2011-2012 - Gloria FACCANONI

L2
2011/2012
Recueil d’exercices corrigés
et aide-mémoire
3
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2012
mai
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1
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Jeud
Avertissement : ces notes sont régulièrement mises à jour et corrigées, ne vous étonnez pas si vous découvrez des erreurs.
Merci de me les communiquer. Toutes les remarques ou questions permettant d’en améliorer la rédaction peuvent être envoyées à l’adresse [email protected]
Gloria FACCANONI
IMATH Bâtiment U-318
Université du Sud Toulon-Var
Avenue de l’université
83957 LA GARDE - FRANCE
2
T 0033 (0)4 94 14 23 81
B [email protected]
i http://faccanoni.univ-tln.fr
Table des matières
1. Résolution d’équations non linéaires
5
2. Interpolation
25
3. Quadrature
41
4. Systèmes linéaires
61
5. Équations différentielles ordinaires
85
Schémas numériques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Stabilité . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
A.1.
A.2.
A.3.
A.4.
A.5.
Suites numériques . . . . . . . . . . . . . . . .
Primitives et intégrales . . . . . . . . . . . . . .
Matrices et calcul pratique d’un déterminant
Systèmes linéaires . . . . . . . . . . . . . . . . .
Équations différentielles d’ordre 1 . . . . . . .
87
88
105
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105
107
113
120
128
3
1. Résolution d’équations non linéaires
Recherche de la solution de l’équation non linéaire f (x) = 0 où f est une fonction donnée
Théorème des zéros d’une fonction continue
Soit une fonction continue f : [a, b] → R, si f (a) f (b) < 0, alors il existe α ∈]a, b[ tel que f (α) = 0.
Méthode de dichotomie et méthode de L AGRANGE
Soit deux points a 0 et b 0 (avec a 0 < b 0 ) d’images par f de signe contraire (i.e. f (a 0 ) · f (b 0 ) < 0). En partant de I 0 = [a 0 , b 0 ],
les méthodes de dichotomie et de L AGRANGE (appelée aussi Regula falsi) produisent une suite de sous-intervalles I k =
[a k , b k ], k ≥ 0, avec I k ⊂ I k−1 pour k ≥ 1 et tels que f (a k ) · f (b k ) < 0.
B Dans la méthode de dichotomie, on découpe l’intervalle [ak ; bk ] en deux intervalles de même longueur, i.e. on divise
[a k ; b k ] en [a k ; c k ] et [c k ; b k ] où c k est
ak + bk
.
ck =
2
B Dans la méthode de Lagrange, plutôt que de diviser l’intervalle [ak ; bk ] en deux intervalles de même longueur, on
découpe [a k ; b k ] en [a k ; c k ] et [c k ; b k ] où c k est l’abscisse du point d’intersection de la droite passant par (a k , f (a k ))
et (b k , f (b k )) et l’axe des abscisses, i.e. le zéro de la fonction
g (c) =
f (b k ) − f (a k )
(c − a k ) + f (a k )
bk − ak
qui est
ck = ak −
bk − ak
a k f (b k ) − b k f (a k )
f (a k ) =
.
f (b k ) − f (a k )
f (b k ) − f (a k )
Dans les deux cas, pour l’itération suivante, on pose soit [a k+1 ; b k+1 ] = [a k ; c k ] soit [a k+1 ; b k+1 ] = [c k ; b k ] de sorte à ce que
f (a k+1 ) · f (b k+1 ) < 0. Les algorithmes s’écrivent alors comme suit :
D ICHOTOMIE :
Require: a, b, ε, f : [a, b] → R
k ←0
ak ← a
bk ← b
a +b
xk ← k 2 k
while |b k − a k | > ε do
if f (a k ) f (x k ) < 0 then
a k+1 ← a k
b k+1 ← x k
else
a k+1 ← x k
b k+1 ← b k
end if
a
+b
x k+1 ← k+1 2 k+1
k ← k +1
end while
L AGRANGE :
Require: a, b, ε, f : [a, b] → R
k ←0
ak ← a
bk ← b
b −a
x k ← a k − f (b k)− f k(a ) f (a k )
k
k
while |b k − a k | > ε do
if f (a k ) f (x k ) < 0 then
a k+1 ← a k
b k+1 ← x k
else
a k+1 ← x k
b k+1 ← b k
end if
b
−a
x k+1 ← a k+1 − f (b k+1)− f k+1
(a k+1 ) f (a k+1 )
k+1
k ← k +1
end while
Remarque
Avec la méthode de la dichotomie, les itération s’achèvent à la m-ème étape quand |x m − α| ≤ |I m | < ε, où ε est une
tolérance fixée et |I m | désigne la longueur de l’intervalle I m . Clairement I k = b−a
, donc pour avoir une erreur |x m − α| < ε
2k
5
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
on doit prendre
m ≥ log2
b−a
.
ε
Exemple
Soit f (x) = −39 − 43x + 39x 2 − 5x 3 . On cherche a estimer x ∈ [1; 5] tel que f (x) = 0.
y
D ICHOTOMIE
f (x) = −39 + (−43 + (39 − 5x)x)x
f (5) = 2
f (3) = 1
f (2.5) = 0.3984375
1
2
2.5
f (2) = −0.1875
3
x
5
f (1) = −1
I 0 = [1; 5]
I 1 = [1; 3]
I 2 = [2; 3]
I 3 = [2; 2.5]
y
L AGRANGE
f (x) = −39 + (−43 + (39 − 5x)x)x
f (5) = 2
f (2.3̄) = 0.197530824
f (2.11) = −0.06002
1
2.11
2.3̄
5
x
f (1) = −1
I 0 = [1; 5]
I 1 = [1; 2.3̄]
I 2 = [2.11; 2.3̄]
6
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
Méthode de point fixe
Soit f : [a, b] → R. Il est toujours possible de transformer le problème f (x) = 0 en un problème équivalent x − ϕ(x) = 0, où
la fonction auxiliaire ϕ : [a, b] → R a été choisie de manière à ce que ϕ(α) = α quand f (α) = 0. Approcher les zéros de f se
ramène donc au problème de la détermination des points fixes de ϕ, ce qui se fait en construisant la suite récurrente
(
x k+1 = ϕ(x k ),
x 0 donné.
On utilise alors l’algorithme itératif suivant :
Require: x 0 , ε, ϕ : [a, b] → R
k ←0
while |x k+1 − x k | > ε do
x k+1 ← ϕ(x k )
k ← k +1
end while
Convergence des itérations de point fixe
On se donne x 0 et on considère la suite x k+1 = ϕ(x k ) pour k ≥ 0. Si
Stabilité : ϕ(x) ∈ [a, b] pour tout x ∈ [a, b]
Régularité : ϕ ∈ C 1 ([a, b])
Contraction : il existe K < 1 tel que |ϕ0 (x)| ≤ K pour tout x ∈ [a, b]
alors ϕ a un unique point fixe α dans [a, b] et la suite x k+1 = ϕ(x k ) converge vers α pour tout choix de x 0 dans [a, b]. De
plus, on a
x k+1 − α
= ϕ0 (α).
lim
k→∞ x k − α
Ce théorème assure la convergence, avec un ordre 1, de la suite (x k )k∈N vers le point fixe α pour tout choix d’une valeur initiale
x 0 ∈ [a; b]. Il constitue donc un exemple de résultat de convergence globale. Mais en pratique, il est souvent difficile de déterminer a priori l’intervalle [a; b] ; dans ce cas, le résultat de convergence suivant peut être utile.
Théorème d’O STROWSKI
Soit α un point fixe d’une fonction ϕ continue et différentiable dans un intervalle [c; d ] contenant α. Si |ϕ0 (α)| < 1, alors
il existe un intervalle [a; b] ⊂ [c; d ] tel que la suite (x k )k converge vers α pour tout x 0 ∈ [a; b].
Remarque
B si 0 < ϕ0 (α) < 1 la suite converge de façon monotone, c’est-à-dire, l’erreur x k − α garde un signe constant quand k
varie ;
B si −1 < ϕ0 (α) < 0 la suite converge de façon oscillante, c’est-à-dire, l’erreur x k − α change de signe quand k varie ;
B si |ϕ0 (α)| > 1 la suite diverge. Plus précisément, si ϕ0 (α) > 1 la suite diverge de façon monotone, tandis que pour
ϕ0 (α) < −1 elle diverge en oscillant ;
B si |ϕ0 (α)| = 1, on ne peut en général tirer aucune conclusion : selon le problème considéré, il peut y avoir convergence
ou divergence.
Par exemple,
B soit φ(x) = x − x 3 qui admet α = 0 comme point fixe. On a φ0 (α) = 1 et x k → α pour tout x 0 ∈ [−1; 1] car
B si x 0 = ±1 alors x k = α pour tout k ≥ 1,
B si x 0 ∈ [−1, 1] alors x k ∈] − 1, 1[ pour tout k ≥ 1 et la suite est monotone ;
B considérons maintenant φ(x) = x + x 3 qui admet aussi α = 0 comme point fixe. À nouveau φ0 (α) = 1 mais dans ce cas
la suite diverge pour tout choix de x 0 6= 0.
Ordre de convergence
Soit α un point fixe d’une fonction ϕ ∈ C p+1 pour un entier p ≥ 1 dans un intervalle [a; b] contenant α. Si ϕ(i ) (α) = 0 pour
1 ≤ i ≤ p et ϕ(p+1) (α) 6= 0, alors la méthode de point fixe associée à la fonction d’itération ϕ est d’ordre p + 1.
Méthodes de point fixe particulièrement connues
Méthode de la Corde :
© G. Faccanoni
ϕ(x k ) = x k −
b−a
f (x k )
f (b) − f (a)
ordre : 1
7
1. Résolution d’équations non linéaires
Méthode de Newton :
Jeudi 10 mai 2012
f (x k )
ϕ(x k ) = x k − 0
f (x k )
ordre :
(
2
1
si α est une racine simple
sinon
Ordre de convergence de la méthode de Newton
Soit la méthode de Newton pour le calcul de ` zéro de f . Cette méthode peut être mise sous la forme d’une itération de
point fixe u n+1 = φ(u n ) en posant
f (x)
φ(x) = x − 0 .
f (x)
Si f (`) 6= 0 (i.e. si ` est racine simple), on trouve
φ0 (x) = 1 −
φ00 (x) =
( f 0 (x))2 − f (x) f 00 (x) f (x) f 00 (x)
=
,
( f 0 (x))2
( f 0 (x))2
f (x)( f 00 (x))2
f 00 (x) f (x) f 000 (x)
−
2
,
+
f 0 (x)
( f 0 (x))2
( f 0 (x))3
φ0 (`) = 0,
φ00 (`) =
f 00 (`)
.
f 0 (`)
La méthode de Newton est donc d’ordre 2. Si la racine ` est de multiplicité m > 1, alors la méthode n’est plus du second
ordre. En effet, f (x) = (x − `)m h(x) où h est une fonction telle que h(`) 6= 0. On a alors
f (x)
(x − `)h(x)
= 1−
,
f 0 (x)
mh(x) + (x − `)h 0 (x)
¡
¢
h(x) m(m − 1)h(x) + 2(x − `)h 0 (x) + (x − `)2 h 00 (x)
0
,
φ (x) =
¡
¢2
mh(x) + (x − `)h 0 (x)
φ(x) = 1 −
φ0 (`) = 1 −
1
.
m
Si la valeur de m est connue a priori, on peut retrouver la convergence quadratique en modifiant la méthode de Newton
comme suit :
f (x)
φ(x) = x − m 0 .
f (x)
Critères d’arrêt
Supposons que (x n )n soit une suite qui converge vers ` zéro de la fonction f . Nous avons le choix entre deux types de
critères d’arrêt pour interrompre le processus itératif d’approximation de ` : ceux basés sur le résidu et ceux basés sur
l’incrément. Nous désignerons par ε une tolérance fixée pour le calcul approché de ` et par e n = ` − x n l’erreur absolue.
Nous supposerons de plus f continûment différentiable dans un voisinage de la racine.
Contrôle du résidu : les itérations s’achèvent dès que | f (x n )| < ε. Il y a des situations pour lesquelles ce test s’avère trop restrictif ou, au contraire, trop optimiste.
B si | f 0 (`)| ' 1 alors |e n | ' ε : le test donne donc une indication satisfaisante de l’erreur ;
B si | f 0 (`)| ¿ 1, le test n’est pas bien adapté car |e n | peut être assez grand par rapport à ε ;
B si enfin | f 0 (`)| À 1 alors |e n | ¿p
ε et le test est trop restrictif.
Dans l’exercice précédent f 0 (`) = 2 2 À 1 : le test est trop restrictif (comparer la colonne | f (x n )| à la colonne |`− x n |).
Contrôle de l’incrément : les itérations s’achèvent dès que |x n+1 − x n | < ε. Soit (x n )n la suite produite par la méthode de point
fixe x n+1 = φ(x n ). Comme ` = φ(`) et x n+1 = φ(x n ), on obtient par un développement au premier ordre
e n+1 = ` − x n+1 = φ(`) − φ(x n ) = φ0 (ξn )(` − x n ) = φ0 (ξn )e n ,
ξn ∈ I `,xn
I `,xn étant l’intervalle d’extrémités ` et x k . En utilisant l’identité
e n = (` − x n+1 ) + (x n+1 − x n ) = e n+1 + (x n+1 − x n ) = φ0 (ξn )e n + (x n+1 − x n ),
on en déduit que
en =
x n+1 − x n
.
1 − φ0 (ξn )
Par conséquent, ce critère fournit un estimateur d’erreur satisfaisant si φ0 (x) ' 0 dans un voisinage de `. C’est le cas
notamment des méthodes d’ordre 2, dont la méthode de Newton. Cette estimation devient d’autant moins bonne
que φ0 s’approche de 1.
8
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
Les fractales de N EWTON
Prenons la fonction f : x 7→ x 3 − 3x 2 + 2x. Ce polynôme admet 3 racines : 0, 1 et 2. Que se passe-t-il lorsque l’on applique
la méthode de N EWTON en partant de x 0 = 0.4 ? En partant de x 0 = 0.5 ? En partant de x 0 = 0.6 ? De x 0 = 0.5527 ? De
x 0 = 0.55275 ? De x 0 = 0.5528 ?
B si x 0 = 0.4 alors x n → 0
B si x 0 = 0.4 alors x n → 2
B si x 0 = 0.4 alors x n → 1
B si x 0 = 0.4 alors x n → 0
B si x 0 = 0.4 alors x n → 2
B si x 0 = 0.4 alors x n → 1
En choisissant une couleur par limite possible (0 :jaune, 1 :vert et 2 :bleu), on retrouve quelque chose de fractal !
Source : http://eljjdx.canalblog.com/archives/2008/08/30/10303555.html
© G. Faccanoni
9
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
............... Exercices
..............
Exercice 1.1
Décrire les méthodes de la dichotomie et de L AGRANGE et les utiliser pour calculer le zéro de la fonction
f (x) = x 3 − 4x − 8.95
dans l’intervalle [2; 3] avec une précision de 10−2 .
S OLUTION . En partant de I 0 = [a, b], les méthodes de la dichotomie et de L AGRANGE produisent une suite de sous-intervalles
I k = [a k , b k ], k ≥ 0, avec I k ⊂ I k−1 , k ≥ 1, et tels que f (a k ) f (b k ) < 0. Dans notre cas on a
k ←0
ak ← 2
bk ← 3
while |b k − a k | > 0.01 do
x k ← g (a k , b k )
k ← k +1
if (a k3 − 4a k − 8.95)(x k3 − 4x k − 8.95) < 0 then
a k+1 ← a k
b k+1 ← x k
else
a k+1 ← x k
b k+1 ← b k
end if
end while
avec
(a
g (a k , b k ) =
k
0
1
2
3
4
5
6
k
0
1
2
3
4
5
6
ak
2.000000
2.500000
2.500000
2.625000
2.687500
2.687500
2.703125
ak
2.000000
2.596666667
2.690262642
2.702092263
2.703541518
2.703718378
2.703739951
k +b k
2
a k f (b k )−b k f (a k )
f (b k )− f (a k )
pour la méthode de la dichotomie,
pour la méthode de la L AGRANGE.
xk
2.5000000
2.7500000
2.6250000
2.6875000
2.7187500
2.7031250
2.7109375
Dichotomie
bk
signe de f (a k )
3.00000
–
3.00000
–
2.75000
–
2.75000
–
2.75000
–
2.71875
–
2.71875
–
signe de f (x k )
–
+
–
–
+
–
+
signe de f (b k )
+
+
+
+
+
+
+
xk
2.596666667
2.690262642
2.702092263
2.703541518
2.703718378
2.703739951
2.703742582
L AGRANGE
bk
signe de f (a k )
3.00000
–
3.00000
–
3.00000
–
3.00000
–
3.00000
–
3.00000
–
3.00000
–
signe de f (x k )
–
–
–
–
–
–
–
signe de f (b k )
+
+
+
+
+
+
+
Exercice 1.2
Déterminer la suite des premiers 3 itérés des méthodes de dichotomie dans l’intervalle [1, 3] et de Newton avec x 0 = 2 pour
l’approximation du zéro de la fonction f (x) = x 2 −2. Combien de pas de dichotomie doit-on effectuer pour améliorer d’un
ordre de grandeur la précision de l’approximation de la racine ?
10
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
y
f (x)
7
y
f (x)
2
1
4
1
5
4
3
2
7
− 16
2
−1
I2
I3
I4
x
3
17
12
3
2
I0
I1
(a) Méthode de la dichotomie.
2
x
(b) Méthode de Newton.
F IGURE 1.1.: Approximation du zéro de la fonction f (x) = x 2 − 2.
S OLUTION . On cherche les zéros de la fonction f (x) = x 2 − 2 :
B Méthode de la dichotomie : en partant de I 0 = [a, b], la méthode de la dichotomie produit une suite de sous-intervalles
I k = [a k , b k ] avec I k+1 ⊂ I k et tels que f (a k ) f (b k ) < 0. Plus précisément
a +b
B on pose a 0 = a, b 0 = b, x 0 = 0 2 0 ,
B pour k ≥ 0
B si f (a k ) f (x k ) < 0 on pose a k+1 = a k , b k+1 = x k sinon on pose a k+1 = x k , b k+1 = b k
a k +b k
B et on pose x k+1 =
2 .
Voir la figure 1.1a.
B Méthode de Newton :
x2 − 2 1
f (x k )
1
x k+1 = x k − 0
= xk + .
= xk − k
f (x k )
2x k
2
xk
Voir la figure 1.1b.
Donc on a le tableau suivant
x0
x1
x2
Dichotomie
2
3
2
= 1,5
5
4
Newton
2
3
2
= 1,5
17
12
x3
11
8
= 1,25
= 1,416̄
17
24
= 1,375
+ 12
17 ' 1,4142156
On rappelle qu’avec la méthode de la dichotomie, les itération s’achèvent à la m-ème étape quand |x m − α| ≤ |I m | < ε, où ε
