Analyse-Numérique-et-Algorithmique-examens-02

U.I.T Faculté des sciences
Filière SMP : S3
Contrôle Final du Module Analyse Numérique
Session de Janvier 2016.
Exercice 1
(4 pt.)
De : 10h30 à 12h
Donner la décomposition LU de la matrice A suivante


2 1 −1
A =  4 6 −1  .
2 −7 3


3
b= 5 
−1
Résoudre le système Ax = b où
On donne la fonction f (x) = x + x − 1, on veut approcher son zéro positif
=
≈ 0.61803.
1. En partant de a = 0.5 et b = 1. Donner les deux premiers intervalles obtenus en utilisant
la méthode, de dichotomie et de Lagrange et préciser l'erreur dans chaque itération.
2. En prenant x = 1, donner les deux premières itérations obtenues en utilisant la méthode
de Newton et préciser l'erreur dans chaque itération.
Exercice 2
√
xexacte
(6 pt.)
2
5−1
2
0
0
0
(4 pt.) Donner le polynôme interpolant la fonction f aux points (−1, −1), (0, −1),
et (2, 5) en utilisant
1. la base de Lagrange
2. la méthode des fraction divisées de Newton
Exercice 3
(1, −1)
Soit I = 1 +1 x dx.
1. Rappeler les formules composites du point milieu, des trapèzes et de simpson ainsi que
l'erreur commise dans chacune des méthodes,
2. Combien faut-il de subdivisions de [0, 1] pour évaluer I à 10 près en utilisant la méthode
de Simpson
3. Donner la valeur approchée de I , par la méthode de Simpson composite en utilisant la
subdivision x = 0, x = et x = 1.
4. Quelle est alors l'ordre de l'erreur commise?
Exercice 4
Z
(6 pt.)
1
2
0
−3
0
M. Moussa
1
1
2
2
Page 1/1
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Filière SMP : S3
Corrigé du contrôle Final du Module Analyse Numérique
Session de Janvier 2016.
Corrigé de l'exercice 1
(4 pt.)
De : 10h30 à 12h
On suivant l'algorithme on obtient


2
1
1 0 0
(1)
4



0
4
− 2 1 0 , A = L1 A =
L1 =
− 22 0 1
0 −8



1 0 0
2
L2 =  0 1 0  , A(2) = L2 A(1) = L2 L1 A =  0
0 2 1
0

Donc,
(
On a bien,


1
0 0
1 0 ,
1 pt.) L =  2
1 −2 1
et

−1
1 ,
4

1 −1
4
1 .
0
6


2 1 −1
1  1 pt.)
U = 0 4
0 0
6
(

 


2
1 −1
1
0 0
2 1 −1
6 −1  =  2
1 0  0 4
1  = LU
A= 4
2 −7
3
1 −2 1
0 0
6
Pour résoudre le système Ax
successivement. Donc,
= b
, on résout le système échelonné Ly
= b
et U x



 

1
0 0
y1
3
=
3
3
 y1
 y1 =
 2
1 0   y2  =  5  ⇒
2y1 + y2
=
5 ⇒
y2 = −1


1 −2 1
y3
−1
y1 − 2y2 + y3 = −1
y3 = −6

= y
(1 pt.)
Puis,



 

2 1 −1
x1
3
3
1
 2x1 + x2 − x3 =
 x1 =
 0 4
1   x2  =  −1  ⇒
4x2 + x3
= −1 ⇒
x2 =
0


0 0
6
x3
−6
6x3
= −6
x3 = −1

Finalement on a bien
(1 pt.)


