et on pose xk+1 = ak + bk 2 Figure 3 – Étude graphique de la convergence ( méthode de dichotomie) • Méthode de Newton xk+1 = xk −
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Corrigé du TD 5 EXERCICE 1 Méthode des Rappeler la méthode de dichotomie qui permet d'approcher ce zéro de f Faites une Par suite, d'apr`es l' exercice 1, la convergence de la méthode de Newton est quadratique pour l' équation x
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Exercice 2 On souhaite utiliser la méthode de dichotomie pour calculer / 2 1 Proposer une fonction f : [0,2]
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Le principe de dichotomie repose sur la version suivante du théorème des valeurs intermédiaires : La méthode de dichotomie a l'énorme avantage de fournir un encadrement d'une solution l de l'équation (f (x) = 0) Mini-exercices 1
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et on pose xk+1 = ak + bk 2 Figure 3 – Étude graphique de la convergence ( méthode de dichotomie) • Méthode de Newton xk+1 = xk −
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6 nov 2014 · Exercice 1 (Méthode de dichotomie) 4 1 Completer le code de dichotomie suivant function [y,Niter]=bisection(f,a,b, tol ,maxiter)
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4) Nous ne répondrons à aucune question concernant ces exercices, sauf si (v ) [5 pts] Appliquer la méthode de Newton à l'équation de départ et faites 2 ité-
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4 3 5 Méthode du trapèze corrigée exercices 1 2 2 Perte de chi res signi catifs Pour faciliter la compréhension, nous nous placerons dans Remarque 2 14 Imaginer ce que la méthode de dichotomie couplée avec un tel calcul
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La méthode de dichotomie consiste à construire une suite d'intervalles Exercice 1 2 1) Montrer que chaque équation suivante n'admet qu'une solution
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CPI1 - ANALYSE 1.2
CORRECTION Exercices Chapitre 4- Resolution d'equations non lineairesExercice 4.1Correction:
1.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 ax2=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). 1/8Figure2 {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
g0() =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
2/8des 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)f0(x). Ici donc, elle s'ecrit
x k+1=xkf(xk)f0(xk)=xkx3ka3x2k=xk13
xk+a3x2k=23 xk+13 ax2k=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:
1.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)f0(xk)=xkx2k22xk=12
xk+1x k.En posant comme dans la methode precedentex0= 2, on obtient le tableau de comparaison :DichotomieNewton
x 022x 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< xFigure5 { 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
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 0Figure7 {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. 5/81.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 donc0< <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