est une tolérance fixée et |I m | désigne la longueur de l’intervalle I m . Clairement I k = b−a
, donc pour avoir |x m −α| < ε on doit
2k
prendre
b−a
m ≥ log2
.
ε
Améliorer d’un ordre de grandeur la précision de l’approximation de la racine signifie avoir
|x k − α| =
|x j − α|
10
donc on doit effectuer k − j = log2 (10) ' 3,3 itérations de dichotomie.
Exercice 1.3
1. Donner la suite définissant la méthode de Newton pour la recherche d’un zéro de fonction. Justifier l’expression de
la suite.
© G. Faccanoni
11
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
2. Écrire l’algorithme pour une convergence à 10−6 près.
3. Déterminer l’ordre de convergence minimale de cette suite.
S OLUTION .
1. Supposons f ∈ C 1 et f 0 (α) 6= 0 (c’est-à-dire α est une racine simple de f ). La méthode de Newton revient à calculer le
zéro de f en remplaçant localement f par sa tangente : en partant de l’équation de la tangente à la courbe (x, f (x)) au
point x (k)
y(x) = f (x (k) ) + f 0 (x (k) )(x − x (k) )
et en faisant comme si x (k+1) vérifiait y(x (k+1) ) = 0, on obtient
x (k+1) = x (k) −
f (x (k) )
f 0 (x (k) )
.
Étant donné une valeur initiale x (0) , cette formule permet de construire une suite x (k) .
2. Algorithmes pour une convergence à ε = 10−6 :
Require: x (0)
while |x (k+1) − x (k) | > 10−6 do
x (k+1) ← x (k) −
f (x (k) )
f 0 (x (k) )
end while
3. La relation précédent peut être mise sous la forme d’une itération de point fixe x (k+1) = g (x (k) ) avec
g (x) = x −
f (x)
.
f 0 (x)
Si α est racine simple, c’est-à-dire si f 0 (α) 6= 0, on trouve g 0 (α) = 0 et g 00 (α) =
f 00 (α)
f 0 (α)
: la méthode de Newton est donc
1
m
d’ordre 2. Si la racine α est de multiplicité m > 1, alors g (α) = 1 − et la méthode n’est que d’ordre 1. Si la valeur de m
est connue à priori, on peut retrouver la convergence quadratique de la méthode de Newton en modifiant la méthode
comme suit :
f (x (k) )
x (k+1) = x (k) − m 0 (k) .
f (x )
0
Exercice 1.4
On veut calculer le zéro de la fonction
f (x) = x 2 − 2
dans l’intervalle [0; 2].
1. On applique la méthode de L AGRANGE : écrire l’algorithme et l’utiliser pour remplir le tableau (on s’arrêtera au plus
petit k qui vérifie | f (x k )| < 10−4 ).
p
k
ak
xk
bk
signe de f (a k )
f (x k )
signe de f (b k )
|x k − 2|
0
0.00000
1.00000
2.00000
–
-1.00000
+
0.41421
1
..
.
2. On applique la méthode de N EWTON : écrire l’algorithme et l’utiliser pour remplir le tableau (on s’arrêtera au plus
petit k qui vérifie | f (x k )| < 10−4 ). Le point de départ x 0 est donné.
p
k
xk
f (x k )
|x k − 2|
0
1.00000
1
..
.
S OLUTION .
1. En partant de I 0 = [a, b], la méthode de L AGRANGE produit une suite de sous-intervalles I k = [a k , b k ], k ≥ 0, avec
I k ⊂ I k−1 , k ≥ 1, et tels que f (a k ) f (b k ) < 0. Dans notre cas on a
k ←0
ak ← 0
bk ← 2
xk ← ak
12
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
while |x k2 − 2| > 0.0001 do
a k b k +2
a k +b k
if (a k2 − 2)(x k2 − 2) < 0 then
a k+1 ← a k
xk ←
b k+1 ← x k
else
a k+1 ← x k
b k+1 ← b k
end if
k ← k +1
end while
k
ak
xk
0 0.00000 1.00000
1 1.00000 1.33333
2 1.33333 1.40000
3 1.40000 1.41176
4 1.41176 1.41379
5 1.41379 1.41414
6 1.41414 1.41420
bk
2.00000
2.00000
2.00000
2.00000
2.00000
2.00000
2.00000
signe de f (a k )
–
–
–
–
–
–
–
| f (x k )|
|-1.00000|>0.0001
|-0.22222|>0.0001
|-0.04000|>0.0001
|-0.00692|>0.0001
|-0.00119|>0.0001
|-0.00020|>0.0001
|-0.00004|<0.0001
signe de f (b k )
+
+
+
+
+
+
+
2. La méthode de Newton est une méthode de point fixe avec fonction d’itération φ(x) = x −
rithme suivant :
k ←0
x k ← 1.00000
while |x k2 − 2| > 10−4 do
x
x k+1 ← 2k + x1
k
k ← k +1
end while
k
0
1
2
3
xk
1.00000
1.50000
1.41667
1.41422
f (x)
f 0 (x)
p
|x k − 2|
0.41421
0.08088
0.01421
0.00245
0.00042
0.00007
0.00001
ce qui donne l’algo-
p
|x k − 2|
0.41421
0.08579
0.00246
0.00001
| f (x k )|
|-1.00000|>0.0001
|0.25000|>0.0001
|0.00695|>0.0001
|0.00002|<0.0001
Exercice 1.5
Le but de cet exercice est de calculer la racine cubique d’un nombre positif a. Soit g la fonction définie sur R∗+ par
2
1 a
g (x) = x +
3
3 x2
(a > 0 fixé).
1. Faire l’étude complète de la fonction g .
2. Comparer g à l’identité.
3. Soit la suite (x n )n∈N définie par
x n+1 = g (x n ),
x 0 > 0.
À l’aide des graphe de g et de l’identité sur R∗+ , dessiner la suite (x n )n∈N sur l’axe des abscisses. Observer graphiquement la convergence.
4. Justifier mathématiquement la convergence observée graphiquement. En particulier, montrer que cette suite est
décroissante à partir du rang 1.
5. Calculer l’ordre de convergence de la suite.
6. Écrire l’algorithme défini par la suite (x n )n∈N qui permet de déterminer
p
3
a à une précision de 10−6 .
7. Expliciter la méthode de Newton pour la recherche du zéro de la fonction f définie par f (x) = x 3 −a. Que remarquet-on ?
S OLUTION .
1. Étude de la fonction g : R∗+ → R définie par g (x) = 32 x + 13 xa2 :
? g (x) > 0 pour tout x ∈ R∗+ ;
© G. Faccanoni
13
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
y
p
3
y
i (x)
i (x)
g (x)
y = 32 x
g (x)
p
3
a
p
3
a
x0
x
a
(a) Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x.
p
3
x4
a
x3
x2
x1
x
(b) Étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe.
F IGURE 1.2.: Exercice 1.5
? lim g (x) = lim g (x) = +∞ ;
x→+∞
g (x)
2
=
lim g (x) − 23 x
3 et x→+∞
x→+∞ x
g 0 (x) = 3x2 3 (x 3 − a) ;
p
x→0+
lim
= 0 donc y = 23 x est un asymptote ;
?
p
? g est croissante sur [ 3 a, +∞[, décroissante sur [0, 3 a] ;
p
p
p
? x = 3 a est un minimum absolu et g ( 3 a) = 3 a.
x
p
3
0
g 0 (x)
+∞
a
−
+
+∞
+∞
g (x)
p
3
a
2. Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x : voir la figure 1.2a. On vérifie analytiquement qu’il existe une et une seule
intersection entre la courbe d’équation y = g (x) et la droite d’équation y = x :
g (x) = x
⇐⇒
2
1 a
x+
=x
3
3 x2
⇐⇒
x 3 = a.
3. Étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe : voir la figure 1.2a.
p
p
4. On en déduit que pour tout x > 0 on a g (x) ≥ 3 a. Donc, pour tout k > 0, x k = g (x k−1 ) ≥ 3 a. Vérifions les hypothèses
du théorème de point fixe qui fournit une condition suffisante de convergence de la suite :
p
p
p
p
p
4.1. pour tout x dans [ 3 a, +∞[ on a g (x) > 3 a donc g ([ 3 a, +∞[) ⊂ [ 3 a, +∞[ (i.e. l’intervalle 3 a, +∞[ est stable) ;
p
4.2. g ∈ C 1 ([ 3 a, +∞[) ;
p
4.3. pour tout x dans [ 3 a, +∞[ on a
¯ ³
¯
¯2
a ´¯
|g 0 (x)| = ¯¯ 1 − 3 ¯¯ < 1
3
x
donc g est contractante.
p
p
Alors la méthode converge vers α point fixe de g . De plus, pour tout α ∈ [ 3 a, +∞[ on a α = g (α) ⇐⇒ α = 3 a : la
méthode permet donc de calculer de façon itérative la racine cubique de a.
5. Étant donné que
g 0 (α) = 0,
g 00 (α) =
2a
6= 0
α4
la méthode de point fixe converge à l’ordre 2.
14
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
Algorithm 1 Calcul de x = g (x)
Require: x 0 > 0
while |x k+1 − x k | > 10−6 do
x k+1 ← g (x k )
end while
6. Algorithme de point fixe : Quelques remarques à propos du critère d’arrêt basé sur le contrôle de l’incrément. Les
itérations s’achèvent dès que |x k+1 − x k | < ε ; on se demande si cela garantît-t-il que l’erreur absolue ek+1 est elle aussi
inférieur à ε. L’erreur absolue à l’itération (k + 1) peut être évaluée par un développement de Taylor au premier ordre
ek+1 = |g (α) − g (x k )| = |g 0 (z k )ek |
avec z k compris entre α et x k . Donc
|x k+1 − x k | = |ek+1 − ek | = |g 0 (z k ) − 1|ek ' |g 0 (α) − 1|ek .
Puisque g 0 (α) = 0, on a bien |x k+1 − x k | ' ek .
7. La méthode de Newton est une méthode de point fixe avec g (x) = x −
x k+1 = x k −
f (x)
. Ici elle s’écrit
f 0 (x)
x k3 − a
a
a
f (x k )
1
2
=
x
−
= xk − xk + 2 = xk + 2
k
f 0 (x k )
3
3x k2
3x k 3
3x k
autrement dit la méthode de point fixe assignée est la méthode de Newton (qu’on sait être d’ordre de convergence
égale à 2 lorsque la racine est simple).
Exercice 1.6
On veut résoudre l’équation e −αx = x avec 0 < α < 1.
1. Vérifier que cette équation admet une unique solution, notée `α , dans R.
2. Soit g : R → R la fonction définie par g (x) = e −αx . On définit la suite récurrente
(
u0 ∈ R
u n+1 = g (u n ).
(1.1)
On veut montrer que u n converge vers `α . Pour cela, comparer d’abord le graphe de g à l’identité et observer
graphiquement la convergence, ensuite justifier mathématiquement la convergence observée graphiquement.
3. Écrire la méthode de Newton pour résoudre l’équation e −αx = x avec 0 < α < 1. Parmi la méthode de Newton et la
méthode de point fixe (1.1), laquelle faut-il préférer vis-à-vis de la vitesse de convergence ?
S OLUTION .
1. Deux méthodes (équivalentes) possibles :
Méthode 1 : La fonction g : x 7→ e −αx est monotone décroissante, limx→−∞ e −αx = +∞ et limx→+∞ e −αx = 0 ; par conséquente elle intersecte la droite d’équation y = x une et une seule fois. Notons ce point `α . Comme la fonction x 7→ e −αx est positive pour tout x ∈ R tandis que la fonction x 7→ x est positive si et seulement si x > 0,
on en déduit que `α > 0.
Méthode 2 : La fonction f : x 7→ e −αx − x est monotone décroissante, limx→−∞ e −αx − x = +∞ et limx→+∞ e −αx − x =
−∞ ; par le théorème des valeurs intermédiaires on conclut qu’il existe un et un seul `α ∈ R tel que f (`α ) =
0. Comme f (0) > 0, on peut appliquer à nouveau le théorème des valeurs intermédiaires à l’intervalle
[0; ∞[ et en déduire que `α > 0. De plus, comme f (1) < e −1 − 1 < 0, on peut conclure que `α ∈]0; 1[.
2. Le graphe de la fonction g est celui en figure 1.6. On en déduit que
B la suite (u n )n converge pour tout u 0 ∈ R ;
B g (R) =]0; +∞[ et g (]0; +∞[) =]0; 1[ ainsi u 1 ∈]0; +∞[ et u n ∈]0; 1[ pour tout n > 1 ;
B la convergence n’est pas monotone : la sous-suite des termes d’indice pair est monotone croissante tandis que
la sous-suite des termes d’indice impair est monotone décroissante (ce qui veut dire d’une part qu’on ne pourra
pas utiliser les théorèmes du type «monotone+bornée=convergente» pour prouver la convergence, d’autre part
on voit aussi que ni l’intervalle [`α ; +∞[ ni l’intervalle [0; `α ] sont stables) ;
B |g 0 (x)| n’est pas bornée pour tout x ∈ R (croissance exponentielle à −∞). Plus particulièrement, |g 0 (x)| < 1 ssi
e αx > α ssi x > ln(α)/α. Comme 0 < α < 1, on conclut que |g 0 (x)| < 1 pour tout x ≥ 0.
© G. Faccanoni
15
1. Résolution d’équations non linéaires
y
Jeudi 10 mai 2012
y
i (x)
`α
−1
i (x)
`α
0
`α 1
2
3
x0
g (x)
4 x
−1
(a) Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x.
x2 x4 x3
0
`α 1
x1
2
3
4
g (x)
x
(b) Étude graphique de la convergence de la méthode de point
fixe.
F IGURE 1.3.: Exercice 1.6
Cette étude préliminaire suggère d’utiliser le théorème de point fixe dans l’intervalle ]0; +∞[. On a
B g ∈ C ∞ (]0; +∞[),
B g (]0; +∞[) ⊂]0; +∞[,
B |g 0 (x)| < 1 pour tout x ∈]0; +∞[,
on peut alors utiliser le théorème de point fixe pour conclure que la suite (u n )n∈N converge vers `α pour tout u 0 ∈
]0; +∞[. Comme g (x) ∈]0; +∞[ pour tout x ∈ R, alors u n ∈]0; +∞[ pour tout n ∈ N∗ , on peut donc conclure que la suite
(u n )n∈N converge vers `α pour tout u 0 ∈ R.
3. Soit f (x) = e −αx − x. La méthode de Newton (qui s’applique à f et non à g ) définit la suite récurrente
(
u0 ∈ R
(1.2)
−αu n
e
−u n
u n+1 = u n − −αe
−αu n −1 .
La méthode de point fixe (1.1) n’est que d’ordre 1 car g 0 (`α ) 6= 0 tandis que la méthode de Newton, qui est encore une
méthode de point fixe, est d’ordre 2.
Exercice 1.7
Soit f une application de R dans R définie par f (x) = exp(x 2 ) − 4x 2 . On se propose de trouver les racines réelles de f .
1. Situer les 4 racines de f (i.e. indiquer 4 intervalles disjoints qui contiennent chacun une et une seule racine).
2. Montrer qu’il y a une racine α comprise entre 0 et 1.
3. Soit la méthode de point fixe
(
x k+1 = φ(x k ),
(1.3)
x 0 ∈]0, 1[,
p
exp(x 2 )
avec φ l’application de R dans R définie par φ(x) =
. Examiner la convergence de cette méthode et en
2
préciser l’ordre de convergence.
4. Écrire la méthode de Newton pour la recherche des zéros de la fonction f .
5. Entre la méthode de Newton et la méthode de point fixe (1.3), quelle est la plus efficace ? Justifier la réponse.
S OLUTION . On cherche les zéros de la fonction f (x) = exp(x 2 ) − 4x 2 .
1. On remarque que f (−x) = f (x) : la fonction est paire. On fait donc une brève étude sur [0, +∞[ :
B f (0) = 1 et lim f (x) = +∞,
x→+∞
p
p
p
B f 0 (x) = 0 pour x = 0 et x =p ln 4 et on a f (0) = 1 et f ( ln 4) = 4(1 − ln 4) < 0 ; f est croissante pour x > ln 4 et
décroissante pour 0 < x < ln 4.
On a
p
B une racine dans l’intervalle ] − ∞,
p − ln 4[,
B une racine dans l’intervalle ] − p ln 4, 0[,
B une racine dans l’intervalle ]0,
p ln 4[,
B une racine dans l’intervalle ] ln 4, ∞[.
Voir la figure 1.4a pour le graphe de f sur R.
2. Puisque f (0) = 1 > 0 et f (1) = e − 4 < 0, pour le théorème des valeurs intermédiaires il existe au moins un α ∈ ]0, 1[ tel
que f (α) = 0. Puisque f 0 (x) = 2x exp(x 2 ) − 8x = 2x(exp(x 2 ) − 22 ) < 2x(e − 4) < 0 pour tout x ∈ ]0, 1[, ce α est unique. Voir
la figure 1.4b.
16
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
y
y
f (x)
f (x)
1
1
p
ln 4
0
x
α
1
x
4(1−ln 4)
(a) Graphe de f (x) = exp(x 2 ) − 4x 2 .
(b) Zoom.
F IGURE 1.4.: Exercice 1.7
3. Étude de la convergence de la méthode (1.3) :
3.1. pour tout x dans ]0, 1[ on a
s
0<
exp(x 2 )
<
4
r
e
<1
4
donc φ : ]0, 1[→]0, 1[ ;
3.2. φ ∈ C 1 (]0, 1[) ;
3.3. pour tout x dans ]0, 1[ on a
¯ p
¯
¯ x exp(x 2 ) ¯ ¯
¯
¯
¯ ¯
|φ (x)| = ¯
¯ = xφ(x)¯ < |x| < 1
¯
¯
2
0
donc φ est contractante.
Alors la méthode (1.3) converge vers α point fixe de φ. De plus, pour tout α ∈ ]0, 1[,
α = φ(α) ⇐⇒ 2α =
q
exp(α2 ) ⇐⇒ 4α2 = exp(α2 ) ⇐⇒ f (α) = 0;
donc α, point fixe de φ, est un zéro de f .
Étant donné que
φ0 (α) = αφ(α) = α2 6= 0,
la méthode de point fixe (1.3) converge seulement à l’ordre 1.
4. La méthode de Newton est une méthode de point fixe avec φ(x) = x −
x k+1 = x k −
f (x)
. Ici donc elle s’écrit
f 0 (x)
exp(x k2 ) − 4x k2
exp(x k2 ) − 4x k2
f (x k )
=
x
−
=
x
−
.
k
k
f 0 (x k )
2x k exp(x k2 ) − 8x k
2x k (exp(x k2 ) − 4)
5. Puisque α est une racine simple de f , la méthode de Newton converge à l’ordre 2 tandis que la méthode de point fixe
(1.3) converge seulement à l’ordre 1 : la méthode de Newton est donc plus efficace.
Exercice 1.8
On cherche à évaluer
définie par récurrence
p
5 à l’aide d’un algorithme n’autorisant que les opérations élémentaires. Soit (x n )n∈N la suite

