@ccueil Colles

Résolution numérique d'équations

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Exercice 1:

On considère par exemple l'équation $(E): e^x=x+2$.
  1. L'étude de la fonction $f$ définie par $f(x)=e^x-x-2$ permet de répondre à la question.

    On a $f'(x)=e^x-1$ et donc $f'(x)>0\iff e^x>1\iff x>0$ et on trouve donc le tableau de variation:
    \[\begin{tabular}{|c|lcccr|}\hline
  $x$ & $-\infty$ &&0&&$+\infty$\\\hline
  $f'(x)$&&$-$&0&$+$&\\\hline
  &$+\infty$&&&&$+\infty$\\
  $f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\
  &&&$-1$&&\\\hline
  \end{tabular}\]

    Avec les limites, $\dsp\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et aussi, par croissances comparées cette fois en $+\infty$, $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

    Comme la fonction $f$ est continue (et même dérivable) on en déduit que l'équation $f(x)=0$ admet exactement 2 solutions, une sur $]-\infty;0[$ et l'autre sur $]0;+\infty[$.

    \[\begin{tabular}{|c|lcccr|}\hline
  $x$ & $-\infty$ &&0&&$+\infty$\\\hline
  &$+\infty$&&&&$+\infty$\\
  $f$  
  \rput(1.9,.15){\red0}\rput(1.9,1.3){\red$\alpha$}
  \psline[linestyle=dashed,linecolor=red,linewidth=1.4pt](1.9,.45)(1.9,1.1)
  \rput(4,.1){\red0}\rput(4,1.25){\red$\beta$}
  \psline[linestyle=dashed,linecolor=red,linewidth=1.4pt](4,.45)(4,1.1)
&&\LARGE{$\searrow$}&&\LARGE{$\nearrow$}&\\
  &&&$-1$&&\\\hline
  \end{tabular}\]


  2. On eput calculer par exemple $f(-1)\simeq-0,6<0$ et $f(-2)\simeq0,13>0$ d'où on peut donner l'encadrement un peu plus précis

    \[-2<\alpha<-1\]


    De même pour l'autre solution, on a $f(1)\simeq-0,3<0$ et $f(2)\simeq3,4>0$ d'où

    \[1<\beta<2\]


    Bien sûr, on n'est pas limité à des valeurs entières, et on peut tester des valeurs décimales pour obtenir des encadrements plus précis.
    On recherche simplement des valeurs entre lesquelles $f$ change de signe, et donc passe par 0.

  3. On teste des valeurs plus précises: $f(-1,9)\simeq0,04>0$, puis $f(-1,8)\simeq-0,03<0$ d'où l'encadrement plus précis

    \[-1,9<\alpha<-1,8\]


    De même pour l'autre solution $f(1,1)\simeq-0,1<0$ et $f(1,2)\simeq0,1>0$ d'où

    \[1,1<\beta<1,2\]

    Et on pourrait chercher de même des encadrements à $10^{-2}$, ou encore $10^{-3}$, ... ou à une précision quelconque souhaitée.



Exercice 2:

Pour résoudre l'équation $e^x=x+2$ par une méthode du point fixe, on se ramène tout d'abord à une équation de la forme $f(x)=x$.

On pose donc ici $f(x)=e^x-2$ et ainsi $f(x)=x\iff e^x-2=x\iff e^x=x+2$.

La méthode du point fixe consiste à pertir d'une valeur initiale $x_0$ puis de calculer les termes successifs

\[x_{n+1}=f(x_n)\]

Initialisation par $x_0=0$

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)=-1$
$x_2=f(x_1)\simeq-1,63$
$x_3=f(x_2)\simeq-1,80$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,83$
$x_5=f(x_4)\simeq-1,84$


Initialisation par $x_0=1$

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq0,718$
$x_2=f(x_1)\simeq0,05$
$x_3=f(x_2)\simeq-0,95$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,61$
$x_5=f(x_4)\simeq-1,80$
$x_6=f(x_5)\simeq-1,83$

Les valeurs convergent encore vers la solution $\alpha$ de l'équation.

Initialisation par $x_0=-10$

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq-1,99$
$x_2=f(x_1)\simeq-1,86$
$x_3=f(x_2)\simeq-1,84$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,84$

Les valeurs convergent encore vers la solution $\alpha$ de l'équation.

Initialisation par $x_0=2$

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq5,39$
$x_2=f(x_1)\simeq217$
$x_3=f(x_2)\simeq1,74.10^{94}$

$x_3$ est déjà un nombre gigantesque, $x_4$ devient quant à lui incalculable (pour un ordinateur). La suite de valeurs calculées diverge.


En résumé, pour la méthode du point fixe:
  • sa mise en œuvre est très aisée
  • si la méthode converge, on ne sait pas vers quelle solution (d'où l'importance de l'étde préalable permettant d'en connaître le nombre et une localisation, même très grossière)
  • la méthode peut diverger selon la valeur initiale
  • Une question reste ouverte: comment choisir la valeur initiale ?



