analyse num

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Faculte des Scienceset Technique

Universite Cadi AyyadMarrakech

LST-MIASI

2012/2013

Analyse Numérique

Travaux Dirigées avec solutions

Auteurs :

Ahmed RAJIL

Abdessamad ELMADKOURI

Mohamed BOUHASSOUNE

Encadrant :

Pr : hassan Al

moatassime

Mai 2013

UNIVERSITÉ CADI AYYAD 2012/2013FST Marrakech

T.D N◦1 : Analyse NumériqueM.I.A.S.I

Exercice 1 : Soit F ∈ C1(IR), et soit s une solution de l'équation s = F (s).

1. Montrer que si |F ′(s)| < 1, alors il existe un intervalle [a, b] contenant s pour lequel

la suite dé�nie par

x0 ∈ [a, b]

xn+1 = F (xn)converge vers s.

2. Montrer que si |F ′(s)| > 1, alors la suite dé�nie par

x0 6= s

xn+1 = F (xn)ne converge

pas vers s.

Solution 1 :

1. Soit F ∈ C1(IR) et F (s) = sOn a |F ′(s)| < 1et F ′ continue, donc ∃I = [s− h, s+ h] tel que ∀x ∈ I |F ′(x)| < 1.|F ′(x)| ≤Max(|F ′(x)| = |F ′(α)| < 1 (α ∈ I)Donc F est Lipschitzien avec L = |F ′(α)| < 1Soit x ∈ I Montrons que F (x) ∈ IOn a |F (x)− s| = |F (x)− F (s)|Et selon T.A.F, ∃ε ∈]s, x[ ou ]x, s[ tel que |F (x)− s| = |F ′(ε)||x− s|Or ε ∈ T ⇒ |F ′(ε)| < 1 donc |F (x) − s| < |x − s| < h donc F (x) ∈ I et d'après le

cours la suite dé�nie par{x0 ∈ Ixn+1 = F (xn)

converge vers s.

2. On a : |F ′(s)| > 1 et F ′ continue donc ∃I = [s− h, s+ h] tel que ∀x ∈ I|F ′(x)| > 1et on a x0 6= s pour xn , soit xn ∈ I ,soit xn 6∈ I

� si x ∈ I donc |xn+1 − s| = |F (xn)− F (s)| = |F ′(ε)||xn − s|(ε ∈ I)donc |xn+1 − s| > |xn − s| (car |F ′(ε)| > 1)Alors |xn+1 − s| > |xn − s| > |x0 − s|

� Si xn 6∈ I On a : |xn − s| > h.Donc ∀n ∈ IN |xn − s| ≥ min(|x0 − s|, h) > 0Alors la suite (|xn − s|)n∈IN ne converge pas vers 0.Donc (xn)n∈IN ne converge pas vers s.

Exercice 2 :Soit f une fonction de classe C2 sur [a, b] telle que :

i) f(a) < 0 et f(b) > 0.ii) f ′(x) > 0 et f ′′(x) > 0 ∀x ∈ [a, b].

Montrer que l'algorithme de la sécante permêt de construire une suite croissante quiconverge vers l'unique racine s de l'équation f(x) = 0.

Solution 2 : x0 = a , xn+1 = xn −f(xn)

f(b)− f(xn)

b− xn

Montrons que ∀n ∈ INxn ≤ s.Pour x = 0 x0 = a ≤ s on suppose que xn ≤ sMontrons que xn+1 ≤ s

xn+1 = xn −f(xn)

f(b)− f(xn)

b− xn

= xn +

(f(s)− f(xn))(s− xn)

s− xnf(b)− f(xn)

b− xnDonc xn+1 = xn +

g(s− xng(b− xn)

.(s− xn)

s− xn ≤ b− xn ⇒ g(s− xn) ≤ g(b− xn)

⇒ g(s− xn)

b− xn= A ≤ 1

Alors xn + 1 = xn + A.(s− xn) ≤ xn + s− xn = s.Donc ∀n ∈ IN xn ≤ s.

On a xn+1 = xn −f(xn)

f(b)− f(xn)

b− xnOr f(x) ≤ 0 car xn < s et f est croissante et f(s) = 0f(b)− f(xnb− xn

> 0 car xn < b et f est croissante donc xn+1 − xn ≥ 0

Alors xn est croissante.Donc xn converge vers l.Par passage à la limite dans l'expression de xn+1.

l = l − f(l)

f(b)− f(l)

b− l

⇒ f(l) = 0⇒ l=s .

Exercice 3 :

Montrer que l'équation x =1

2cosx a une solution α unique. Trouver un intervalle [a, b]

contenant α tel que pour tout x0 ∈ [a, b], l'itération

xn+1 =1

2cos(xn) n ≥ 0.

convergera vers α.Calculer les premiéres itérations et estimer le rapport de convergence.Solution 3 :

Soit f(x) = x− 1

2cosx donc f ′(x) = 1 +

Alors ∃!α tel que f(α) = 0 c'est-à-dire : f(0) = −1

2et f(1) = 1− 1

2cos 1 > 0

F (x) =1

2cosx donc F ′(x) = −1

F ([0, 1]) = [1

2cos 1,

2] ⊂ [0, 1] (1)

|F ′(x)| = 1

2| sinx| < 1

Donc F est L-lipschitzienne avec L =1

2< 1 (2)

D'après (1) et (2) La suite dé�nie par :

x0 ∈ [0, 1] xn+1 = F (xn) =1

2cos(xn) convergevers α.

Exercice 4 :Considérons la méthode de Newton pour trouver la racine carré positive de a (a > 0).Montrer les résultats suivants, en supposant x0 6=

√α.

a)xn+1 =1

2(xn +

b)x2n+1 − a =

[x2n − a

]2, n ≥ 0 et xn >

√a pour n ≥ 1

c) La suite (xn) est strictement décroissante.

d) en+1 = − e2n2xn

avec en =√a− xn.

e) Rel(xn+1) = − 1

2xn[Rel(xn)]2 , n ≥ 0 avec Rel(xn) = xn − xn−1 : erreur relative en xn.

Solution 4 :

On considère l'équation x2 − a = 0 ; (f(x) = 0) ; x0 > 0 et x0 6=√a.

a) xn+1 = xn −f(xn)

f ′(xn)= xn −

x2n − a2xn

=x2n + a

=⇒ xn+1 =1

2(xn +

b) Montrons que : x2n+1 − a =

[x2n − a

]2- on a :

x2n+1 − a =1

(x2n + 2a+

)− a

(x4n + 2ax2n + a2

)− a

=x4n + 2ax2n + a2

4x2n− a

=x4n + 2ax2n + a2 − 4ax2n

=x4n − 2ax2n + a2

[x2n − a

]2- Montrons que ∀n ≥ 1 ; xn >

Pour n = 0, x21 − a =

(x20 − a

> 0 car (x0 6=√a)

⇒ x21 > a ⇒ x1 >√a car x1 > 0 (x1 =

2(x0 +

Supposons que xn >√a, et montrons que xn+1 >

√a :

x2n+1 − a =

(x2n − a

> 0 ⇒ x2n+1 > a or xn+1 =1

2(xn +

xn) > 0

Alors xn+1 >√a. ⇒ ∀n ≥ 1 on a xn >

c ) On a xn+1 − xn =1

2(xn +

xn)− xn = −1

=a− x2n

2xn(*)

On a : 2xn > 0 eta− x2n

2xn< 0 car xn >

Donc (xn) est strictement décroissante.

d ) On a : en =√a− xn

Donc :

en+1 =√a− xn+1

=√a− 1

2(xn +

=2.√a.xn − x2n − a

= −x2n − 2.

√a.xn + (

√a)2

= −(xn −√a)2

en+1 = − e2n2xn

e ) On a : Rel(xn+1) = xn+1 − xn =a− x2n

2xn= −x

2n − a2xn

Or : x2n − a =

(x2n−1 − a

2xn−1

= [Rel(xn)]2

Alors : Rel(xn+1) =−1

2xn[Rel(xn)]2

Exercice 5 :

a) Appliquer la méthode de Newton à la fonction

f(x) =

{ √x si x ≥ 0

−√−x si x ≤ 0

La méthode de Newton converge-t-elle ? Si oui vers quelle racine ?b) Faire la même chose pour la fonction

f(x) =

{3√x2 si x ≥ 0

− 3√x2 si x ≤ 0

Solution 5 :

a) La méthode de Newton x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)-Soit x0 > 0

On a x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)= x0 −

√x01

2√x0

= x0 − 2x0 = −x0.

Donc : x1 = −x0-Soit x0 < 0

On a x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)= x0 +

√−x01

2√−x0

x1 = x0 − 2x0 = −x0.Conclusion : x0 > 0x1 = −x0 et x0 < 0x1 = −x0.On en déduit que x1 = (−1)nx0.Montrons par recurence que xn = (−1)nx0.Vrais pour n = 0 et n = 1.Donc supposons que xn = (−1)nx0 et montrons que xn+1 = (−1)n+1x0Donc : xn+1 = −xn = −(1)nx0 = (−1)n+1x0.

Donc la suite{xn = (−1)nx0x0 6= 0

ne converge pas vers 0.

3√x2 si x ≥ 0

− 3√x2 si x ≤ 0

La méthode de Newton x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)-soit x0 > 0 :

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)= x0 −

23x−13

= x0 − 32x0 = −1

-soit x0 < 0 :

x1 = x0 −f(x0)

f ′(x0)= x0 −

−x230

−23x−13

= x0 −x

23x−13

= x0 −3

On déduit que xn = (−1

2)nx0.

Vrai pour n = 0 et n = 1.

Donc on suppose que xn = (−1

2)nx0 et Montrons que xn+1 = (

2)n+1x0.

on a xn+1 = −(1

2)x0 = −1

2(−1

2)nx0 = (

2)n+1x0.

Donc la suite

{xn = (

x0 6= 0converge vers 0.

Exercice 6 : Montrer que xn+1 =xn(x2n + 3a)

3x2n + a, n ≥ 0 est une méthode d'ordre 3

pour approximer√a.

Calculer limn→0

√a− xn+1

(√a− xn)3

Solution 6 :

xn+1 = F (xn) avec F (x) =x(x2 + 3a)

3x2 + a.

F est 3 fois dérivable.

On a F ′(x) =(3x2 + 3a)(3x2 + a)− 6x2(3a+ x2

(3x2 + a)2

Alors : F ′(√a) =

24a− 24a

(4a)2= 0

F”(x) =18a5 + 12ax3 − 30a2x

(3x2 + a)3

Donc : F”(√a) =

18a2√a+ 12a2

√a− 30a2

(4a)3= 0

F (3)(x) = .....etF (3)(√a) 6= 0.

Donc c'est une méthode d'ordre 3 pour approximer√a.

limn→+∞

√a− xn+1

(√a− xn)3

=F (3)(

Exercice 7 :

Soit f la fonction dé�nie dans IR \ {0} par f(x) =x− 1

x− e−x.

1. Tracer le graphe de f . En déduire le nombre de racines de l'équation f(x) = 0. Onlocalisera chacune des racines entre deux entiers successifs.

2. Pour chacune des fonctions suivantes :g(x) = 1 + xe−x

g(x) = ln(x

x− 1)

g(x) = (x− 1)ex

On étudie la méthode itérative : x0 donné, xn+1 = g(xn). Etudier si elle convergevers une des solutions du problème. Dans le cas de convergence, on précisera le choixde x0.

3. Ecrire la méthode de Newton.Choisir x0 de maniére que la méthode de Newton converge vers la plus grande desracines.

Solution 7 :

f(x) =x− 1

x− e−x

1. On a f est continue et dérivable sur IR \ 0.

Donc f ′(x) =1

x2+ e−x > 0

Donc :

f ′(x)

−∞ 0 +∞

−∞−∞

−∞

f s'annule deux fois en s1 et s2.

On a f(1) = −e−1 < 0 et f(2) =1

2− 1

e2> 0 et f(−1) = 2− e < 0

Donc s1 ∈ [−1, 0[ et s2 ∈ [1, 2].

