Le document présente des exercices de mathématiques sur des fonctions continues et dérivables, incluant la recherche de solutions par des méthodes numériques comme la bissection et Newton. Il examine également les suites récurrentes et leur convergence ainsi que l'application de la méthode de quasi-Newton sur des systèmes d'équations. Les résultats indiquent les conditions sous lesquelles les méthodes convergent et l'estimation des itérations nécessaires pour atteindre une certaine précision.

1. N
Exercices 1 :

2. Exercices 1 :
1- D’abord on définit la fonction f sous Matlab
f est continue sur |R
On fait la dérivation :
Alors f est croissant , calculons les limites ;
Donc f est
 Continue
 Croissant
 f(0)<0 et lim
𝑥→∞
𝑓(𝑥) = +∞
Alors il y a une solution unique s dans I= ]0,+∞[ tel que f(s)=0
2- essayons de réduire l’interval I , on a
Donc s ∈ ]1,2[

3. 𝑏 − 𝑎
2𝑛
=
2 − 1
2𝑛
< 10−7
2𝑛
> 107
→ 𝑛 > log2 107
→ 𝑛 > 23,2534 → 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑜𝑛𝑠 𝑛 = 24
Il faut 24 itérations pour obtient une erreur inférieur a 107
3- il est trop difficile de faire 24 itérations en pratique , on utilise l’algorithme de la
bissection en le définit sous matlab :
Format long %pour augmenter la precession
On obtient
L’erreur est 2.98e-8 < 10−7
et la plus proche valeur de s est a=1.936847388744354
Alors que s obtenue par fzero est

4. Et l’erreur entre a et s est :
De meme facon que q2 ,
𝑏−𝑎
2𝑛 =
2−0
2𝑛 < 10−8
→ 2𝑛
> 108
𝑛 > log2 108
→ 𝑛 > 27,5754 → 𝑝𝑟𝑒𝑛𝑜𝑛𝑠 𝑛 = 28
Il faut 28 itérations pour obtenir une erreur inferieur a 108
Exercices 2 :
Soit xn la suite définit par
{
𝑥0 =
3
2
𝑥𝑛 + 1 = 𝐹(𝑥𝑛) = 𝑥𝑛2
− 2𝑥𝑛 + 2
1- on x2=x1+1 = F(x1)=F(F(x0))=F(F(
3
2
))
X1=F(
3
2
) = (
3
2
)
2
− 2 (
3
2
) + 2 =
4
5
𝑥2 = 𝐹 (
3
2
)
2
− 2𝐹 (
3
2
) + 2 =
17
16
2- Si xn Converge alors elle a une limite (notons l sa limite)
Lorsque 𝑛 → +∞ 𝑜𝑛 𝑎 𝑥𝑛 + 1 = 𝑥𝑛 = 𝑙
Donc 𝐹(𝑥𝑛) = 𝑥𝑛 + 1 = 𝑥𝑛 → 𝐹(𝑙) = 𝑙
→ 𝑙 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡 𝑓𝑖𝑥𝑒 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑛𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝐹
F(l)=l → 𝑙
2
− 2𝑙 + 2 = 𝑙 → 𝑙
2
− 3𝑙 + 2 = 0 → (𝑙 − 1)(𝑙 − 2) = 0
𝒔𝒐𝒊𝒕 𝑙 = 1 𝒐𝒖 𝑙 = 2
On supposse dans la suite que l=1
3-
On a 𝐹(𝑥) = 𝑥2
− 2𝑥 + 2 → 𝐹 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑝𝑜𝑙𝑦𝑛𝑜𝑚𝑒 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑔𝑟é 2
 F est continue et dérivable sur |R et surtout sur [
3
4
,
5
4
]
 On a F([
3
4
,
5
4
])=1.065 ⊆ [
3
4
,
5
4
]