x 0 = 1,
x n+1 =
10x n
x n2 + 5
∀n ∈ N.
p
1. Montrer que si la suite converge, alors elle converge vers 0 ou 5.
p
2. Soit la fonction g définie sur [1; 5] par g (x) = x10x
2 +5 . Étudier g et la comparer à l’identité.
p
3. Montrer que la suite (x n )n∈N est croissante et majorée par 5. Conclure.
4. Déterminer l’ordre de convergence de cette suite.
© G. Faccanoni
17
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
1y
1
α
α
α
α
α
0
x
1
F IGURE 1.5.: Exercice 1.7 : convergence de la méthode de point fixe.
S OLUTION .
1. Supposons qu’il existe ` ∈ R tel que x n −−−−−→ `.
n→+∞
© p
p ª
5 .
B Par définition de convergence on a ` = `10`
2 +5 et par conséquent ` ∈ − 5, 0,
B On prouve par récurrence que
si x 0 = 0 alors x n = 0 pour tout n ∈ N donc ` = 0,
si x 0 > 0 alors x n > 0 pour tout n ∈ N donc ` ≥ 0,
B si x 0 < 0 alors x n < 0 pour tout n ∈ N donc ` ≤ 0.
© p ª
Comme x 0 = 1 > 0, alors x n > 0 pour tout n ∈ N et ` ∈ 0, 5 .
p
2. Soit la fonction g définie sur [1; 5] par g (x) = x10x
2 +5 . On étudie la fonction g :
p
? g (x) > 0 pour
tout
x
∈
[1;
5]
;
p
p
? g (1) = 53 , g ( 5) = 5 ;
B
0
B
α
1
2
−5
? g 0 (x) = −10 (xx2 +5)
2 ;
p
p
? g est croissante sur [1; 5[ et g 0 ( 5) = 0.
Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x : voir la figure 1.6a. On vérifie analytiquement
qu’il existe une et une seule
p
intersection entre la courbe d’équation y = g (x) et la droite d’équation y = x dans [1; 5] :
g (x) = x
⇐⇒
10x
=x
x2 + 5
⇐⇒
x 2 = 5.
p
p
p
p
3. On a g (x) ∈ [5/3; 5] pour tout x ∈ [1; 5] et on a vu au point précédent que g est croissante et g ( 5) = 5.
De plus, g (x) ≥ x car
10x
10x
g (x) = 2
≥ p
= x,
x + 5 ( 5)2 + 5
par conséquent la suite x k+1 = g (x k ) ≥ x k est croissante.
p
p
p
Comme g (x) ≤ ( 5) = 5 alors la suite x k+1 = g (x k ) ≤ 5 est bornée. On a ainsi une suite croissante et© borné,
p ª ce
qui implique qu’elle converge.
Comme
au
premier
point
on
a
montré
que
si
elle
converge
vers
`
alors
`
∈
0,
5 , on
p
conclut que x n −−−−−→ 5. Pour l’étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe voir la figure 1.6b.
n→+∞
Dans
p ce cas, on ne peut pas utiliser le théorème de point fixe pour prouver la convergence de la suite sur l’intervalle
[1; 5]. En effet
p
B g est au moins de classe C 1 ([1; 5])
18
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
y
p
5
5
3
y
i (x)
i (x)
g (x)
g (x)
p
5
1
x
x0
(a) Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x.
x1
x
x2
(b) Étude graphique de la convergence de la
méthode de point fixe x k+1 = g (x k ).
F IGURE 1.6.: Exercice 1.8
p
p
p
B g ([1; 5]) = [5/3; 5] ⊂ [1;p 5]
p
p p
p
B mais 0 ≤ g 0 (x) < 1 ssi x ∈ [ −10 + 5 5; 5] (et on a −10 + 5 5 > 1).
p
En revanche, on peut utiliser le théorème de point fixe pour prouver la convergence de la suite sur l’intervalle [5/3; 5]
car
p
B g est aupmoins de classe
C 1 ([5/3; 5])
p
B g ([5/3; 5]) ⊂ [5/3; 5]
p
B 0 ≤ g 0 (x) < 1 pour tout x ∈ [5/3; 5].
p
p
4. Comme g 0 ( 5) = 0 et g 00 ( 5) 6= 0, la méthode de point fixe associée à la fonction d’itération g est d’ordre 2.
Exercice 1.9
L’objectif de cet exercice est de déterminer le zéro d’une fonction C 2 (R, R) vérifiant −2 < f 0 (x) < −1 sur R. On définit la
suite {x n }n∈N de R par la récurrence suivante
x n+1 = g (x n ) = x n + α f (x n ),
où α > 0 et x 0 ∈ R sont donnés.
1. Montrer que lim f (x) = +∞ et lim f (x) = −∞.
x→−∞
x→+∞
2. En déduire qu’il existe un unique ` élément de R tel que f (`) = 0.
3. Montrer que si 0 < α < 1, la fonction g définie par g (x) = x + α f (x) vérifie
−1 < 1 − 2α < g 0 (x) < 1 − α
sur R.
4. En déduire la convergence de la suite {x n }n∈N si 0 < α < 1.
5. La suite converge-t-elle pour α = − f 01(`) ?
6. Donner l’ordre de convergence de la suite {x n }n∈N pour 0 < α < 1 en distinguant le cas α =
1
.
f 0 (`)
7. Peut-on choisir α = − f 01(`) d’un point de vue pratique ?
1
8. On choisit alors d’approcher α = − f 01(`) par αn = − f 0 (x
n)
et la suite {x n }n∈N est définie par
x n+1 = g (x n ) = x n + αn f (x n ).
Quel est le nom de cette méthode itérative ? Montrer que la suite {x n }n∈N converge quel que soit x 0 ∈ R.
S OLUTION .
1. Puisque f est de classe C 2 (R, R) et f 0 (x) < 0 sur R alors f est monotone décroissante. De plus, f 0 (x) < −1 sur R donc
lim f (x) = +∞
x→−∞
lim f (x) = −∞.
x→+∞
NB : seul la condition f 0 (x) < −1 permet de conclure car une fonction peut être monotone décroissante mais avoir une
limite finie ! En effet, la condition f 0 (x) < −1 garantie que la fonction décroit plus vite qu’une droite comme on peut
© G. Faccanoni
19
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
facilement vérifier :
lim
x→±∞
f (x)
f 0 (x)
= lim
≤ −1.
x→±∞ 1
x
2. Puisque lim f (x) = +∞ > 0 et lim f (x) = −∞ < 0, pour le théorème des valeurs intermédiaires il existe au moins un
x→−∞
x→+∞
` ∈ R tel que f (`) = 0. Puisque f 0 (x) < 0 pour tout x ∈ R, ce ` est unique.
3. Considérons la fonction g définie par g (x) = x + α f (x) alors g est de classe C 2 (R, R) et
g 0 (x) = 1 + α f 0 (x)
Puisque f 0 (x) < −1 et 0 < α < 1 on a
sur R.
g 0 (x) < 1 − α < 1
et puisque f 0 (x) > −2 et 0 < α < 1 alors
sur R
g 0 (x) > 1 − 2α > −1
sur R.
Autrement dit
|g 0 (x)| < 1
sur R.
4. Soit 0 < α < 1. On étudie la suite
x n+1 = g (x n )
et on va vérifier qu’il s’agit d’une méthode de point fixe pour le calcul du zéro ` de f .
4.1. On vérifie d’abord que, si la suite converge vers un point fixe de g , ce point est bien un zéro de f (ici le réciproque
est vrai aussi) : soit ` ∈ R, alors
` = g (`) ⇐⇒ ` = ` + α f (`) ⇐⇒ 0 = α f (`) ⇐⇒ f (`) = 0;
4.2. vérifions maintenant que la suite converge vers un point fixe de g (et donc, grâce à ce qu’on a vu au point précédant, elle converge vers l’unique zéro de f ) :
4.2.1. on a évidemment que g : R → R ;
4.2.2. on a déjà remarqué que g ∈ C 1 (R, R) ;
4.2.3. pour tout x dans R on a prouvé que |g 0 (x)| < 1, i.e. que g est contractante.
Alors la suite x n+1 = g (x n ) converge vers ` point fixe de g et zéro de f .
5. Si α = − f 01(`) alors
x n+1 = g (x n ) = x n −
qui converge car −2 < f 0 (`) < −1 ssi
1
2
f (x n )
,
f 0 (`)
< α < 1 et donc on rentre dans le cas de 0 < α < 1.
6. Étant donné que
g 0 (`) = 1 + α f 0 (`)
B la méthode de point fixe converge à l’ordre 2 si α f 0 (`) = −1,
B la méthode de point fixe converge à l’ordre 1 si −2 < α f 0 (`) < 0 mais α f 0 (`) 6= −1,
B la méthode de point fixe ne converge pas si α f 0 (`) < −2 ou α f 0 (`) > 0.
Étant donné que −2 < f 0 (`) < −1 et que 0 < α < 1 on peut conclure que
B la méthode de point fixe converge à l’ordre 2 si α = − f 01(`) ,
B la méthode de point fixe converge à l’ordre 1 si α 6= − f 01(`) .
7. D’un point de vue pratique on ne peut pas choisir α = − f 01(`) car on ne connaît pas `.
1
8. Si on choisit d’approcher α = − f 01(`) par αn = − f 0 (x
n)
et on considère la suite {x n }n∈N définie par
x n+1 = g (x n ) = x n + αn f (x n ),
on obtient la méthode de Newton (qui est d’ordre 2).
De plus, comme −2 < f 0 (x) < −1 on rentre dans le cas 0 < α < 1 donc la suite {x n }n∈N converge quel que soit x 0 ∈ R.
Exercice 1.10
Soit g la fonction définie sur R∗+ par
g (x) =
20
2x 3 + 4x 2 + 10
.
3x 2 + 8x
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Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
1. Faire l’étude complète de la fonction g . (On admettra que x 3 +4x 2 −10 = 0 admet comme unique solution m ≈ 1,36
et que g (m) = m.)
2. Comparer g à l’identité.
3. Soit la suite (x n )n∈N définie par
x n+1 = g (x n ),
x 0 > 0.
À l’aide des graphe de g et de l’identité sur R∗+ , dessiner la suite (x n )n∈N sur l’axe des abscisses. Observer graphiquement la convergence. En particulier, montrer que cette suite est décroissante à partir du rang 1.
4. Expliciter (sans la vérifier) la condition nécessaire pour la convergence observée graphiquement.
5. Écrire l’algorithme défini par la suite (x n )n∈N qui permet de déterminer le point fixe à une précision de ε.
6. Expliciter la méthode de Newton pour la recherche du zéro de la fonction f définie par f (x) = x 3 + 4x 2 − 10. Que
remarque-t-on ?
7. Donner l’ordre de convergence de la suite.
S OLUTION .
1. Étude de la fonction g : R∗+ → R définie par g (x) =
? g (x) > 0 pour tout x ∈ R∗+ ;
? lim g (x) = lim g (x) = +∞ ;
x→+∞
g (x)
2
=
lim g (x) − 23 x
3 et x→+∞
x→+∞ x
3
+4x 2 −10)
g 0 (x) = 2(3x+4)(x
;
x 2 (3x+8)2
2x 3 +4x 2 +10
3x 2 +8x
:
x→0+
lim
= − 49 donc y = 23 x − 49 est un asymptote ;
?
? g est croissante sur [m, +∞[, décroissante sur [0, m] où m ≈ 1,36 ;
? x = m est un minimum absolu et g (m) = m.
x
m
0
g 0 (x)
−
+∞
+
+∞
+∞
g (x)
m
2. Graphe de g comparé au graphe de i (x) = x : voir la figure 1.7a. On vérifie analytiquement qu’il existe une et une seule
intersection entre la courbe d’équation y = g (x) et la droite d’équation y = x :
g (x) = x
⇐⇒
2x 3 + 4x 2 + 10
=x
3x 2 + 8x
⇐⇒
x 3 + 4x 2 − 10 = 0
⇐⇒
x =m
⇐⇒
f (x) = 0.
3. Pour l’étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe voir la figure 1.7b.
4. On en déduit que pour tout x > 0 on a g (x) ≥ m. Donc, pour tout k > 0, x k = g (x k−1 ) ≥ m. Pour étudier la convergence
de la méthode vérifions si on peut appliquer le théorème de point fixe :
4.1. pour tout x dans [m, +∞[ on a g (x) > m donc g ([m, +∞[) ⊂ [m, +∞[ ;
4.2. g ∈ C 1 ([m, +∞[) ;
¯ 2
¯
¯ (6x +8x)−g (x)(6x+8) ¯
4.3. pour tout x dans [m, +∞[, on a |g 0 (x)| = ¯
¯ < 1 alors g est contractante.
2
3x +8x
Si les conditions précédentes sont vérifiées alors la méthode converge vers m point fixe de g . De plus, pour tout α ∈
[m, +∞[ : α = g (α) ⇐⇒ α = m donc le point fixe de g est racine de f .
5. Algorithme de point fixe :
Algorithm 2 Calcul de x = g (x)
Require: x 0 > 0
Require: g : x 7→ g (x)
while |x k+1 − x k | > ε do
x k+1 ← g (x k )
end while
© G. Faccanoni
21
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
y
y
i (x)
i (x)
g (x)
y = 32 x − 49
g (x)
m
m
x
x0
(a) Graphe de g comparé au graphe de i .
x4 x3
x2
x1
x
(b) Étude graphique de la convergence de la méthode de point
fixe.
F IGURE 1.7.
6. La méthode de Newton est une méthode de point fixe avec g (x) = x −
x k+1 = x k −
f (x)
. Ici donc elle s’écrit
f 0 (x)
x k3 + 4x k2 − 10
f (x k )
=
x
−
= g (x k )
k
f 0 (x k )
3x k2 + 8x k
autrement dit la méthode de point fixe assignée est la méthode de Newton.
7. Étant donné que la méthode de point fixe donnée est la méthode de Newton et que la racine m de f est simple, elle
converge à l’ordre 2.
Quelques remarques à propos du critère d’arrêt basé sur le contrôle de l’incrément. Les itérations s’achèvent dès que |x k+1 −
x k | < ε ; on se demande si cela garantît-t-il que l’erreur absolue ek+1 est elle aussi inférieur à ε. L’erreur absolue à l’itération
(k + 1) peut être évaluée par un développement de Taylor au premier ordre
ek+1 = |g (α) − g (x k )| = |g 0 (z k )ek |
avec z k compris entre m et x k . Donc
|x k+1 − x k | = |ek+1 − ek | = |g 0 (z k ) − 1|ek ' |g 0 (m) − 1|ek .
3x+4
0
Puisque g 0 (x) = 2 x 2 (3x+8)
2 f (x), alors g (m) = 0 donc on a bien |x k+1 − x k | ' ek .
Exercice 1.11
q
On se propose de calculer 4 13 en trouvant les racines réelles de l’application f de R dans R définie par f (x) = x 4 − 31 .
1. Situer les 2 racines de f (i.e. indiquer 2 intervalles disjoints qui contiennent chacun une et une seule racine). En
particulier, montrer qu’il y a une racine α comprise entre 0 et 1.
2. Soit g la fonction définie sur [0; 1] par
g (x) =
x(9x 4 + 5)
.
3(5x 4 + 1)
2.1. Faire l’étude complète de la fonction g et la comparer à l’identité.
2.2. Soit la suite (x n )n∈N définie par
x n+1 = g (x n ),
x 0 ∈]0; 1[.
À l’aide des graphe de g et de l’identité sur [0; 1], dessiner la suite (x n )n∈N sur l’axe des abscisses. Observer
graphiquement la convergence.
2.3. Justifier mathématiquement la convergence observée graphiquement.
22
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
1. Résolution d’équations non linéaires
y
y
g (x)
i (x)
q
4
y = 53 x
1
3
q
4
q
1
3
4
x
1
1
3
g (x)
i (x)
x0 x1
(a) Graphe de g comparé au graphe de i .
x2
x3
x4
q
4
x
1
1
3
(b) Étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe.
F IGURE 1.8.
2.4. Calculer l’ordre de convergence de la suite.
2.5. Écrire l’algorithme défini par la suite (x n )n∈N qui permet de déterminer
q
4
1
3
à une précision de ε.
3. Expliciter la méthode de Newton pour la recherche du zéro de la fonction f .
4. Entre la méthode de Newton et la méthode de point fixe x k+1 = g (x k ), quelle est la plus efficace ? Justifier la réponse.
S OLUTION .
1. f est paire ; comme f 0 (x) = 4x 3 , f est croissante pour x > 0 et décroissante pour x < 0 ; puisque f (0) < 0 et f (−1) =
f (1) > 0, on conclut que il n’y a que deux racines réelles distinctes : α ∈]0; 1[ et −α ∈] − 1; 0[.
2. On étudie la fonction g (x) =
2.1.
x(9x 4 +5)
3(5x 4 +1)
pour x ≥ 0.
B g (x) ≥ 0 pour tout x ≥ 0 et g (x) = 0 ssi x = 0 ;
B g 0 (x) =
q
4
5(9x 8 −6x 4 +1)
3(5x 4 +1)2
=
5
3
³
3x 4 −1
5x 4 +1
´2
donc g 0 (x) ≥ 0 pour tout x ∈]0; 1[ et g 0 (x) = 0 ssi x =
q
4
1
3.
De plus, g
³q ´
1
3
4
=
1
3.
q
10 3x 4 −1 32x 3
20 0
32x 3
3 5x 4 +1 (5x 4 +1)2 =
3 g (x) (5x 4 +1)2
q
i q h
x ∈ 0; 4 13 , convexe pour x > 4 13 .
B Enfin, g 00 (x) =
concave pour
=
320x 3 (3x 4 −1)
(5x 4 +1)3
donc g 00 (x) = 0 ssi x = 0 ou x =
q
4
1
3,
g est
B Pour le graphe de g comparé au graphe de i (x) = x pour x ∈ [0; 1] voir la figure 1.8a.
B On vérifie analytiquement qu’il existe une et une seule intersection entre la courbe d’équation y = g (x) et la
droite d’équation y = x :
g (x) = x
⇐⇒
x(9x 4 + 5)
=x
3(5x 4 + 1)
⇐⇒
9x 4 + 5 = 3(5x 4 + 1)
x4 =
⇐⇒
1
3
⇐⇒
f (x) = 0.
2.2. Pour l’étude graphique de la convergence de la méthode de point fixe voir la figure 1.8b.
2.3. Étudions la convergence de la méthode. On remarque que
9x k4 + 5
x k+1
=
> 1 ⇐⇒ x k <
xk
3(5x k4 + 1)
donc la suite récurrente
(
r
4
1
3
i q h
x 0 ∈ 0; 4 13
x k+1 = g (x k )
q
est monotone croissante et majorée par 4 13 : elle est donc convergente vers ` ≤
q
on conclut qu’elle converge vers 4 13 . De même, la suite récurrente
(
x0 ∈
iq
4
q
4
1
3 . Comme ` = g (`) ssi ` =
q
4
1
3,
h
1
3;0
x k+1 = g (x k )
© G. Faccanoni
23
1. Résolution d’équations non linéaires
Jeudi 10 mai 2012
est monotone décroissante et minoré par
q
q
4 1
4 1
,
on
conclut
qu’elle
converge
vers
3
3.
q
4
1
3
: elle est donc convergente vers ` ≤
q
4
1
3.
Comme ` = g (`) ssi ` =
q
Par conséquent, quelque soit le point initiale, la méthode de point fixe donnée converge vers 4 13 point fixe de g
(et racine de f ).
Soulignons qu’on ne peut pas utiliser le théorème de point fixe pour prouver la convergence de la méthode car g
n’est pas contractante sur [0; 1]. En effet, dans [0; 1] on a
0
0
4
2
4
2
8
4
4
r
|g (x)| < 1 ⇐⇒ g (x) < 1 ⇐⇒ 5(3x − 1) < 3(5x + 1) ⇐⇒ 15x + 30x − 1 > 0 ⇐⇒ x > −1 +
q
8
4 +1
2.4. Si on pose α = 4 13 alors g (α) = α, g 0 (α) = 0, g 00 (α) = 0 et g 000 (α) = −320α2 25α(5α−22α
=
4 +1)4
suite converge à l’ordre 3.
p
15 3
2
16
∈]0; 1[.
15
: on conclut que la
2.5. Algorithme de point fixe :
Algorithm 3 Calcul de x = g (x)
Require: x 0 > 0
Require: g : x 7→ g (x)
while |x k+1 − x k | > ε do
x k+1 ← g (x k )
end while
3. Entre la méthode de Newton et la méthode de point fixe x k+1 = g (x k ), la plus efficace est la méthode de point fixe
x k+1 = g (x k ) car elle est d’ordre 3 tandis que celle de Newton n’est que d’ordre 2.
24
© G. Faccanoni
2. Interpolation
©
ªn
Étant donné n + 1 points (x i , y i ) i =0 , estimer y(x)
Étant donné n + 1 couples (x i , y i ), le problème consiste à trouver une fonction ϕ = ϕ(x) telle que ϕ(x i ) = y i ; on dit alors
que ϕ interpole {y i } aux nœuds {x i }. On parle d’interpolation polynomiale quand ϕ est un polynôme, d’approximation trigonométrique quand ϕ est un polynôme trigonométrique et d’interpolation polynomiale par morceaux (ou d’interpolation
par fonctions splines) si ϕ est polynomiale par morceaux. Les quantités y i peuvent, par exemple, représenter les valeurs
aux nœuds x i d’une fonction f connue analytiquement ou des données expérimentales. Dans le premier cas, l’approximation a pour but de remplacer f par une fonction plus simple en vue d’un calcul numérique d’intégrale ou de dérivée.
Dans l’autre cas, le but est d’avoir une représentation synthétique de données expérimentales dont le nombre peut être très
élevé.
Polynôme de L AGRANGE
Considérons n+1 couples (x i , y i ), le problème est de trouver un polynôme Πm (x) = a 0 +a 1 x+. . . a m x m ∈ Pm , appelé polynôme
d’interpolation ou polynôme interpolant, tel quel
Πm (x i ) = y i ,
i = 0, . . . n.
Les points x i sont appelés nœuds d’interpolation. Il s’agit d’un système linéaire de n + 1 équations et m + 1 inconnues. Si
m = n on a le résultat suivant :
Théorème
Étant donné n + 1 points distincts x 0 , . . . , x n et n + 1 valeurs correspondantes y 0 , . . . , y n , il existe un unique polynôme
Πn ∈ Pn tel que Πn (x i ) = y i , pour i = 0, . . . n qu’on peut écrire sous la forme
Πn (x) =
n
X
y i L i (x) ∈ Pn
où L i (x) =
i =0
n x −x
Y
j
j =0
j 6=i
xi − x j
.
Cette relation est appelée formule d’interpolation de L AGRANGE et les polynômes L i sont les polynômes caractéristiques
(de Lagrange).
Remarque
Si n est petit on peut calculer directement les coefficients a 0 , a 1 , . . ., a n en résolvant le système linéaire de n +1 équations