2. • g(x) = 1 + xe−x

On a g′(x) = e−x − xe−x = e−x(1− x)Et g”(x) = −e−x(1− x)− e−x = −e−x(2− x)Donc :

g”(x)

g′(x)

e2−1

g”(x)

g′(x)

−1 0

Donc : g′(s1) > 1⇒ xn 6→ s1

g′(x)

1 + 1e

1 + 2e2

Donc : g([1, 2]) =

e2, 1 +

]⊂ [1, 2].

On a : |g′(x)| ≤ 1

e2< 1 donc g est L-lipschitzienne.

Donc :{∀x0 ∈ [1, 2]xn+1 = g(xn)

converge vers s2.

• g(x) = ln(x

x− 1)

Dg = {x ∈ IR/x

x− 1> 0}

Dg = {x ∈ IR/x(x− 1) > 0}Dg =]−∞, 0[∪]1,+∞[

g′(x) =(x− 1)− xx(x− 1)

) =−1

x(x− 1)

g”(x) =x+ (x− 1)

(x(x− 1))2) =

2x− 1

(x(x− 1))2

g”(x) > 0⇔ 2x− 1 > 0⇔ x >1

g”(x)

g′(x)

−∞−∞

g′(x) = −1⇔ 1

x(x− 1)= 1⇔ x2 − x− 1 = 0

Alors : x1 =1−√

2et x2 =

1 +√

x2 ∈ [1, 2] Donc : α =1 +√

f(α) =α− 1

α− e−α ' 0.18 > 0

s2 ∈]1, α[; |g′(x)| > 1 donc : xn 6→ s2

Exercice 8 :

Soit f(x) = x3 − x2 − 1.On se propose de trouver les racines réelles de f .

1. Situer la ou les racines de f . Montrer qu'il y a une racine l comprise entre 1 et 2.

2. On dé�nit les méthodes itératives suivantes : x0 ∈ [1, 2]

(a) xn+1 = x3n − x2n + xn − 1

(b) xn+1 =1

x2n − xn

(c) xn+1 = (x2n + 1)13

i) Examiner la convergence et la limite de chacune de ses méthodes. Préciserl'ordre des méthodes convergentes

ii) Donner une autre méthode, d'ordre 2 qui converge vers l en précisant la valeurinitiale.

Solution 8 :f(x) = x3 − x2 − 1

1. f ′(x) = 3x2 − 2x = x(3x− 2)

f ′(x)

−∞ 02

+ 0 − 0 +

−∞−∞

−1−1

27−31

+∞+∞

f admet une seule racine supérieure à2

3Or f(1) = −1, f(2) = 3 donc l ∈ [1, 2]

2. (a) xn+1 = F (xn), avec F (x) = x3 − x2 + x+ 1F ′(x) = 3x2 − 2x+ 1F”(x) = 6x− 2Donc : |F ′(l)| > 2 donc la suite (xn) ne converge pas vers l.

(b) xn+1 =1

x2n − xn= F (xn)

F (x) =1

x2 − xavec x ∈]1, 2[

F ′(x) = − 2x− 1

(x2 − x)2

F”(x) = −2(x2 + x)2 − 2(x2 − x)(2x− 1)2

(x2 − x)4

F”(x) = −2(x2 + x)− 2(2x− 1)2

(x2 − x)3

F”(x) = −2x2 − 2x− 8x2 − 2 + 8x

x3(x− 1)3

F”(x) =2(3x2 − 3x+ 1)

x3(x− 1)3

∆num = 9− 12 = −3 < 0⇒ Num > 0Donc : F”(x) > 0 sur ]1, 2[On résoud l'équation F ′(x) = −1

F”(x)

F ′(x)

−∞−∞

On a : f(1) = −1 et f(3

2) = (

2)3 − (

2)2 − 1 =

Donc : l ∈ [1,7

et ∀x ∈ [1,7

4] ; F ′(x) ≤ −40

21donc F ′(l) < −40

Donc : |F ′(l)| > 40

Donc la suite (xn)n∈IN ne converge pas vers l.

(c) f(x) = 0⇒ x3 − x2 − 1 = 0⇒ x3 = x2 + 1⇒ x = 3√x2 + 1{

xn+1 = F (xn)

F (x) = (x2 + 1)13

F ′(x) =2

3x(x2 + 1)−

F”(x) =2

3(x2 + 1)−

23 − 8

9x2(x2 + 1)−

F”(x) =8

9(x2 + 1)−

4− x2

x2 + 1) Étudions le signe de

4− x2

x2 + 13x2 + 3− 4x2

4(x2 + 1)=

3− x2

4(x2 + 1)=

3− x)(√

3 + x)

4(x2 + 1)

F”(x)

F ′(x)

+ 0 −

3 3√

0.450.45

F ′(x)

Donc : F ([1, 2]) = [ 3√

2, 3√

5] ∈ [1, 2]Et d'après le tableau de F ′ on a |F ′(x)| ≤ 0.45Donc F est L-lipschitzienne avec L = 0.45.

Donc la suite (xn) dé�nie par{x0 ∈ [1, 2]xn+1 = F (xn)

converge vers l.

Exercice 9 :

1. Soit F une fonction dé�nie par, F (x) =1

3x3 − x2 − 2x+ 5.

Montrer que la suite dé�nie par f(x) =

{x0 ∈ [1, 2]

xn+1 = F (xn)ne converge pas vers le

point �xe s de F dans [1, 2].

2. Considèrons maintenant G(x) =1

18x3 − 1

a Montrer que G(s) = s.

b On considère la méthode des approximations successives suivante :

f(x) =

{x0 ∈ [1, 2]

xn+1 = G(xn)

Montrer que la suite (xn) converge vers s.

Solution 9 :

1. F (x) =1

3x3 − x2 − 2x+ 5

On pose G(x) = F (x)− x =1

3x3 − x2 − 3x+ 5

Donc G′(x) = x2 − 2x− 3 = (x+ 1)(x− 3) < 0 (∀x ∈ [1, 2])

g′(x)

Avec G(1) =4

3et G(2) =

3Donc ∃S unique tel que S ∈ [1, 2] et g(S) = 0 (c-à-d F (S) = S)Or F ′(x) = x2 − 2x− 2 = (x− 1)2 − 31 ≤ x ≥ 2⇒ 0 ≤ (x− 1)2 ≥ 1⇒ −3 ≤ (x− 1)2 − 3 ≥ −2Donc |F ′(x)| ≥ 2 > 1 et d'après l'exercice 1.

On déduit que la suite dé�nit par :{

x0 ∈ [1, 2]xn+1 = F (xn)

ne converge pas vers s.

2. G(x) =1

18x3 − 1

6(a) Montrons que G(s) = s

On a F (x) =1

3x3 − x2 − 2x+ 5

Donc :1

6F (x) =

18x3 − 1

6x2 − 1

Alors :1

6F (x) = G(x)− 1

2x− 1

3x = G(x)− 5

=⇒ G(x) =5

6F (x)

=⇒ G(s) =5

6F (s) Or F (s) = s

Donc : G(s) =5

6s = s

(b) Montrons que la suite (xn) converge vers s

On a : G(x) =1

18x3 − 1

Donc : G′(x) =1

6x2 − 1

Alors : G”(x) =1

3x− 1

3≥ 0

G”(x)

G′(x)

|G′(x)| ≤ 1

2dans [1, 2]

Donc : G est L-lipschitzienne avec L =1

G′(x)

G([1, 2]) =

]⊂ [1, 2]

Alors la suite{x0 ∈ [1, 2]xn+1 = G(xn)

converge vers s.

Exercice 10 :

On considère f(x) = ex − e2x.

1. Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une racine séparée s dans l'intervalle [2, 4].

2. Montrer que la suite (xn) dé�nie par f(x) =

{x0 ∈ [2, 4]

xn+1 = F (xn)

où F (x) =ex

e2ne converge pas vers s.

3. on considère maintenant G(x) = 2 + log x

a Montrer que s est un point �xe de G.

b Montrer que la suite f(x) =

{x0 ∈ [2, 4]

xn+1 = G(xn)converge vers s.

c Déterminer l'ordre de cette méthode.

Exercice 1 :Soient x1, x2, ....., xn+1, n+ 1 abscisses distinctes.

1) Montrer que les polynômes de Lagrange sont tels que

. Li(xj) = δij où δij est le symbole de Kronecker

.n+1∑i=1

Li(x) = 1.

2) Montrer que les polynômes de Lagrange sont invariants par un changement de variablelinéaire.Lorsque les points xi sont équidistants(xi = x1 + (i− 1)h) que deviennent les polynômes de Lagrange ?(On posera x = x1 + th, t variable).

3) Associons aux abscisses xi, les valeurs numériques yi. Démontrer en utilisant lespropriétés de Li(x) que le polynôme Pn(x) passant par les points (xi, yi) peut s'écrire :

Pn(x) =

n+1∑i=1

yiAix− xi

n+1∑i=1

Aix− xi

formule barycentrique

avec Ai =1

n+1∏j 6= i,j = 1

(xi − xj).

4) Comparer du point de vue nombre d'opérations les formules de Lagrange et barycen-trique utilisées pour calculer Pn(α), α étant une abscisse donnée. Dans quel cas laformule barycentrique est-elle particulièrement intéressante ?

Solution 1 :

1) Soit P le polynome d'interpolation de lagrange.

On pose P=n+1∑i=1

Li(x)− 1 = L1(x) + L2(x) + ....+ Ln+1(x)

Or P (xi) = 1− 1 = 0 et P à n+1 racines distinctes

doncn+1∑i=1

Li(x) = 1

2)Si nous posons x = az + b, nous avons

Li(x) = li(t) =n+1∏

j=1,j 6=i

x− xjxi − xj

=n+1∏

j=1,j 6=i

az + b− azj − b[azi + b− azj − b]

Li(x) = li(t) =n+1∏

j=1,j 6=i

z − zizi − zj

3)On an+1∑i=1

Li(x) = 1 doncn+1∑i=1

n+1∏j=1,j 6=i

x− xjxi − xj

Alorsn+1∑i=1

n+1∏j=1,j 6=i

x− xjxi − xj

x− xix− xi

Et puisn+1∑i=1

n+1∏j=1

x− xj

(x− xi)n+1∏

j=1,j 6=ixi − xj

=n+1∏j=1

(x− xj)n+1∑i=1

(x− xi)n+1∏

j=1,j 6=ixi − xj

−→n+1∏j=1

(x− xj)n+1∑i=1

Ai(x− xi)

−→n+1∏j=1

(x− xj) =1

n+1∑i=1

Ai(x− xi)

Or Pn(x) =n+1∑i=1

Li(x)f(xi)

Donc Pn(x) =n+1∑i=1

n+1∏j=1

x− xjxi − xj

Pn(x) =n+1∑i=1

x− xix− xi

n+1∏j=1,j 6=i

x− xjxi − xj

Pn(x) =n+1∑i=1

(x− xi)n+1∏j=1

(xi − xj)

n+1∏j=1

(x− xj)

Pn(x) =n+1∑i=1

(x− xi)n+1∏j=1

(x− xj)

d'ou Pn(x) =

n+1∑i=1

yi Ai(x− xi)

n+1∑i=1

Ai(x− xi)

4) On calcule le nombre d'opération de chaque formule :Formule de Barycentrique :

Pn(x) =

n+1∑i=1

yiAix− xi

n+1∑i=1

Aix− xi

avec Ai =1

n+1∏j 6= i,j = 1

(xi − xj).

Pour Ai : on a n soustractions, (n-1) multiplications, et 1 dévision ce qui fait un total de2n opérations pour chaque Ai, et puisqu'on a (n+1) Ai donc 2n(n+1) opérations.

PourAi

x− xi: On a une dévision et une soustraction ce qui compte 2 opérations donc donc

il y a 2(n+1) opérations.

