[PDF] Réponses détaillées à certains exercices du chapitre 1

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Réponses détaillées à certains exercices du chapitre 1

Numéro 11. On considère l"expression :

x= (((((((0,1100+0,1103)+0,4103)+0,2103)+0,1103)+0,2103)+0,1103) a) Calculer la v aleurde xen arithmétique exacte, puis en arithmmétique flottante à 3 chiffres avec arrondi, en respectant l"ordre prescrit par les parenthèses. Expliquer la différence entre les résultats. Déterminer l"erreur relative. b) Prop oserune mo dificationde l"ordre de sommation qui p ermetted"obtenir une rép onse plus précise en arithmétique flottante à 3 chiffres. Valider votre réponse en calculant de nouveau l"erreur relative.

Solution

a) En arithmétique exacte, les paren thèsesne son tpas imp ortantes.On a donc que : x= 0,1100+ 0,4103+ 0,2103+ 0,1103+ 0,2103+ 0,1103

Puisque0,1100= 100103, on obtient que :

x= (100 + 0,4 + 0,2 + 0,1 + 0,2 + 0,1)103= 101,1103

La valeur exacte est doncx= 0,1011.

N.B.:En arithmétique flottante à 3 chiffres, on fait chaque opération et on ramène

le résultat à trois chiffres si nécessaire à chacune des étapes. On obtient la suite des

valeurs suivantes pour chacune des parenthèses. -0,100100+ 0,100103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000100100= 0,100100100. fl(0,100100100) =0 ,100100. -0,100100+ 0,400103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000400100= 0,100400100 fl(0,100400100) = 0,100100 -0,100100+ 0,200103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000200100= 0,100200100 fl(0,100200100) = 0,100100. -0,100100+ 0,100103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000100100= 0,100100100 fl(0,100100) = 0,100100. 1 -0,100100+ 0,200103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000200100= 0,100200100 fl(0,100200100) = 0,100100. -0,100100+ 0,100103 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,100100+ 0,000100100= 0,100100100 fl(0,100100100) = 0,100100. Donc,xapprox= 0,100et l"erreur relative est donnée par : E r(x) =jxxapproxjjxj=j0,10110,100jj0,1011j= 0,01 = 1%. b)

On somme plutôt de droite à gauc he.

x= (0,1100+ (0,1103+ (0,4103+ (0,2103+ (0,1103+ (0,2103+

0,1103)))))

-0,200103+ 0,100103= 0,300103. -0,100103+ 0,300103= 0,400103. -0,200103+ 0,400103= 0,600103. -0,400103+ 0,600103= 1,000103. fl(1,000103) = 0,100102 -0,100103+ 0,100102 On décale la mantisse du nombre ayant le plus petit exposant : = 0,0100102+ 0,100102= 0,1100102 fl(0,1100102) = 0,110102. -0,100100+ 0,110102= 0,100100+ 0,00110100= 0,10110100. fl (0,10110100) = 0,101100. On obtient alors quexapprox= 0,101100. Cette fois, l"erreur relative E r(x) =jxxapproxjjxj=j0,10110,101jj0,1011j'0,001est de0,1%. 2 Numéro 24. Dans la revueScience & Vie[15] de septembre 1996, on fournit les données suivantes pour le satellite Titania d"Uranus :

Rayon :R= 8000005000m

Densité := 159090kgm

3 a) Donner lenom brede c hiffressignificatifs du ra yonRet de la densité. b) En supp osantque Titania soit parfaitemen tsphérique (d ev olumeV=4R33 ), trouver une approximation de la masse de Titania et donner le nombre de chiffres significatifs de votre résultat.

Solution

a)R= 50000;5104 Le chiffre à la position104est le dernier chiffre significatif.

R= 800000)2 c.s.