5.  On a 𝐹′(𝑥) = 𝑥 − 2 𝑓𝑜𝑛𝑐𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑐𝑟𝑜𝑖𝑠𝑠𝑎𝑛𝑡
𝑠𝑎 𝑣𝑎𝑙𝑒𝑢𝑟 𝑚𝑎𝑥𝑖𝑚𝑎𝑙 𝑒𝑠𝑡 𝐹 (
5
4
) = −
3
4
< 𝑥 ( ∀x ∈ [
3
4
,
5
4
])
→ F est contractente sur [
3
4
,
5
4
]
4-
On puisque
 𝑥𝑛 + 1 = 𝐹(𝑥𝑛) = 𝑥𝑛2
− 2𝑥𝑛 + 2 , 𝑥𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑠𝑢𝑖𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑐𝑢𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒
 F est contractente sur [
3
4
,
5
4
]
-𝑑𝑜𝑛𝑐 𝑙𝑎 𝑠𝑢𝑖𝑡𝑒 𝑥𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝑢𝑛𝑒 𝑠𝑢𝑖𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝐶𝑎𝑢𝑐ℎ𝑦
→ 𝑥𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝐶𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑡
5-
𝑆𝑜𝑖𝑡 𝑥𝑛 𝑢𝑛𝑒 𝑠𝑢𝑖𝑡𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑟𝑢𝑖𝑡𝑒 𝑝𝑎𝑟 𝑢𝑛𝑒 𝑚𝑒𝑡ℎ𝑜𝑒 𝑛𝑢𝑚𝑒𝑟𝑖𝑞𝑢𝑒
𝑒𝑡 𝑥 ∗ 𝑢𝑛 𝑝𝑜𝑖𝑛𝑡 𝑓𝑖𝑥𝑒 𝑑𝑒 𝐹
𝐿′
𝑒𝑟𝑟𝑒𝑢𝑟 𝑎𝑏𝑠𝑜𝑙𝑢𝑒𝑎 𝑙′
é𝑡𝑎𝑝𝑒𝑛 𝑒𝑠𝑡 𝑑é𝑓𝑖𝑛𝑖𝑒 𝑝𝑎𝑟
𝑒∗
= 𝑥𝑛 − 𝑥∗
on dit que xn converge vers 𝑥∗
a l’ordre
𝑝 ≥ 1 𝑠𝑖 𝑖𝑙 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑚 > 0 𝑡𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑒 |𝑒𝑛+1| ≤ 𝑚|𝑒𝑛|𝑝 (𝑛 ≥ 𝑛0)
 𝑠𝑖 𝑝 = 1 𝑜𝑛 𝑑𝑖𝑡 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑒𝑠𝑡 𝑙𝑖𝑛é𝑎𝑟𝑒
 𝑠𝑖 𝑝 = 2 𝑜𝑛 𝑑𝑖𝑡 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑣𝑒𝑟𝑔𝑒𝑛𝑐𝑒 𝑒𝑠𝑡 𝑞𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑡𝑖𝑞𝑢𝑒
𝑒𝑛+1 = |𝑥𝑛 − 𝑥∗ |2
𝑒𝑛+1 = 𝑒𝑛
2
𝑒𝑛+1 ≤ 𝑒𝑛
2
Donc la convergence est quadratique
Exercices 3 :
1-
Soit f la fonction définie sur ]0,4[ par f(x)= 4𝑒
𝑥
4 − 6
 On a f est continue sur [0,4] , dérivable sur ]0,4[
 𝑓(0) = −2 < 0 𝑒𝑡 𝑓(4) = 4𝑒 − 6 = 4,8731 > 0

6. Alors aprés la théorème des Valeurs intermédiare
f admet au moins un zéro s dans ]0,4[
2-
 Ef’(x)= 𝑒
𝑥
4 > 0 → f est strictement monotone
s est unique
>>fplot(@(x) f(x) , [0 4])
>>hold on;
>>fplot(@(x) 0 , [0 4],'k','linewidth',2)
>>xlabel('Les abscisses'); ylabel('Les ordonnées');
On peut appliquer la méthode de dichotomie pour détérminer S
𝑓(𝑠) = 0 → 4𝑒
𝑆
4 = 6 → 𝑒
𝑆
4 =
3
2
→ 𝑠 = 4ln(
3
2
)

7. Exercices 4 :
D’abord on définit f sous Matlab
F est continue , dérivable sur
l’intervalle qu’on utilise [-5,5]
Il y a au moins un zéro de f dans ]1,2[