PouryiAix− xi

: Il y a (n+1) multiplications

Pour le numérateur : Il y a n aditions, pour le dénumérateur il y a aussi n aditions etencore

denune division

Donc T1 = 2n(n+ 1) + 2(n+ 1) + (n+ 1) + n+ n+ 1 = 2n2 + 7n+ 4

Formule de Lagrange :

Pn(x) =n+1∑i=1

n+1∏j=1,j 6=i

x− xjxi − xj

yi =n+1∑i=1

On a n+n soustractions, n divisions, et n multiplications.Donc le Bi on (n+1)(2n+n+n)=4n2 + 4nDonc T2 = n+ 4n2 + 4n = 4n2 + 5non a T1(2) = T2(2) = 26On pose g(n)=T2 − T1=2n2 − 2n− 4

g′(x)

1 +∞

−4−4

+∞+∞

⇒ Donc la formule Brycentrique est plus interessante à partir de n=3

Exercice 2 :Soit la fonction f : [0, 2π] → IR dé�nie par f(x) = sin(x). Soient x1 = 0, x2 =π

2, x3 =

2et x4 = 2π.

1)Montrer que le polynôme P3 d'interpolation de Lagrange de f aux points x1 , x2 , x3 etx4 s'annule au point x = π.

2) En déduire que le polynôme P4 d'interpolation de Lagrange de f aux pointsy1 = x1 , y2 = x2 , y3 = π, y4 = x3 et y5 = x4 n'est autre que P3.

3) Calculer P4(3π

4), en déduire l'erreur E4(

4)a) Donner un majorant M(x) de l'erreur E4(x) commise en remplaçant f(x) par

P4(x) où x ∈ [0, 2π] .

b) Calculer ce majorant pour x =3π

4et comparer avec la question 3).

Solution 2 :

1)Tout d'abord on essaye d'écrire P3

On sait que : P3(x) =4∑i=1

f(xk) Lk(x)

donc P3(x) = f(x1) L1(x) + f(x2) L2(x) + f(x3) L3(x) + f(x4) L4(x)

xi x1 = 0 x2 =π

2x4 = 2π

f(xi) 0 1 -1 0

D'ou P3(x) = L2(x)− L3(x)

Or L2(x) =(x− x1)(x− x3)(x− x4)

(x2 − x1)(x2 − x3)(x2 − x4)

Et L3(x) =(x− x1)(x− x2)(x− x2)

(x2 − x1)(x2 − x2)(x2 − x4)Pour calculer P3 au point x = π on remplace x par π et les xi par ces valeursDonc on obtient P3(π) = 4

6− 4

2)Exercice 3 :Considérons la fonction f(x) = ex sur [0, b] .

Pour n ≥ 1, soient h =b

n+ 1, xj = (j − 1)h j = 1, 2, ..., n + 1 et soit Pn(x) le

polynôme d'interpolation de degré n de la fonction ex sur les noeuds x1, x2, ...., xn+1.

Prouver que max0≤x≤b

|ex − Pn(x)| −→ 0 quand n −→ +∞.

Solution 3 :

Montrons que que max0≤x≤b

|ex − Pn(x)| −→ 0 quand n −→ +∞.

|ex − Pn(x)| =∣∣∣∣ L(x)

(n+ 1)!ex∣∣∣∣ ≤ |L(x)|

(n+ 1)!eb car (x ≤ b)

Or |L(x)| =

∣∣∣∣∣n+1∏j=1

(x− xi)

∣∣∣∣∣ ≤n+1∏j=1

(b) = bn+1 car (|x− xi| ≤ b)

Et puis |ex − Pn(x)| ≤ bn+1

(n+ 1)!eb

On pose Un =bn

n!donc

U(n+ 1)

n−→ 0 quand n −→ +∞

Donc∑

Un converge donc Un −→ 0 quand n −→ +∞

Et Puisbn+1

(n+ 1)!eb −→ 0 quand n −→ +∞

Donc ex −→ Pn(x) quand n −→ +∞

Exercice 4 :

1. Calculer, en utilisant l'algorithme de Aitken, P4(1). P4(1) étant le polynôme d'in-terpolation de degré 4 passant par les points :(0, 1) ; (2,−1) ; (3, 16) ; (−1, 8) ; (−2, 51).

2. Faire la même chose avec l'algorithme de Newton.Solution 4 :

1.xi 0 1 2 3 4 xi − 10 1 -12 -1 0 13 16 6 -6 2-1 8 -6 -2 -4 -2-2 51 -24 -6 -6 0 -3La colonne 1 :∣∣∣∣ 1 −1−1 1

∣∣∣∣2− 0

∣∣∣∣ 1 −116 2

∣∣∣∣3− 0

∣∣∣∣1 −18 −2

∣∣∣∣−1− 0

= −6 ;

∣∣∣∣ 1 −151 −3

∣∣∣∣−2− 0

= −24

La colonne 2 :∣∣∣∣0 16 2

∣∣∣∣3− 2

= −6 ;

∣∣∣∣ 0 1−6 −2

∣∣∣∣−1− 2

= −2 ;

∣∣∣∣ 0 1−24 −3

∣∣∣∣−2− 2

= −6

La colonne 3 :∣∣∣∣−6 2−2 −2

∣∣∣∣−1− 3

= −4 ;

∣∣∣∣−6 2−6 −3

∣∣∣∣−2− 3

= −6

La colonne 4 :∣∣∣∣−4 −2−6 −3

∣∣∣∣−2 + 1

Donc P4(1) = 0.

2. Par l'algorithme de Newton :Xi 0 1 2 3 40 12 -1 -13 16 17 6-1 8 2 5 1-2 51 -43 9 -1 1

La colonne 1 :

−1− 1

2− 0= −1 ;

16 + 1

3− 2= 17 ;

8− 16

−1− 3= 2 ;

51− 8

−2 + 1= −43

La colonne 2 :

17 + 1

3− 0= 6 ;

2− 17

−1− 2= 5 ;

−43− 2

−2− 3= 9

La colonne 3 :

5− 6

−1− 0= 1 ;

9− 5

−2− 2= −1

La colonne 4 :

−1− 1

−2− 0= 1

P4(X) = f [X1]+(X−X1)f [X1, X2]+(X−X1)(X−X2)f [X1, X2, X3]+(X−X1)(X−X2)(X−X3)f [X1, X2, X3, X4]+(X−X1)(X−X2)(X−X3)(X−X4)f [X1, X2, X3, X4, X5]

P4(X) = 1 − (X − X1) + 6(X − X1)(X − X2) + (X − X1)(X − X2)(X − X3) +(X −X1)(X −X2)(X −X3)(X −X4)

P4(X) = 1−X + 6X(X − 2) +X(X − 2)(X − 3) +X(X − 2)(X − 3)(X + 1)

P4(1) = 1− 1 + 6(1− 2) + (1− 2)(1− 3) + (1− 2)(1− 3)(1 + 1)

P4(1) = −6 + 2 + 2 ∗ 2 = 0

Donc P4(1) = 0.

Exercice 5 :

Soit f la fonction dé�nie sur IR∗ par : f(x) =1

1. a) Construire le pôlynome P2(x) d'interpolation de Lagrange de f aux points :x1 = 1; x2 = 3; x3 = 4 (écrire P2(x) sous la forme ax2 + bx+ c).

b) Calculer P2

). En déduire l'erreur ε

)commise en remplaçant f

2. a) Construire le pôlynome Q2(x) d'interpolation de Newton de f aux points :x1 = 1; x2 = 2; x3 = 4 (écrire Q2(x) sous la forme ax2 + bx+ c).

b) Calculer Q2

). En déduire l'erreur ε′

)commise en remplaçant f

Solution 5 :

On a : f(x) =1

1. a) x1 = 1, x2 = 3, x3 = 4

P2(x) =3∑i=1

Li(x)f(xi)

= L1(x).f(x1) + L2(x).f(x2) + L3(x).f(x3)

= L1(x) +1

3L2(x) +

4L3(x)

• L1(x) =3∏j=2

x− xjx1 − xj

L1(x) =x− 3

1− 3.x− 4

1− 4

L1(x) =1

6.(x− 3).(x− 4)

• L2(x) =3∏

j=1, j 6=2

x− xjx2 − xj

L2(x) =x− 1

3− 1.x− 4

3− 4

L2(x) = −1

2.(x− 1).(x− 4)

• L3(x) =2∏j=1

x− xjx3 − xj

L3(x) =x− 1

4− 1.x− 3

4− 3

L3(x) =1

3.(x− 1).(x− 3)

Donc P2(x) =1

6.(x− 3).(x− 4)− 1

6.(x− 1).(x− 4) +

12.(x− 1).(x− 3)

=⇒ P2(x) =1

12x2 − 2

b) P2(5

16= 0.4375

Et f(5

Donc : ε(

5− 7

16= −0.0375

2. Le pôlynome Q2(x) d'interpolation de Newton de f aux points : x1 = 1; x2 =2; x3 = 4

a) Méthode de Newton :xi 0 1 21 12 1

2−12

La colonne 1 :

2− 1

2− 1= −1

4− 1

24− 2

= −1

8La colonne 2 :

24− 1

Q2(X) = f [X1] + (X −X1)f [X1, X2] + (X −X1)(X −X2)f [X1, X2, X3]

Q2(X) = 1− 1

2(X − 1) +

8(X − 1)(X − 2)

Q2(X) =X2

8− 7

32= 0.34375

b) L'erreur :

ε′(

5− 11

32= 0.05625

Exercice 6 :Considérons la fonction f : [a, b]→ IR , dérivable sur [a, b]. Soient x1, x2, ...., xn+1, (n+ 1)points distincts de l'intervalle [a, b]. Supposons que nous ne connaissans f qu'aux points(xi)1≤i≤n+1.Supposons de plus qu'on connaît les valeurs (f ′(xi))1≤i≤n+1. On pose :

Li(x) =n+1∏

j 6=i,j=1

x− xjxi − xj

les pôlynomes de Lagrange aux points (xi)1≤i≤n+1.

hi(x) = [1− 2(x− xi)L′i(xi)]L2i (x) et Hi(x) = (x− xi)L2

i (x), pour i = 1, ..., n+ 1.

1. Montrer que hi et Hi sont des pôlynomes de degré (2n+ 1).

2. Véri�er que :

a) hi(xi) = 1, hi(xj) = 0 pour j 6= i et Hi(xj) = 0 pour tout j = 1, ..., n+ 1.

b) h′i(xj) = 0 pour tout j = 1, ..., n+ 1, H ′i(xi) = 1 et H ′i(xj) = 0 pour j 6= i.

3. On pose : P (x) =n+1∑i=1

[f(xi)hi(x) + f ′(xi)Hi(x)].

a) Montrer que d◦P ≤ 2n+ 1.

b) Véri�er que : P (xi) = f(xi) et P ′(xi) = f ′(xi) pour i = 1, ..., n+ 1.

4. On considère un pôlynome Q(x) de degré ≤ (2n+ 1), véri�ant :Q(xi) = f(xi) et Q′(xi) = f ′(xi) pour i = 1, ..., n+ 1. On pose R(x) = P (x)−Q(x).

a) Déterminer les racines de R(x) et indiquer leur ordre de multiplicité.

b) Montrer que R est le pôlynome nul.

