L3 Math´ematiques 25 juin 2019
Examen de Calcul diff´erentiel et Analyse num´erique - Session 2
Exercice 1. [3pts]Soitfla fonction d´efinie parf(x) = cos(x). D´eterminerP, polynˆome d’inter- polation de Lagrange def aux points d’abscissesx =−π
2,x = 0etx = π
2. Tracer le graphe de P.
P est l’unique polynˆome de degr´e au plus 2tel que P(±π2) = f(±π2)et P(0) = f(0). Comme f(±π2) = 0, π2 et −π2 sont racines de P et comme d◦P ≤ 2 n´ecessairement P est de la forme P(X) = α(X − π2)(X+ π2)o`uα ∈ R. Puisquef(0) = 1on en d´eduit que1 = −απ2
4 et donc α=− 4
π2. Finalement
P(X) = − 4 π2
X−π
2 X+ π 2
= 1− 4 π2X2. Le graphe deP est
x y
−2 −π2 −1 1 π2 2
1 CP
0
Exercice 2. [4pts]On souhaite calculer une valeur approch´ee deln 3
2
. On consid`ere pour cela l’int´egrale I =
Z α
0
1
1 +xdxque l’on va approcher `a l’aide de la m´ethode du point milieu et o`u α est `a d´eterminer. On rappelle que si f ∈ C2([a, b]) l’erreur commise par la m´ethode du point milieu avecnsous-intervalles est major´ee par M2(b−a)3
24n2 o`uM2 = max
x∈[a,b]|f00(x)|.
a)Quelle valeur deαfaut-il prendre pour queI = ln 3
2
?
On calcule facilement I =
Z α
0
1
1 +xdx = [ln(1 +x)]α0 = ln(1 +α).
Comme la fonctionlnest bijective deR∗+dansRon aI = ln 3
2
si et seulementα= 1 2.
b)Donner la valeur approch´eeI˜deIobtenue par la m´ethode du point milieu lorsquen= 2, ainsi qu’une majoration de l’erreur commise.
La m´ethode du point milieu consiste `a d´ecouper l’intervalle initial, ici[0,12], ennsous-intervalles de mˆeme longeur, donc ici[0,14]et[14,12], et sur chacun de ces sous-intervalles `a approcher l’int´egrale def par l’int´egrale de la fonction constante dont la valeur est celle defau milieu du sous-intervalle correspondant. Ici cela donne comme valeur approch´eeI˜deI
I˜ = 1 4f
1 8
+1
4f 3
8
= 40 99.
La fonction f est bien de classe C2 sur [0,12] et on a f00(x) = 2
(1 +x)3 qui est positive et d´ecroissante. DoncM2 = max
x∈[0,12]
|f00(x)|= max
x∈[0,12]
f00(x) =f00(0) = 2, et l’erreur commise|I˜−I|
est ainsi inf´erieure `a M2(12 −0)3 24×22 = 1
384.
c) Quelle valeur minimum de n faut-il prendre pour que l’estimation de l’erreur commise soit inf´erieure `a10−4? Indication :0,408≤ 1
√6 ≤0,409.
Il suffit que 10−4 ≥ M2(12 −0)3
24n2 = 1
96n2, autrement dit que n2 ≥ 104
96 ⇐⇒ n ≥ 102 4√
6. L’encadrement de 1
√6 donn´e dans l’´enonc´e entraine que la valeur minimum denest11.
Exercice 3. [13pts]SoitE =C0([0,1]). On consid`ere l’applicationΦ :E →Rd´efinie par Φ(f) = 1
2 Z 1
0
f(x)2dx.
Partie I.On munitEde la normekfk∞= sup
x∈[0,1]
|f(x)|.
a)Montrer queΦest diff´erentiable surE de diff´erentielleDΦ(f) :h7→
Z 1
0
f(x)h(x) dx.
Etant donn´eef ∈E, pour touth∈Eon a Φ(f +h) = 1
2 Z 1
0
(f(x) +h(x))2dx = Φ(f) + Z 1
0
f(x)h(x) dx+1 2
Z 1
0
h(x)2dx.
L’applicationL:E →Rd´efinie parL(h) =R1
0 f(x)h(x) dxest lin´eaire (lin´earit´e de l’int´egrale).