n

a 0 + a 1 x 0 + . . . a n x 0 = y 0


a + a x + . . . a x n = y
0
1 1
n 1
1

.
.
.




a n + a 1 x n + . . . a n x nn = y n
i.e.

1
1

.
.
.
1
x0
x1
..
.
xn
...
...
...
   
x 0n a 0
y0
   
x 1n 
  a1   y 1 
   
.. 
 .  =  . 
.   ..   .. 
x nn a n
yn
Erreur
Si y i = f (x i ) pour i = 0, 1, . . . , n, f : I → R étant une fonction donnée de classe C n+1 (I ) où I est le plus petit intervalle
contenant les nœuds {x i }, l’erreur d’interpolation au point x ∈ I est donné par
E n (x) ≡ f (x) − Πn (x) =
f (n+1) (ξ)
ωn+1 (x)
(n + 1)!
25
2. Interpolation
où ξ ∈ I et ωn+1 (x)
Jeudi 10 mai 2012
n
Q
i =0
(x − x j ).
Exemple
Pour n = 2 le polynôme de Lagrange s’écrit
(x − x 1 )(x − x 2 )
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 2 )
+ y1
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y2
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
P (x) = y 0
Polynôme d’H ERMITE ou polynôme osculateur
On peut généraliser l’interpolation de L AGRANGE pour prendre en compte, en plus des valeurs nodales, les valeurs de la
dérivée du polynôme interpolateur dans ces nœuds.
Considérons n+1 triplets (x i , y i , y i0 ), le problème est de trouver un polynôme Πm (x) = a 0 +a 1 x+. . . a m x m ∈ Pm tel quel
(
Πm (x i ) = y i ,
i = 0, . . . n.
Π0m (x i ) = y i0 ,
Il s’agit d’un système linéaire de 2(n+1) équations et m+1 inconnues. Si m = 2n+1 on a le résultat suivant :
Théorème
Étant donné n + 1 points distincts x 0 , . . . , x n et n + 1 couples correspondantes (y 0 , y 00 ), . . . , (y n , y n0 ), il existe un unique polynôme ΠN ∈ PN tel que ΠN (x i ) = y i et Π0N (x i ) = y i0 , pour i = 0, . . . n qu’on peut écrire sous la forme
Q(x) =
n
X
i =0
y i A i (x) + y i0 B i (x)
∈ PN
où



L i (x)











c i
=
=
n
Q
j =0
j 6=i
n
P
j =0
j 6=i
x−x j
x i −x j
,
1
x i −x j
,





A i (x) = (1 − 2(x − x i )c i )(L i (x))2 ,





B i (x) = (x − x i )(L i (x))2 ,




N
= 2n + 1.
qu’on peut réécrire comme
Q(x) =
n
X
i =0
(y i D i (x) + y i0 (x − x i ))(L i (x))2
où


L i (x)










ci







D i (x)




N
=
=
n
Q
j =0
j 6=i
n
P
j =0
j 6=i
x−x j
x i −x j
,
1
x i −x j
,
= 1 − 2(x − x i )c i ,
= 2n + 1.
Cette relation est appelée formule d’interpolation de H ERMITE.
Remarque
Si n est petit on peut calculer directement les coefficients a 0 , a 1 , . . ., a N en résolvant le système linéaire de N + 1 = 2n + 2
26
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
équations

a 0 + a 1 x 0 + . . . a N x 0N = y 0






a 0 + a 1 x 1 + . . . a N x 1N = y 1




. . .



a + a x + . . . a x N = y
n
1 n
N n
n

a 1 + a 2 x 0 + . . . N a N x 0N −1 = y 00





a 1 + a 2 x 0 + . . . N a N x 1N −1 = y 10






...



a n + a 1 x n + . . . N a N x nN −1 = y n0

1
1

.
.
.

1

0

0

.
.
.
0
i.e.
x0
x1
xn
x0
x1
xn
...
...
..
.
...
...
...
..
.
...

 
x 0N
y0
 
a
 y1 
x 1N 
 0
   
.. 
  a 1   .. 

.  .  
 .   . 
N  .   
xn     y n 
 .  = y0 

N x 0N −1 
  ..  
 00 

N −1  

y
N x1   .   1 
 .   . 

.. 
 .
 .. 
.  a
N
y n0
N x nN −1
Exemple
Pour n = 2 le polynôme de Hermite s’écrit
¶
µ
¶
¶¶ µ
1
1
(x − x 1 )(x − x 2 ) 2
(x − x 1 )(x − x 2 ) 2
+ y 00 (x − x 0 )
+
x0 − x1 x0 − x2
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
µ
µ
¶
µ
¶
¶¶ µ
1
1
(x − x 0 )(x − x 2 ) 2
(x − x 0 )(x − x 2 ) 2
+ y 10 (x − x 1 )
+ y 1 1 − 2(x − x 1 )
+
x1 − x0 x1 − x2
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
¶2
µ
¶
µ
µ
¶¶ µ
1
(x − x 0 )(x − x 1 ) 2
1
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y 20 (x − x 2 )
,
+ y 2 1 − 2(x − x 2 )
+
x2 − x0 x2 − x1
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
µ
µ
Q(x) = y 0 1 − 2(x − x 0 )
qu’on peut réécrire comme
µ µ
µ
¶¶
¶µ
¶
1
1
(x − x 1 )(x − x 2 ) 2
Q(x) = y 0 1 − 2(x − x 0 )
+
+ y 00 (x − x 0 )
x0 − x1 x0 − x2
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
µ µ
µ
¶¶
¶µ
¶
1
1
(x − x 0 )(x − x 2 ) 2
+ y 1 1 − 2(x − x 1 )
+
+ y 10 (x − x 1 )
x1 − x0 x1 − x2
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
µ µ
µ
¶¶
¶µ
¶
1
1
(x − x 0 )(x − x 1 ) 2
+ y 2 1 − 2(x − x 2 )
+
+ y 20 (x − x 2 )
.
x2 − x0 x2 − x1
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
Algorithmes
L AGRANGE : ©
ªn
Require: t , n, (x i , y i ) i =0
p ←0
for i = 0 to n do
Li ← 1
for j = 0 to n do
if j 6= i then
t − xj
Li ←
× Li
xi − x j
end if
end for
p ← p + yi × Li
end for
return p
H ERMITE :
©
ªn
Require: t , n, (x i , y i , y i0 ) i =0
p ←0
for i = 0 to n do
Li ← 1
for j = 0 to n do
if j 6= i then
t − xj
Li ←
× Li
xi − x j
1
ci ←
+ ci
xi − x j
end if
end for ¡
¢
p ← p + y i × (1 − 2(t − x i ) × c i ) + y i0 × (t − x i ) × L 2i
end for
return p
Splines
C’est une méthode d’interpolation par morceaux possédant des propriétés de régularité globale.
© G. Faccanoni
27
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
Définition
Étant donné n + 1 points distincts x 0 , . . . , x n de [a; b] avec a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b, la fonction s k (x) : [a; b] → R est une
spline de degré k relative aux nœuds {x i } si
(
s k (x)|[xi ;xi +1] ∈ Pk , i = 0, 1, . . . , n − 1,
s k ∈ C k−1 ([a; b]).
Évidemment tout polynôme de degré k est une spline, mais en pratique une spline est constituée de polynômes différents sur
chaque sous-intervalle. Il peut donc y avoir des discontinuité de la dérivée k-ième aux nœuds internes x 1 , . . . , x n−1 .
Splines linéaires
Étant donné n + 1 points distincts x 0 , . . . , x n de [a; b] avec a = x 0 < x 1 < · · · < x n = b, la fonction `(x) : [a; b] → R est une
spline linéaire relative aux nœuds {x i } si
(
`(x)|[xi ;xi +1] ∈ Pk , i = 0, 1, . . . , n − 1,
` ∈ C 0 ([a; b]).
Autrement dit, dans chaque sous-intervalle [x i ; x i + 1], la fonction ` est le segment qui connecte le point (x i , y i ) au point
(x i +1 , y i +1 ) ; elle s’écrit donc
y i +1 − y i
`(x)|[xi ;xi +1] = y i +
(x − x i )
x i +1 − x i
Erreur
Si y i = f (x i ) pour i = 0, 1, . . . , n, f : [a; b] → R étant une fonction donnée de classe C 2 ([a; b]), l’erreur d’interpolation au
point x ∈ [a; b] est donné par
(b − a)2
max| f (x) − `(x)| ≤
max| f 00 (x)|.
x∈I
x∈I
8
28
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
............... Exercices
..............
Exercice 2.1
Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les points (0, 2), (1, 1), (2, 2) et (3, 3).
S OLUTION . Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit


p n (x) =
n 
n x −x 
X
Y
j
.
yi


x
−
x
j
i =0
j =0 i
j 6=i
Ici n = 3 donc on a
y
(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 2 )(x − x 3 )
+ y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 3 )
+ y3
=
+ y2
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
P (x) = y 0
(x − 1)(x − 2)(x − 3) (x − 0)(x − 2)(x − 3)
+
(0 − 1)(0 − 2)(0 − 3) (1 − 0)(1 − 2)(1 − 3)
(x − 0)(x − 1)(x − 3)
(x − 0)(x − 1)(x − 2)
+2
+3
=
(2 − 0)(2 − 1)(2 − 3)
(3 − 0)(3 − 1)(3 − 2)
3
P (x)
2
=2
(x − 1)(x − 2)(x − 3) x(x − 2)(x − 3)
+
−3
2
1
8
x(x − 1)(x − 2)
= − x 3 + 2x 2 − x + 2.
− x(x − 1)(x − 3) +
2
3
3
=
1
0
1
2
3
x
Sinon, comme on cherche un polynôme de degré 3, il s’agit de trouver les 4 coefficients a 0 , a 1 , a 2 et a 3 solution du système
linéaire

   


a 0 + a 1 · 0 + a 2 · 02 + a 3 · 03 = 2

a0
1 0 0 0
2


 a + a · 1 + a · 12 + a · 13 = 1






1
1
1
1
a
0
1
2
3
  1  = 1 

i.e.






2
3

1
2
4
8
2
a
2
a0 + a1 · 2 + a2 · 2 + a3 · 2 = 2




1
3
9
27
3
a
2
3
3
a0 + a1 · 3 + a2 · 3 + a3 · 3 = 3
Exercice 2.2
Trouver le polynôme de l’espace vectoriel Vec{1 + x 2 , x 4 } qui interpole les points (0, 1) et (1, 3).
S OLUTION . Il s’agit de trouver un polynôme p(x) qui soit
combinaison linéaire des deux polynômes assignés (i.e.
p(x) = α(1 + x 2 ) + β(x 4 )) et qui interpole les deux points (0, 1)
et (1, 3) :
(
p(0) = 1,
p(1) = 3,
⇔
y
p(x)
3
(
α(1 + 02 ) + β(04 ) = 1,
α(1 + 12 ) + β(14 ) = 3,
d’où α = 1 et β = 1. Le polynôme cherché est donc le polynôme p(x) = 1 + x 2 + x 4 .
1
0
1
x
Exercice 2.3
1. Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les points (−1, 2), (0, 1), (1, 2) et (2, 3).
© G. Faccanoni
29
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
2. Soit Q le polynôme de Lagrange qui interpole les points (−1, 2), (0, 1), (1, 2). Montrer qu’il existe un réel λ tel que :
Q(x) − P (x) = λ(x + 1)x(x − 1).
S OLUTION . Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit


p n (x) =
n 
n x −x 
X
Y
j
.
yi


x
−
x
i
j
i =0
j =0
j 6=i
1. Ici n = 3 donc on a
(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 2 )(x − x 3 )
+ y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 3 )
+ y3
+ y2
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
P (x) = y 0
=
x(x − 1)(x − 2) (x + 1)(x − 1)(x − 2)
(x + 1)x(x − 1)
+
− (x + 1)x(x − 2) +
=
−3
2
2
1
1
= − x 3 + x 2 + x + 1.
3
3
2. Par construction
Q(−1) = P (−1),
Q(0) = P (0),
Q(1) = P (1),
donc le polynôme Q(x) − P (x) s’annule en −1, en 0 et en 1, ceci signifie qu’il existe un polynôme R(x) tel que
Q(x) − P (x) = R(x)(x + 1)x(x − 1).
Puisque P (x) a degré 3 et Q(x) a degré 2, le polynôme Q(x) − P (x) a degré 3, donc le polynôme R(x) qu’on a mis en
facteur a degré 0 (i.e. R(x) est une constante).
Si on n’a pas remarqué ça, on peut tout de même faire tous les calculs : dans ce cas n = 2 donc on a
Q(x) = y 0
(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y1
+ y2
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
= x(x − 1) − (x + 1)(x − 1) + (x + 1)x
= x 2 + 1.
Ainsi
·
·
¸
¸
(x − x 1 )(x − x 2 )
x − x3
x − x3
(x − x 0 )(x − x 2 )
1−
1−
+ y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
x0 − x3
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
x1 − x3
·
¸
x − x3
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y2
1−
− y3
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
x2 − x3
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
− y1
= −y 0
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
− y2
− y3
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
·
y0
y1
=−
+
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 ) (x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
¸
y2
y3
+
+
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 ) (x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
(x + 1)x(x − 1)
=
3
Q(x) − P (x) = y 0
et λ = 13 . Sinon directement
1
1
1
1
(x + 1)x(x − 1)
Q(x) − P (x) = x 2 + 1 + x 3 − x 2 + x − 1 = x 3 + x =
= λx(x + 1)(x − 1)
3
3
3
3
3
avec λ = 13 .
30
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
y
Q(x)
3
x3
2
x0
x2
P (x)
x1
−1
0
1
x
2
Exercice 2.4
1. Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les trois points (−1, e), (0, 1) et (1, e).
2. Sans faire de calculs, donner l’expression du polynôme de Lagrange Q qui interpole les trois points (−1, −1), (0, 0)
et (1, −1).
3. Trouver le polynôme de l’espace vectoriel Vec{1, x, x 2 } qui interpole les trois points (−1, −1), (0, 0) et (1, −1).
S OLUTION .
1. Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit

p n (x) =

n 
X
n
Y
i =0
j =0
j 6=i
yi

x − xj 
.
x −x 
i
j
Ici n = 2 donc on a
y
P (x)
e
(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y1
+ y2
=
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
x(x − 1)
(x + 1)x
=e
− (x + 1)(x − 1) + e
=
2
2
= (e − 1)x 2 + 1.
P (x) = y 0
1
2. Il suffit de changer les coefficients y i dans l’expression
précédente :
x
1
−1
y
−1
0
1
x
Q(x) = −
x(x − 1) (x + 1)x
−
= −x 2 .
2
2
Q(x)
© G. Faccanoni
31
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
3. Il s’agit de trouver un polynôme p(x) qui soit combinaison linéaire des deux polynômes assignés (i.e. p(x) = α + βx +
γx 2 ) et qui interpole les trois points (−1, −1), (0, 0) et (1, −1) :


p(−1) = 1,
p(0) = 0,


p(1) = −1,
⇔


α − β + γ = −1,
α = 0,


α + β + γ = −1,
d’où α = 0, β = 0 et γ = −1. Le polynôme cherché est donc le polynôme p(x) = −x 2 .
Exercice 2.5
1. Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les points (−1, 1), (0, 1), (1, 2) et (2, 3).
2. Soit Q le polynôme de Lagrange qui interpole les points (−1, 1), (0, 1), (1, 2). Montrer qu’il existe un réel λ tel que :
Q(x) − P (x) = λ(x + 1)x(x − 1).
S OLUTION . Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit


p n (x) =
n 
X
i =0
yi

n
Y
x − xj 
.