 

2
1 −1
1
3
 4
6 −1   0  =  5 
2 −7
3
−1
−1
On pose f (x) = x + x − 1
1. Pour la première itération de la dichotomie, on pose a = 0.5 et b = 1, on a f (a ) =
) = f (0.75) = (0.75) +
f (0.5) = −0.25 < 0 et f (b ) = f (1) = 1 > 0. On calcule f (
0.75 − 1 = 0.3125 > 0. On pose a = a = 0.5 et b =
= 0.75. ( 0.5 pt.)
On a alors 0.5 < x < 0.75 l'erreur est donc inférieure à 0.75 − 0.5 = 0.25 ( 0.5 pt.)
Pour la deuxième itération de la dichotomie, on calcule f ( ) = f (0.625) = (0.625) +
0.625 − 1 = 0.015625 > 0. On pose a = a = 0.5 et b =
= 0.625. ( 0.5 pt.)
2
Corrigé de l'exercice 2
0
0
0
1
0
1
a0 +b0
2
a0 +b0
2
0
2
exacte
2
M. Moussa
1
2
a1 +b1
2
a0 +b0
2
2
Page 2/2
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On a alors 0.5 < x
exacte
Filière SMP : S3
< 0.625
pt.)
l'erreur est donc inférieure à 0.625 − 0.5 = 0.125 ( 0.5
Pour la première itération de Lagrange, on a a = 0.5 et b = 1, on pose c = a −
f (a ), donc c = 0.5 −
f (0.5) = 0.5 −
(−0.25) = or f (c ) =
f ( ) = > 0 . On pose alors a = a = 0.5 et b = c = . ( 0.5 pt.)
On a alors < x < l'erreur est donc inférieure à − = ≈ 0.166666 ( 0.5 pt.)
−
Pour la deuxième itération de, on pose c = a −
f( ) =
f (a ) = −
f( ) − f( )
0
b0 −a0
f (b0 )−f (a0 )
2
1
3
9
0
1
1
2
0
1
−
pt.)
1
1
6
13 (− 4 )
36
On a alors
pt.)
=
8
13
8
13
2
3
2
3
0
2
3
exacte
1
1
2
0
0.5
1−0.25
1−0.5
f (1)−f (0.5)
0
or f (
8
)
13
< xexacte <
1
= − 169
<0
2
3
1
2
b1 −a1
f (b1 )−f (a1 )
1
on pose alors a
2
−
f (x0 )
f 0 (x0 )
0
e1 = |x1 − xexacte | = 0.0486326 ( 0.5 pt.)
1)
x2 x1 = x1 − ff0(x
=
(x1 )
e2 = |x2 − xexacte | = 0.00101 ( 0.5 pt.)
la deuxième itération
et
2
3
−
1/9
7/3
n
1
3
=
2
3
−
1
21
=
et b
8
13
8
13
2. Pour la méthode de Newton, la suite est donnée par x = x
Donc la première itération donne x = x −
= 1− =
n+1
2
3
1
2
= c1 =
2
3
0
0
1
6
1
l'erreur est donc inférieure à
1
0
2
3
2
39
=
−
2
3
13
21
1
2
2
3
2
1
2
1
2
= b1 =
2
3
. ( 0.5
≈ 0.051282 ( 0.5
f (xn )
f 0 (xn )
x1 =
,x
2
3
donné.
( 0.5 pt.) et
0
=1
≈ 0.619047 ( 0.5 pt.)
1. Le polynôme d'interpolation de Lagrange de degré n sur l'ensemble des n + 1 points (x , y ) s'écrit
Corrigé de l'exercice 3
i
i=n
i i=0
Pn (x) =
i=n
X
i=0
j=n
x − xj
yi
xi − xj
j=0,j6=i
!
Y
(0.5 pt.)
Ici n = 3 on a alors,
L1 (x) =
L2 (x) =
L3 (x) =
L4 (x) =
x(x − 1)(x − 2)
x3 − 3x2 + 2x
=−
(0.25 pt.)
(−1 − 0)(−1 − 1)(−1 − 2)
6
(x + 1)(x − 1)(x − 2)
x3 − 2x2 − x + 2
=
(0.25 pt.)
(0 + 1)(0 − 1)(0 − 2)
2
x3 − x2 − 2x
x(x + 1)(x − 2)
=−
(0.25 pt.)
(1 + 1)(1 − 0)(1 − 2))
2
x(x + 1)(x − 1)
x3 − x
=
(0.25 pt.)
(2 + 1)(2 − 0)(2 − 1)
6
