ensas - uca - devoir libre

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