x
j =0 i − x j
j 6=i
1. Ici n = 3 donc on a
(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 2 )(x − x 3 )
+ y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
+ y2
+ y3
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
P (x) = y 0
=
x(x − 1)(x − 2) (x + 1)(x − 1)(x − 2)
(x + 1)x(x − 1)
+
− (x + 1)x(x − 2) +
=
−6
2
2
1
1
2
= − x 3 + x 2 + x + 1.
6
2
3
2. Par construction
Q(−1) = P (−1),
Q(0) = P (0),
Q(1) = P (1),
donc le polynôme Q(x) − P (x) s’annule en −1, en 0 et en 1, ceci signifie qu’il existe un polynôme R(x) tel que
Q(x) − P (x) = R(x)(x + 1)x(x − 1).
Puisque P (x) a degré 3 et Q(x) a degré 2, le polynôme Q(x) − P (x) a degré 3, donc le polynôme R(x) qu’on a mis en
facteur a degré 0 (i.e. R(x) est une constante).
Si on n’a pas remarqué ça, on peut tout de même faire tous les calculs : dans ce cas n = 2 donc on a
Q(x) = y 0
=
(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y1
+ y2
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
x(x − 1)
− (x + 1)(x − 1) + (x + 1)x
2
1
1
= x 2 + x + 1.
2
2
Ainsi
·
¸
·
¸
(x − x 1 )(x − x 2 )
x − x3
(x − x 0 )(x − x 2 )
x − x3
1−
+ y1
1−
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
x0 − x3
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
x1 − x3
·
¸
(x − x 0 )(x − x 1 )
x − x3
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
+ y2
1−
− y3
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
x2 − x3
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
Q(x) − P (x) = y 0
32
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
− y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
− y2
− y3
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
·
y0
y1
=−
+
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 ) (x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
¸
y2
y3
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
+
+
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 ) (x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
(x + 1)x(x − 1)
=
6
= −y 0
et λ = 16 . Sinon directement
1
1
1
1
2
1
1
1
Q(x) − P (x) = x 2 + x + 1 + x 3 − x 2 − x − 1 = x 3 − x = x(x 2 − 1) = λx(x + 1)(x − 1)
2
2
6
2
3
6
6
6
avec λ = 16 .
Q(x)
y
3
x3
P (x)
2
x2
1
x0
−1
x1
0
1
x
2
Exercice 2.6
1. Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les trois points (−1, α), (0, β) et (1, α) où α et β sont des réels.
2. Si α = β, donner le degré de P .
3. Montrer que P est pair. Peut-on avoir P de degré 1 ?
S OLUTION .
1. Construire le polynôme de Lagrange P qui interpole les trois points (−1, α), (0, β) et (1, α) où α et β sont des réels.
Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit


p n (x) =
n 
n x −x 
X
Y
j
.
yi


x
−
x
j
i =0
j =0 i
j 6=i
Ici n = 2 donc on a
P (x) = y 0
(x − x 1 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 2 )
(x − x 0 )(x − x 1 )
+ y1
+ y2
+
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )
x(x − 1)
(x + 1)(x − 1)
(x + 1)x
+β
+α
=
2
−1
2
α
α
= x(x − 1) − β(x + 1)(x − 1) + x(x + 1)
2
2
=α
= (α − β)x 2 + β.
© G. Faccanoni
33
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
2. Si α = β, P = α qui est un polynôme de degré 0.
3. P (−x) = P (x) donc P est pair. Donc P ne peut pas être de degré 1 car un polynôme de degré 1 est de la forme a 0 + a 1 x
qui ne peut pas être pair.
Exercice 2.7
Soit f une fonction de classe C 1 ([−1, 1]) et p le polynôme interpolateur d’Hermite (de degré ≤ 3) de f vérifiant
p(−1) = f (−1),
p 0 (−1) = f 0 (−1),
p(1) = f (1),
p 0 (1) = f 0 (1).
Écrire le polynôme p.
S OLUTION . On a deux méthodes pour calculer le polynôme interpolateur d’Hermite :
Première méthode : le polynôme interpolateur d’Hermite s’écrit


p(x) =
£
n 
X

i =0 

y i (1 − 2(x − x i )c i ) + y i0 (x − x i )
n
¤Y
j =0
j 6=i
(x − x j )
(x i − x j
2




)2 
où


ci =
n
X
1
.
j =0 x i − x j
j 6=i
Pour n = 1 on a alors
µ
µ
p(x) = y 0 1 − 2(x − x 0 )
1
x0 − x1
¶¶ µ
(x − x 1 )
(x 0 − x 1 )
¶2
µ
µ
+ y 1 1 − 2(x − x 1 )
1
x1 − x0
¶¶ µ
(x − x 0 )
(x 1 − x 0 )
¶2
+ y 00 (x − x 0 )
µ
(x − x 1 )
(x 0 − x 1 )
¶2
+ y 10 (x − x 1 )
µ
(x − x 0 )
(x 1 − x 0 )
¶2
.
Dans notre cas x 0 = −1, x 1 = 1, y 0 = f (−1), y 1 = f (1), y 00 = f 0 (−1), y 10 = f 0 (1) donc
¤
1£
f (−1)(x + 2)(x − 1)2 + f 0 (−1)(x + 1)(x − 1)2 + f (1)(2 − x)(x + 1)2 + f 0 (1)(x − 1)(x + 1)2
4
i
1h
=
f (−1)(x 3 − 3x + 2) + f 0 (−1)(x 3 − x 2 − x + 1) + f (1)(−x 3 + 3x + 2) + f 0 (1)(x 3 + x 2 − x − 1)
4
2 f (−1) + f 0 (−1) + 2 f (1) − f 0 (1) 3 f (1) − 3 f (−1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
=
+
x
4
4
f 0 (1) − f 0 (−1) 2 f (−1) + f 0 (−1) − f (1) + f 0 (1) 3
+
x +
x .
4
4
p(x) =
Le polynôme interpolateur d’Hermite est donc le polynôme
p(x) = α + βx + γx 2 + δx 3
où
2 f (−1) + 2 f (1) + f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
− f 0 (−1) + f 0 (1)
γ=
,
4
α=
−3 f (−1) + 3 f (1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
f (−1) − f (1) + f 0 (−1) + f 0 (1)
δ=
.
4
β=
Deuxième méthode : le polynôme interpolateur d’Hermite est un polynôme de degré 2n + 1. On cherche donc un polynôme
p(x) = α + βx + γx 2 + δx 3
tel que
p(−1) = f (−1),
p 0 (−1) = f 0 (−1),
p(1) = f (1),
p 0 (1) = f 0 (1),
c’est-à-dire tel que


α − β + γ − δ = f (−1),



α + β + γ + δ = f (1),

β − 2γ + 3δ = f 0 (−1),




β + 2γ + 3δ = f 0 (1).
34
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
En utilisant la méthode d’élimination de Gauss on obtient :
1
 1
[A|b] = 
 0
0

−1
1
1
1

1
L 4 ←L 4 − 21 L 3 
 0
−−−−−−−−→ 
 0
L 3 ←L 3 − 21 L 2
−1
2
0
1
1
−2
2
−1
1
3
3
1
0


f (−1)
f (1) 
←L 2 −L 1 
 −L−2−
−−−−→ 

f 0 (−1) 
f 0 (1)
f (−1)
f (1) − f (−1)
−1
2
0
−2
2
0
2
2
f (1)− f (−1)
f (−1) −
2
f (1)− f (−1)
f 0 (1) −
2
0
1 −1
f (−1)
0
2
f (1) − f (−1)
−2 3
f 0 (−1)
f 0 (1)
2
3

1 −1 1 −1


0
2
 L 4 ←L 4 +L 3  0 2
 −−−−−−−→ 

 0 0 −2 2
0 0
0
4
1
0
0
0

−1
2
1
1




f (−1)
f (1) − f (−1)
0
f (1)− f (−1)
2
f (−1) −
f 0 (1) + f 0 (−1) − f (1) + f (−1)





ainsi
2 f (−1) + 2 f (1) + f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
− f 0 (−1) + f 0 (1)
γ=
,
4
−3 f (−1) + 3 f (1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
f (−1) − f (1) + f 0 (−1) + f 0 (1)
δ=
.
4
α=
β=
Exercice 2.8
1. Construire le polynôme de Lagrange p qui interpole les points (−1, 0), (0, 0), (1, 0) et (2, 0).
2. Construire l’ensemble des polynômes de degré 4 qui interpolent les points (−1, 0), (0, 0), (1, 0) et (2, 0).
3. Construire le polynôme d’Hermite Q qui interpole les points (−1, 0, 1) et (2, 0, −1).
S OLUTION .
1. Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit


p n (x) =
n 
n x −x 
X
Y
j
.
yi


x
−
x
i
j
i =0
j =0
j 6=i
Ici n = 3 et y i = 0 pour i = 0, 1, 2, 3 donc p 3 (x) = 0.
2. Comme les points donnés appartiennent tous à la droite d’équation y = 0, il s’agit de construire les polynômes de degré
4 qui ont 4 racines réelles distinctes { x 1 , x 2 , x 3 , x 4 }. Ils sont tous de la forme r a (x) = a(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )(x − x 4 ) ; ici
donc r a (x) = a(x + 1)x(x − 1)(x − 2) = a(x 4 − 2x 3 − x 2 + 2x).
3. Étant donné n+1 points distincts x 0 , . . . , x n et n+1 couples correspondantes (y 0 , y 00 ), . . . , (y n , y n0 ), le polynôme d’H ERMITE
Q de degré N = 2n + 1 tel que Q(x i ) = y i et Q 0 (x i ) = y i0 , pour i = 0, . . . n s’écrit
Q(x) =
n
X
i =0
y i A i (x) + y i0 B i (x) ∈ PN
où

n x−x
Q
j

L i (x) =


x i −x j ,

j
=0



j 6=i



n

P
1
ci
=
x i −x j ,
j
=0



j 6=i



2

A
(x)
=
(1
−
2(x
−
x
)c
)(L
(x))
,

i
i i
i



B i (x) = (x − x i )(L i (x))2 .
Ici n = 1 et le polynôme de Hermite s’écrit
Q(x) = y 0 A 0 + y 00 B 0 + y 1 A 1 + y 00 B 1 = B 0 − B 1
µ
¶
¶
¶
¶
µ
µ
µ
x − x1 2
x − x0 2
x −2 2
x +1 2
= (x − x 0 )
− (x − x 1 )
= (x + 1)
− (x − 2)
x0 − x1
x1 − x0
−3
3
=
(x − 2)2 (x + 1) − (x − 2)(x + 1)2 −3(x − 2)(x + 1) −x 2 + x + 2
=
=
.
9
9
3
Si on a oublié la formule, il suffit de remarquer qu’on cherche un polynôme de degré 3 qui a comme racines −1 et 2
et donc qui s’écrit Q(x) = (x + 1)(x − 2)(ax + b) = ax 3 + (−a + b)x 2 + (−b − 2a)x − 2b ; de plus on sait que Q 0 (−1) = 1 et
Q 0 (2) = −1, on trouve alors a et b en résolvant le système linéaire
(
(
(
3a(−1)2 + 2(−a + b)(−1) + (−b − 2a) = 1,
3a + 2a − 2b − b − 2a = 1,
a = 0,
⇐⇒
⇐⇒
2
3a(2) + 2(−a + b)(2) + (−b − 2a) = −1,
12a − 4a + 4b − b − 2a = −1,
b = −1/3.
© G. Faccanoni
35
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
On obtient le polynôme Q(x) = −(x+1)(x−2)
.
3
Une autre idée pour calculer le polynôme Q sans utiliser la formule ni la remarque précédente est de calculer directement le polynôme selon la définition : on cherche un polynôme de degré 3, donc de la forme Q(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 +
a 3 x 3 , qui vérifie Q(−1) = 0, Q(2) = 0, Q 0 (−1) = 1 et Q 0 (2) = −1. On doit alors résoudre le système linéaire


a 0 −a 1 +a 2 −a 3 x 3 = 0



a +2a +4a +8a x 3 = 0
0
1
2
3

a 1 −2a 2 +3a 3 x 3 = 1




a 1 +4a 2 +12a 3 x 3 = −1
qu’on peut réécrire sous la forme Aa = b avec
1
1
A=
0
0

1
4
−2
4
−1
2
1
1

−1
8
,
3
12

a0
a 1 

a=
a 2 
a3

0
0

b=
1
−1


et
On utilise la méthode d’élimination de Gauss :
1
 1
(A|b) = 
 0
0

−1
2
1
1
1
4
−2
4
−1
8
3
12


0
0 
←L 2 −L 1 
 −L−2−
−−−−→ 


1
−1
1
0
0
0
−1
3
1
1
1
 0
−−−−−−−−−→ 
 0
0

L 3 ←L 3 −L 2 /3
L 4 ←L 4 −L 3 /3
et finalement on obtient
a 3 = 0,
d’où Q(x) =
1
2
−2
4
1
2
−3
3
−1
3
0
0
1
a2 = − ,
3

0
0 

1 
−1
−1
9
3
12
−1
9
0
9
1
a1 = ,
3


0
0 
←L 4 +L 3 
 −L−4−
−−−−→ 


1
−1
1
0
0
0
−1
3
0
0
1
2
−3
0
−1
9
0
9

0
0 

1 
0
2
a0 = ,
3
−x 2 + x + 2
.
3
y
y = x +1
−1
0
r a (x)
1
x
2
P (x)
y = −x + 2
Q(x)
Exercice 2.9
L’espérance de vie dans un pays a évoluée dans le temps selon le tableau suivant :
Année
1975 1980 1985 1990
Espérance 72,8
74,2
75,2
76,4
Utiliser l’interpolation de Lagrange pour estimer l’espérance de vie en 1977, 1983 et 1988. La comparer avec une interpolation linéaire par morceaux.
S OLUTION . Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(x i , y i )}ni=0 s’écrit

p n (x) =

n 
n x −x 
X
Y
j
yi
.


x
−
x
i
j
i =0
j =0
j 6=i
36
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
Ici n = 3 et si on choisit de poser x 0 = 0 pour l’année 1975, x 1 = 5 pour l’année 1980 etc., on a
(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 2 )(x − x 3 )
+ y1
(x 0 − x 1 )(x 0 − x 2 )(x 0 − x 3 )
(x 1 − x 0 )(x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 3 )
(x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )
+ y2
+ y3
=
(x 2 − x 0 )(x 2 − x 1 )(x 2 − x 3 )
(x 3 − x 0 )(x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 )
P (x) = y 0
(x − 5)(x − 10)(x − 15)
(x − 0)(x − 10)(x − 15)
+ 74,2
(0 − 5)(0 − 10)(0 − 15)
(5 − 0)(5 − 10)(5 − 15)
(x − 0)(x − 5)(x − 15)
(x − 0)(x − 5)(x − 10)
+ 75,2
+ 76,4
=
(10 − 0)(10 − 5)(10 − 15)
(15 − 0)(15 − 5)(15 − 10)
= 72,8
=
−72,8(x − 5)(x − 10)(x − 15) + 3 × 74,2x(x − 10)(x − 15) − 3 × 75,2x(x − 5)(x − 15) + 76,4x(x − 5)(x − 10)
750
On a alors que
B l’espérance de vie en 1977 correspond à P (2) = 73,45,
B l’espérance de vie en 1983 correspond à P (8) = 74,81,
B l’espérance de vie en 1988 correspond à P (13) = 75,86.
y
76,4
P (x)
75,86
75,2
74,81
74,2
73,45
72,8
1975
1977
1980
1983
1985
1988
1990
x
Remarque : il est intéressant de considérer une interpolation linéaire par morceaux (splines de degré 1) ; on note que l’espérance de vie est sous-estimé en 1977 et sur-estimé en 1988 par rapport à l’interpolation précédente car
B l’espérance de vie en 1977 correspond à 74,2−72,8
5−0 2 + 72,8 = 73,36 < P (2),
75,2−74,2
B l’espérance de vie en 1983 correspond à 10−5 8 + 73,2 = 74,8 ∼ P (8),
B l’espérance de vie en 1988 correspond à 76,4−74,2
15−10 13 + 72,8 = 75,92 > P (13).
Exercice 2.10
Pour calculer le zéro d’une fonction y = f (x) inversible sur un intervalle
peut utiliser l’interpolation : après avoir
© [a; b]ªon
n
évalué f sur une discrétisation x i de [a; b], on interpole l’ensemble (y i , x i ) i =0 et on obtient un polynôme x = p(y) tel
que
f (x) = 0
⇐⇒
x = p(0).
Utiliser cette méthode pour évaluer l’unique racine α de la fonction f (x) = e x − 2 dans l’intervalle [0; 1] avec trois points
d’interpolation.
Comparer ensuite le résultat obtenu avec l’approximation du zéro de f obtenue par la méthode de Newton en 3 itérations
à partir de x 0 = 0.
S OLUTION . Calculons d’abord les valeurs à interpoler
© G. Faccanoni
i
xi
yi
0
1
2
0
−1
p
e −2
e −2
1
2
1
37
2. Interpolation
Jeudi 10 mai 2012
Le polynôme d’interpolation de Lagrange de degré n sur l’ensemble des n + 1 points {(y i , x i )}ni=0 s’écrit


n 
X
n
Y
i =0
j =0
j 6=i
p n (y) =
x i

y − yj 
.
y −y 
i
j
Ici n = 2 donc on a
(y − y 1 )(y − y 2 )
(y − y 0 )(y − y 2 )
(y − y 0 )(y − y 1 )
+ x1
+ x2
(y 0 − y 1 )(y 0 − y 2 )
(y 1 − y 0 )(y 1 − y 2 )
(y 2 − y 0 )(y 2 − y 1 )
p
1
(y + 1)(y − e + 2)
(y + 1)(y − e + 2)
= p
+
.
p
p
2 ( e − 2 + 1)( e − 2 − e + 2) (e − 2 + 1)(e − 2 − e + 2)
p(y) = x 0
Par conséquent une approximation de la racine de f est p(0) =
La méthode de Newton s’écrit
(
1 p
−e+2
p
2 ( e−2+1)( e−2−e+2)
p
− e+2
+ (e−2+1)(e−2−pe+2) ≈ 0.7087486785.
x 0 = 0,
xk
x k+1 = x k − e e xk−2 = x k − 1 + e 2xk ,
on obtient ainsi la suite
k
xk
0
1
2
3
0
1
2
e ≈ 0.7357588825
2−e
2
e − 2e ≈ 0.6940422999
e
Remarque : comme il n’y a que trois points d’interpolation, on pourrait calculer directement le polynôme interpolateur de
f plutôt que de sa réciproque et chercher les zéros de ce polynôme directement car il s’agit d’un polynôme de degré 2.
Cependant cette idée ne peu pas être généralisée au cas de plus de trois points d’interpolation car on ne connait pas de
formule générale pour le calcul des zéros d’un polynôme de degré n ≥ 3.
Exercice 2.11
Soit f une fonction continue dont on connait les valeurs uniquement pour t entier, c’est-à-dire on suppose connues les
valeurs f (κ) pour tout κ ∈ Z. Si t ∈ R \ Z, on définit une approximation p(t ) de f (t ) en interpolant la fonction f par un
polynôme de degré 3 aux quatre points entiers les plus proches de t . Calculer p(t ) et écrire un algorithme qui fournit p(t ).
S OLUTION . Soit ` = E [t ] la partie entière 1 de t . Alors t ∈ [`; ` + 1] et il s’agit de définir le polynôme p interpolant les points
(κ − 1, f (κ − 1)),
(κ, f (κ)),
(κ + 1, f (κ + 1)),
(κ + 2, f (κ + 2)),
ce qui donne

