M33 - L2 - Examen - Janvier 2012
B Ce sujet comporte 5 exercices indépendants.
B Documents et calculatrices autorisés.
Ï On attachera le plus grand soin à la rédaction et à la présentation claire et lisible des résultats dont il sera tenu compte lors de la correction. Aucun raisonnement vague ou insuffisant ne sera pris en compte. Une grande valeur sera attribuée à la rigueur des raisonnements.
Ï Si une question pose problème, admettre le résultat et passer à la suivante.
Ï Le texte est long, mais il n’est pas nécessaire de tout faire pour obtenir la note maximale. (Le barème est donné à titre indicatif et est susceptible de varier.)
Exercice 1 Recherche de zéro d’une fonction non-linéaire (6 pts)
L’objectif de cet exercice est de déterminer le zéro d’une fonction f ∈ C
2( R , R ) vérifiant 1 < f
0(x) < 2 sur R . On définit la suite {x
n}
n∈Nde R par la récurrence suivante
x
n+1= g (x
n),
où α > 0 et x
0∈ R sont donnés et la fonction g : R → R est définie par g(x) = x − α f (x).
1. Montrer que lim
x→−∞
f (x) = −∞ , lim
x→+∞
f (x) = +∞ et en déduire qu’il existe un unique ` ∈ R tel que f ( ` ) = 0.
2. Montrer que si 0 < α < 1, la fonction g vérifie | g
0(x) | < 1 sur R . En déduire la convergence de la suite {x
n}
n∈Npour tout α ∈ ]0; 1[ quel que soit x
0∈ R .
3. Donner l’ordre de convergence de la suite {x
n}
n∈Nen fonction de α ∈ ]0; 1[.
4. Comme d’un point de vue pratique on ne peut pas choisir α =
f01(`), on va l’approcher par α
n=
f0(x1n)et on obtient la suite {x
n}
n∈Ndéfinie par
x
n+1= x
n−α
nf (x
n).
Quel est le nom de cette méthode itérative ? Montrer que la suite {x
n}
n∈Nconverge quel que soit x
0∈ R . C
ORRECTION.
1. Puisque f est de classe C 2 ( R , R ) et f 0 (x) > 0 sur R alors f est monotone croissante. De plus, f 0 (x) > 1 sur R donc
x→−∞ lim f (x) = −∞ lim
x→+∞ f (x) = +∞ .
NB : seul la condition f 0 (x) > 1 permet de conclure car une fonction peut être monotone croissante mais avoir une limite finie ! En effet, la condition f 0 (x) > 1 garantie que la fonction croit plus vite qu’une droite comme on peut facilement vérifier :
x lim →±∞
f (x) x
[H] = lim
x →±∞
f 0 (x) 1 ≥ 1.
Puisque lim
x →−∞ f (x ) = −∞ < 0 et lim
x →+∞ f (x) = +∞ > 0, pour le théorème des valeurs intermédiaires il existe au moins un `
∈ R tel que f ( ` ) = 0. Puisque f 0 (x) > 0 pour tout x ∈ R , ce ` est unique.
2. g est de classe C 2 ( R , R ). Puisque 1 < f 0 (x) < 2 et 0 < α < 1 on a
− 1 < 1 − 2 α < g 0 (x) = 1 − α f 0 (x) < 1 − α < 1 Autrement dit
| g 0 (x) | < 1 sur R . On étudie alors la suite
x n + 1 = g (x n )
et on va vérifier qu’il s’agit d’une méthode de point fixe pour le calcul du zéro ` de f .
2.1. On vérifie d’abord que, si la suite converge vers un point fixe de g , ce point est bien un zéro de f (ici le réciproque est vrai aussi) : soit ` ∈ R , alors
` = g( ` ) ⇐⇒ ` = ` − α f ( ` ) ⇐⇒ 0 = α f ( ` ) ⇐⇒
α6=0f ( ` ) = 0;
2.2. vérifions maintenant que la suite converge vers un point fixe de g (et donc, grâce à ce qu’on a vu au point précédant,
elle converge vers l’unique zéro de f ) : g ∈ C 1 ( R , R ) et pour tout x dans R on a prouvé que | g 0 (x) | < 1, i.e. g est
contractante, alors la suite x n+1 = g (x n ) converge vers ` point fixe de g et zéro de f .
3. Étant donné que
g 0 ( ` ) = 1 − α f 0 ( ` ) avec 0 < f 0 ( ` ) < 2 et 0 < α < 1, on peut conclure que
?
la méthode de point fixe converge à l’ordre 2 si α = f
01 (
`) ,
?
la méthode de point fixe converge à l’ordre 1 si α 6= f
01 (
`) .
4. D’un point de vue pratique on ne peut pas choisir α = f
01 (
`) car on ne connaît pas ` . Si on choisit d’approcher α = f
01 (
`) par α n = f
0(x 1
n) et on considère la suite {x n } n ∈N définie par
x n+1 = x n − α n f (x n ), on obtient la méthode de N EWTON (qui est d’ordre 2).
De plus, comme 1 < f 0 (x) < 2 alors 0 < α n < 1 donc la suite {x n } n∈N converge quel que soit x 0 ∈ R .
Exercice 2 Interpolation et quadratures (5 pts)
Soit f une fonction C
∞( R , R ). On se donne les points {x
i}
ii=n=0de subdivision uniforme de l’intervalle [a;b] définis par x
i= a + i h avec h =
b−na. Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature composite pour approcher l’intégrale
Z
b af (x) dx.
1. Soit p le polynôme de Lagrange qui interpole f aux points − 1 et 1. Écrire le polynôme p, en déduire une formule de quadrature basée sur l’approximation
Z
1−1
f (x) dx ≈ Z
1−1
p (x) dx et étudier le degré d’exactitude de cette formule de quadrature.
2. À l’aide d’un changement de variable affine, en déduire une formule de quadrature pour l’intégrale Z
xi+1xi
f (x) dx.
3. En utilisant le résultat au point précédent, proposer une formule de quadrature composite pour le calcul approché de l’intégrale
Z
b af (x) dx.
Quelle méthode de quadrature reconnait-on ? C
ORRECTION.
1. On a deux points, donc le polynôme interpolateur de Lagrange est un polynôme de R 1 [x]. On cherche alors les coefficients α et β du polynôme p(x) = α+ β x tels que
½ f ( − 1) = p( − 1) = α −β , (1a)
f (1) = p(1) = α + β . (1b)
La somme des équations (1b) + (1a) donne α = f (1)+f 2 (−1) et la soustraction des équations (1b) − (1a) donne β = f (1)−f 2 (−1) . On en déduit la méthode de quadrature
Z 1
−1
f (t) dt ≈ Z 1
−1
p(t) dt = Z 1
−1 α+ β t dt = 2 α = f ( − 1) + f (1).
Par construction, cette formule de quadrature a degré d’exactitude au moins 1. Soit f (x) = x 2 , alors R 1
−1 f (x) dx = 2/3 tandis que f ( − 1) + f (1) = 2 : la formule est exacte pour les polynômes de degré au plus 1.
2. Soit x = mt + q, alors
Z x
i+1x
if (x) dx = m Z 1
− 1
f (mt + q) dt avec
( x i = − m + q, x i+1 = m + q,
d’où le changement de variable x = x i + (t + 1) x
i+12 −x
i. On déduit la formule de quadrature (exacte sur l’espace des poly- nôme de degré au plus 1)
Z x
i+1x
if (x) dx = x i+1 − x i 2
Z 1
−1
f ³
x i + (t + 1) x i+1 − x i 2
´
dt ≈ x i +1 − x i 2
£ f (x i ) + f (x i+1 ) ¤
.
3. On subdivise l’intervalle [a; b] en n intervalles [x i ; x i +1 ] de largeur h = b−a n = x
i+12 − x
ipour i = 0, . . . , n . On trouve ainsi la formule de quadrature composite
Z b a
f (x ) dx =
n−1 X
i =0
Z x
i+1x
if (x) dx ≈
n−1 X
i =0
x i +1 − x i 2
£ f (x i ) + f (x i + 1 ) ¤
= h 2
n−1 X
i =0
£ f (x i ) + f (x i + 1 ) ¤
= h 2
"
f (a) + f (b) + 2
n − 1
X
i=1
f (x i )
#
= h 2
"
f (a) + f (b) + 2
n − 1
X
i =1
f (a + i h)
# . Il s’agit de la méthode des trapèzes composite.
Exercice 3 EDO (4.5 pts)
Soit β > 0 un nombre réel positif et considérons le problème de C
AUCHY( y
0(t) = −β y (t), pour t > 0,
y (0) = y
0, (2)
où y
0est une valeur donnée. Soit h > 0 un pas de temps donné, t
i= i h pour i ∈ N et y
iune approximation de y(t
i). Écrire le schéma du trapèze (appelé aussi de C
RANCK-N
ICHOLSON) permettant de calculer y
i+1à partir de y
i. Sous quelle condition sur h le schéma du trapèze est-il A-stable ? Autrement dit, pour quelles valeurs de h la relation lim
i→+∞
y
i= 0 a-t-elle lieu ?
C
ORRECTION. Le problème (2) est un problème du type trouver y : I ⊂ R + → R tel que
( y 0 (t) = f (t, y(t)), ∀ t ∈ I, y (t 0 ) = y 0 .
Le principe des méthodes d’approximation est de subdiviser l’intervalle I en sous-intervalles de longueur h et, pour chaque nœud t i = t 0 + i h (i ∈ N ), on cherche la valeur inconnue y i qui approche y (t i ). L’ensemble de valeurs ©
y 0 , y 1 , . . . ª
représente la solution numérique. Les schémas numériques permettent de calculer y i + 1 à partir de y i et il est donc possible de calculer successivement y 1 , y 2 ,. . . en partant de y 0 .
1. Si nous intégrons l’EDO y 0 (t ) = f (t, y(t )) entre t i et t i + 1 nous obtenons y (t i + 1 ) − y (t i ) =
Z t
i+1t
if (t, y(t)) dt.
Soit y i une approximation de y (t i ) et y i +1 une approximation de y(t i+1 ). Si on utilise la formule du trapèze, i.e.
Z t
i+1t
if (t ,y (t)) dt ≈ h 2
¡ f (t i , y (t i )) + f (t i +1 ,y (t i +1 )) ¢ on obtient le schéma du trapèze ou de C RANCK -N ICHOLSON
( y 0 = y (t 0 ),
y i +1 − h 2 f (t i+1 , y i +1 ) = y i + h 2 f (t i , y i ), pour i = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit d’un schéma implicite car il ne permet pas d’écrire directement y i +1 en fonction de y i lorsque la fonction f n’est pas triviale. En appliquant le schéma du trapèze au problème (2) on obtient la suite définie par récurrence suivante
( y 0 = y (t 0 ),
³ 1 + h 2 β ´
y i + 1 = ³ 1 − h 2 β ´
y i . Par induction on obtient
y i = µ 2 −β h
2 +β h
¶ i
y 0 . Par conséquent, lim
i →+∞ y i = 0 si et seulement si
¯
¯
¯
¯ 2 −β h 2 +β h
¯
¯
¯
¯ < 1.
Notons x le produit β h > 0 et q la fonction q(x) = 2−x 2+x = 1 − 2 2+x x . Nous avons 0 < 2+x x < 1 pour tout x ∈ R ∗ + , donc | q(x) | < 1 pour tout x ∈ R ∗ + . La relation lim
i→+∞ y i = 0 est donc satisfaite pour tout h > 0.
2. Pour éviter le calcul implicite de y i+1 dans le schéma du trapèze, nous pouvons utiliser une prédiction d’E ULER progressive et remplacer le y i+1 dans le terme f (t i +1 , y i+1 ) par ˜ y i +1 = y i + h f (t i , y i ). Nous avons construit ainsi le schéma de H EUN . Plus précisément, cette méthode s’écrit
( y 0 = y (t 0 ), y i +1 = y i + h 2 ¡
f (t i , y i ) + f ¡
t i +1 , y i + h f (t i , y i ¢¢
, pour i = 0, 1, 2, . . . En appliquant le schéma de H EUN au problème (2) on obtient la suite définie par récurrence suivante
( y 0 = y (t 0 ), y i +1 = ³
1 − β h + (
βh) 2
2´ y i . Par induction on obtient
y i = µ
1 − β h + ( β h) 2 2
¶ i y 0 . Par conséquent, lim
i→+∞ y i = 0 si et seulement si
¯
¯
¯
¯
1 − β h + β 2 (h ) 2 2
¯
¯
¯
¯ < 1.
Notons x le produit β h et q le polynôme q(x) = 1 2 x 2 − x + 1 dont le graphe est représenté en figure.
x = β h q
0 2
1
Nous avons | q(x) | < 1 si et seulement si 0 < x < 2. La relation lim
i →+∞ y i = 0 est donc satisfaite si et seulement si h < 2
β .
Exercice 4 Courbe de meilleure approximation (4 pts) On considère un ensemble de points expérimentaux ©
(x
i, y
i) ª
ni=0
et on suppose que les deux grandeurs x et y sont liées, au moins approximativement, par une relation de la forme y = a sin(
π2x) + b cos(
π2x). On souhaite alors trouver les constantes a et b pour que la courbe d’équation y = a sin(
π2x) + b cos(
π2x ) s’ajuste le mieux possible aux points observés (on parle de courbe de meilleure approximation).
Soit d
i= y
i− (a sin(
π2x
i) + bcos(
π2x
i)) l’écart vertical du point (x
i, y
i) par rapport à la courbe. La méthode de régression (ou des moindres carrés) est celle qui choisit a et b de sorte que la somme des carrés de ces déviations soit minimale. Pour cela, on doit minimiser la fonction E définie par
E : R
2→ R
+(a,b) 7→ E (a,b) =
n
X
i=0
d
i2.
Écrire le système linéaire qui permet de calculer a et b.
C
ORRECTION. Pour minimiser E on cherche ses points stationnaires. Puisque
∂E
∂ a (a,b) = − 2 Ã n
X
i =0
¡ y i − ¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ b cos ¡
π2 x i ¢¢¢
sin ¡
π2 x i ¢
! ,
∂E
∂ b (a,b) = − 2 Ã n
X
i=0
¡ y i − ¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ b cos ¡
π2 x i ¢¢¢
cos ¡
π2 x i ¢
!
,
on obtient (
∂E∂
a (a,b) = 0
∂E∂
b (a,b) = 0 ⇐⇒
( P n i =0
¡ y i − ¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ bcos ¡
π2 x i ¢¢¢
sin(
π2 x i ) = 0 P n
i = 0
¡ y i − ¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ bcos ¡
π2 x i ¢¢¢
cos(
π2 x i ) = 0
⇐⇒
( P n i=0
¡¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ b cos ¡
π2 x i ¢¢¢
sin(
π2 x i ) = P n
i=0 y i sin(
π2 x i ) P n
i = 0
¡¡ a sin ¡
π2 x i ¢
+ b cos ¡
π2 x i ¢¢¢
cos(
π2 x i ) = P n
i = 0 y i cos(
π2 x i )
⇐⇒
· P n
i = 0 sin 2 ¡
π2 x i ¢ P n i = 0 sin ¡
π2 x i ¢ cos ¡
π2 x i ¢ P n
i = 0 sin ¡
π2 x i ¢ cos ¡
π2 x i ¢ P n
i = 0 cos 2 ¡
π2 x i ¢
¸ · a b
¸
=
· P n
i = 0 y i sin ¡
π2 x i ¢ P n
i = 0 y i cos ¡
π2 x i ¢
¸ . Si on note
U =
n
X
i =0
sin 2 ¡
π2 x i ¢
, V =
n
X
i =0
sin ¡
π2 x i ¢ cos ¡
π2 x i ¢
, W =
n
X
i =0
cos 2 ¡
π2 x i ¢
, P =
n
X
i =0
y i sin ¡
π2 x i ¢
, Q =
n
X
i =0
y i cos ¡
π2 x i ¢ , on doit résoudre le système linéaire
µ U V
V W
¶ µ a b
¶
= µ P
Q
¶
dont la solution est
a = W P − V Q
UW − V 2 , b = UQ − V P
UW − V 2 .
Exercice 5 Systèmes linéaires (6 pts)
On considère la matrice tridiagonale inversible A ∈ R
n×nA =
a
1c
10 . . . . . . 0 b
2a
2c
2. . . .. . 0 b
3a
3. . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . 0 .. . . . . b
n−1a
n−1c
n−10 . . . . . . 0 b
na
n
1. Montrer que les matrices L et U de la factorisation LU de A sont bidiagonales, i.e. si a
i j= 0 pour | i − j | > 1 alors `
i j= 0 pour i > 1 + j (et pour i < j car triangulaire inférieure) et u
i j= 0 pour i < j − 1 (et pour i > j car triangulaire supérieure).
Soit A
(k), k = 0, . . . , n − 1 la matrice obtenue à l’étape k de la méthode de G
AUSS, avec A
(0)= A et A
(n−1)= U . On montrera par récurrence sur k que A
(k)est tridiagonale pour tout k = 0, . . . , n − 1, i.e. a
(k)i j= 0 pour | i − j | > 1.
Initialisation : pour k = 0, A
(0)= A est une matrice tridiagonale.
Hérédité : soit A
(k)une matrice tridiagonale (i.e. a
(k)i j= 0 pour | i − j | > 1) et montrons que A
(k+1)l’est aussi.
?
Si i ≤ k , que valent-ils les coefficients a
(ki j+1)?
?
Si i > k alors on va considérer séparément les cas suivants :
?
si j ≤ k , que valent-ils les coefficients a
(ki j+1)?
?
si j > k et j < i − 1, que valent-ils les coefficients a
i k(k)et `
(k)i k? Que peut-on déduire sur les coefficients a
(k+1)i j?
?
si j > k et j > i + 1, que valent-ils les coefficients a
k j(k)et `
(k)i k? Que peut-on déduire sur les coefficients a
(k+1)i j? NB : Justifier succinctement chaque réponse !
2. On a montré au point précédent que les matrices L et U de la factorisation LU de A sont bidiagonales, écrivons-les sous la forme
L =
1 0 . . . . . . . . . 0 β
21 . . . .. .
0 β
31 . . . .. .
.. . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . β
n−11 0 0 . . . . . . 0 β
n1
, U =
α
1γ
10 . . . . . . 0 0 α
2γ
2. . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . 0 .. . . . . α
n−1γ
n−10 . . . . . . . . . 0 α
n
.
Calculer ( α
1, α
2, . . . , α
n), ( β
2, β
3, . . . , β
n) et ( γ
1, γ
2, . . . , γ
n−1) en fonction de (a
1,a
2, . . . , a
n), (b
2,b
3, . . . ,b
n) et (c
1,c
2, . . . , c
n−1). En déduire un algorithme de factorisation.
3. À l’aide des formules trouvées au point précédent, écrire l’algorithme pour résoudre le système linéaire A x = f où f = (f
1, f
2, . . . , f
n)
T∈ R
n.
C
ORRECTION.
1. Soit A (k) , k = 0, . . . , n − 1 la matrice obtenue à l’étape k de la méthode de G AUSS , avec A (0) = A et A (n−1) = U . On montrera par récurrence sur k que A (k) est tridiagonale, i.e. a i j (k) = 0 pour | i − j | > 1.
Initialisation : pour k = 0, A (0) = A qui est une matrice tridiagonale.
Hérédité : soit A (k) une matrice tridiagonale (i.e. a i j (k) = 0 pour | i − j | > 1) et montrons que A (k+1) l’est aussi.
?
Si i ≤ k alors a (k i j + 1) = a (k) i j = 0 (les lignes L 1 , . . . ,L k de la matrice A (k) ne sont pas modifiées à l’étape k).
?
Soit i > k, alors les lignes L k + 1 , . . . , L n de la matrice A (k) vont être modifiées selon la relation)
a (k+1) i j = a (k) i j − a (k)
i k
a (k) kk a (k) k j .
Pour chaque ligne i > k , considérons séparément les colonnes j ≤ k et les colonnes j > k :
?
si j ≤ k, a i j (k+1) = 0 (zéros qu’on fait apparaitre avec la méthode de G AUSS pour une matrice quelconque),
?
soit j > k :
?
si j < i − 1, comme i , j > k alors a i j (k) = 0 et i > j + 1 > k + 1, c’est-à-dire i − k > 1 et donc a (k) i k = 0 et ` (k) i k = 0.
Donc a (k i j + 1) = 0.
?
si j > i + 1, comme i , j > k alors a (k) i j = 0 et j > i + 1 > k + 1, c’est-à-dire j − k > 1 et donc a (k)
k j = 0. Donc a (k i j +1) = 0.
2. Les coefficients ( α 1 , α 2 , . . . , α n ), ( β 2 , β 3 , . . . , β n ) et ( γ 1 , γ 2 , . . . , γ n−1 ) se calculent en imposant l’égalité LU = A . L’algorithme se déduit en parcourant les étapes de la méthode de G AUSS :
A (0) =
a 1 c 1 0 . . . . . . 0 b 2 a 2 c 2 . . . .. . 0 b 3 a 3 . . . . . . .. . .. . . . . . . . . . . . . . 0 .. . . . . b n−1 a n −1 c n−1 0 . . . . . . 0 b n a n
L
2←L
2−β
2L
1−−−−−−−−−→
β2
=
ba21A (1) =
α 1 = a 1 γ 1 = c 1 0 . . . . . . 0
0 α 2 = a 2 − β 2 c 1 γ 2 = c 2 . . . .. .
0 b 3 a 3 . . . . . . .. .
.. . . . . . . . . . . . . . 0
.. . . . . b n−1 a n−1 c n−1
0 . . . . . . 0 b n a n
L
3← L
3−β
3L
2−−−−−−−−−→
β3
=
α2b3A (2) =
α 1 = a 1 γ 1 = c 1 0 . . . . . . 0
0 α 2 = a 2 − β 2 c 1 γ 2 = c 2 . . . .. . 0 0 α 3 = a 3 − β 3 c 2 . . . . . . .. .
.. . . . . . . . . . . . . . 0
.. . . . . b n − 1 a n − 1 c n − 1
0 . . . . . . 0 b n a n
L
4← L
4−β
4L
3−−−−−−−−−→
β4
=
α3b4[ · · · ]
[ · · · ] −−−−−−−−−−−→ L
n←L
n−β
nL
n−1βn