8. On a f’(x) = 4𝑥−𝑒𝑥
g=f’ ne s’annule pas dans ]1,2[
1- La méthode de newton s’écrit
{
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 −
𝑓(𝑥𝑛)
𝑓′(𝑥𝑛)
𝑥0 𝑑𝑜𝑛𝑛é𝑒
On prend 𝑥0 = 1 𝑒𝑡 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑔 = 𝑓′
2- La méthode de sécante s’écrit
{
𝑥𝑛+1 = 𝑥𝑛 − 𝑓(𝑥𝑛)
𝑥𝑛−𝑥𝑛−1
𝑓(𝑥𝑛)−𝑓(𝑥𝑛−1)
𝑥0 𝑑𝑜𝑛𝑛é𝑒
On prend 𝑥0 = 1, 𝑥1 = 2 𝑒𝑡 𝑠𝑜𝑖𝑡 𝑔 = 𝑓′

9. 3- On propose la méthode suivant :
𝑓(𝑥) = 0 → 𝑓(𝑥) + 𝑥 = 𝑥 , 𝑜𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑒 ℎ(𝑥) = 𝑓(𝑥) + 𝑥
On se raméne a détérminer un point fixe de h
ℎ(𝑥) = 2𝑥2
− 𝑒𝑥
+ 𝑥
On prend l’interval [ln(4), ln(5)]
{
𝑥𝑛+1 = ℎ(𝑥𝑛)
𝑥0 = ln(4)
ℎ′(𝑥 ) = 4𝑥 − 1 − 𝑒𝑥
Pour ln(4) < 𝑥 < ln(5) 𝑜𝑛 𝑎
ℎ′(ln(4)) = 4 ln(4) − 4 < ℎ′(𝑥) < ℎ′(ln(5)) = 4 ln(5) − 3
𝐷𝑜𝑛𝑐 |𝑔′(𝑥)| = 𝑔′(𝑥) > ℎ′(ln(4)) > 1 𝑠𝑢𝑟 [ln(4) , ln(5)]
Donc cette méthode est divergente
Exercices 5 :
1-
On a le système suivant
{
𝑥2
1 − 10𝑥1 + 𝑥2
2 + 8 = 0
𝑥1𝑥2
2 + 𝑥1 − 10𝑥2 + 8 = 0
et 𝑥0
= (0
0
)
𝑓 (𝑥1, 𝑥2) = (𝑥2
1 − 10𝑥1 + 𝑥2
2 + 8 , 𝑥1𝑥2
2 + 𝑥1 − 10𝑥2 + 8)

10. On pose 𝑓1(𝑥1, 𝑥2) = 𝑥2
1 − 10𝑥1 + 𝑥2
2 + 8
𝑓2(𝑥1, 𝑥2) = 𝑥1𝑥2
2 + 𝑥1 − 10𝑥2 + 8
On a la matrice jacobienne associée a f :
𝐽𝑓(𝑥1, 𝑥2) = (
𝑑𝑓1
𝑑𝑥1
(𝑥1, 𝑥2)
𝑑𝑓1
𝑑𝑥2
(𝑥1, 𝑥2)
𝑑𝑓2
𝑑𝑥1
(𝑥1, 𝑥2)
𝑑𝑓2
𝑑𝑥2
(𝑥1, 𝑥2)
) = (
2𝑥1 − 10 2𝑥2
𝑥2
2 + 1 2𝑥1𝑥2 − 10
)
La méthode de quasi-newton s’écrit
{
𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 − 𝐽𝑓
−1
(𝑥𝑘).𝑓(𝑥𝑘)
𝑥0 = (0
0)

11. Résultat :
2-
-a-
Soit
𝑓 (𝑥1, 𝑥2) = (𝑥 2 + 𝑥2
1
− 𝑥1 −
1
2
, 𝑥2 + 5𝑥1𝑥 2 − 𝑥3
1)
Et soit Jf 𝑥0
= (1
0
)
𝐽𝑓(𝑥1, 𝑥2) = (
2𝑥1 − 1 1
−3𝑥2
1 + 5𝑥2 5𝑥1 + 1
)

12. On utilise le meme algorithme que la question 1
Résultat :
-b-
Non , on ne peut prendre 𝑥0
= ( 0
−0.2
)
Car
La Matrice jacobienne n’est plus inversible avec cette 𝑥0
= ( 0
−0.2
)
Alors l’algorithme ne peut pas s’effectuer