P (t ) =
3 
X
i =0
 f (κ − 1 + i )





t − (κ − 1 + j )
t −κ+1− j 
=
 f (κ − 1 + i )




(κ
−
1
+
i
)
−
(κ
−
1
+
j
)
i−j
j =0
i =0
j =0
3
Y
j 6=i
3 
X
3
Y
j 6=i
f (κ − 1)
f (κ)
(t − κ)(t − κ − 1)(t − κ − 2) +
(t − κ + 1)(t − κ − 1)(t − κ − 2)
6
2
f (κ + 1)
f (κ + 2)
−
(t − κ + 1)(t − κ)(t − κ − 2) +
(t − κ + 1)(t − κ)(t − κ − 1)
2
6
=−
Require: f : Z → R, t
κ ← E [t ]
x0 ← κ − 1
1. Pour tout nombre réel x, la partie entière notée E (x) est le plus grand entier relatif inférieur ou égal à x. Par exemple, E (2.3) = 2, E (−2) = −2 et
E (−2.3) = −3. La fonction partie entière est aussi notée [x] (ou bxc par les anglo-saxons). On a toujours E (x) ≤ x < E (x) + 1 avec égalité si et seulement si x
est un entier relatif. Pour tout entier relatif k et et pour tout nombre réel x, on a E (x + k) = E (x) + k. L’arrondi à l’entier le plus proche d’un réel x peut être
exprimé par E (x + 0.5).
38
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
2. Interpolation
x1 ← κ
x2 ← κ + 1
x3 ← κ + 2
y ←0
for i = 0 to 3 do
L←1
for j = 0 to 3 do
if j 6= i then
t − xj
×L
L←
xi − x j
end if
end for
y ← y + f (x i ) × L
end for
return y
© G. Faccanoni
39
3. Quadrature
Calculer
Rb
f (x) dx où f est une fonction donnée
a
Rb
Soit f une fonction réelle intégrable sur l’intervalle [a; b]. Le calcul explicite de l’intégrale définie I ( f ) = a f (x)dx peut être
difficile, voire impossible. On appelle formule de quadrature ou formule d’intégration numérique toute formule permettant
de calculer une approximation de I ( f ). Une possibilité consiste à remplacer f par une approximation f n , où n est un entier
positif, et calculer I ( f n ) au lieu de I ( f ). En posant I n ( f ) = I ( f n ) (la dépendance par rapports aux extrémités a et b sousentendue), on a
Z
b
In ( f ) =
a
f n (x)dx,
n ≥ 0.
Si f est de classe C 0 sur [a; b], l’erreur de quadrature E n ( f ) = |I n ( f ) − I ( f )| satisfait
Z
En ( f ) ≤
b
a
| f (x) − f n (x)|dx ≤ (b − a)k f − f n k∞ .
L’approximation f n doit être facilement intégrable, ce qui est le cas si, par exemple, f n =
Z
I ( f ) ≈ In ( f ) =
b
a
Z
f n (x)dx =
b
Ã
a
n
X
!
ξi x
i
i =0
dx =
n
X
ξi
µZ
b
a
i =0
Pn
i =0 ξi x
i
∈ Rn [x] car
¶ n
n b i +1 − a i +1
X ξi h i +1 ib X
x
=
ξi .
x i dx =
a
i +1
i =0
i =0 i + 1
P
Une approche naturelle consiste à prendre f n = Πn f = ni=0 f (x i )L i (x), le polynôme d’interpolation de L AGRANGE de f sur
un ensemble de n + 1 nœuds distincts {x i }ii =n
. Ainsi on déduit
=0
In ( f ) =
n
X
i =0
µ
Z
f (x i )
b
a
¶
L i (x)dx
où
L i (x) =
n x −x
Y
j
j =0
j 6=i
xi − x j
.
Il s’agit d’un cas particulier de la formule de quadrature suivante
In ( f ) =
n
X
αi f (x i )
i =0
qui est une somme pondérée des valeurs de f aux points x i : on dit que ces points sont les nœuds de la formule de quadrature
et que les nombres αi ∈ R sont les coefficients ou encore les poids. La formule de quadrature de L AGRANGE peut être généralisée au cas où on connaît les valeurs de la dérivée de f : ceci conduit à la formule de quadrature d’H ERMITE. Les formules de
Lagrange et d’H ERMITE sont toutes les deux des formules de quadrature interpolatoires, car la fonction f est remplacée par
son polynôme d’interpolation.
Degré d’exactitude
On définit le degré d’exactitude d’une formule de quadrature comme le plus grand entier r ≥ 0 pour lequel I n (q) = I (q)
pour tout polynôme q ∈ Rr [x].
Astuce
Rb
Rb
P
P
Si q est un polynôme de Rr [x], il existe α0 , α1 , . . . , αr tels que q(x) = rk=0 αk x k . Alors I (q) = a q(x)d x = rk=0 αk ( a x k ) =
Pr
α I (x k ). Pour vérifier qu’une formule de quadrature I n a degré d’exactitude r il suffit alors de vérifier que I n (x k ) =
k=0 k
k
I (x ) pour tout k = 0 . . . r .
41
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
Théorème
Toute formule de quadrature interpolatoire utilisant n + 1 nœuds distincts a un degré d’exactitude au moins égale à n.
En effet, si f ∈ Rn [x], alors Πn f ≡ f .
La réciproque aussi est vraie : une formule de quadrature utilisant n + 1 nœuds distincts et ayant un degré d’exactitude au
moins égale à n est nécessairement de type interpolatoire.
Le degré d’exactitude peut même atteindre 2n + 1 dans le cas des formules de quadrature de Gauss.
Stabilité
Une formule de quadrature I n ( f ) =
Pn
i =0 αi
f (x i ) est dite stable s’il existe M ∈ R∗+ tel que
Pn
i =0 |αi | ≤ M .
Théorème
Une méthode de quadrature de type interpolation est convergente sur C [a; b] ssi les formules sont stables.
Formule de quadrature composite
On décompose l’intervalle d’intégration [a; b] en m sous-intervalles T j = [y j ; y j +1 ] tels que y j = a + j H où H = b−a
m pour
n
o
(j) n
j = 0, 1, . . . , m. On utilise alors sur chaque sous-intervalle une formule interpolatoire de nœuds x k
et de poids
k=0
n
o
(j) n
αk
. Puisque
k=0
Z b
m−1
X Z y j +1
f (x)dx,
I(f ) =
f (x)dx =
a
yj
j =0
une formule de quadrature interpolatoire composite est obtenue en remplaçant I ( f ) par
I n,m ( f ) =
m−1
n
X X
j =0 k=0
(j)
(j)
αk f (x k ).
Changement de variable affine
Souvent on définit d’abord une formule de quadrature sur l’intervalle [0; 1] ou sur l’intervalle [−1; 1] et puis on la généralise à l’intervalle [x i ; x i +1 ] par un changement de variable affine.
Soit x ∈ [a; b] et soit y ∈ [c; d ], on cherche une transformation y = g (x) qui envoie l’intervalle [a; b] dans l’intervalle [c; d ]
ainsi
Z
Z
d
b
g (y)dy =
c
f (g (x))g 0 (x)dx.
a
Si g 0 (x) est une constante, i.e. si g est une transformation affine g (x) = mx + q, alors
d
Z
c
Z
g (y)dy = m
b
a
f (mx + q)dx.
Pour déterminer cette transformation affine, on doit résoudre le système linéaire
(
c = ma + q,
d = mb + q.
On obtient
m=
Par conséquent y =
42
d −c
,
b−a
q=
cb − ad
.
b−a
d −c
cb − ad
x+
d’où
b−a
b−a
¶
µ
Z d
Z
d −c b
d −c
cb − ad
f (y)dy =
f
x+
dx.
b−a a
b−a
b−a
c
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Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
x 0 +x 1
2
a+b
2
a
b
x0 = a
x
(a) Formule du point milieu.
a
b
a+b
2
x1
x2
x 3 +x 4
2
x3
x4 = b
x
(b) Formule du point milieu composite.
x0 = a
x
(c) Formule du trapèze.
a
x 2 +x 3
2
x 1 +x 2
2
x1
x2
x3
x4 = b
x
(d) Formule du trapèze composite.
b
x
x0 = a
(e) Formule de Cavalieri-Simpson.
x1
x2
x3
x4 = b
x
(f) Formule de Cavalieri-Simpson composite.
F IGURE 3.1.: Formules de quadrature pour n = 0, 1, 2.
Exemple
Transformer l’intervalle [0; 1] dans l’intervalle [x i ; x i +1 ] par un changement de variable affine.
On a y = (x i +1 − x i )x + x i et
Z 1
Z x
i +1
f (y)dy = (x i +1 − x i )
f ((x i +1 − x i )x + x i )dx.
xi
0
On voit que lorsque x = 0 alors y = x i , lorsque x = 1 alors y = x i +1 , ou encore lorsque x = 1/2 alors y =
x i +x i +1
etc.
2
Exemple
Transformer l’intervalle [−1; 1] dans l’intervalle [x i ; x i +1 ] par un changement de variable affine.
x −x
−x −x i
x −x
On a y = i +12 i x + i +1
, qu’on peut réécrire y = x i + (1 + x) i +12 i et
2
Z x
i +1
xi
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f (y)dy =
Z
x i +1 − x i 1 ³
x i +1 − x i ´
dx.
f x i + (1 + x)
2
2
−1
43
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
Exemples de formules de quadrature interpolatoires
1. La formule du rectangle ou du point milieu est obtenue en remplaçant f par une constante égale à la valeur de f au
milieu de [a; b] (polynôme de degré 0), ce qui donne
µ
¶
a +b
I 0 ( f ) = (b − a) f
.
2
Si f ∈ C 2 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
h 3 00
| f (η)|,
3
E0( f ) =
h=
b−a
,
2
η ∈]a; b[.
Le degré d’exactitude de la formule du point milieu est 1.
On décompose maintenant l’intervalle d’intégration [a; b] en m sous-intervalles de largeur H = b−a
m avec m ≥ 1 En
introduisant les nœuds de quadrature x k = a + 2k+1
H
pour
k
=
0,
1,
.
.
.
,
m
−
1
on
obtient
la
formule
composite
du point
2
milieu
µ
¶
m−1
X
2k + 1
f a+
I o,m ( f ) = H
H .
2
k=0
Si f ∈ C 2 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
E 0,m ( f ) =
b − a 2 00
H | f (η)|,
24
η ∈]a; b[.
2. La formule du trapèze est obtenue en remplaçant f par le segment qui relie (a, f (a)) à (b, f (b)) (polynôme de Lagrange
de degré 1), ce qui donne
¢
b−a ¡
I1( f ) =
f (a) + f (b) .
2
Si f ∈ C 2 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
E1( f ) =
h 3 00
| f (η)|,
12
η ∈]a; b[.
h = b − a,
Le degré d’exactitude de la formule du point milieu est 1, comme celle du point milieu.
Pour obtenir la formule du trapèze composite, on décompose l’intervalle d’intégration [a; b] en m sous-intervalles de
largeur H = b−a
m avec m ≥ 1. En introduisant les nœuds de quadrature x k = a + k H pour k = 0, 1, . . . , m − 1 on obtient
!
Ã
m−1
X¡
X
¢
H m−1
1
1
I 1,m ( f ) =
f (x k ) + f (x k+1 ) = H
f (a) +
f (a + k H ) + f (b) .
2 k=0
2
2
k=1
Si f ∈ C 2 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
E 0,m ( f ) =
b − a 2 00
H | f (η)|,
12
η ∈]a; b[.
3. La
de Cavalieri-Simpson est obtenue en remplaçant f par la parabole qui interpole (a, f (a)), (b, f (b)) et
³ formule
³
´´
a+b
a+b
(polynôme de Lagrange de degré 2), ce qui donne
2 ,f
2
I2( f ) =
µ
µ
¶
¶
b−a
a +b
f (a) + 4 f
+ f (b) .
6
2
Si f ∈ C 4 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
E2( f ) =
h 5 (4)
| f (η)|,
90
h=
b−a
,
2
η ∈]a; b[.
Le degré d’exactitude de la formule du point milieu est 3.
44
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
Pour obtenir la formule composite, on décompose l’intervalle d’intégration [a; b] en m sous-intervalles de largeur H =
b−a
2m avec m ≥ 1. En introduisant les nœuds de quadrature x k = a + k H pour k = 0, 1, . . . , m on obtient
Ã
!
Ã
!
µ
¶
m−1
s−1
m−1
m−1
X
X
X
X
H
H
2s + 1
I 2,m ( f ) =
f (a) + 2
f (x 2r ) + 4
f (x 2s+1 ) + f (b) =
f (a) + 2
f (a + r H ) + 4
f a+
H + f (b) .
3
3
2
r =1
s=0
r =1
s=0
Si f ∈ C 4 ([a; b]) alors l’erreur de quadrature est
E 2,m ( f ) =
µ ¶
b − a H 4 (4)
| f (η)|,
180 4
η ∈]a; b[.
Algorithmes
M ÉTHODE DU RECTANGLE
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
n
s ←0
for i = 0 to n¡ − 1¡do ¢ ¢
s ← s + f a + i + 21 h
end for
return I ← hs
© G. Faccanoni
M ÉTHODE DES TRAPÈZES
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
n
f (a)+ f (b)
s←
2
for i = 1 to n
¡ − 1 do¢
s ← s + f a +ih
end for
return I ← hs
M ÉTHODE DE S IMPSON
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
2n
s1 ← 0
s 2 ← f (a + h)
for i = 1 to n − 1 do