le polynôme d'interpolation est donné par
P3 (x) = −L1 (x) − L2 (x) − L3 (x) + 5L2 (x) = x3 − x − 1 (0.5 pt.)
2. Pour la méthode des fractions divisées de Newton on a
P3 (x) = a0 + a1 (x + 1) + a2 (x + 1)(x − 0) + a3 (x + 1)(x − 0)(x − 1)
suivant,
C'est à dire que P (x) = −1 + x(x + 1)(x − 1) = x
3
M. Moussa
3
on dresse le tableau
− x − 1 (2 pt.)
Page 3/3
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x f (x)
−1
= a0
-1
0
−1 − (−1)
=
= a1
0 − (−1)
−1 − (−1)
0−0
=0
=
=
1−0
1 − (−1)
5 − (−1)
6−0
=6
=3
2−1
2−0
0 −1
1 −1
2 5
0
= a2
3−0
=
2 − (−1)
1
= a3
1. Soit f : [a, b] → R continue, n ∈ N, n ≥ 2 et h = , on pose
R
x
+x
,
pour
1 ≤ k ≤ n. Pour évaluer f (x) dx,
x = a, x = b, x = x +kh et x =
on utilise l'une des méthodes numériques2usuelles suivantes la formule composite du
point milieu est donnée par
b−a
n
b
a
Corrigé de l'exercice 4
k−1
0
n
k
k
k
0
IPc M (f )
=h
n
X
f (xk ), (0.5 pt.)
k=1
Si en plus f est de classe C l'erreur commise est estimée par
2
b
Z
f (x) dx − IPc M (f ) ≤ (b − a)
a
la formule composite des trapèzes
h2
max |f 00 (x)| (0.5 pt.)
24 x∈[a,b]
est donnée par
n
ITc (f )
hX
=
f (xk−1 + f (xk )), (0.5 pt.)
2 k=1
Si en plus f est de classe C l'erreur commise est estimée par
2
b
Z
f (x) dx − ITc (f ) ≤ (b − a)
a
h2
max |f 00 (x)| (0.5 pt.)
12 x∈[a,b]
et la formule composite de Simpson est donnée par
n
ISc (f )
hX
=
[f (xk−1 + 4f (xk ) + f (xk )] , (0.5 pt.)
6 k=1
Si en plus f est de classe C l'erreur commise est estimée par
4
Z
b
f (x) dx − ISc (f ) ≤
a
h4
max |f (4) (x)| (0.5 pt.)
2880 x∈[a,b]
2. Pour évaluer I à 10 près par la méthode de Simpson composite il sut que l'erreur
commise soit inférieure à 10 .
−3
−3
M. Moussa
Page 4/4
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Or dans ce cas (b−a) = 1, et f (x) = −
312.
Pour avoir l'erreur désirée on devrait avoir
(4)
h4 ≤
24
96
+ 144x+48
− (1+x
2 )5
(1+x2 )3
(1+x2 )4
donc max
x∈[0,1]
|f (4) (x)| ≤
2880
× 10−3 ⇒ h ≤ 0.31
312
Il sut de prendre h = pour obtenir la précision voulue. On aura donc besoin de 4
points de subdivisions pour cette méthode. (1 pt.)
3. La valeur approchée de I , par la méthode de Simpson composite en utilisant la subdivision
x = 0, x = et x = 1 est donnée par h =
1
4
0
ISc (f )
=
1
h
6
1
2
2
1
2
f (0) + f (1) + 2f ( 12 ) + 4 f ( 41 ) + f ( 34 )
1
5
16 16
1
c
1+ +2× +4
+
= 0.86039 (1 pt.)
IS (f ) =
12
2
4
17 25
π
π
I
|I − ISc (f )| = | − 0.86039| ≤ 0.075
4
4
C'est à dire que,
4. la valeur exacte de est , l'erreur commise donc est
(1 pt.)
M. Moussa
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