De plus pour touth∈Eon a (1) |L(h)| =
Z 1
0
f(x)h(x) dx
≤ Z 1
0
|f(x)h(x)|dx ≤ khk∞× Z 1
0
|f(x)|dx.
L’applicationL est lin´eaire et on a trouv´e une constanteC ≥ 0, iciC = Z 1
0
|f(x)|dx, telle que pour touth∈Eon ait|L(h)| ≤Ckhk∞. Cela prouve queLest continue.
Attention !IciEn’est pas de dimension finie donc la continuit´e deLn’est pas automatique.
Finalement pour touth∈Eon a
1 2
Z 1
0
h(x)2dx
≤ 1 2
Z 1
0
|h(x)|2dx ≤ 1 2khk2∞,
donc lim
h→0
1 khk∞
× 1 2
Z 1
0
h(x)2dx = 0 et 1 2
Z 1
0
h(x)2dx = o(h). On a ainsi trouv´e L lin´eaire continue telle queΦ(f+h) = Φ(f) +L(h) +o(h)ce qui prouve queΦest diff´erentiable enf et queDΦ(f) :E →Rest donn´ee par
DΦ(f) :h7→
Z 1
0
f(x)h(x) dx.
b)Montrer que pour toutf ∈Eon a|||DΦ(f)||| ≤ kfk1. On rappelle quekfk1 = Z 1
0
|f(x)|dx.
Par d´efinition on a|||DΦ(f)|||= sup
khk∞≤1
|DΦ(f)(h)|. L’in´egalit´e (1) montre que pour touth∈ E v´erifiantkhk∞ ≤1on a|DΦ(f)(h)| ≤ kfk1, et donc|||DΦ(f)||| ≤ kfk1.
c)On suppose dans cette question uniquement quef est de signe constant sur[0,1]. Montrer que
|||DΦ(f)|||=kfk1.
On prendhla fonction constante ´egale `a1sifest positive, et constante ´egale `a−1sifest n´egative.
La fonctionhest bien continue, v´erifiekhk∞= 1, et pour toutx ∈[0,1]on af(x)h(x) =|f(x)|.
Ainsi pour cette fonctionhon aDΦ(f)(h) =kfk1 et donc|||DΦ(f)||| ≥ kfk1. Combin´e avec la question pr´ec´edente cela prouve que|||DΦ(f)|||=kfk1.
d)On ne suppose plus quef est de signe constant. Pour toutn≥1soithn(x) = f(x) q1
n+f(x)2 . i)Montrer quekhnk∞≤1.
Sixest tel quef(x) = 0on a|hn(x)|= 0 ≤1. Sinon on a 1
n +f(x)2 ≥f(x)2et donc
|hn(x)| ≤ |f(x)|
pf(x)2 = 1.
On a bien|hn(x)| ≤1pour toutxet donckhnk∞≤1.
ii) Montrer que lim
n→∞DΦ(f)(hn) = kfk1. (On fera attention de bien justifier tout ´echange de limite et d’int´egrale).
Pour toutnon aDΦ(f)(hn) = Z 1
0
f(x)hn(x) dx. Soitx∈[0,1]. Sif(x)6= 0on ahn(x)n→∞−→
f(x)
pf(x)2 = f(x)
|f(x)|, et donc f(x)hn(x) → |f(x)|, tandis que si f(x) = 0 on a hn(x) = 0 pour toutnet doncf(x)hn(x)n→∞−→ 0. Dans les deux casf(x)hn(x)n→∞−→ |f(x)|, i.e. la suite de fonctions(f hn)nconverge simplement vers la fonction|f|. De plus pour toutnet toutx∈[0,1]
on a|f(x)hn(x)| ≤ khnk∞|f(x)| ≤ |f(x)|et la fonction|f|est int´egrable (elle est continue sur un segment). On peut donc appliquer le th´eor`eme de convergence domin´e et on a
n→∞lim DΦ(f)(hn) = lim
n→∞
Z 1
0
f(x)hn(x) dx = Z 1
0
|f(x)|dx = kfk1.
Remarque : on peut aussi remarquer que la suite de fonctions(f hn)n est une suite croissante de fonctions positives et on peut appliquer le th´eor`eme de convergence monotone plutˆot que le th´eor`eme de convergence domin´ee.
iii)En d´eduire que|||DΦ(f)|||=kfk1.