5. Ennoncer le résultat ainsi démontré dans cet exercice.

Solution 6 :

1. On a : hi(x) = [1− 2(x− xi)L′i(xi)]L2i (x)

Donc : deg hi(x) = deg[[1− 2(x− xi)L′i(xi)]L2i (x)]

=⇒ deg hi(x) = deg[[1− 2(x− xi)L′i(xi)] + degL2i (x)]

= 1 + degL2i (x)]

= 1 + 2 degL2i (x)]

= 1 + 2n

Hi(x) = (x− xi)L2i (x)

degHi(x) = deg(x− xi) + degL2i (x) = 1 + 2n

2. a) hi(xi) = 1.L2i (xi) = 1

hi(xj) = 0 (Li(xj) = 0 j 6= i)Hi(xj) = (xj − x)L2

i (xj)Si i = j Hi(xj) = 0 ∗ 1 ∗ 0 i 6= j Li(xj) = 0Hi(xj) = 0

b) h′i(x) = −2.L′i(xi)L2i (x) + 2[1− 2(x− xi)L′i(xi)]Li(x)L′i(x)

i 6= j ; h′i(x) = −2.L′i(xi)L2i (xj) + 2[1− 2(xj − xi)L′i(xi)]Li(xj)L′i(x) = 0

i = j ; h′i(xi) = −2.L′i(xi)L2i (xi) + 2Li(xi)L

′i(x) = 0

H ′i(x) = L2i (x) + 2(x− xi)Li(x)L′i(x)

H ′i(xi) = L2i (xi) = 1

H ′i(xj) = L2i (xj) + 2(xj − xi)Li(x)L′i(xj)

Or on a : Li(xj) = 0 pour j 6= i.=⇒ Hi(xj) = 0

3. a) On a d◦P ≤ max(deg hi(x), degHi(x))=⇒ d◦P ≤ 2n+ 1

b) P (xi) = f(xi) ∗ 1 + 0 = f(xi) car : hi(xi) = 1, Hi(xi) = 0

On a : P (x) =n+1∑i=1

[f(xi)hi(x) + f ′(xi)Hi(x)]

P ′(x) =n+1∑i=1

[f(xi)h′i(x) + f ′(xi)H

′i(x)]

Donc : P ′(x) = 0 + f ′(xi) = f ′(xi)

4. a) On a : R(x) = P (x)−Q(x) =⇒ R(xi) = P (xi) = f(xi) ∀i = 1, ..., n+ 1R′(xi) = P ′(xi)−Q′(xi) = 0Alors les racines de R sont xi , i = 1, ..., n+ 1.• Ordre de multiplicité :R′(xi) = P ′(xi)−Q′(xi) = 0 (car : P ′(xi) = Q′(xi) )Donc l'order de multiplicité de chaque racinexi est 2.

b) On a R a 2n+ 1 racines, (n+ 1 racines distincts chacun d'ordre 2)Or degR ≤ 2n+ 1⇒ R = 0.

5. Il existe un et un seul polynôme P de deg au plus 2n+ 1 tel que :P (xi) = f(xi) et P ′(xi) = f ′(xi) avec i = 1, ..., n+ 1

P (x) =n+1∑i=1

[f(xi)hi(x) + f ′(xi)Hi(x)]

Exercice 7 :En interpolant par un pôlynome de degré 3 et en utilisant les points les plus appropriées,calculer, pour x = 1.05 et x = 1.45, à l'aide de la table suivante les valeurs de f(x) = sin x.Donner pour chaque x une majoration de l'erreur.

x f(x)

1.0 0.841471

1.1 0.891207

1.2 0.932039

1.3 0.963558

1.4 0.985450

1.5 0.997495

1.6 0.999574

1.7 0.991656

1.8 0.973857

Solution 7 :• Pour x = 1.05 :xi 0 1 2 3 xi − 1.051 0.841471 -0.051.1 0.891207 0.866339 0.051.2 0.932039 0.864113 0.867452 0.151.3 0.963558 0.8618188 0.867469 0.8674265 0.25Donc : P3(1.05) = 0.8674265

• Pour x = 1.45 :xi 0 1 2 3 xi − 1.451.3 0.963558 -0.151.4 0.985450 0.996396 -0.051.5 0.997495 0.989011 0.992704 0.051.6 0.999574 0.981566 0.992689 0.9927115 0.15Donc : P3(1.45) = 0.9927115

Exercice 1Soit f ∈ C4(

]) et soit la formule d'intégration suivante :∫ 0

−hf(t) dt =

6[5f(−h) + f(0) − f(h)] +

24f (3) (η) avec η ∈ ]−h, h[

1)Utiliser la formule précédente pour donner une valeur approchée de l'intégrale∫ 0

−1/4

1 + x. Quelle

est la précision obtenue ? Comparer ce résultat à celui que donnerait la formule des

trapèzes utilisant les points x0 = −1

4et x1 = 0.

2) Utiliser la formule de Simpson pour donner une valeur approchée de∫ 1/4

−1/4

1 + x.

Solution 1 :

1)Soit∫ 0

−x f(t)dt =h

6[5f(−h) + f(0)− f(h)] +

24f (3)(x)∫ 0

1 + xdx =

24[5 ∗ 4

3+ 1− 4

5] = 0.28611∫ 0

1 + xdx = ln [1 + x]0−1

4= −ln3

4= 0.28768

Donc la précision obtenue c'est 2 chi�res avec la virgule (10)−3. -Formule de trape¹es avec

x0 =−1

4, x1 = 0 pour n = 1 .

Th = h[f(x0)

2+f(x1)

2] = 0.29166. L'erreur est plus petite.

2) formule de Simpson (paire) on choisit n = 2 .

f(x) =1

1− x; a =

4; b =

4; h =

b− an

X0 =−1

4; f(X0) =

3X1 = X0 + h = 0 ; f(X1) = 1

X2 = X1 + h =1

4= b ; f(X2) =

3[f(X0) + 4f(X1) + f(X2)] =

3+ 4 +

5] = 0.511111.

Exercice 2On souhaite calculer une valeur approchée de∫ 1

e−x2

par la formule des trapèzes et la formule de Simpson.Donner à l'aide des formules d'erreur un nombre N de noeuds assurant une erreur in-férieur à 10−8.

Solution 2 :

1)Formule de trapézes :

Eh =h2

12(b− a)f”(θ), θ ∈ [0, 1]

Orb− aN

= h⇒ N =b− ah

h⇒ h =

donc Eh =−1

12N2.f”(θ).

On a : f(x) = exp(−x2

2) , f ′(x) = −xexp(−x

f”(x) = −exp(−x2

2)+x2exp(−x

2) = exp(−x

2)(x2−1) comme exp(−x

2) ≤ 1 |f”(x) ≤ 1|.

Alors il su�t de prendre N t.q :1

12N2∗ 1 ≤ 10−8 ⇒ N2 ≥ 10−8

12⇒ N ≥

√108

12= 2886, 75⇒ N = 2887.

2) formule de Simpson :Eh =−h180

(b− a)f (4)(θ) , θ ∈ [a, b]

on a f”(x) = exp(−x2

2)(x2 − 1).

donc f (3)(x) = −xexp(−x2

2)(x2 − 1) + 2xexp(−x

= exp(−x2

2)(3x− x3).

f (4) = −xexp(−x2

2)(3x− x3) + (3− 3x2)exp(−x

= exp(−x2

2)(x4 − 6x23).

On a 0 ≤ x ≤ 1⇒ 0 ≤ x4 ≤ 1 alors −6 ≤ −6x ≤ 0−3 ≤ x4 − 6x2 + 3 ≤ 4donc |f 4(x)| ≤ 4

Alors |Eh| = |1

N4.180.f 4(θ)| ≤ 4

180.N4≤ 10−8

N4 ≥ 4

10−8.180⇒ N ≥ 4

10−8.180= 38, 609.

N = 40 (car N doit être paire (formule de Simpson)).

Exercice 3A) Considérons la formule de quadrature de Simpson aux points

x0 = 0, x1 =1

2et x2 = 1 pour f(x) = e−x

, dé�nie sur [0, 1].

1) Calculer la valeur S 12.

2) Donner un majorant de l'erreur E 12.

B) Soit maintenant la formule de quadrature,

I(f) =

f(x)dx = A0f(0) + A1f(x0) + A3f(1) + E(f)

1) Determiner A0, A1, A3 et x0 de telle sorte que la formule proposée soit exacte dansl'espace des polynomes de degré ≤ 3.

2) Cette formule est-t-elle exacte pour les polynomes de degré 4?

3) En utilisant cette formule, calculer une valeur approchée de I(e−x2).

Solution 3 :

A] 1) Calculons S 12:

f(x) = exp(−x2), a = 0, b = 1, h =b− aN

2⇒ N =

b− ah⇒ N = 2.

x0 = 0;⇒ (x0) = 1.

2; f(x1) = exp(−1

x2 = 1; f(x2) =1

3[f(x0) + 4f(x1) + f(x2)].

6[1 + 4exp(−1

e)] = 0.74718.

2) On aEh =−h4

180f (4)(θ)(b− a).

donc E 12

16 ∗ 180f (4)(θ)⇒ |E 1

2| ≤ 1

16 ∗ 180∗Max|f (4)(x)|.

B]1) I(f) =∫ 1

0f(x)dx = A0f(0) + A1f(x0) + A3f(1) + E(f).

On veut que cette formule soit exacte pour les polynômes de degré≤ 3.

Donc A0 =h

3, A1 =

3, A2 =

3avec h =

2)∫ 1

0x4dx =

5donc Sh =

3[f(x0) + 4f(

2) + F (1) =

6[0 + 4 ∗ 1

10+ 1] =

306= 1

Donc la formule n'est pas exacte pour les polynomes de degré4.3)La valeur approchée de I(exp(−x2)) est 0.74718.

Exercice 4 :On considère la formule de quadrature suivante :∫ 1

1 + x2dx = A0f (x0) + A1 f(x1) + E(f)

1) Determiner A0,A1, x0 et x1 pour que la formule de quadrature précédente soit exactepour les polynÃ´mes de degré≤3.2) Cette formule est-elle exacte pour les polynÃ´mes de degré 4.3) Calculer, en utilisant la formule de quadrature précédente, E(Arctg(x)).4) Calculer l'erreur exacte de la formule de Newton-Cottes à 3 points

( x0 = −1, x1 = 0, x2 = 1) appliquée à la fonction g(x) =Arctg(x)

1 + x2

Solution 4 :

1) On cherche A0,A1, x0 et x1 pour que la formule de quadrature précédente soit ex-acte pour les polynÃ´mes de degré≤3 (E(f)=0)On prend B = {1, x, (x− x0)(x− x1), x(x− x0)(x− x1)}Pour f(n) = (x− x0)(x− x1)∫ 1

(x− x0)(x− x1)1 + x2

dx = 0 =⇒∫ 1

(x2 − x0x11 + x2

dx = 0

−1(1 +

(x0x1 − 1

1 + x2) dx = 0 =⇒ [x+ (x0x1 − 1)Arctg(x)]1−1 = 0

d′o 2 + (x0x1 − 1)π

2= 0 =⇒ (x0x1− 1) =

=⇒ x0x1 =−4

π+ 1 =

π − 4

πPour f(n) = x(x− x0)(x− x1)∫ 1

x(x− x0)(x− x1)1 + x2

dx = 0 =⇒∫ 1

(−x2(x0 + x1)

1 + x2dx = 0

donc (x0 + x1)

−1(−1 +

1 + x2) dx = (x0 + x1) [−x+ Arctg(x)]1−1 Aprés le calcule on

trouve que x0 = −x1 donc −x0 =π − 4

π=⇒ x0 = −

√π − 4

donc x1 =

√π − 4

πPour f(n) = x∫ 1

1 + x2dx = A0f(x0) + A1f(x0) =

2ln(1 + x2)

]1−1

= A0x0 + A1x0

=⇒ (A0 − A1)x0 = 0 =⇒ A1 = A0

Pour f(n) = 1∫ 1

1 + x2dx = [Arctg(x)]1−1 = A0 + A1 =

Donc A0 = A1 =π

4d'où ∫ 1

1 + x2dx =

4(−√π − 4

π) + E(f)

2) On pose f(x)=x4

On calcule∫ 1

1 + x2dx

et on obtient que∫ 1

1 + x2dx =

3− x+ Arctg(x)

]1−1

=3π − 8

La valeur approchée :

4(−√π − 4

π)4 +

4(−√π − 4

π)4 =

2(π − 4

3π − 8

donc la formule n'est pas exacte pour les polynÃ´mes de degré ≤ 4.3) E(Arctg(x)), puisque Arctg(x)est une fonction impaire donc E(Arctg(x))=0 car la for-mule quadratique est exacte pour les fonctions impaires.

Exercice 5 :On considère la formule de quadrature suivante :∫ 1

−1f(x) dx = A0f (x0) + A1 f(0) + A2 f(x1) + E(f)

1) Determiner A0,A1,A2, x0 et x2 pour que la formule de quadrature précédente soit ex-acte pour les polynÃ´mes de degré ≤ 4.2) Cette formule est-elle exacte pour les polynÃ´mes de degré 5 ?3) Calculer, en utilisant la formule de quadrature précédente E(x Log(1 + x2)).