Exercice 3:

Calculer par dichotomie un encadrement de la solution de l'équation
\[(E): \cos\lp\dfrac{x}{2}\rp=0\]




Tout d'abord, sur l'intervalle $[2;4]$ on connaît l'unique solutiion de cette équation, qui est $\pi$.


On note $f(x)=\cos\lp\dfrac{x}{2}\rp$ et on cherche donc, comme dans l'exercice 1, la solution $\alpha$ de l'équation $f(x)=0$.


  • On part de l'intervalle $[2;4]$, soit $a=2$ et $b=4$.
    On coupe l'intervalle en deux, soit   $m=\dfrac{a+b}2=3$   et on calcule:
    \[\bgar{ll}f(a)=f(2)\simeq0,54\\[.5em]
f(m)=f(3)\simeq0,07\enar\]

    Comme le produit $f(a)f(m)>0$, la fonction ne change pas de signe entre $a$ et $m$, et la solution $\alpha$ recherchée est donc entre $m=3$ et $b=4$.


  • On recommence l'étape précendente avec donc $a=m=3$ et $b=4$.
    On coupe en deux:   $m=\dfrac{a+b}2=3,5$   et on calcule

    \[\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em]
f(m)=f(3,5)\simeq-0,2\enar\]

    de sorte que $f(a)f(m)<0$ et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre $a=3$ et $m=3,5$.

  • On recommence avec maintenant $a=3$ et $b=m=3,5$.
    On coupe en deux: $m=\dfrac{a+b}2=3,25$ et on calcule

    \[\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em]
f(m)=f(3,25)\simeq-0,05\enar\]

    de sorte que $f(a)f(m)<0$ et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre $a=3$ et $m=3,25$.

  • On recommence avec maintenant $a=3$ et $b=m=3,25$.
    On coupe en deux:   $m=\dfrac{a+b}2=3,125$   et on calcule

    \[\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em]
f(m)=f(3,25)\simeq0,008\enar\]

    de sorte que $f(a)f(m)>0$ et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre $m=3,125$ et $b=3,25$.



On a finalement trouvé l'encadrement, après quatre itérations de dichotomie,
\[3,125<\alpha<3,25\]


Illustration graphique




0  










Exercice 4

L'équation est la même que dans l'exercice précédent: $f(x)=0$ avec $f(x)=\cos\lp\dfrac{x}2\rp$.

La méthode de Newton utilise la dérivée de la fonction, ici
\[f'(x)=-\dfrac12\sin\lp\dfrac{x}2\rp\]

et ensuite, à partir d'une valeur itiniale $x_0$, calcule les valeurs successives
\[x_{n+1}=x_n-\dfrac{f\lp x_n\rp}{f'\lp x_n\rp}\]


On calcule ainsi

\[x_1=x_0-\dfrac{f\lp x_0\rp}{f'\lp x_0\rp}\simeq3,28418\]

puis, à partir de cette valeur,

\[x_2=x_1-\dfrac{f\lp x_1\rp}{f'\lp x_1\rp}\simeq3,14135\]

puis
\[x_3=x_2-\dfrac{f\lp x_2\rp}{f'\lp x_2\rp}\simeq3,14159\]

puis
\[x_4=x_3-\dfrac{f\lp x_3\rp}{f'\lp x_3\rp}\simeq3,14159\]


et on remarque que les valeurs convergent rapidement vers la solution recherchée $\pi$ (en fait, à la 3ème itération, on a déjà une dixaine de décimale exacte !).

Cette qualification de "rapidement" est bien sûr faite ici comparativement aux méthodes précédentes.

Illustration graphique de la méthode de Newton




0  






Exercice 5


On reprend à nouveau l'équation et la fonction précédente, mais on utilise maintenant l'algorithme de la sécante qui, à partir d'une valeur initiale $x_0$ calcule les termes successifs à aprtir de la relation de récurrence
\[x_{n+1}=x_n-f\lp x_n\rp\dfrac{x_n-a}{f\lp x_n\rp-f(a)}\]


Ici, avec $a=2$ et $x_0=b=4$, on a successivement
\[x_1=x_0-f\lp x_0\rp\dfrac{x_0-a}{f\lp x_0\rp-f(a)}\simeq3,12981\]

puis
\[x_2=x_1-f\lp x_1\rp\dfrac{x_1-a}{f\lp x_1\rp-f(a)}\simeq3,14226\]

puis
\[x_3=x_2-f\lp x_1\rp\dfrac{x_2-a}{f\lp x_2\rp-f(a)}\simeq3,14155\]

et enfin
\[x_4=x_3-f\lp x_3\rp\dfrac{x_3-a}{f\lp x_3\rp-f(a)}\simeq3,14159\]


et les valeurs convergent à nouveau vers la valeur recherchée.


Illustration graphique de la méthode de la sécante




0  





Voir aussi: