Soit f une fonction de classe C

L2 - M33 - CC1 - Thème A - Novembre 2012

Exercice 1

Soit f une fonction de classe C

et x

∈ D

. Soit ` le polynôme d’interpolation de L

de f en x

et h le polynôme d’interpolation d’H

en x

. Calculer h(x) −` (x).

C

. Le polynôme d’interpolation de L

de f en x

est l’unique polynôme ` ∈ R

[x] qui vérifie ` (x

) = f (x

), donc ` (x) = f (x

). Le polynôme d’interpolation d’H

de f en x

est l’unique polynôme h ∈ R

[x] qui vérifie h(x

) = f (x

) et h

(x

) = f

(x

). On cherche alors a

et a

tels que h(x) = a

+ a

x :

( h(x

) = f (x

),

h

(x

) = f

(x

), ⇐⇒

( a

+ a

x

= f (x

), a

= f

(x

), ⇐⇒

( a

= f (x

) − x

f

(x

), a

= f

(x

),

donc h(x) = f (x

) + (x − x

)f

(x

) et h(x) −` (x) = f (x

) + (x − x

) f

(x

) − f (x

) = (x − x

) f

(x

).

Exercice 2

Soit f : R → R une fonction de classe C

( R ) qui s’annule au moins une fois et dont la dérivée ne s’annule pas. Soit x

∈ D

donné. Pour i ∈ N construisons la suite (x

)

comme suit : x

est la racine du polynôme interpolateur d’H

de f en x

. Quelle méthode reconnait-on ? Justifier la réponse.

C

. Le polynôme d’H

d’une fonction f en x

a équation q(x) = f (x

) + (x − x

)f

(x

) : il s’agit de la droite tangente au graphe de f en x

. On cherche x

tel que f (x

) + (x − x

)f

(x

) = 0, d’où x

= x

−

. On a alors la suite définie par récurrence

( x

donnée, x

= x

−

,

qui correspond à la méthode de N

pour l’approximation de la racine de f .

Exercice 3

On considère le problème du calcul de ` ∈ [0, π ] tel que ` = 1 −

cos( ` ).

1. Montrer qu’on peut utiliser la méthode de la dichotomie pour approcher ` . Que vaut l’approximation de ` après 3 itérations ? Quel est l’erreur maximale qu’on obtient après 3 itérations ?

k 0 1 2 3

[a

,b

] [0, π ]

`

2

2. On considère la méthode de point fixe suivante : ( x

∈ [0, π ],

x

= g (x

) pour tout k ≥ 0, (1)

avec g : [0, π ] → R la fonction définie par g (x) = 1 −

cos(x).

2.1. Étudier graphiquement la convergence de cette méthode.

2.2. Montrer rigoureusement que la méthode converge pour tout x

∈ [0, π ].

2.3. Montrer que l’erreur satisfait l’inégalité | x

− `| ≤ C

| x

−`| . Donner une estimation de la constante C et l’utiliser pour minorer le nombre d’itérations nécessaires pour approcher ` à 10

près.

2.4. Montrer que si on utilise le critère d’arrêt | x

− x

| ≤ ε alors | x

− `| ≤

. Quelle valeur de ε faut-il choisir pour approcher ` à 10

près ?

C

.

1. Soit f : [0, π ] → R la fonction définie par f (x) = 1 −

cos(x ) − x. Elle est de classe C

, f (0) = 3/4 > 0 et f ( π ) = 5/4 − π < 0, le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure qu’il existe au moins un ` ∈ [0, π ] tel que f ( ` ) = 0. De plus, comme f

(x) =

cos(x) − 1 < 0, ce zéro est unique. On peut alors utiliser la méthode de la dichotomie pour approcher ` et l’on a

k 0 1 2 3

[a

,b

] [0, π ] £

0,

¤ £

4

,

¤ £

4

,

¤

`

2 π

4 3π

8 5π

16

2. On considère la méthode de point fixe de fonction d’itération g .

1

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2.1. Étude graphique de la convergence :

?

g est de classe C

, g (0) = 3/4, g ( π ) = 5/4, g

(x) =

sin(x) ∈ [0, 1/4], g est croissante sur [0, π ].

?

La suite x

est monotone croissante si x

< ` et monotone

décroissante si x

> ` . g

y

x π

π

x0 xx1x22x1 x0 5

4 3 4

2.2. g([0, π ]) = [3/4, 5/4] ⊂ [0, π ] et | g

(x) | ≤ 1/4 < 1 : la méthode de point fixe converge vers ` pour tout x

∈ [0, π ].