= 90 = 0;91020;5103 Le chiffre à la position103est le dernier chiffre significatif. =15901 c.s. b)

On a que la masse mest donnée parm=V=4R33

L"incertitude sur une fonction de plusieurs variablesf(x1;:::;xn)est donnée par : f'@f@x 1 x1+:::+@f@x n xn:L"incertitude sur la masse est donc : m'@m@R R+@m@ =43

3R2R+4R33

= 4R2 R+R3 = 4(800000)2

15905000 +800000903

= 2;56951020=0;256951021kg= mD"autre part, on a que : m=V=43 (800000)31590 = 3;410010211021kg Puisque l"on am'0;2561021kg0;51021kg, on peut donc considérer1021kg comme les unités. On a doncm0,5100(1021kg)etm=3,41001(1021kg): Par conséquent le chiffre des unités est le dernier chiffre significatif. 3

Numéro 31.

a) Calculer le dév eloppementde T aylord"ordre 5, c"est-à-dire don tle terme d"erreur est de typeO(h5), de la fonctionf(x) = ln(x)autour dex0= 1. Donner l"expression analytique du terme d"erreur. b) À l"aide de ce dév eloppement,donner u neappro ximationde ln(1,1). Par comparaison avec la valeur exacte (ln(1,1) = 0,0953101798), donner le nombre de chiffres significa- tifs de l"approximation. c) P arquel facteur a pproximatifl"erreur obten ueen b) serait-elle réduite si l"on év aluait ln(1,025)au moyen du développement de Taylor obtenu en a)? (Ne pas faire les calculs.)

Solution

On a premièrement que :

f(x) = lnx f(1) = 0 f

0(x) =x1f0(1) = 1

f

00(x) =x2f00(1) =1

f

000(x) = 2x3f000(1) = 2

f iv(x) =6x4fiv(1) =6 f v(x) = 24x5fv() = 245 a) L edév eloppementde T aylorde la fonction f(x) = ln(x)autour dex0= 1dont le terme d"erreur est de typeO(h5)est donnée par : f(x0+h) =f(x0) +f0(x0)h+f00(x0)h22! +f000(x0)h33! +fIV(x0)h44! + +fV()h55! d"où: ln(1 +h) = 0 +hh22 +2h33! 6h44! +24
5h 55!
=hh22 +h33 h44 +h555 Puisque dans le cas général,x0< < x0+h, on a donc que1< <1 +h. Finalement, l"expression analytique de l"erreur est donnée par :R5(h) =h555 b) On utilise le dév eloppementde T ayloren p osanth= 0,1: ln(1,1) = ln(1 + 0,1) = 0,10,012 +0,0013

0,00014

= 0,095308333

Le terme d"erreur est donné par :

0,09531017980,095308333'0,1846105<0,5105

Par conséquent, on aln(1,1)'0,0953083334 chiffres significatifs. 4 c)P ourév aluerln(1,025), on poseh1= 0,025. On obtient donch1en divisanthpar

4. Le terme d"erreur étant enO(h5), le terme d"erreur passera approximativement à

O((h=4)5)l"erreur sera divisée par45= 1024.

5

Numéro 37. Sif(x) =p4 +x:

a) T rouverle dév eloppementde T aylorde degré 2 ( P2(x)), de la fonctionf(x)au voisinage dex0= 0. b) En utilisan tP2(x), donner une approximation dep3,9. En utilisant la valeur "exacte» dep3,9, (donnée par votre calculatrice par exemple), estimer l"erreur absolue et l"erreur relative commises. c) Quels son tles c hiffressignificatifs de l"app roximationo btenueen a) ?

Solution

a) I ls"agit ici du dév eloppementde T aylorde degré2 (et non d"ordre2). L"ordre de ce développement sera au moins 3. Les dérivées première et seconde de la fonctionf(x) sont : f(x) =p4 +x f(0) =p4 = 2 f

0(x) =12

p4 +xf0(0) =14 f

00(x) =14(4 +x)3=2f00(0) =132

Puisquef(x)'f(x0) +f0(x0)(xx0) +f00(x0)2!

(xx0)2+f000(x0)3! (xx0)3, on a : p4 +xP2(x) = 2 +x4 x264 b)

P ourobtenir une a pproximationde

p3,9, on posex=0,1et on obtient : p3,9P2(0,1) = 2 +(0,1)4 (0,1)264 = 1,97484375: La valeur exacte donnée par Matlab est1,97484176581315et on en déduit que l"erreur absolue est environ0;198105. L"erreur relative est, quant à elle, autour de0;100 10 5. N.B. :Se référer aux définitions de l"erreur absolue et de l"erreur relative. c) Puisque l"erreur absolue satisfait E0,5105, le chiffre en position105et ceux qui sont à sa gauche sont significatifs. On retiendra donc l"approximationp3,91;97484. 6quotesdbs_dbs29.pdfusesText_35

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