Solution 5 :

1)On prend B = {1, x, x2, (x− x0)(x− x1), x(x− x0)(x− x1), x2(x− x0)(x− x1)}La fomule quadratique est exacte pour les polynÃ´mes de degré ≤ 4, donc elle est exactepour chaque élement de la base B.Pour f(n) = x(x− x0)(x− x1)∫ 1

−1x(x − x0)(x − x1) dx = A0f(x0) + A1f(0) + A2f(x1) = 0 =⇒

−1(x3 − x2x1 +

x2x0 + xx1x0)dx = 0 =⇒[−x3

3(x1 + x0)

]1−1

= 0 =⇒ 2

3(x1 + x0) = 0

d'où x1 = −x0Pour f(n) = x2(x− x0)(x− x1)∫ 1

−1x2(x− x0)(x− x1) dx = 0 =⇒

−1(x4 − x3x1 + x3x0 + x2x1x0)dx = 0

=⇒[x5

5+ (x1x0)

]1−1

= 0 =⇒ 2

3(x1x0) = 0

d'où x1x0 =−3

Donc on trouve que x0 = −√

5et x1 =

5Pour f(n) = 1∫ 1

−1dx = A1 + A2 + A3 = 2

Pour f(n) = x

−1x dx = A0x0 + A2x1 = 0 =⇒ A0 = A2

Pour f(n) = x2∫ 1

−1x2 dx = A0x0

2 + A2x12 =

3=⇒ 3

=⇒ 3

3=⇒ A0 = A2 =

9etA1 =

9d'où ∫ 1

−1f(x) dx =

9f (−

9f(0) +

5) + E(f)

2) soit f(x) = x5 on a∫ 1

−1f(x) dx = 0

=⇒ 59(−√

35)5 + 5

35)5 = 0

Donc la formule est exacte pour les polynomes de degré ≤ 5.

3) Pour f(x) = xln(1 + x2) La formule quadratique précedente est exacte pour les fonc-tions impaires or f(x) = xln(1 + x2) est impaire donc E(f)=0.

Exercice 6 :Soit la formule de quadrature suivante :∫ π

f(x) sin(2x) dx = A0 f(x0) + A1 f(x1) + E(f)

oú E(f) est l'erreur.1) Déterminer A0,A1,x0 et x1 de telle sorte que la formule proposée soit exacte(E(f) = 0) quand f est un polynÃ´me de degré ≤ 3.2) Est-ce que cette formule est exacte pour les polynÃ´mes de degré 4 ?3) Utiliser le résultat précédent pour donner une valeur approchée de l'intégrale∫ π

log(1 + x) sin(2x) dx

Solution 6 :

1) Exercice 7 :

Montrer que l'erreur de la formule de Simpson, appliquée à∫ 2π

sin(x)dx

est égale à zéro.Solution 7 :

On a∫ 2π

sin(x)dx Donc montrons que Sn = 0

On a f(x)=sin(x) Ou a=0 et b = 2π, h =2π

xi = x0 + ih =2πi

3[f(x0) + 4f(x1) + 2f(x2) + ......+ 4f(xN−1) + f(xN)]

xi =2πi

Net xN−i =

2π(N − i)N

= 2π − 2πi

Nsin(xN−i) = sin(2π − xi) = −sin(xi) sachant que N-i et i ont la mÃªme parité.xN

2= π alors sin(xN

2) = 0 Donc en fesant la somme

f(x0) + 4

N2+1∑

(f(xi) + f(xN−i)) + f(xN2

N2−2∑

(f(xi) + f(xN−i)) + f(xN)

Sn = 0

Exercice 1 :Pour approcher la solution du problème (P )

{y′(x) = f(x, y) x ∈ [0, r]y(0) = α

avec 1) f continue sur [0, r] × IR

2) f lipschitziènne en y uniformement par rapport à x.

3) f 3 fois continument di�érentiable.

On propose la méthode suivante :

{yi+1 = yi + h Φ (xi, yi, h)y0 i = 0, ....., n− 1

où Φ (x, y, h) = a k1 + b k3,

avec k1 = f(x, y)

k2 = f

3, y +

k3 = f

3, y +

a et b sont deux constantes qu'il faudra déterminer.

1) Quelle relation lie a et b pour que la méthode proposée soit consistante. ?

2) Cette méthode est-elle stable quelque soit a et b ∈ IR ?

3) Déterminer a et b pour que cette méthode soit au moins d'ordre 2.

4) Montrer alors que cette méthode est en fait au moins d'ordre 3.Solution 1 :

1.{yi+1 = yi + hΦ(xi, yi, h)y0

La méthode est consistante ssi Φ(x, y, 0) = f(x, y)Φ(x, y, 0) = af(x, y) + bf(x, y) = f(x, y)⇒ a+ b = 1.

2. |Φ(x, y, h) − Φ(x, z, h)| = af(x, y) + bf(x +2h

3, y +

3k2(y)) − af(x, z) + bf(x +

3, z +

3k2(z) ≤ |a|M |y − z|+ |b|+ 2h

3|k2(y)|

|Φ(x, y, h)− Φ(x, z, h)| ≤ |a|M ||y − z|+ |b|M ||y − z|+ 2h

3|k2(y)− k2(z)|

|k2(y)− k2(z)| ≤M |y +h

3k(y)− (z +

3k2(z))|

|k2(y)− k2(z)| ≤M |y − z|+ h

3|k2(y)− k2(z)|

≤M |y − z|+ h

3M |y − z|

≤ |y − z|[|a|M + |b|M + |b|M +2h

3M2] < L|y − z|

Donc Φ véri�e les conditions de Lipschitz.

3. Pour que la méthode yi+1 soit d'ordre 2 il faut que :

Φ(x, y, 0) = f(x, y) et∂Φ

∂Φ(x, y, 0) =

2f ′(x, y) (car f 2 fois continuement di�éren-

tiable et Φ ,∂Φ

∂het∂2Φ

∂h2existent. )

On a Φ(x, y, 0) = f(x, y) (d'aprés 1) consistance.)

Φ(x, y, h) = ak1 + bk3 = af(x, y) + bf(x+2h

3, y +

∂h(x, y, h) = 0+b

3, y +

∂k2∂h

)×(∂f

3h, y +

)))∂k2∂h

3; y +

)+ dfrac13k1

3; y +

∂h(x, y, 0) = b

3f(x, y).

∂y(x, y)

3f (1)(x, y) =

2f (1)(x, y)

2⇒ b =

4d'oú a =

4. Pour que la méthode yi+1 soit d'ordre 3 il faut Φ(x, y, 0) = f(x, y)∂Φ

∂h(x, y, 0) =

2f (1)(x, y)

∂2Φ

∂h2(x, y, 0) =

3f (2)(x, y)

car f est 3 fois continuement di�erentielle et Φ,∂Φ

∂h,∂2Φ

∂h2,∂3Φ

∂h3existent et sont con-

tinues.

X = x+2h

3Y = y +

∂2Φ

∂h2(x, y, h) = b(

∂x2(X, Y ) + (

9.∂k2∂h

)∂2f

∂x∂y(X, Y )

∂k2∂h

∂2k2∂h2

∂k2∂h

∂y(X, Y ))

k2∂h

∂x∂y(X, Y ) + (

∂k2∂h

3h∂k2∂h

.∂2f

∂y2(X, Y )))).

∂2k2∂h2

∂x2(A,B) +

∂x∂y(A,B) +

9k21∂2f

∂y2(A,B).

∂2Φ

∂h2(x, y, 0) = b(

∂x2(x, y)+

9f(x, y).

∂x∂y(x, y)+

∂x(x, y)+

9f(x, y).

∂y(x, y))

∂y(x, y)+

3.f(x, y)(

∂x∂y(x, y) +

3f(x, y).

∂2y(x, y))

Exercice 2 :

Soit le problème di�érentiel avec condition initiale :{y′(x) = f(x, y) x ∈ [a, b]y(a) = α

où f est une fonction de [a, b] × IR → IR continue dont toutes les dérivées partiellesjusqu'à l'ordre 2 inclus existent et sont continues et dont la dérivée partielle par rapportà y : f ′y est bornée.

On propose la méthode suivante :

y0 = α, h =b− an

yn+1 = yn + α h f(xn, yn) + β h2 g(xn + λh, yn + λhf(xn, yn))

où α, β, et λ sont des réels ≥ 0, et où :

g(x, y) =∂f(x, y)

∂x+∂f(x, y)

∂yf(x, y).

1◦) A quelle condition cette méthode est-elle consistante ?

2◦) Déterminer α, β, et λ pour que la méthode proposée soit d'ordre le plus élevé possible.

3◦) Montrer que si la fonction g est lipschitziènne par rapport à la deuxième variabley, la méthode est stable.

Solution 2 :

1) on a : Φ(x, y, h) = αf(x, y) +βh(∂f

∂x(x+λh, y+λhf(x, y)) +

∂y(x+λh, y+λf(x, y)))

La méthode est consistante ssi Φ(x, y, 0) = f(x, y)Or Φ(x, y, 0) = αf(x, y) et par suite α = 12)f est continue et sa dérivée par rapport à y est bornée donc lipschitzienne en y unifor-mément par rapport à x donc le problème de Cauchy admet une solution .

f est de classe C3 donc Φ ,∂Φ

∂h,∂2Φ

∂h2existent et sont continues

Φ(x, y, 0) = f(x, y)

∂h(x, y, 0) = 1

2f (1)(x, y)

∂2Φ

∂h2= 1

3f (2)(x, y)

∂h(x, y, h) = β

∂x(x+λh, y+λhf(x, y))+βf(x, y)

∂y(x+λh, y+λf(x, y))+βh(λ

∂x2x+

λh, y+λhf(x, y)+λf(x, y)∂2f

∂x∂y)+βhf(x, y)(λ

∂x∂y(x+λh, y+λhf(x, y))+λf(x, y)

∂y2(x+

λh, y + λhf(x, y)))Et par suite on a :∂Φ

∂h(x, y, 0) = β(

∂x(x, y) + f(x, y)

∂y(x, y)) = βf (1)(x, y)

et donc β =1

2et de même on a∂2Φ

∂h2(x, y, 0) = 2βλ(

∂x2(x, y) + f(x, y)

∂x∂y+

∂x∂y)

= λf (2)(x, y)

ce qui donne λ =1

3)On a :|Φ(x, y, h)−Φ(x, z, h)| = |α(f(x, y)−f(x, z)+βh(g(x+λh, y+λhf(x, y))−g(x+λh, z+λhf(x, z)))|≤ αM |y − z|+ βhM(|y − z + λh(f(x, y)− f(x, z))|)≤ αM |y − z|+ |y − z|(βhM + λβh2M2)≤ |y − z|(αM + βhM + λβh2M2)≤ |y − z|(αM + β(b− a)M + λβ(b− a)2M2)Donc Φ véri�e une condition de Lipschitz donc la méthode est stable .

Exercice 3 :

On considère le problème de Cauchy suivant :

{y′(x) = f(x, y) x ∈ [a, b]y(a) = α

où f est une fonction 2 fois continument di�érentiable sur [a, b] × IR et dont la dérivéepartielle par rapport à y est bornée.

Pour résoudre numériquement le problème (P ), on propose la méthode suivante :{y0 = αyi+1 = yi + α0 k0 + α1 k1

pour i = 0, ....., n− 1.

avec k0 = hf(xi, yi)

k1 = h f(xi + λh, yi + λ k0) , λ 6= 0

h =b− an

, xi+1 = xi + h.

Déterminer les coe�cients α0, α1 pour que l'ordre de cette méthode soit au moins égal à2.

Faire l'étude de la stabilité, de la consistance, de l'ordre et de la convergence.