2.3. Pour tout k ∈ N il existe ξ

compris entre ` et x

tel que | x

− `| = | g(x

) − g ( ` ) | ≤ | g

( ξ

) || x

−`| ≤

| x

−`| ≤

. Donc, pour approcher ` à 10

près, il faut prendre le plus petit k ∈ N qui vérifie k ≥ log

(10

π ) ≈ 5.9, i.e. k = 6.

2.4. Pour tout k ∈ N on a | x

−`| − | x

− x

| ≤ | x

− x

+ x

− `| = | x

− `| ≤ C | x

−`| avec C = 1/4 d’où

| x

− `| ≤ 1

1 − C | x

− x

| ≤ ε 1 − C . Pour que l’erreur soit inférieur à 10

il faut alors choisir ε ≤ (1 − C )10

.

Exercice 4

Pour calculer les racines de la fonction f (x) = x

− x

+ 8x − 8 on utilise 4 méthodes de point fixe différentes décrites par les fonctions d’itération suivantes :

ϕ

(x) = − x

+ x

− 7x + 8 ϕ

(x) = 8 − x

8 − x ϕ

(x) = − 1 10 x

+ 1

10 x

+ 1 5 x + 4

5 ϕ

(x ) = 2x

− x

+ 8 3x

− 2x + 8 Dans le tableau suivant sont reportées les suites des itérées obtenues par ces quatre méthodes.

Méthode A Méthode B Méthode C Méthode D

x

0.5000000000000000 0.500000000000000 0.5000000000000000 0.5000000000000000 x

0.9125000000000001 1.032258064516129 4.625000000000000 1.050000000000000 x

0.9897857421875000 1.000235245684712 − 101.9160156250000 0.9845143884892086 x

0.9989578145726552 1.000000012299503 1.069697123778202 × 10

1.004312677086027 x

0.9998955643403695 1.000000000000000 − 1.224001861234915 × 10

0.9987590594698483 x

0.9999895542527895 1.000000000000000 1.833775789385161 × 10

1.000353832012369 x

0.9999989554034564 1.000000000000000 − 6.166499545700052 × 10

0.9998988463640411

¬ Montrer que ` = 1 est l’unique racine réelle de f .

­ Associer chaque méthode à sa fonction d’itération (justifier chaque réponse).

C

. Les fonctions ϕ

sont de classe C

au voisinage de ` . De plus, on remarque que f (x) = (x − 1)(x

+ 8), donc l’unique racine réelle de f est ` = 1. On sait que

?

si |ϕ

( ` ) | < 1, alors il existe un intervalle [c;d ] 3 ` tel que la suite (x

)

converge vers ` pour tout x

∈ [c;d ] ; plus précisément, si 0 < ϕ

( ` ) < 1 la suite converge de façon monotone, c’est-à-dire, l’erreur x

− ` garde un signe constant quand k varie, tandis que si − 1 < ϕ

( ` ) < 0 la suite converge de façon oscillante, c’est-à-dire, l’erreur x

−` change de signe quand k varie ;

?

si |ϕ

( ` ) | > 1 la suite diverge ; plus précisément, si ϕ

( ` ) > 1 la suite diverge de façon monotone, tandis que pour ϕ

( ` ) < − 1 elle diverge en oscillant ;

?

si |ϕ

( ` ) | = 1, on ne peut en général tirer aucune conclusion : selon le problème considéré, il peut y avoir convergence ou divergence.

?

Enfin, si ϕ

( ` ) = 0 pour 1 ≤ j ≤ p et ϕ

( ` ) 6= 0, alors la méthode de point fixe associée à la fonction d’itération ϕ

est d’ordre p + 1.

Calculons donc ϕ

( ` ) pour i = 1, 2, 3, 4 :

1. ϕ

(x) = − 3x

+ 2x − 7 et ϕ

(1) = − 8 : la suite diverge en oscillant (colonne C) ;

2. ϕ

(x) =

et ϕ

(1) = −

: la suite converge de façon oscillante (colonne D) ; 3. ϕ

(x) = −

x

+ 1

5 x + 1

5 et ϕ

(1) =

: la suite converge de façon monotone (colonne A ou B) ;

4. ϕ

(x) =

et ϕ

(1) = 0 : la suite converge à l’ordre au moins 2 (colonne B).

2

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Exercice 1

Vérifier que le polynôme d’interpolation d’H

d’une fonction f en un point coïncide avec le polynôme de T

d’ordre 1 de f en ce point.

