Réponses aux exercices du chapitre 2

Réponses aux exercices du chapitre 2

Numéro 5. On considère l’équation :

e^x−(x+ 5) = 0 (2.31)

a) Déterminer le nombre et la position approximative des solutions positives de l’équation 2.31.

b) Utiliser l’algorithme de la bissection pour déterminer chacune de ces racines avec une erreur absolue inférieure à10⁻⁷.

c) Déterminer combien d’itérations de la méthode de la bissection seraient nécessaires pour calculer la racine la plus proche de 1 avec une précision de 10⁻⁹, en partant de l’intervalle [0,2]. Ne pas faire les itérations.

Solution

a) Sif(x) désigne le membre de gauche, f⁰(x) = e^x−1 est positive pour x >0 et doncf est strictement croissante surR⁺. Par conséquent,f ne croise l’axe des xqu’une seule fois. Puisque f(0) =−4 etf(2) = 0,38, il y a une seule racine entre x= 0 etx= 2.

b) En utilisant le programme bissect.m de la banque de programme matlab, on obtient x= 1,936 847 3291 enn = 23 itérations à partir de l’intervalle[0,2].

Fonction : ---

%

f=exp(x)-(x+5);

Arguments initiaux : ---

Nombre maximal d’iterations : nmax = 35

Critere d’arret : epsilon = 1.000000E-07

Intervalle initial : [x_1,x_2] = [0.000000E+00, 2.000000E+00]

Iter. x_1 x_2 x_m f(x_m)

0 0.000000E+00 2.000000E+00 1.000000E+00 -3.2817E+00

5 1.875000E+00 1.937500E+00 1.906250E+00 -1.7844E-01 6 1.906250E+00 1.937500E+00 1.921875E+00 -8.8115E-02 7 1.921875E+00 1.937500E+00 1.929688E+00 -4.2330E-02 8 1.929688E+00 1.937500E+00 1.933594E+00 -1.9280E-02 9 1.933594E+00 1.937500E+00 1.935547E+00 -7.7152E-03 10 1.935547E+00 1.937500E+00 1.936523E+00 -1.9230E-03 11 1.936523E+00 1.937500E+00 1.937012E+00 9.7559E-04 12 1.936523E+00 1.937012E+00 1.936768E+00 -4.7391E-04 13 1.936768E+00 1.937012E+00 1.936890E+00 2.5079E-04 14 1.936768E+00 1.936890E+00 1.936829E+00 -1.1158E-04 15 1.936829E+00 1.936890E+00 1.936859E+00 6.9602E-05 16 1.936829E+00 1.936859E+00 1.936844E+00 -2.0988E-05 17 1.936844E+00 1.936859E+00 1.936852E+00 2.4307E-05 18 1.936844E+00 1.936852E+00 1.936848E+00 1.6596E-06 19 1.936844E+00 1.936848E+00 1.936846E+00 -9.6640E-06 20 1.936846E+00 1.936848E+00 1.936847E+00 -4.0022E-06 21 1.936847E+00 1.936848E+00 1.936847E+00 -1.1713E-06 22 1.936847E+00 1.936848E+00 1.936847E+00 2.4418E-07 23 1.936847E+00 1.936847E+00 1.936847E+00 -4.6355E-07

Approximation finale de la racine: r = 1.9368473291E+00

c) L’intervalle initial a pour longueur L = 2. De la relation (2.3), on veut donc le plus petitn tel que n > ln _∆r^L

ln 2 = 27,57et on prend n= 28.

Numéro 13. On chercher à résoudre l’équation :

e^x−3x² = 0

qui possède les deux racines r1 = −0,458 9623 et r2 = 0,91 ainsi qu’une troisième racine située près de4. On vous propose les méthodes des points fixes suivantes pour obtenir r₁.

1) x=g₁(x) =− re^x

3

2) x=g2(x) =−

e^x−3x²−3,385 712 869x 3,385 712 869

3) x=g₂(x) =−

e^x−3x²−3,761 89x 3,761 89

a) Lesquelles, parmi ces trois méthodes des points fixes, sont susceptibles de converger vers r₁? (Ne pas faire les itérations.)

b) Déterminer celle qui produit une convergence quadratique vers r₁.

c) La méthode de la bissection convergera-t-elle vers l’une des racines si l’on prend [−1,0]

comme intervalle de départ ?

d) Utiliser la méthode de Newton pour déterminer la troisième racine avec 4 chiffres significatifs. Quel est l’ordre de convergence de cette méthode ?

Solution

On évalue premièrement les différents algorithmes à la lueur de l’équation (2.9) et de la discussion qui la suit.

1) g₁(x) = − re^x

3 =−e^x/2

√3 ⇒g₁⁰(x) = −e^x/2 2√

3.

Puisque g₁⁰(r₁) = −0,229 48⇒ |g⁰₁(r₁)|<1⇒, l’algorithme des points fixes convergera à l’ordre 1.

2) g₂(x) = −(e^x−3x²−3,385 712 869x) 3,385 712 869

g⁰₂(x) = −(e^x−6x−3,385 712 869) 3,385 712 869

Puisque ⇒g₂⁰(r₁)≈0⇒, on aura convergence (au moins) quadratique.

a) Les trois méthodes convergeront si on a un bon estimé initial car |g_i⁰(r₁)|<1 et r₁ est attractif pour les trois fonctionsg_i(x).

b) La 2ième nous assure une convergence au moins quadratique car|g⁰₂(r1)|= 0.

c) N.B. : On travaille ici avec f(x) =e^x−3x² et non avec g(x). Or, on a :

f(−1) = −2,6321 et f(0) = 1−0 = 1 et comme il y a un changement de signe, la méthode de la bissection convergera.

d) On obtient :

Methode de Newton --- Fonctions :

--- exp(x)-3*x*x exp(x)-6*x

Arguments initiaux : ---

Nombre maximal d’iterations : nmax = 10

Critere d’arret : epsilon = 5.000000E-04 Estimation initiale : x_0 = 4.000000E+00

Iter. x_i f(x_i)

0 4.0000000000E+00 6.598150E+00

1 3.7843611452E+00 1.043379E+00

2 3.7353793751E+00 4.474262E-02

3 3.7330838979E+00 9.450832E-05

4 3.7330790287E+00 4.244995E-10

Approximation finale de la racine: r = 3.7330790287E+00 ---

La convergence est quadratique et la troisième racine est 3,733.

Numéro 17. On cherche à résoudre l’équation :

x²−2 = 0 (dont la solution est √

2) au moyen de la méthode des points fixes :

xn+1 =g(xn) =xn−ρ(x²_n−2) oùρ est une constante.

a) Pour quelles valeurs de ρ cette méthode des points fixes est-elle convergente à l’ordre 1 (au moins) ?

b) Quel est l’ordre de convergence pour ρ=

√ 2 4 ? c) Quel est l’ordre de convergence si ρ= 3√

2? Solution

On a premièrement que : g(x) =x−ρ(x²−2) g⁰(x) = 1−ρ(2x)⇒g⁰(√

2) = 1−ρ(2√ 2)

Pour que la méthode converge, on doit avoir :

|g⁰(√

2)|<1

⇔ |1−ρ(2√

2)|<1

⇔ −1<1−ρ(2√

2)<+1

⇔ −2<−ρ(2√ 2)<0

⇔ −2

−2√

2 > ρ >0

⇔ 0< ρ < 2 2√

2 =

√2 2 .

a) On a une convergence d’ordre au moins 1 pour 0< ρ <

√2 2 . b) Si on aρ=√

2/4, alors on a : g⁰(√

2) = 1−ρ(2√

2) = 1−√

2/4·2√

2 = 1−1 = 0.

Par conséquent, on a une convergence quadratique (N.B.g⁰⁰(x) =−2ρ6= 0).

c) Si ρ= 3√

2, alorsg⁰(√

2)>1et donc il y a divergence.

a) Obtenir tous les points fixes de la fonction :

g(x) = λx(1−x) oùλ est un paramètre (λ6= 0).

b) Déterminer pour chaque point fixe trouvé en a) les valeurs de λ pour lesquelles ces points fixes sont attractifs.

c) Déterminer pour chaque point fixe trouvé en a) la valeur de λ pour laquelle la conver- gence de la méthode des points fixes sera quadratique.

Solution

a) On a quex est un point fixe de g(x) sig(x) =x c.-à-d. si x =λx(1−x) et on voit immédiatement que 0 est un point fixe. On cherche maintenant s’il y en a d’autres. Si x est différent de 0, on peut diviser par xet on obtient :

1 = λ(1−x)

⇒ 1

λ = 1−x

⇒ x= 1− 1

λ = λ−1 λ et on a que x= λ−1

λ est un autre point fixe de g(x).

b) Un point fixe r de la fonction g(x) est dit attractif si |g⁰(r)| <1 et il est répulsif si

|g⁰(r)|>1. Or on a ici que g⁰(x) = λ(1−2x). Examinons ce que l’on obtient pour les deux points fixes trouvés en a). Pour x = 0, on a g⁰(0) = λ et donc 0 est attractif si

|λ|<1.

Pour x = λ−1

λ , on a g⁰

λ−1 λ

=λ

1−2(λ−1) λ

= λ−2λ+ 2 = 2−λ. Il faut donc que |2−λ|<1 ou encore que :

−1<2−λ <1

−2<−λ <−1 1< λ <3

c) Pour une fonction g(x) et un point fixe r, la convergence en ce point est quadratique si |g⁰(r)|= 0 et si |g⁰⁰(r)| 6= 0.

Pour x = 0, on a g⁰(0) = λ = 0 si λ = 0 (Dans ce cas g(x) = 0 et le problème n’a alors aucun intérêt. On ne retient pas ce cas.)

Pour x= λ−1

λ , on ag⁰

λ−1 2

= 2−λ= 0 si λ= 2 .

N.B. : g⁰⁰(x) = −2λ 6= 0 et donc on peut en conclure que l’on a bien une convergence quadratique.