Solution 3 :

Φ(x, y, h) = α0f(x, y) + α1f(x+ λh, y + λhf(x, y))

f est continue et sa dérivée par rapport à y est bornée donc lipschitzienne en y uniformé-ment par rapport à xDonc le problème de Cauchy admet une solution .

f est de C2 donc Φ ,∂Φ

∂hexistent et sont continues

La methode est d ordre 2⇔

{Φ(x, y, 0) = f(x, y)

∂h(x, y, 0) = 1

2f (1)(x, y)

On a :Φ(x, y, 0) = α0f(x, y) + α1f(x, y) = f(x, y)⇒ α0α1 = 1∂Φ

∂h(x, y, h) = α1[λ

∂x(x+ λh, y + λhf(x, y)) + λf(x, y)

∂y(x+ λh, y + λhf(x, y))

∂h(x, y, 0) = α1λ(

∂x(x, y) + f(x, y)

∂y(x, y) = α1λf

(1)(x, y)⇒ α1λ =1

On en déduit : α1 =1

2λet α0 = 1− 1

2λLa stabilité :|Φ(x, y, h)−Φ(x, z, h)| = |α0f(x, y)+alpha1f(x+λh, y+λhf(x, z))−α0f(x, z)+alpha1f(x+λh, z + λhf(x, z))|≤ |α0|M |y − z|+ |α1|M [y + λhf(x, y)− z − λhf(x, z)]≤ |y − z|[|α0|M + |α1|M + |λα1|M2(b− a)]Donc Φ véri�e une condition de Lipschitz donc la méthode est stable.Et elle est consistante car (Φ(x, y, 0) = f(x, y)) par conséquent elle est convergente (sta-bilité + consistance)

Exercice 4 :

On donne l'équation di�érentielle suivante :y(0) = 0

dx= x− x3 ∀x ∈ [0, 1]

On calcule la valeur approchée yi de y(xi) (xi = ih et h =1

n), avec la méthode d'Euler.

Trouver une formule explicite pour yi et e(xi, h) = yi − y(xi).

Solution 4 :

y(0) = 0

dx= x− x3 ∀x ∈ [0, 1]

• Trouvons une formule explicite pour yi :On a xi = x0 + ih = ih avec i = 0, ..., n et h =

b− an

nyi = yi−1 + hf(xi−1, yi−1){yi = yi−1 + h(xi−1 − x3i−1)y0 = 0

yi = yi−1 + f(xi−1 − x3i−1)yi−1 = yi−2 + h(xi−2 − x3i−2)....y1 = y0 + h(x0 − x30)En faisant la somme, on obtient donc :

yi = y0 + hi−1∑k=0

(xk − x3k)

yi = y0 + hi−1∑k=0

(kh− (kh)3)

yi = y0 + h2i−1∑k=0

k − h4i−1∑k=0

k3 on a : (y0 = 0)

yi = h2(i− 1)i

2− h4

((i− 1)2i2

(i− 1)i

(1− 1

(i− 1)i

)Pour calculer e(xi, h) , on calcule l'intégrale :dy(x)

dx= x− x3 =⇒

∫y′(x) =

∫(x− x3)dx

y(x) =x2

2− x4

4+ k =⇒ y(xi) =

x2i2− x4i

On trouve k par la condition initiale y(0) = 0.

e(xi, h) = yi − y(xi) = yi −x2i2− x4i

e(xi, h) = yi −i2h2

2− i4h4

Exercice 5 :

Montrer que la méthode d'Euler modi�ée fournit la solution exacte du problème de Cauchysuivant :

y(1) = 0

dx= −2γx ∀x ∈ [1, 2]

Solution 5 :

{y(1) = 0dy(x)

dx= −2γx ∀x ∈ [1, 2]

• Déterminons la solution exacte :dy(x) = −2γxdx =⇒ y(x) =

∫−2γxdx

y(x) = −γx2 + c avec c ∈ IRdonc on a y(1) = 0 =⇒ c = 0.Alors y(x) = γ(1− x2)• Méthode d'Euler modi�ée :xi = x0 + ih = 1 +

navec h =

nyi = yi−1 + hf(xi−1 +

2, yi−1 +

2f(xi−1, yi−1))

= yi−1 − 2γh(xi−1 +h

y0 = 0

yi = yi−1 − 2yh(xi−1 +h

yi−1 = yi−2 − 2γh(xi−1 +h

yi = y0 − 2γh(x0 +h

En faisant la somme donc, on trouve :

yi = −2γhi−1∑k=0

(xk +h

donc :

yi = −2γhi−1∑k=0

= −2γh(i+ih

i−1∑k=0

= −2γh

[i(1 +

(i− 1)i

]= −2γ

(i− 1)

]= −2γ

]Calcuons y(xi) :

y(xi) = γ(1− xi)(1 + xi)

= −γin

= −2γi

c/c : yi = y(xi)La formule est exacte.

Exercice 6 :

On considère le problème de Cauchyy(a) = α

(1)dy(x)

dx= f(x, y(x)) ∀x ∈ [a, b]

où on suppose f continue sur [a, b]×IR et lipschitzienne en y par rapport à x. On intègrecette équation à l'aide du schéma itératif{

y0 = αyi+1 = yi + hΦ(xi, yi, h) i = 0, ..........., n− 1

avec xi = a+ i h, h =b− an

Φ(x, y, h) = 2f

4, y +

4f(x, y)

)− f(x, y)

1) Véri�er que cette méthode est consistante.2) Montrer qu'elle est stable.3) Montrer qu'elle est convergente.4) Etudier son ordre.5) On pose f(x, y) = −λx avec λ > 0 et a = 0.Quelle est la solution du problème du Cauchy ?Montrer que le schéma itératif peut se mettre sous la forme yn+1 = P (λh)yn où P estun polynôme de degré 2 à préciser.

Solution 6 :

1. On a φ(x, y, h) = 2f(x+ h4, y + h

4f(x, y))− f(x, y)

On a φ(x, y, 0) = 2f(x, y)− f(x, y) = f(x, y)Donc la méthode est consistante.

2. Montrons que φ véri�e une condition de Lipschitz.

|φ(x, y, h)− φ(x, z, h)| = |2f(x+h

4, y +

4f(x, y))− f(x, y)

−2f(x+h

4, z +

4f(x, z))− f(x, y)|

≤ 2M |y +h

4f(x, y)− z − h

4f(x, z)|+M |y − z|

≤ 2M(|y − z|+ h

4|y − z|) +M |y − z|

≤ |y − z| (2M +b− a

2M2 +M)︸︷︷︸

≤ k|y − z|

Donc φ véri�e une condition de Lipschitz , donc elle est stable.

3. La méthode est stable et consistante, donc elle est est convergente.

4. Déterminons l'ordre :

φ,∂φ

∂h,∂2φ

∂h2existent et continues.

On a déjà : φ(x, y, 0) = f(x, y)

∂h(x, y, h) = 2

∂x(x+

4, y +

4f(x, y)) +

4f(x, y)

∂y(x+

4, y +

4f(x, y))

]∂φ

∂h(x, y, 0) = 2

∂x(x, y) +

4f(x, y)

∂y(x, y)

∂x(x, y) + f(x, y)

∂y(x, y)

2f (1)(x, y)

Donc la méthode est d'ordre 2.

5.dy(x)

dx= f(x, y) = −λx, λ > 0, a = 0

La solution du problème :dy(x)

dx= −λx =⇒ y(x) = −λx

2+ c, c ∈ IR

Or : y(0) = α⇐= c = α

y(x) = −λx2

Montrons que : yn+1 = p(λh)yn

yn+1 = yn − λh2(xn +h

yn+1 = yn − 2λh(xn +h

yn = yn−1 − 2λh(xn−1 +h

yn−1 = yn−2 − 2λh(xn−2 +h

y1 = y0 − 2λh(x0 +h

Donc : yn+1 = y0 +n∑i=0

−2λh(xi +h

yn+1 = y0 +n∑i=0

−2λh(xi +h

= α− 2λhn∑i=0

= α− 2λh2n∑i=0

= α− 2λh2[n(n+ 1)

]yn+1 = α− λh2

[n(n+ 1) +

]yn+1 = α− λ2h2

[n(n+ 1)

Exercice 7 : f ∈ C4([a, b]× IR)Montrer que la méthode de R.K. suivante :

y0 ∈ IR est donné,k1 = f(xi, yi)

k2 = f

2, yi +

)k3 = f

2, yi +

)k4 = f (xi + h, yi + hk3)

yi+1 = yi +h

6(k1 + 2k2 + 2k3 + k4) i = 0, · · · , n− 1

est d'ordre 4.

Exercice 1 :Montrer que :

i) ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤√n ‖x‖2

ii) ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤√n ‖x‖∞

iii) ‖x‖∞ ≤ ‖x‖1 ≤ n ‖x‖∞

iv) pour 1 ≤ p < +∞, ||u||∞ ≤ ||u||p ≤ n1p ||u||∞

Solution 1 :

i) On a ‖x‖2 =

(n∑i=1

|xi|2)1/2

d'après Jensen on a ‖x‖2 ≤n∑i=1

|xi| = ‖x‖1

donc ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ?

Aussi on a ‖x‖1 =n∑i=1

|xi| =n∑i=1

1 |xi|

=⇒n∑i=1

1 |xi| ≤(

n∑i=1

)1/2( n∑i=1

|xi|2)1/2

(Holder p=2 et q=2)

donc ‖x‖1 ≤√n ‖x‖2 ? ?

D'après ? et ? ? on déduit que : ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤√n ‖x‖2

ii) On a ‖x‖∞ = max1≤i≤n | xi |=| xi0 |

et ‖x‖22 =

(n∑i=1

|xi|2)≥| xi0 |2

d'où ‖x‖2 ≥ ‖x‖∞

‖x‖22 =n∑i=1

|xi|2 ≤n∑i=1

|xi0|2

‖x‖22 ≤ |xi0|2

n∑i=1

‖x‖22 ≤ n|xi0|2

d'où ‖x‖22 ≤√n ‖x‖∞

donc ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤√n ‖x‖∞

iii) D'après i) et ii) on a : ‖x‖∞ ≤ ‖x‖2 ≤ ‖x‖1 ≤√n ‖x‖2 ≤

√n√n ‖x‖∞ = n ‖x‖∞

donc ‖x‖∞ ≤ ‖x‖1 ≤ n ‖x‖∞

iv) On a ‖x‖∞ = max1≤i≤n | xi |=| xi0 |

et ‖x‖pp =

(n∑i=1

|xi|p)≤

n∑i=1

|xi0|p

‖x‖pp ≤ |xi0|p

n∑i=1

1 = n ‖x‖p∞

=⇒ ‖x‖p ≤ n1/n ‖x‖∞

d'autre part ‖x‖pp =

(n∑i=1

|xi|p)≥ |xi0|n = ‖x‖p∞

Donc ‖x‖p ≥ |xi0|n = ‖x‖∞

d'où 1 ≤ p < +∞, ||u||∞ ≤ ||u||p ≤ n1p ||u||∞

Exercice 2 :Montrer que pour tout p ≥ 2 on a :

‖x‖p ≤

(‖x‖∞‖x‖p−1

‖x‖p−1 ≤ ‖x‖p−1 .

Solution 2 :

On a ‖x‖pp =

(n∑i=1

|xi|p)

(n∑i=1

|xi||xi|p−1)

‖x‖pp ≤

(n∑i=1

|xi0||xi|p−1)

‖x‖pp ≤ ‖x‖∞ ‖x‖p−1p−1

‖x‖pp ≤‖x‖∞‖x‖p−1

‖x‖pp−1

d'où ‖x‖p ≤

(‖x‖∞‖x‖p−1

‖x‖p−1

d'après iv) de l'exercice précedent on a :

‖x‖∞ ≤ ‖x‖p−1 avec p ≥ 2

(‖x‖∞‖x‖p−1

‖x‖p ≤

(‖x‖∞‖x‖p−1

‖x‖p−1 ≤ ‖x‖p−1 .

Exercice 3 :

1) Montrer que pour toute norme matricielle on a : ‖I‖ ≥ 1.

2) Pour A ∈Mm(IR), on pose ‖A‖ =

Montrer que ‖•‖ est une norme matricielle qui n'est pas induite par une norme vectorielle.Cette norme est appelée norme de Frobenius et sera notée ‖•‖F .

3) Montrer que ‖A‖2F = tr(At.A). En déduire que

‖A‖2 ≤ ‖A‖F ≤√n. ‖A‖2 .

