(x)f0(x)(f00(x))2(f0(x))4
7Elle vaut enl
g00(l) =f00(l)f
0(l)Donc sif00(l)6= 0alors la méthode de Newton est d"ordre2, sinon elle est d"ordre supérieur à 2.
Chapitre 3 : Approximation de fonctions
Méthode des moindres carrés
Exercice 8On dispose denpoints(xi;yi),i= 1;:::;net on suppose que la fonction modèle est de la forme
f(x;0) =0Trouver0minimisant la quantité
S(0) =nX
i=1(yif(xi;0))2On cherche le minimum0tel queS(0) = min02RS(0). Pour cela, on a besoin de calculer sa dérivéeS0(0).
Celle-ci vaut
S0(0) =nX
i=1[2(yif(xi;0))] =2nX i=1(yi0)Pour trouver un extremum local (minimum ou maximum local), il faut résoudre le problèmeS0(0) = 0.
Dans notre cas, on en déduit que
0=1n n X i=1y iIl reste cependant à vérifier que0est bien un minimum et que celui-ci est global. Pour cela, étudions le
comportement deS(0). On a le tableau des variations suivant 0S0(0)S(0)1
0 00+ +1+1S(0)0S(0)0+1+1Grâce à ce tableau, on vérifie que0=1n n X i=1y iminimise bien la quantitéS(0).Exercice 9 (Régression linéaire)On dispose denpoints(xi;yi),i= 1;:::;net on suppose que la fonc-
tion modèle est de la forme f(x;a;b) =ax+b 8On cherche le minimum de
S(a;b) =nX
i=1(yiaxib)2Pour cela, il faut chercher où le gradient deSvaut0. On doit donc calculer les dérivées partielles deSpar
rapport àaetb. Celles-ci valent8>>>><
>>>:@S@a =2nX i=1x i(yiaxib) @S@b =2nX i=1(yiaxib) Le minimum deSest donc atteint pour(a;b)solution du système suivant8>>>><
>>>:n X i=1x i(yiaxib) = 0 n X i=1(yiaxib) = 0On notexetyles moyennes desxietyi:x=1n
n X i=1x iy=1n n X i=1y i Exprimerben fonction dea,xetypuis exprimera.La seconde ligne du système à résoudre donne n X i=1(yiaxib) = 0()nX i=1y ianX i=1x ibnX i=11 |{z} =n= 0D"où
b=1n nX i=1y ianX i=1x i! =yax Maintenant réécrivons le système à résoudre :8>>>><
>>>:n X i=1x i(yiaxib) =nX i=1x i(yiya(xix)) = 0 n X i=1(yiaxib) =nX i=1(yiya(xix)) = 0 Si on multiplie la deuxième ligne parxet qu"on la soustrait à la première ligne, on obtient n X i=1x i(yiya(xix))x nX i=1(yiya(xix)) = 0x0 = 0 9 Or 0 = nX i=1x i(yiya(xix))x nX i=1(yiya(xix)) =nX i=1(xix)(yiya(xix)) nX i=1(xix)(yiy)anXquotesdbs_dbs11.pdfusesText_17[PDF] analyse numérique 2ème année math
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