Commekhnk∞ ≤1pour toutn, par d´efinition de|||DΦ(f)|||on a|||DΦ(f)||| ≥ |DΦ(f)(hn)|
pour toutn, et en passant `a la limite n → ∞ la question ii) assure que |||DΦ(f)||| ≥ kfk1. Finalement, combin´e `a la question b) cela prouve bien que|||DΦ(f)|||=kfk1.
e)Montrer queΦest de classeC1.
Φest de classeC1 si et seulement siDΦest continue. Soientf, g∈E. Pour touth∈E on a DΦ(f)(h)−DΦ(g)(h)
= Z 1
0
f(x)h(x) dx − Z 1
0
g(x)h(x) dx
= Z 1
0
(f(x)−g(x))h(x) dx
= DΦ(f −g)(h),
i.e.DΦ(f)−Dφ(g) =DΦ(f−g). Les questions b)-c) assurent donc que
|||DΦ(f)−DΦ(g)||| = |||DΦ(f−g)||| = kf−gk1 = Z 1
0
|f(x)−g(x)| dx ≤ kf−gk∞. Autrement dit la fonctionDΦest1-lipschitzienne et donc continue.
Remarque :On aurait aussi pu remarquer queDΦest en fait lin´eaire et commekfk1 ≤ kfk∞les questions b)-c) prouvent que pour toutf on a|||DΦ(f)||| ≤ kfk∞et donc queDΦest continue.
Partie II.On munit maintenantEde la normek k1.
a)Montrer que pour toutf ∈E l’applicationLf : E → Rd´efinie parLf(h) = Z 1
0
f(x)h(x) dx est continue.
Le mˆeme type de raisonnement qu’`a la partie I. montre que pour touth∈E on a
|Lf(h)| =
Z 1
0
f(x)h(x) dx
≤ Z 1
0
|f(x)h(x)|dx ≤ kfk∞× Z 1
0
|h(x)|dx = kfk∞× khk1. Cela prouve queLf est continue, et que|||Lf||| ≤ kfk∞.
b)Montrer que cependantΦn’est diff´erentiable en aucunf ∈E. Indication : consid´ererhn(x) =
√nxn.
Soientf, h∈E. Pour toutt∈R,t6= 0, on a 1
t (Φ(f +th)−Φ(f)) = Z 1
0
f(x)h(x) + t 2
Z 1
0
h(x)2dx−→t→0 Lf(h),
i.e. Φ est d´erivable en f dans la direction h et sa d´eriv´ee directionnelle est Lf(h). Si Φ est diff´erentiable en f on a donc n´ecessairement DΦ(f) = Lf. L’application Lf est bien continue
d’apr`es la question a) doncΦest diff´erentiable enf si et seulement siΦ(f+h)−Φ(f)−Lf(h) = o(h). On calcule
Φ(f +h)−Φ(f)−Lf(h)
= 1 2
Z 1
0
(f(x) +h(x))2dx−1 2
Z 1
0
f(x)2dx− Z 1
0
f(x)h(x) dx
= 1 2
Z 1
0
h(x)2dx.
Soithn ∈Ed´efinie parhn(x) = √
nxn. On a khnk1 =
Z 1
0
|hn(x)|dx = Z 1
0
√nxndx =
√n n+ 1
n→∞−→ 0, tandis que
(2) Φ(f+hn)−Φ(f)−Lf(hn) = 1 2
Z 1
0
hn(x)2dx = 1 2
Z 1
0
nx2ndx = n 2(2n+ 1), et donc 1
khnk1 (Φ(f +hn)−Φ(f)−Lf(hn)) = n(n+ 1) 2√
n(2n+ 1)
n→∞−→ +∞. Ainsi Φ(f +h) − Φ(f)−Lf(h)6=o(h)et doncΦn’est pas diff´erentiable enf.
c)Montrer qu’en faitΦn’est continue en aucunf ∈E.
On reprend la suite de fonctions(hn)nde la question pr´ec´edente. L’´equation (2) s’´ecrit Φ(f+hn) = Φ(f) +Lf(hn) + n
2(2n+ 1). Commekhnk1 =
√n
n+ 1 →0, on ahn →0et puisque, d’apr`es la question a),Lf est continue on a doncLf(hn) → Lf(0) = 0. Ainsi Φ(f +hn) → Φ(f) + 1
4 6= Φ(f)alors quef +hn → f. Cela prouve queΦn’est pas continue enf, et ce quelque soitf ∈E.