Solution 3 :

1) On a ‖.‖ est une norme matricielle donc ‖I.I‖ ≤ ‖I‖ ‖I‖ =⇒ ‖I‖ ≤ ‖I‖pOr ‖I‖ 6= 0 donc ‖I‖ ≥ 12) Montrons que ‖.‖ est une norme matricielle.

(*) ‖A‖F = 0⇐⇒

= 0⇐⇒ aij = 0⇐⇒ A = 0

(*) ‖A+B‖2F =n∑

(aij + bij)2

=⇒ ‖A+B‖2F =n∑

aij(aij + bij) + bij(aij + bij)

=⇒ ‖A+B‖2F ≤n∑

|aij||aij + bij|+n∑

|bij||aij + bij|

=⇒ ‖A+B‖2F ≤ (n∑

|aij|2)1/2(n∑

|aij + bij|2)1/2 + (n∑

|bij|2)1/2(n∑

|aij + bij|2)1/2

=⇒ ‖A+B‖2F ≤ ‖A‖F . ‖A+B‖F + ‖B‖F . ‖A+B‖F

=⇒ ‖A+B‖F ≤ ‖A‖F + ‖B‖F(*) soit C=AB donc Cij =

n∑k=1

aik.bkj

=⇒ ‖A.B‖2F = ‖C‖2F =n∑

c2ij =n∑

(n∑k=1

aik.bkj)2

=⇒ ‖A.B‖2F ≤n∑

(n∑k=1

a2ik.n∑k=1

=⇒ ‖A.B‖2F ≤n∑i=1

n∑j=1

(n∑k=1

a2ik.n∑k=1

=⇒ ‖A.B‖2F ≤n∑i=1

n∑k=1

a2ik.n∑j=1

n∑k=1

d'où : ‖A.B‖2F ≤ ‖A‖2F ‖B‖

Donc c'est bien une norme matricielle.

de plus ‖In‖F =

= n1/2 6= 1 donc ‖.‖F n'est pas une norme induite.

3) on pose C = AtA

On a Cij =n∑k=1

aki.akj et tr(C) =n∑i=1

(*) =⇒ tr(C) =n∑i=1

n∑k=1

a2ki = ‖A‖2F

(*) ‖A‖F =√ρ(AtA) or AtA est diagonalisable car elle est symétrique donc toutes les

v.p sont positives. Donc ρ(AtA) = max|λi| = |λi0| = λi0.

tr(AtA) =n∑i=1

λi ≥ λi0

donc ‖A‖2F ≥ ρ(AtA) = ‖A‖22 =⇒ ‖A‖F ≥ ‖A‖2

‖A‖2F = tr(tAA) =n∑i=1

λi ≤n∑i=1

λi0 = nλi0 = nρ(AtA) = n ‖A‖22

donc ‖A‖F ≤√n ‖A‖2.

Exercice 4 :A ∈Mm(IR) une matrice carrée d'ordre n.

1) Montrer que si A est s.d.p (symétrique dé�nie positive) alors les éléments diagonauxde A sont strictement positifs.

2) On suppose que A est symétrique. Montrer que A est s.d.p si et seulement si toutes lesvaleurs propres de A sont strictement positives.

3) On suppose que A est s.d.p. Montrer que l'on peut dé�nir une matrice B ∈ Mm(IR)s.d.p telle que B2 = A. (On parle dans ce cas de racine carrée de la matrice A).

Solution 4 :

1) Soit A ∈Mn(IR) telque A est s.d.p

soit (e1; .....; en) une base canonique. Aeiei = aii or ei 6= 0 et puisque A est s.d.p doncaii > 0

2) On a A est symétrique donc A est diagonalisable dans une base orthonormée.

Soit (f1; .....; fn) et soit x =n∑i=1

Ax =n∑i=1

αiλifi donc Axx =n∑i=1

α2iλi

⇐ Soit x 6= 0 donc Axx =n∑i=1

α2iλi (1)

on a αi > 0 et λ2i ≥ 0 donc Axx ≥ 0

si Axx = 0 =⇒ αi = 0 donc x=0 (absurde)

Alors Axx > 0 ∀x 6= 0

=⇒ soit x = fi et d'après (1) Afifi = λi > 0 car A est dé�nie positive.

3) Soit A s.d.p On a A = P.D.P−1 avec P une matrice de passage de la base C à labase O.

Or√D = D′ = diag(

√λ1; .....;

√λn

On a A = P.D′2.P−1 = (P.D′.P−1)(P.D′.P−1) = B2 avec B = P.D′.P−1

Exercice 5 :

(Série de Neumann)

Soit A ∈Mm(IR) une matrice carrée d'ordre n. Montrer que la série de terme général Ak

converge vers (I − A)−1 si et seulement si %(A) < 1.

Solution 5 :

Montrons que∑n≥0

An = (I − A)−1 si %(A) < 1

On a : (I − A)∑k=0

nAk = (I − A)(I + A+ ....+ An)

⇐= donc (I − A)∑k=0

nAk = (I − An+1)

Or %(A) < 1 alors An+1 converge vers 0

=⇒ (I −A)∑n≥0

An = I =⇒∑n≥0

An = (I −A)−1 puisque (I-A) est inversible car %(A) < 1

donc on a∑n≥0

An CV =⇒ An CV vers 0 =⇒ %(A) < 1

Exercice 6 :

Montrer que pour toute norme matricielle induite par une norme vectorielle, on a :

limk→∞

∥∥Ak∥∥1/k = %(A).

Solution 6 :

On a %(An) ≤ ‖An‖ or %(An) = %n(A)

donc %n(A) ≤ ‖An‖ =⇒ %(A) ≤ ‖An‖1/n

et puis %(A) ≤ limn−→+∞

inf ‖An‖1/n

Soit ε > 0 Aε = 1%(A)+ε

.A =⇒ %(Aε) < 1 donc Anε CV vers 0

∀ε′ > 0 ; ∃N ∈ IN ∀n ≥ N ‖Anε‖ < ε′

=⇒ ‖Anε‖ = 1(%(A)+ε)n

. ‖An‖

On prends ε′ = 1 donc ∀n ≥ N ‖An‖ < %(A) + ε

=⇒ limn−→+∞

sup ‖An‖1/n ≤ %(A)

donc limn−→+∞

‖An‖1/n = %(A)

Exercice 7 :Montrer que la résolution d'un système linéaire complexe A ∈ Cn×n et b ∈ Cn, se ramèneà la résolution d'un système linéaire réel et donner celui-ci.

Solution 7 :

Ax=b ⇐⇒ (A′ + iA”)(x′ + ix”) = b′ + ib”

Ax=b ⇐⇒ A′x′ + iA′x” + iA”x′ − A”x” = b′ + ib

Ax=b ⇐⇒ A′x′ − A”x” = b′ et A′x” + A”x′ = b”[A′ −A”A” A′

] [x′

Exercice 8 :Soit

[100 9999 98

1) Calculer le conditionnement de A en norme in�nie.2) Montrer que cette matrice est la plus male conditionnée parmi les matrices carréesd'ordre 2 inversibles à coe�cients compris entre 0 et 100.

Solution 8 :

1) On a ‖A‖∞ = 199 et A−1 =1

[98 −99−99 100

]avec detA = −1

donc A−1 =1

[−98 9999 −100

]donc ‖A−1‖∞ = 199

=⇒ cond‖ ‖∞A = (199)2 c'est mal conditionée puisque cond‖ ‖∞A� 1

2) Soit

[100 100a b

], ‖B‖∞ = 200

Si B est inversible donc b 6= a

B−1 =1

100(b− a)

[+b −100−a 100

]︸︷︷︸

telque ‖C‖∞ = max((100 + a), (100 + b))

‖C‖∞ ≤ 200 donc ‖B−1‖∞ ≤2

(b− a)≤ 2

=⇒ cond‖ ‖∞(B) ≤ 400 < 1992

Exercice 9 :Soit A la matrice tridiagonale dont les éléments diagonaux sont égaux à 2, et les autreséléments non nuls à -1.Calculer la décomposition LU de A, et en déduire que A est inversible.

Exercice 10 :Montrer que si A est à diagonale strictement dominateur alors A est inversible.

Solution 10 :

Supposons que A n'est pas inversible donc il existe x ∈ IRn − {0} / Ax=0.

=⇒n∑j=1

aixj = 0

‖x‖∞ = maxi |xi| = |xi0| 6= 0

n∑j=1

aijxj = 0 =⇒ ai0i0xi0 +n∑

j=1,j 6=i0ai0jxj = 0

=⇒ ai0i0xi0 = −n∑

j=1,j 6=i0ai0jxj

=⇒ |ai0i0||xi0| ≤n∑

j=1,j 6=i0|ai0j||xj|

=⇒ |ai0i0||xi0| ≤n∑

j=1,j 6=i0|ai0j||xi0|

=⇒ |ai0i0| ≤n∑

j=1,j 6=i0|ai0j| ce qui est impossible car A est à diagonale dominante.

Exercice 11 :Soit A une matrice symétrique, dé�nie positive. On suppose que A = M − N avecM inversible etM t+N dé�nie positive. Montrer qu'alors la méthode itérativeMx(n+1) =b+Nx(n) converge.

Solution 11 :

Soit la norme vectorielle dé�nie par :∀v ∈ IRn ||v||2A = vtAv.

||M−1Nv||2A = (M−1Nv)tA(M−1Nv)

= vtN t(M−1)tAM−1Nv

= vt(M − A)t(M−1)tAM−1(M − A)v

= vt(M t − A)(M−1)tA(I −M−1A)v

= vt(I − AM−1)tA(I −M−1A)v

= vt(A− AM−1A)v − vt(A(M t)−1A+ A(M t)−1AM−1A)v

= vtAv − vtAM−1Av − vt(A(M t))−1 + A(M t)−1AM−1A)v

= ||v||2A − vtA(M t)−1M tM−1Av − vt(A(M t)−1MM−1A+ A(M t)−1AM−1A)v

= ||v||2A − vtA(M t)−1(M t +M − A)M−1Av

= ||v||2A − vtA(M t)−1(M t +N)M−1Av /w = M−1Av 6= 0

= ||v||2A − wt(M t +N)w

M t +N > 0 car M t +N est dé�nie positive=⇒ ||M−1Nv||2A < ||v||2A=⇒ ||M−1Nv||A < ||v||A=⇒ ||M−1N || < 1=⇒ ρ(M−1N) < 1Donc la méthode itérative Mx(n+1) = b+Nx(n) converge.

Exercice 12 :Montrer que si A est à diagonale strictement dominante alors la méthode SOR convergepour tout choix de x(0) si 0 < ω ≤ 1.