s 1 ← s 1 + f (a + 2i h)
s 2 ← s 2 + f (a + (2i + 1)h)
end for
¡
¢
return I ← h3 f (a) + f (b) + 2s 1 + 4s 2
45
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
............... Exercices
..............
Exercice 3.1
Estimer
R 5/2
0
f (x) dx à partir des données
x
f (x)
0
/2
/2
2
1
3
1
2
/2
1.6364
3
2
1.2500
/2
0.9565
5
en utilisant la méthode des trapèzes composite.
S OLUTION . La méthode des trapèzes composite à m+1 points pour calculer l’intégrale d’une fonction f sur l’intervalle [a, b]
s’écrit
Ã
!
Z b
m−1
X
1
1
b−a
f (a + i h) + f (b)
f (t )d t ' h
f (a) +
avec h =
.
2
2
m
a
i =1
Ici on a a = 0, b = 5/2, h = 1/2 donc
5/2
Z
f (x) dx '
0
µ
¶
1 3
0.9565
= 4.057325
+ 2 + 2 + 1.6364 + 1.2500 +
2 4
2
Exercice 3.2
Rπ
Estimer 0 sin(x) dx en utilisant la méthode des trapèzes composite avec 8 et puis 16 sous-intervalles en prenant en
compte l’erreur.
S OLUTION . La méthode des trapèzes composite à m+1 points pour calculer l’intégrale d’une fonction f sur l’intervalle [a, b]
s’écrit
Ã
!
Z b
m−1
X
1
1
b−a
f (t )d t ' h
f (a) +
f (a + i h) + f (b)
avec h =
2
2
m
a
i =1
et l’erreur est donné par
E =−
b − a 2 00
h f (ξ)
12
avec a < ξ < b.
Ici on a a = 0, b = π. Avec 8 sous-intervalles on a h = π/8 donc
Ã
!
Z π
7
π sin(0) X
sin(π)
≈ 1.97423
sin(x) dx '
+
sin(i π/8) +
8
2
2
0
i =1
et l’erreur est
E=
π3
sin(ξ)
768
pour ξ ∈]0; π[. Comme on ne connait pas la valeur de ξ, on ne peut pas connaitre E mais on peut en déterminer les bornes :
E min =
π3
sin(0) = 0
768
ainsi
E max =
π
Z
(1.97423 − 0) ≤
π3
π3
sin(π/2) =
' 0.04037
768
768
0
sin(x) dx ≤ (1.97423 + 0.04037) = 2.01460
La valeur exacte est bien évidemment 2.
Avec 16 sous-intervalles on a h = π/16 et les nouveaux noeuds se trouvent au milieux des sous-intervalles précédents : x j =
π/16 + j π/8 = (1 + 2 j )π/16 pour j = 0, 1, . . . , 7, ainsi
π
Z
0
46
sin(x) dx '
7
1.97423 π X
+
sin((1 + 2 j )π/16) ≈ 1.99358
2
16 j =0
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
et le limites de l’erreur deviennent (observons que E est divisé par 4 lorsque h est divisé par 2) :
E min = 0
E max '
ainsi
π
Z
1.99358 ≤
0.04037
= 0.01009
4
0
sin(x) dx ≤ (1.99358 + 0.01009) = 2.00367.
Exercice 3.3
On considère l’intégrale
2
Z
I=
1
1
dx.
x
1. Calculer la valeur exacte de I .
2. Évaluer numériquement cette intégrale par la méthode des trapèzes avec m = 3 sous-intervalles.
3. Pourquoi la valeur numérique obtenue à la question précédente est-elle supérieure à ln(2) ? Est-ce vrai quelque soit
m ? Justifier la réponse. (On pourra s’aider par un dessin.)
4. Quel nombre de sous-intervalles m faut-il choisir pour avoir une erreur inférieure à 10−4 ? On rappelle que l’erreur
de quadrature associée s’écrit, si f ∈ C 2 ([a; b]),
¯
¯
¯ (b − a)4 00 ¯
¯
f (ξ)¯¯ ,
|E m | = ¯
12m 2
ξ ∈]a; b[.
S OLUTION .
1. Une primitive de
1
x
h
ix=2
= ln(2).
est F (x) = ln(x). La valeur exacte est alors I = ln(x)
x=1
2. La méthode des trapèzes composite à m +1 points pour calculer l’intégrale d’une fonction f sur l’intervalle [a, b] s’écrit
Ã
!
Z b
m−1
X
1
1
b−a
f (t )d t ' h
f (a) +
f (a + i h) + f (b)
avec h =
.
2
2
m
a
i =1
Ici on a f (x) = x1 , a = 1, b = 2, m = 3 d’où h =
1
3
et on obtient
µ
I'
¶
µ
¶
1 1
1
1 1 3 3 1
21
f (1) + f (1 + 1/3) + f (1 + 2/3) + f (2) =
+ + +
=
= 0,7.
3 2
2
3 2 4 5 4
30
3. La valeur numérique obtenue à la question précédente est supérieure à ln(2) car la fonction f (x) = x1 est convexe. On
peut se convaincre à l’aide d’un dessin que les trapèzes sont au-dessus de la courbe y = 1/x, l’aire sous les trapèzes
sera donc supérieure à l’aire sous la courbe. Pour bien visualiser la construction considérons m = 1 :
1
0.5
0
1
0.5
0
0.5 1 1.5 2
Cela reste vrai quelque soit le pas h choisi car la fonction est convexe ce qui signifie qu’une corde définie par deux
points de la courbe y = 1/x sera toujours au-dessus de la courbe et par le raisonnement précédant l’aire sous les
trapèzes sera supérieure à l’aire exacte.
0.5 1 1.5 2
4. L’erreur est majorée par
|E | ≤
Donc ici on a
(b − a)4
sup | f 00 (ξ)|.
12m 2 ξ∈]a;b[
1
1
2
max
=
.
12m 2 ξ∈]1;2[ ξ3 6m 2
p
< 10−4 , i.e. m > 102 / 6 ≈ 40,8. À partir de 41 sous-intervalles, l’erreur de quadra|E | ≤
Pour que |E | < 10−4 il suffit que
ture est inférieure à 10−4 .
© G. Faccanoni
1
6m 2
47
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
Exercice 3.4 Intégration
Étant donnée l’égalité
π=4
avec 0 < ² < 10
−44
+∞
µZ
2
e −x dx
¶2
0
10
µZ
=4
0
¶2
2
e −x dx + ² ,
, utiliser la méthode des trapèzes composite à 10 intervalles pour estimer la valeur de π.
S OLUTION . La méthode des trapèzes composite à m intervalles pour calculer l’intégrale d’une fonction f sur l’intervalle
[a, b] s’écrit
Ã
!
Z b
m−1
X
1
1
b−a
f (a + i h) + f (b)
f (t )d t ' h
f (a) +
avec h =
.
2
2
m
a
i =1
2
Ici on a f (x) = e −x , a = 0, b = 10, m = 10 d’où h = 1 et on obtient
I'
10
2
1
1 X
1 1 1
1
1
1
1
1
1
1
1
e −i + 100 = + + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 + 49 + 64 + 81 + 100 ≈ 3.1422.
+
2 i =1
2e
2 e e
e
e
e
e
e
e
e
2e
Exercice 3.5
Soit f une fonction C ∞ (R, R).
1. On considère l’approximation
Z
1
−1
f (x) dx ≈
µ
¶
¡
¢
¡ ¢
2
2 f − 21 − f (0) + 2 f 12 .
3
Quel est le degré d’exactitude de cette formule de quadrature ?
2. On se donne les points {x i }ii =n
de subdivision de l’intervalle [a; b] : x i = a + i h avec h =
=0
ment de variable affine, en déduire une formule de quadrature pour l’intégrale
Z xi +1
f (x) dx.
b−a
n .
À l’aide d’un change-
xi
En tirer une formule de quadrature composite pour l’intégrale
Rb
3. Écrire l’algorithme pour approcher a f (x) dx.
Rb
a
f (x) dx.
S OLUTION .
1. On a
k
0
1
2
3
4
R1
p k (x) = x k
1
x
x2
x3
x4
−1 p k (x) dx
2
3 (2p k (−1/2) − p k (0) + 2p k (1/2))
2
0
2/3
0
2/5
2
0
2/3
0
1/6
Degré d’exactitude
au moins 0
au moins 1
au moins 2
au moins 3
3
La formule est donc exacte de degré 3.
2. Soit x = mt + q, alors
x i +1
Z
xi
Z
f (x) dx = m
d’où le changement de variable x = x i + (t
polynôme de degré au plus 3)
Z
x i +1
xi
x i +1 − x i
f (x) dx =
2
Soit h = x i +1 − x i =
Z
−1
f (mt + q) dt
x −x
+ 1) i +12 i
avec
x i = −m + q,
x i +1 = m + q,
. On déduit la formule de quadrature (exacte sur l’espace des
" Ã
à x +x
!#
x +x !
i +1
i
³x
´
x i + i +12 i
+ x i +1
x i +1 − x i ´
x i +1 − x i
i +1 + x i
2
f x i + (t + 1)
dt ≈
2f
−f
+2f
.
2
3
2
2
2
−1
1
³
b−a
n . La formule précédente se réécrit
Z
x i +1
xi
48
(
1
· µ
¶
µ
¶
µ
¶¸
h
h
3h
h
f (x) dx ≈
2 f xi +
− f xi +
+ 2 f xi +
.
3
4
2
4
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
et la formule de quadrature composite déduite de cette approximation est
· µ
¶
µ
¶
µ
¶¸
Z b
n−1
X Z xi +1
X
h n−1
h
h
3h
f (x) dx ≈
f (x) dx =
2 f xi +
− f xi +
+ 2 f xi +
.
3 i =0
4
2
4
a
i =0 x i
Rb
3. Algorithme d’approximation de a f (x) dx
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
n
s ←0
for i = 0 to n − 1 do
x ← a + i h¡
¢
¡
¢
¡
¢
s ← s + 2 f x + h4 − f x + h2 + 2 f x + 3h
4
end for
return I ← h3 s
Exercice 3.6
Soit f une fonction C ∞ (R, R). On se donne les points {x i }ii =n
de subdivision de l’intervalle [a; b] : x i = a +i h avec h =
=0
Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature à 2n points pour approcher l’intégrale
Z
b−a
n .
b
f (x) dx.
(3.1)
a
On propose dans un premier temps (question 1 à 4) de construire la formule de quadrature à deux points suivantes :
1
Z
−1
g (x) dx ≈ g (−α) + g (α),
(3.2)
où 0 < α < 1 est à déterminer.
1. Choisir α pour rendre la formule de quadrature exacte pour des polynômes de degré le plus élevé possible. Quel est
alors le degré d’exactitude de cette formule de quadrature ?
2. À l’aide d’un changement de variable affine, étendre cette formule de quadrature pour l’intégrale suivante :
Z xi +1
f (x) dx.
xi
3. En déduire une formule de quadrature à 2n points, notée F , pour le calcul approché de (3.1). Cette formule de
quadrature est-elle stable ?
4. Écrire l’algorithme du calcul de F .
S OLUTION .
1. On a
k
0
1
2
p k (x) = x k
1
x
x2
R1
−1 p k (x) dx
p k (−α) + p k (α)
Degré d’exactitude
2
au moins 0
0
au moins 1
p
p
2α2
1 si α 6= 1/ 3, au moins 2 si α = 1/ 3
p
Soit α = 1/ 3
3
x3
0
0
au moins 3
4
x4
2/5
2/9
3
p
p
Donc la formule de quadrature a degré d’exactitude 1 si α 6= 1/ 3 et degré d’exactitude 3 si α = 1/ 3.
2
0
2/3
x
−x
2. Par le changement de variable y = x i + (x + 1) i +12 i on déduit la formule de quadrature
Z xi +1
Z
x i +1 − x i 1 ³
x i +1 − x i ´
f (y) dy =
f x i + (x + 1)
dx
2
2
xi
−1
· µ
µ
¶
¶
µ
µ
¶¸
q
q ¶
x i +1 − x i
x i +1 − x i
x i +1 − x i
≈
f x i + 1 − 13
+ f x i + 1 + 13
.
2
2
2
3. Si h = x i +1 − x i = b−a
n (i.e. si on considère une subdivision de l’intervalle [a; b] équirépartie) alors on trouve la formule
de quadrature composite (i.e. sur n sous-intervalles et à 2n points)
· µ
µ
µ
µ
· µ
µ
µ
µ
Z b
q ¶¶
q ¶¶¸
q ¶¶
q ¶¶¸
X
X
h n−1
h n−1
f (x) dx ≈
f x i + h 1 − 13 + f x i + h 1 + 13
=
f a + h i + 1 − 13 + f a + h i + 1 + 13
.
2 i =0
2 i =0
a
© G. Faccanoni
49
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
Cette formule de quadrature est stable puisque tous les coefficients sont positifs.
4. Algorithme du calcul de F :
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
n ³
q ´
α1 ← a + 1 − 13 h
q ´
³
α2 ← a + 1 + 13 h
for i = 0 to n − 1 do
s ← s + f (α1 + i h) + f (α2 + i h)
end for
return I ← h2 s
Exercice 3.7 Interpolation et Intégration
1. Soit f une fonction de classe C 1 ([−1, 1]) et p le polynôme de Lagrange qui interpole f aux points −1, 0 et 1. Écrire
le polynôme p.
2. En déduire une méthode de quadrature pour approcher l’intégrale
1
Z
f (t ) dt .
−1
3. Étudier le degré d’exactitude de la formule de quadrature ainsi trouvée.
4. À l’aide d’un changement de variable affine, en déduire une formule de quadrature pour l’intégrale
Z x2i +2
f (x) dx.
x 2i
5. Soit h =
b−a
2n
et x i = a +i h pour i = 0, . . . , 2n. On subdivise l’intervalle [a; b] en n intervalles [x 2i ; x 2i +2 ] de largeur 2h.
a
x0
h
x 2i
b
x 2n
h
x 2i +1 x 2i +2
En déduire la formule de quadrature composite pour le calcul approché de
Z
b
f (x) dx.
a
6. Écrire l’algorithme associé à cette formule de quadrature.
S OLUTION .
1. On a trois points, donc le polynôme interpolateur de Lagrange est un polynôme de R2 [x]. On cherche alors les coefficients α, β et γ du polynôme p(x) = α + βx + γx 2 tels que