C

. Le polynôme d’interpolation d’H

en un point (x

, f (x

), f

(x

)) est l’unique polynôme q ∈ R

[x] qui vérifie q(x

) = f (x

) et q

(x

) = f

(x

). On cherche alors a

et a

tels que q(x) = a

+ a

x :

( q(x

) = f (x

),

q

(x

) = f

(x

), ⇐⇒

( a

+ a

x

= f (x

), a

= f

(x

), ⇐⇒

( a

= f (x

) − x

f

(x

), a

= f

(x

),

donc q(x) = f (x

) + (x − x

)f

(x

).

Exercice 2

1. Calculer le polynôme p de L

qui interpole la fonction f (x) =

aux points d’abscisse x

= 1, x

= 2 et x

= 4.

Esquisser les graphes de f et de p pour x ∈ [1, 4].

2. Vérifier que l’erreur ε (x) ≡ f (x) − p(x ) prend sa valeur maximale en un unique point ˜ x dans l’intervalle [2, 4]. Calculer ensuite ˜ x à 10

près (on pourra utiliser la méthode de dichotomie).

3. Comparer la fonction ε avec l’estimation théorique de l’erreur.

C

.

1. f est une hyperbole et p est la parabole qui passe par les points (1, 4), (2, 2) et (4, 1) : p(x) =

x

−

x + 7

f p 4

1 2

2 1

4 y

x

2. On a ε (x) ≡ f (x) − p(x) =

− 7 +

x −

x

. Comme ε

(x) =

− x −

, il s’agit de trouver ˜ x tel que ε

(x) = 0. Une simple comparaison des graphes des fonctions u : x 7→

− x et v : x 7→

montre que ε

(x) = 0 admet une solution dans l’in- tervalle [1, 2] et une solution dans l’intervalle [2, 4] (en effet, ε

(1) = u(1) − v(1) = 2.5 − 4 < 0, ε

(2) = u(2) − v(2) = 1.5 − 1 > 0 et ε

(4) = u(4) − v(4) < 0). On a ε

(x) = − 1 + 8/x

: l’erreur étant convexe pour x < 2 et concave pour x > 2, on conclut qu’elle prend sa valeur maximale pour x = x ˜ ∈ [2, 4]. On cherche alors ˜ x ∈ [2, 4] tel que ε

( ˜ x) = 0 par la méthode de dichotomie. Pour que l’erreur soit inférieur à 10

, il faut E ³

log

³

4−2 10⁻¹

´´

+ 1 = E ¡

2 log

(2) + log

(5) ¢

+ 1 = 5 étapes :

k 0 1 2 3 4 5

[a

,b

] [2, 4] [3, 4] £

3,

¤ £

3,

¤ £

3,

¤ £

16

,

¤

`

3

b

− a

2 > 10

1 > 10

0.5 > 10

0.25 > 10

0.125 > 10

0.0625 < 10

L’erreur prend sa valeur maximale pour ˜ x ≈

= 3.09375 et vaut ε ( ˜ x) ≈ 0.01166653913.

3. Comparons ce résultat avec l’estimation théorique de l’erreur. n = 2 et f est de classe C

([1, 4]), donc pour tout x ∈ [1, 2]

il existe ξ

∈ [1, 4] tel que

ε (x) = f

( ξ

)

3! (x − 1)(x − 2)(x − 4) = − 3 ξ

(x

− 7x

+ 14x − 8).

Comme ε (x) =

− 7 +

x −

x

, on obtient ξ

= p

6x.

Exercice 3

On considère le problème du calcul de ` ∈ [0, π ] tel que ` = 1 +

sin( ` ).

1. Montrer qu’on peut utiliser la méthode de la dichotomie pour approcher ` . Que vaut l’approximation de ` après 3 itérations ?

2. On considère la méthode de point fixe suivante : ( x

∈ [0, π ],

x

= g (x

) pour tout k ≥ 0, (2)

avec g : [0, π ] → R la fonction définie par g (x) = 1 +

sin(x).

3

L2 - M33 - CC1 - Thème B - Novembre 2012

2.1. Étudier graphiquement la convergence de cette méthode.

2.2. Montrer rigoureusement que la méthode converge pour tout x

∈ [0, π ].

2.3. Montrer que l’erreur satisfait l’inégalité | x

− `| ≤ C

| x

−`| . Donner une estimation de la constante C et l’utiliser pour minorer le nombre d’itérations nécessaires pour approcher ` à 10

près.