Solution 12 :

A = M −N||M−1N ||∞ = maxx 6=0

||M−1Nx||∞||x||∞

Soit y = M−1Nx⇒My = Nx

ωaiiyi +

∑j<i

aijyi = −∑i<j

aijxj − (1− 1

ω)aiixi

aiiyi + ωsumj<iaijyj = −ω∑

i<j aijxj + (1− ω)aiixi⇒ aiiyi = −ω

∑j<i aijyi − ω

∑j>i aijxj + (1− ω)aiixi

Soit i0 tel que ||y||∞ = |yi0|⇒ |ai0i0||yi0| ≤ ω

∑j<i0|ai0j||yi0|+ ω

∑j>i0|ai0j|||x||∞ + (1− ω)|ai0i0|||x||∞

⇒ |ai0i0||yi0| − ω∑

j<i0|ai0j||yi0| ≤ ω

∑j>i0|ai0j|||x||∞ + (1− ω)|ai0i0 |||x||∞

⇒ (1−ω)|ai0i0||yi0|+ω(|ai0j|−∑

j<i0|ai0j|)|yi0| ≤ ω

∑j>i0|ai0j|||x||∞+(1−ω)|ai0i0|||x||∞

⇒ |yi0|((1− ω)|ai0i0|+ ω(|ai0i0 | −∑

j<i0|ai0j|)) ≤ ||x||∞(ω

∑j>i0|ai0j|+ (1− ω)|ai0i0|)

Or A est à diagonal strictement dominante donc(1− ω)|ai0i0|+ ω(|ai0i0 | −

∑j<i0|ai0j|) > ω

∑j>i0|ai0j|+ (1− ω)|ai0i0|

⇒ |yi0| = ||y||∞ < ||x||∞⇒ ||M−1Nx||∞ < ||x||∞ ⇒ ||M−1N || < 1SOR converge si 0 < ω ≤ 1

Exercice 13 :Soit le système linéaire (S) donné par :

2x1 + 6x2 + 4x3 = 22x1 + 6x2 + 8x3 = 4 (S)5x1 + 2x2 + 3x3 = 3

1) Ecrire le système (S) sous la forme Ax = b.2) Résoudre le système en utilisant la méthode de Gauss.3) En déduire le déterminant de A−1.Solution 13 :

1. Le système (S) sous la forme Ax = b :2 6 42 6 85 2 3

︸︷︷︸

x1x2x3

︸︷︷︸

2. La méthode de Gauss :2 6 42 6 85 2 3

∣∣∣∣∣∣243

L2 → L2 − L1

L3 → L3 −5

2L12 6 4

0 0 40 −13 −7

∣∣∣∣∣∣22−2

donc :2 6 4

0 −13 −70 0 4

∣∣∣∣∣∣2−22

Donc le système est équivalente à :

2x1 + 6x2 + 4x3 = 2− 13x2 − 7x3 = −2

4x3 = 2

=⇒ x3 =1

=⇒ x2 =2− 7x3

13= − 3

=⇒ x1 = 1− 3x2 − 2x3 =9

26Et par suite :

− 32612

3. Du fait qu'on a permuté la ligne 2 avec la ligne 3 dans la 2ème étape de Gauss, On

a alors :det(A) = −(2× (−13)× 4) = 104

Donc : det(A−1) =1

det(A)=

Exercice 14 :On donne la matrice

Utiliser la méthode de Gauss-Jordan pour1) Trouver la matrice inverse A−1.2) Faire la décomposition LU de A.3) En déduire la solution du système Ax = b avec

4) Véri�er le résultat en calculant A−1b

Solution 14 :1) 1 1

∣∣∣∣∣∣1 0 00 1 00 0 1

L2 ← L2 −

4L1 et L3 ← L3 −

4L2 1 1

0 1516

∣∣∣∣∣∣1 0 0−14

1 0−14

L3 ← L3 −

5L2 1 1

0 1516

0 0 910

∣∣∣∣∣∣1 0 0−14

1 0−15

L1 ← L1 −

15L2 1 0 1

0 1516

0 0 910

∣∣∣∣∣∣1615

−415

0−14

1 0−15

L1 ← L1 −

9L3 1 0 0

0 1516

0 0 910

∣∣∣∣∣∣109

1 0−15

L2 ← L2 −

24L3 1 0 0

0 1516

00 0 9

∣∣∣∣∣∣109

−524

L2 ← L2 ×

15et L3 ← L3 ×

9 1 0 00 1 00 0 1

∣∣∣∣∣∣109

Donc on a

A−1 =

1 0 01

3)Ax = b ⇒ x = A−1b

x1x2x3

3x2 = 4

x3 =−4

Exercice 15 :On donne le système

2x1 + 3x2 − x3 = 54x1 + 4x2 − 3x3 = 3−2x1 + 3x2 − 1x3 = 1

1) Donner la matrice A du système.2) Décomposer la matrice du système en un produit LU puis résoudre le système linéairedonné.3) Calculer à partir de L et U la matrice inverse de A.Solution 15 :

1. La matrice A du système :

2 3 −14 4 −3−2 3 −1

2. Décomposition de A en LU :

2 3 −14 4 −3−2 3 −1

2 3 −10 −2 −10 6 −2

L2 − 2L1

L3 + L1

2 3 −10 −2 −10 0 −5

L3 + 3L2

Donc :

1 0 02 1 0−1 −3 1

et U =

2 3 −10 −2 −10 0 −5

A = LUAx = b =⇒ L Ux︸︷︷︸

=⇒ Ly = b

et soit y =

y1y2y3

1 0 02 1 0−1 −3 1

y1y2y3

Donc :

y1 = 52y1 + y2 = 3−y1 − 3y2 + y3 = 1

=⇒ y2 = 3− 10 = −7=⇒ y3 = 1 + y1 + 3y2 = 1 + 5− 3× 7 = −15

Donc : y =

5−7−15

Ux = y =⇒

2 3 −10 −2 −10 0 −5

x1x2x3

5−7−15

2x1 + 3x2 − x3 = 5−2x2 − x3 = −7−5x3 = −15

D'où la solution du système Ax = b est :

3. A = LU =⇒ A−1 = U−1L−1

On a : U =

2 3 −10 −2 −10 0 −5

=⇒ U−1 =

1/2 3/4 −1/40 −1/2 1/100 0 −1/5

1 0 02 1 0−1 −3 1

=⇒ L−1 =

1 0 0−2 1 0−5 3 1

Donc :

A−1 =

1/4 0 −1/41/2 −1/5 1/101 −3/5 −1/5

Exercice 16 :Résoudre, en utilisant la méthode de Cholesky, le système linéaire suivant :

4x1 + x3 = 5

+ 3x2 + x3 = 4x1 + x2 + 2x3 = 4

Solution 16 :

4 0 10 3 11 1 2

A est symétrique dé�nie positive, donc A admet une décomposition de Cholesky : A = LLt

l11 =√a11 = 2

l21 =a12l11

l31 =a31l11

2 l22 =√a21 − l221 =

l32 =a23 − l21.l31

l33 =√a33 − l231 − l232 =

12Donc :

Ax = b et A = LLt

=⇒ L Ltx︸︷︷︸y

= b =⇒{Ly = bLtx = y

Soit x =

x1x2x3

et y =

y1y2y3

Ly = b =⇒

y1y2y3

Donc : y =

24√3√17

Ltx = y =⇒

24√3√17

=⇒ x =

Exercice 17 :

Calculer les 3 premières itérations de la méthode de Jacobi et Gauss-Seidel en partant de

x(0) =

17−5−20

pour le systeme suivant :

5x1 − x2 − x3 = 4x1 + 4x2 − x3 = 0

2x1 − x2 − 6x3 = −4

Solution 17 :

La solution exacte est (1, 0, 1) :Jacobi :

⇒ xk+1i =

bi −∑

j<i aijx(k)j −

∑j>i aijx

7→ x(1)1 =

b1 − a12x(0)2 − a13x(0)3

a11= −4, 2

7→ x(1)2 =

b2 − a21x(0)1 − a23x(0)3

a22= −9, 25

7→ x(1)3 =

b3 − a31x(0)1 − a32x(0)2

a33= 7, 1666667

7→ x(2)1 =

4 + x(1)2 + x

5= 0, 383333

7→ x(2)2 =

−x(1)1 + x(1)3

4= 2, 84666667

7→ x(2)3 =

−4− 2x(1)2 + x

−6= 0, 80833373

7→ x(3)1 =

4 + x(2)2 + x

5= 1, 53

7→ x(3)2 =

−x(2)1 + x(2)3

4= 0, 10625

7→ x(3)3 =

−4− 2x(2)1 + x

−6= 1, 4833

Gauss-Siedel :

⇒ xk+1i =

bi −∑

j<i aijx(k+1)j −

∑j>i aijx

7→ x(1)1 =

b1 − a12x(0)2 − a13x(0)3

a11= −4, 2

7→ x(1)2 =

b2 − a21x(1)1 − a23x(0)3

a22= −3, 95

7→ x(1)3 =

b3 − a31x(1)1 − a32x(1)2

a33= 0, 075

7→ x(2)1 =

4 + x(1)2 + x

5= −0, 005

7→ x(2)2 =

−x(2)1 + x(1)3

4= −0, 0175

7→ x(2)3 =

−4− 2x(1)2 + x

−6= 0, 66791

7→ x(3)1 =

4 + x(2)2 + x

5= 0, 93008333

7→ x(3)2 =

−x(3)1 + x(2)3

4= −0, 005541

7→ x(3)3 =

−4− 2x(3)1 + x

−6= 0, 9876164

Exercice 18 :

Soit le système 4x1 + 0.24x2 − 0.08x3 = 8

0.09x1 + 3x2 − 0.15x3 = 90.04x1 − 0.08x2 + 4x3 = 20

Estimez la solution à 10−3 près en utilisant la méthode de Jacobi et en partant de

x(0) =

Solution 18 :

Estimation de la solution exacte avec la méthode de Jacobi :

⇒ xk+1i =

bi −∑

j<i aijx(k)j −

∑j>i aijx

7→ x(1)1 =

b1 − a12x(0)2 − a13x(0)3

a11= 1.920

7→ x(1)2 =

b2 − a21x(0)1 − a23x(0)3

a22= 3.940

7→ x(1)3 =

b3 − a31x(0)1 − a32x(0)2

a33= 5.040

7→ x(2)1 =

b1 − a12x(1)2 − a13x(1)3

a11= 1.864

7→ x(2)2 =

b2 − a21x(1)1 − a23x(1)3

a22= 3.194

7→ x(2)3 =

b3 − a31x(1)1 − a32x(1)2

a33= 5.059

7→ x(3)1 =

b1 − a12x(2)2 − a13x(2)3

a11= 1.909

7→ x(3)2 =

b2 − a21x(2)1 − a23x(2)3

a22= 3.197

7→ x(3)3 =

b3 − a31x(2)1 − a32x(2)2

a33= 5.045

Donc après les 3 premiéres ittérations on a trouvé que la solution estimée à 10−3 prèsest la suivante :

1.9093.1975.045

Exercice 19 :Soit le système

7x1 − x2 − x3 = 12−x1 + 10x2 + 2x3 = −6x1 − 3x2 + 12x3 = 41

Utilisez la méthode de Gauss-Seidel pour trouver la solution du système donné avec uneprécision de 10−2. On donne l'approximation initiale

x(0) =

1.9−0.82.2

Solution 19 :

7 −1 −1−1 10 21 −3 12

12−641

et x(0) =

1.9−0.82.2

La matrice A est à diagonal strictement dominant, donc la méthode de Gauss-Seidel con-verge ∀x(0) .

x(k+1)i =

bi −i−1∑j=1

ai,jx(k+1)j −

n∑j=i+1

ai,jx(k)j

ai,i; i = 1, 2, 3

Itération 1 :x(1)1 = 1.9142857

x(1)2 = −0.8485714

x(1)3 = 3.0450000

Itération 2 :x(2)1 = 2.0280612

x(2)2 = −1.0061932

x(2)3 = 2.9961131

Itération 3 :x(3)1 = 1.9985599

x(3)2 = −0.9993666

x(3)3 = 3.0002784

Itération 4 :x(4)1 = 2.000130

x(4)2 = −1.000043

x(4)3 = 2.999978

Donc la solution exacte du système est : x =

2−13

Exercice 20 :

Considérons le système {2x1 + x2 = 1x1 + 3x2 = 0

Approchez la solution de ce système par la méthode SOR ( ω = 1.0455 )en e�ectuantdeux itérations en partant de

x(0) =

Solution 20 :

La méthode SOR avec

x(0) =

x(k+1)i = (1− ω)x

(k)i + ω(bi −

∑i−1j=1 aijx

(k+1)j −

∑nj=i+1 aijx

x(1)1 = (1− ω)x

(0)1 + ω(

b1 − 0− a12x(0)2

= 1− ω)x(0)1 + ω

1− x022

= 0, 21517500

x(1)2 = (1− ω)x

(0)1 + ω

b2 − a21x(1)2 − 0

= (1− ω)x(0)2 −

ω × x(1)1

3= −0, 09782437500.

x(2)1 = (1− ω)− x(1)1 +

ω(1− x(1)2 )

2= 0, 5641480007.

x(2)2 = (1− ω)− x(1)2 −

ω × x(2)1

3= −0, 1921473.

Donc la méthode de SOR converge au bout de x(10)1 = 0, 5999996 ; x(10)2 = −0, 1999999

analyse num

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