2.4. Montrer que si on utilise le critère d’arrêt | x

− x

| ≤ ε alors | x

− `| ≤

. Quelle valeur de ε faut-il choisir pour approcher ` à 10

près ? (Rappel : | a − c | − | c − b | ≤ | a − b | ≤ | a − c | + | c − b | pour tout a, b,c ∈ R )

C

.

1. Soit f : [0, π ] → R la fonction définie par f (x) = 1 +

sin(x) − x. Elle est de classe C

, f (0) = 1 > 0 et f ( π ) = 1 − π < 0, le théorème des valeurs intermédiaires permet de conclure qu’il existe au moins un ` ∈ [0, π ] tel que f ( ` ) = 0. De plus, comme f

(x) =

cos(x) − 1 < 0, ce zéro est unique. On peut alors utiliser la méthode de la dichotomie pour approcher ` et l’on a

k 0 1 2 3

[a

,b

] [0, π ] £

0,

¤ £

4

,

¤ £

8

,

¤

`

2 π

4 3π

8 7π

16

2. On considère la méthode de point fixe de fonction d’itération g.

2.1. Étude graphique de la convergence :

g est de classe C

, g (0) = g ( π ) = 1, g

(x) =

cos(x) ∈ [ − 1/2, 1/2], g est croissante sur [0,

], décroissante sur [

, π ] et

g( π /2) = 3/2 < π g

y

x π

π

x0 x1x2 3

2

π2

1

2.2. g([0, π ]) = [1, 3/2] ⊂ [0, π ] et | g

(x) | ≤ 1/2 < 1 : la méthode de point fixe converge pour tout x

∈ [0, π ].

2.3. Pour tout k ∈ N il existe ξ

compris entre ` et x

tel que | x

− `| = | g(x

) − g ( ` ) | ≤ | g

( ξ

) || x

−`| ≤

| x

−`| ≤

. Donc, pour approcher ` à 10

près, il faut prendre le plus petit k ∈ N qui vérifie k ≥ log

(10

π ) ≈ 11.7, i.e. k = 12.

2.4. Pour tout k ∈ N on a [ | x

− `| − | x

− x

| ≤ | x

− x

+ x

−`| = | x

− `| ≤ C | x

− `| d’où

| x

− `| ≤ 1

1 − C | x

− x

| ≤ ε 1 − C . Pour que l’erreur soit inférieur à 10

il faut alors choisir ε ≤ 2 × 10

.

Exercice 4

Soit f : R → R la fonction définie par f (x) = x

− 2. On veut approcher le zéro α de f par la méthode de point fixe suivante : ( x

donné,

x

= g

(x

) pour tout k ≥ 0, (3)

avec g

: R → R la fonction définie par g

(x) = (1 − ω )x

+ ¡ 1 −

¢

x + 2( ω − 1) +

, ω ∈ R .

1. Pour quelles valeurs du paramètre ω la méthode de point fixe (3) est-elle consistante (i.e. α est un point fixe de g

) ? 2. Pour quelles valeurs du paramètre ω la méthode de point fixe (3) est-elle d’ordre 2 ?

3. Existe-t-il des valeurs du paramètre ω pour lesquelles la méthode de point fixe (3) est-elle d’ordre 3 ? C

. Comme α est le zéro de f , on a α

= 2.

1. La méthode de point fixe (3) est consistante pour tout ω ∈ R car g

( α ) = (1 −ω ) α

+

³ 1 − ω

3

´ α + 2( ω − 1) + 2 ω

3 α

= (1 − ω )( α

− 2) +

³ 1 − ω

3

´ α + 2 ω

3 α

= α − ωα 3 + 2 ω

3 α

= α− ω ( α

− 2) 3 α

= α . 2. La méthode de point fixe (3) est au moins d’ordre 2 si g

( α ) = 0. On a

g

( α ) = 3(1 −ω ) α

+ 1 − ω 3 − 4 ω

3 α

= 3(1 −ω ) α

+ 1 − ω = (1 −ω )(3 α

+ 1) donc la méthode de point fixe (3) est au moins d’ordre 2 si ω = 1.

3. Pour que la méthode de point fixe (3) soit d’ordre 3 il faudrait g

( α ) = g

( α ) = 0. Puisque g

( α ) = 0 si et seulement si ω = 1 et g

( α ) =

6= 0, il n’est pas possible d’avoir une convergence d’ordre supérieur à 2.

4