(3.3a)

 f (−1) = α − β + γ,
f (0) = α,
(3.3b)


f (1) = α + β + γ.
(3.3c)
L’équation (3.3b) donne α = f (0), la somme (3.3c)+(3.3a) donne γ =
donne β =
f (1)− f (−1)
.
2
2. On en déduit la méthode de quadrature
Z 1
Z
f (t ) dt ≈
−1
1
−1
p(t ) dt = 2(α + γ/3) =
f (1)− f (−1)
2
et enfin la soustraction (3.3c)−(3.3a)
f (−1) + 4 f (0) + f (1)
.
3
3. Par construction, cette formule de quadrature a degré d’exactitude au moins 2. De plus
k
3
4
p k (x) = x k
x3
x4
−1 p k (x) dx
p k (−1)+4p k (0)+p k (1)
3
0
2/5
0
2/3
R1
Degré d’exactitude
au moins 3
3
La formule est exacte pour les polynômes de degré au plus 3.
50
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
4. Soit x = mt + q, alors
Z
x 2i +2
f (x) dx = m
x 2i
−1
d’où le changement de variable x = x 2i + (t + 1)
polynôme de degré au plus 3)
Z
x 2i +2
x 2i
x
f (x) dx =
x 2i +2 − x 2i
2
Z
(
1
Z
f (mt + q) dt
x 2i +2 −x 2i
2
avec
x 2i = −m + q,
x 2i +2 = m + q,
. On déduit la formule de quadrature (exacte sur l’espace des
1
³
¤
x 2i +2 − x 2i ´
x 2i +2 − x 2i £
f x 2i + (t + 1)
dt ≈
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 ) .
2
6
−1
−x
i +1
i
5. h = b−a
pour i = 0, . . . , 2n. On subdivise l’intervalle [a; b] en n intervalles [x 2i ; x 2i +2 ] de largeur 2h. On trouve
2n =
2
ainsi la formule de quadrature composite
Z
b
a
f (x) dx =
n−1
X Z x2i +2
i =0 x 2i
f (x) dx ≈
n−1
X
i =0
¤
x 2i +2 − x 2i £
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 )
6
X£
¤
h n−1
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 )
3 i =0
#
"
n−1
n−1
X
X
h
f (x 2i + h)
f (x 2i ) + 4
=
f (a) + f (b) + 2
3
i =0
i =1
#
"
n−1
n−1
X
X
h
=
f (a + (2i + 1)h) .
f (a + 2i h) + 4
f (a) + f (b) + 2
3
i =0
i =1
=
6. Algorithme du calcul associé à cette formule de quadrature
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
2n
s1 ← 0
s 2 ← s 2 + f (a + h)
for i = 1 to n − 1 do
s 1 ← s 1 + f (a + 2i h)
s 2 ← s 2 + f (a + (2i + 1)h)
end for £
¤
return h3 f (a) + f (b) + 2s 1 + 4s 2
Exercice 3.8
de subdivision de l’intervalle [a; b] : x i = a+i h avec h = b−a
Soit f une fonction C ∞ (R, R). On se donne les points {x i }ii =2n
2n .
=0
Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature à 2n + 1 points basée sur la formule de S IMPSON pour
approcher
Z b
f (x) dx.
(3.4)
a
On propose dans un premier temps (question 1 à 3) de construire la formule de quadrature à 3 points de Simpson :
Z 1
g (x) dx ≈ αg (−1) + βg (0) + αg (1),
(3.5)
−1
où les réels α et β sont à déterminer.
1. Déterminer α et β pour que la formule de quadrature (3.5) ait degré d’exactitude maximale.
2. À l’aide d’un changement de variable affine, en déduire une formule de quadrature exacte sur l’espace des polynôme de degré au plus 3 pour l’intégrale suivante :
Z x2i +2
f (x) dx.
x 2i
3. En déduire une formule de quadrature à 2n points, notée F , pour le calcul approché de (3.4). Cette formule de
quadrature est-elle stable ?
4. Écrire l’algorithme du calcul de F .
5. Soit x un élément de [x i ; x i +1 ]. Écrire une formule de Taylor f (x) = P i (x) + R i (x) à l’ordre 3 pour f en x, avec P i ∈
P3 . Majorer R i sur [x i ; x i +1 ] en fonction de h.
6. En déduire une estimation d’erreur entre (3.4) et F .
© G. Faccanoni
51
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
S OLUTION .
1. On a
R1
k
0
p k (x) = x k
1
1
2
x
x2
0
2/3
3
4
x3
x4
0
2/5
−1 p k (x) dx
2
αp k (−1) + βp k (0) + αp k (1)
Degré d’exactitude
2α + β
même pas 0 si β 6= 2(1 − α), au moins 0 si β = 2(1 − α)
Soit β = 2(1 − α)
0
au moins 1
2α
1 si α 6= 1/3, au moins 2 si α = 1/3
Soit α = 1/3
0
au moins 3
2/3
3
Si β 6= 2(1 − α) la formule de quadrature n’est même pas exacte pour une constante, si β = 2(1 − α) mais α 6= 1/3, elle est
exacte pour les polynômes de degré au plus 1, si α = 1/3 et β = 4/3 la formule est exacte pour les polynômes de degré
au plus 3.
2. Soit x = mt + q, alors
Z
x 2i +2
x 2i
f (x) dx = m
−1
d’où le changement de variable x = x 2i + (t + 1)
polynôme de degré au plus 3)
Z
x 2i +2
x 2i
f (x) dx =
x 2i +2 − x 2i
2
Z
(
1
Z
f (mt + q) dt
x 2i +2 −x 2i
2
avec
x 2i = −m + q,
x 2i +2 = m + q,
. On déduit la formule de quadrature (exacte sur l’espace des
1
³
¤
x 2i +2 − x 2i £
x 2i +2 − x 2i ´
dt ≈
f x 2i + (t + 1)
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 ) .
2
6
−1
3. On trouve ainsi la formule de quadrature composite (i.e. sur n sous-intervalles)
Z
b
a
Si h =
Z
x i +1 −x i
2
b
a
=
b−a
2n
f (x) dx =
n−1
X Z x2i +2
i =0 x 2i
f (x) dx ≈
n−1
X
i =0
¤
x 2i +2 − x 2i £
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 ) .
6
(i.e. si on considère une subdivision de l’intervalle [a; b] équirépartie) alors on a
"
#
n−1
n−1
X
X
X£
¤ h
h n−1
f (x) dx ≈
f (a) + f (b) + 2
f (x 2i ) + 4
f (x 2i + h)
f (x 2i ) + 4 f (x 2i +1 ) + f (x 2i +2 ) =
3 i =0
3
i =1
i =0
#
"
n−1
n−1
X
X
h
f (a + (2i + 1)h) .
f (a + 2i h) + 4
f (a) + f (b) + 2
=
3
i =0
i =1
Cette formule de quadrature est stable puisque tous les coefficients sont positifs et on a
"
#
n−1
n−1
X
X
b−a
h
b−a
1+1+2
1+4
1 =
6n = (b − a).
[2 + 2(n − 1) + 4n] =
3
6n
6n
i =1
i =0
4. Algorithme du calcul de F :
Require: f : [a, b] → R, a, b > a, n > 0
H ← b−a
n
s1 ← 0
s 2 ← s 2 + f (a + H /2)
for i = 1 to n − 1 do
s 1 ← s 1 + f (a + i H )
s 2 ← s 2 + f (a + (i + 1)H /2)
end for
£
¤
return I ← H6 f (a) + f (b) + 2s 1 + 4s 2
5. Soit x un élément de [x 2i ; x 2i +2 ]. Une formule de TAYLOR à l’ordre 3 pour f en x s’écrit
f (x) = P i (x) + R i (x),
avec
P i (x) = f (x 2i ) + (x − x 2i ) f 0 (x 2i ) + (x − x 2i )2
52
f 00 (x 2i )
f 000 (x 2i )
+ (x − x 2i )3
2
6
∈ P3
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
et le reste de L AGRANGE
R i (x) = (x − x 2i )4
f I V (ξ)
24
avec ξ ∈]x 2i ; x 2i +2 [.
On peut majorer R i sur [x 2i ; x 2i +2 ] en fonction de H = x 2i +2 − x 2i :
|R i (x)| ≤
H4
b − a H3
max | f I V (ξ)| =
max | f I V (ξ)|.
24
n 24
6. On en déduit l’estimation d’erreur entre (3.4) et F suivante 1
¯ ¯
¯
¯Z b
¯ ¯¯n−1 Z x
¯ ¯n−1
¯
2i +2
X Z x2i +2
¯
¯ ¯X
¯
¯
¯
¯
f (x) dx − F ¯¯ ≤ ¯
P i (x) dx − F ¯ + ¯
R i (x) dx ¯
¯
¯
¯
¯
¯
a
i =0 x 2i
i =0 x 2i
¯
¯
Z
¯
¯n−1
¯
¯ X x2i +2
R i (x) dx ¯
≤ nH |R i (x 2i +2 )| + ¯
¯
¯ i =0 x2i
b − a H3
b − a H3
max | f I V (ξ)| + nH
max | f I V (ξ)|
n 24
n 24
H4
= (b − a)
sup | f I V (ξ)|.
12
≤ nH
Exercice 3.9
Soit f une fonction C ∞ (R, R). On se donne les points {x i }ii =n
de subdivision de l’intervalle [a; b] : x i = a +i h avec h =
=0
Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature à 3n points pour approcher l’intégrale
Z
b−a
n .
b
f (x) dx.
(3.6)
a
On propose dans un premier temps de construire la formule de quadrature à trois points suivantes :
Z
1
−1
g (x) dx ≈
¢
2¡
g (−α) + g (0) + g (α) ,
3
(3.7)
où le réel 0 < α < 1 sera à déterminer par la suite.
1. Déterminer α pour que la formule de quadrature (3.7) ait degré d’exactitude maximale. Quel est alors le degré
d’exactitude de cette formule de quadrature ?
2. À l’aide d’un changement de variable affine, étendre cette formule de quadrature pour l’intégrale suivante :
Z xi +1
f (x) dx.
xi
3. En déduire une formule de quadrature à 3n points, notée F , pour le calcul approché de (3.6). Cette formule de
quadrature est-elle stable ?
S OLUTION .
1. On a
k
0
1
2
p k (x) = x k
1
x
x2
3
4
x3
x4
R1
−1 p k (x) dx
2
0
2/3
0
2/5
2
3 (p k (−α) + βp k (0) + p k (α))
2
0
2α2 /3
p
Soit α = 1/ 2
0
1/3
Degré d’exactitude
au moins 0
au moins 1
p
p
1 si α 6= 1/ 2, au moins 2 si α = 1/ 2
au moins 3
3
p
p
Si α 6= 1/ 2 la formule de quadrature est exacte pour les polynômes de degré au plus 1, si α = 1/ 2 la formule est
exacte pour les polynômes de degré au plus 3.
Rx
1. N.B. : le polynôme P i n’est pas le polynôme d’interpolation en x 2i , x 2i +2 et (x 2i + x 2i +2 )/2 donc x2i2i +2 P i (x) dx − F 6= 0.
© G. Faccanoni
53
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
2. Par le changement de variable y = x i + (x + 1)
Z
x i +1
x i +1 −x i
2
on déduit la formule de quadrature
Z
x i +1 − x i 1 ³
x i +1 − x i ´
f x i + (x + 1)
dx
2
2
−1
· µ
µ
¶
µ
µ
¶¸
q ¶
q ¶
³
x i +1 − x i ´
x i +1 − x i
x i +1 − x i
x i +1 − x i
f x i + 1 − 12
+ f xi +
+ f x i + 1 + 12
.
≈
3
2
2
2
f (y) dy =
xi
3. Si H = x i +1 − x i = b−a
n (i.e. si on considère une subdivision de l’intervalle [a; b] équirépartie) alors on trouve la formule
de quadrature composite (i.e. sur n sous-intervalles et à 3n points)
Z
Xh
H n−1
f
3 i =0
Xh
H n−1
=
f
3 i =0
b
f (x) dx ≈
a
³
³
´´
´´i
³
³
¡
¢
x i + H 1 − p1 + f x i + H2 + f x i + H 1 + p1
2
³
2
´´
³
³
´´i
³
¡
¢
.
a + H i + 1 − p1 + f x i + H2 + f a + H i + 1 + p1
2
2
Cette formule de quadrature est stable puisque tous les coefficients sont positifs.
Exercice 3.10
Soit f une fonction C ∞ (R, R). On se donne les points {x i }ii =n
de subdivision de l’intervalle [a; b] : x i = a +i h avec h =
=0
Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature à n points pour approcher l’intégrale définie
Z
b−a
n .
b
f (x) dx.
(3.8)
a
On propose dans un premier temps (question 1 à 2) de construire la formule de quadrature à deux points :
Z
1
−1
4
2
g (x) dx ≈ g (−w/2) + g (w),
3
3
(3.9)
où 0 < w ≤ 1 est à déterminer.
1. Déterminer w pour que la formule de quadrature (3.9) soit exacte pour toute fonction g polynomiale de degré
m > 1 et donner la plus grande valeur de m.
2. À l’aide d’un changement de variable affine, en déduire une formule de quadrature pour l’intégrale suivante :
Z xi +1
f (x) dx.
xi
3. En déduire une formule de quadrature à 2n points, notée F , pour le calcul approché de (3.8). Cette formule de
quadrature est-elle stable ?
4. Écrire l’algorithme du calcul de F .
S OLUTION .
1. On a
k
0
1
2
p k (x) = x k
1
x
x2
R1
−1 p k (x) dx
2
3 (2p k (−w/2) + p k (w))
Degré d’exactitude
2
au moins 0
0
au moins 1
p
p
2
w
1 si w 6= 2/3, au moins 2 si w = 2/3
p
Soit w = 2/3
3
x3
0
−w 3 /8??????
2
p
p
Si w 6= 2/3 la formule de quadrature est exacte pour les polynômes de degré au plus 1, si w = 2/3 la formule est
exacte pour les polynômes de degré au plus 2.
2
0
2/3
2. Par le changement de variable y = x i + (x + 1)
Z
x i +1
xi
54
x i +1 −x i
2
on déduit la formule de quadrature
Z
x i +1 − x i 1 ³
x i +1 − x i ´
f x i + (x + 1)
dx
2
2
−1
· µ
¶
µ
¶¸
q
q
x i +1 − x i
2 x i +1 − x i
1 x i +1 − x i
≈
f x i + (1 + 3 )
+ 2 f x i + (1 − 6 )
.
3
2
2
f (y) dy =
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
3. Si H = x i +1 − x i = b−a
n (i.e. si on considère une subdivision de l’intervalle [a; b] équirépartie) alors on trouve la formule
de quadrature composite (i.e. sur n sous-intervalles et à 2n points)
Z
· µ
µ
µ
µ
q ¶¶
q ¶¶¸
X
H n−1
f x i + H 1 + 23 + 2 f x i + H 1 − 16
3 i =0
" Ã
Ã
Ã
Ã
r !!
r !!#
X
2
1
H n−1
f a +H i +1+
+2f a + H i +1−
.
=
3 i =0
3
6
b
a
f (x) dx ≈
Cette formule de quadrature est stable puisque tous les coefficients sont positifs.
4. Algorithme du calcul de F :
Require: f , a, b > a, n > 0
H ← b−a
n
p
α1 ← a + H (1 + p2/3)
α2 ← a + H (1 − 1/6)
for i = 0 to n − 1 do
s ← s + f (α1 + i H ) + 2 f (α2 + i H )
end for
return I ← H3 s
Exercice 3.11
1. Soit 0 < α ≤ 1 un nombre réel donné et soit ω1 , ω2 , ω3 trois nombres réels. Considérons la formule de quadrature
1
Z
−1
g (t ) dt ≈ ω1 g (−α) + ω2 g (0) + ω3 g (α).
Calculer α, ω1 , ω2 , ω3 pour que le degré d’exactitude de la formule de quadrature soit de 5.
2. À l’aide d’un changement de variable affine, en déduire une formule de quadrature pour l’intégrale
Z xi +1
f (x) dx.
xi
3. Soit h = b−a
n et x i = a + i h pour i = 0, . . . , n. On subdivise l’intervalle [a; b] en n intervalles [x i ; x i +1 ] de largeur h. En
déduire la formule de quadrature composite pour le calcul approché de
b
Z
f (x) dx.
a
4. Écrire l’algorithme associé à cette formule de quadrature.
S OLUTION .
1. On a
k
p k (x) = x k
0
1
R1
−1 p k (x) dx
ω1 p k (−α) + ω2 p k (0) + ω3 p k (α)
2
ω1 + ω2 + ω3
Soit ω2 = 2 − ω1 − ω3
1
x
−αω1 + αω3
0
Soit ω3 = ω1 et donc ω2 = 2 − 2ω1
2
x
Soit ω1 =
3
x3
4
x4
Soit α =
© G. Faccanoni
2
3
2
1
3α2
q
3
5
et donc ω3 =
2α2 ω1
1
3α2
et ω2 = 2 − 3α2 2
0
0
2
5
2 2
3α
et donc ω1 = ω3 =
5
9
et ω2 =
5
x5
0
0
6
x6
2
7
6
25
8
9
55
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
q
Si α = 35 , ω1 = ω3 = 59 et ω2 = 98 alors la formule est exacte pour les polynômes de degré au plus 5 (il s’agit de la formule
de G AUSS -L EGENDRE à 3 points).
Remarquons que si on choisit α = 1 on retrouve la formule de S IMPSON.
2. Soit x = mt + q, alors
Z
x i +1
f (x) dx = m
xi
−1
d’où le changement de variable x = x i + (t + 1)
polynôme de degré au plus 5)
Z
x i +1
xi
x i +1 − x i
2
(
1
Z
f (mt + q) dt
x i +1 −x i
2
avec
x i = −m + q,
x i +1 = m + q,
. On déduit la formule de quadrature (exacte sur l’espace des
1
³
x i +1 − x i ´
dt
f x i + (t + 1)
2
−1
" Ã
Ã
!
!
Ã
Ã
!#
r
r !
³x
´
3 x i +1 − x i
3 x i +1 − x i
x i +1 − x i
i +1 + x i
5 f xi + 1 −
+8f
+ 5 f xi + 1 +
.
≈
18
5
2
2
5
2
f (x) dx =
Z
3. h = b−a
n = x i +1 − x i pour i = 0, . . . , n. On subdivise l’intervalle [a; b] en n intervalles [x i ; x i +1 ] de largeur h. On trouve
ainsi la formule de quadrature composite
" Ã
Ã
!
Ã
Ã
!#
r !
r !
Z b
³x
´
n−1
n−1
X x i +1 − x i
X Z xi +1
3 x i +1 − x i
3 x i +1 − x i
i +1 + x i
f (x) dx ≈
f (x) dx =
5 f xi + 1 −
+8f
+ 5 f xi + 1 +
18
5
2
2
5
2
a
i =0
i =0 x i
" Ã
Ã
Ã
Ã
r ! !
r ! !#
µ
¶
n−1
3
3
h X
h
5 f xi + 1 −
h + 8 f xi +
h
=
+ 5 f xi + 1 +
18 i =0
5
2
5
" Ã
Ã
Ã
Ã
r ! !
r ! !#
µ
µ
¶ ¶
X
h n−1
3
1
3
=
5f a + i +1−
h +8f a + i + h +5f a + i +1+
h .
18 i =0
5
2
5
4. Algorithme du calcul associé à cette formule de quadrature
Require: f , a, b > a, n > 0
h ← b−a
n ¡
p
¢
c 1 ← a + 1 − 3/5 h
c 2 ← a + 12 h
p
¡
¢
c 3 ← a + 1 + 3/5 h
s ←0
for i = 0 to n − 1 do
s ← s + 5 f (c 1 + i h) + 8 f (c 2 + i h) + 5 f (c 3 + i h)
end for
h
return 18
s
Exercice 3.12
Soit f une fonction de classe C 1 ([−1, 1]) et p le polynôme interpolateur d’Hermite (de degré ≤ 3) de f vérifiant
p 0 (−1) = f 0 (−1),
p(−1) = f (−1),
p(1) = f (1),
p 0 (1) = f 0 (1).
1. Écrire le polynôme p.
2. En déduire la méthode d’intégration numérique élémentaire
Z
1
−1
f (s) ds ≈ f (−1) + f (1) +
¢
1¡ 0
f (−1) − f 0 (1) .
3
3. Connaissant la formule sur [−1; 1], en déduire la formule de quadrature des trapèzes-Hermite sur l’intervalle [a; b]
par exemple grâce au changement de variable y = a + (x + 1) b−a
2 .
S OLUTION .
1. On a deux méthodes pour calculer le polynôme interpolateur d’Hermite :
Première méthode : le polynôme interpolateur d’Hermite s’écrit
p(x) =
n
X
i =0
56
y i A i (x) + y i0 B i (x)
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
où
A i (x) = (1 − 2(x − x i )c i )(L i (x))2 ,
B i (x) = (x − x i )(L i (x))2 ,
L i (x) =
n x −x
Y
j
j =0
j 6=i
ci =
xi − x j
,
n
X
1
.
j =0 x i − x j
j 6=i
Pour n = 1 on a alors
µ
µ
p(x) = y 0 1 − 2(x − x 0 )
1
x0 − x1
¶¶ µ
(x − x 1 )
(x 0 − x 1 )
¶2
µ
µ
+ y 1 1 − 2(x − x 1 )
1
x1 − x0
¶¶ µ
(x − x 0 )
(x 1 − x 0 )
¶2
+ y 00 (x − x 0 )
µ
(x − x 1 )
(x 0 − x 1 )
¶2
+ y 10 (x − x 1 )
µ
(x − x 0 )
(x 1 − x 0 )
¶2
.
Dans notre cas x 0 = −1, x 1 = 1, y 0 = f (−1), y 1 = f (1), y 00 = f 0 (−1), y 10 = f 0 (1) donc
¤
1£
f (−1)(x + 2)(x − 1)2 + f 0 (−1)(x + 1)(x − 1)2 + f (1)(2 − x)(x + 1)2 + f 0 (1)(x − 1)(x + 1)2
4
i
1h
=
f (−1)(x 3 − 3x + 2) + f 0 (−1)(x 3 − x 2 − x + 1) + f (1)(−x 3 + 3x + 2) + f 0 (1)(x 3 + x 2 − x − 1)
4
2 f (−1) + f 0 (−1) + 2 f (1) − f 0 (1) 3 f (1) − 3 f (−1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
+
x
=
4
4
f 0 (1) − f 0 (−1) 2 f (−1) + f 0 (−1) − f (1) + f 0 (1) 3
+
x +
x .
4
4
p(x) =
Le polynôme interpolateur d’H ERMITE est donc le polynôme
p(x) = α + βx + γx 2 + δx 3
où
2 f (−1) + 2 f (1) + f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
− f 0 (−1) + f 0 (1)
γ=
,
4
α=
−3 f (−1) + 3 f (1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
f (−1) − f (1) + f 0 (−1) + f 0 (1)
δ=
.
4
β=
Deuxième méthode : le polynôme interpolateur d’Hermite est un polynôme de degré 2n + 1. On cherche donc un poly-
nôme
p(x) = α + βx + γx 2 + δx 3
tel que
p(−1) = f (−1),
p 0 (−1) = f 0 (−1),
p(1) = f (1),
p 0 (1) = f 0 (1),
c’est-à-dire tel que


α − β + γ − δ = f (−1),



α + β + γ + δ = f (1),

β − 2γ + 3δ = f 0 (−1),



β + 2γ + 3δ = f 0 (1).
On obtient
2 f (−1) + 2 f (1) + f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
− f 0 (−1) + f 0 (1)
γ=
,
4
α=
−3 f (−1) + 3 f (1) − f 0 (−1) − f 0 (1)
,
4
f (−1) − f (1) + f 0 (−1) + f 0 (1)
δ=
.
4
β=
2. En intégrant le polynôme ainsi trouvé on en déduit
Z
© G. Faccanoni
·
¸1
β
γ
δ
p(x) dx = αx + x 2 + x 3 + x 4
2
3
4
−1
−1
1
57
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
2
2 f (−1) + 2 f (1) + f 0 (−1) − f 0 (1) − f 0 (−1) + f 0 (1)
= 2α + γ =
+
3
2
6
6 f (−1) + 6 f (1) + 3 f 0 (−1) − 3 f 0 (1) − f 0 (−1) + f 0 (1)
=
6
1 0
= f (−1) + f (1) + ( f (−1) − f 0 (1)).
3
Remarque : la formule est au moins exacte de degré 3 par construction. Elle n’est pas exacte de degré supérieure à 3 car
si f (x) = x 4 alors
Z
1
·
1 5
f (x) dx =
x
5
−1
¸1
=
−1
2
6
=
5 15
6=
1
1
14 70
f (−1) + f (1) + ( f 0 (−1) − f 0 (1)) = 1 + 1 + (4 + 4) =
=
3
3
3
15
3. Connaissant la formule sur [−1; 1], on en déduit la formule sur un intervalle [a; b] quelconque par le changement de
2
variable y = a + (x + 1) b−a
2 qui donne
Z
b
a
µ
¶
Z
b−a 1
b−a
f a + (x + 1)
dx
2
2
−1
·
¸
b−a
b−a 0
0
=
f (a) + f (b) +
( f (a) − f (b))
2
6
f (y)dy =
=
(b − a)2 0
b−a
( f (a) + f (b)) +
( f (a) − f 0 (b)).
2
12
Exercice 3.13
Soit f une fonction C ∞ ([0; 1], R). On se donne les points {x i }ii =n
de subdivision de l’intervalle [0; 1] : x i = i h avec h = n1 .
=0
Le but de l’exercice est de trouver une formule de quadrature pour approcher
1
Z
f (x) dx.
(3.10)
0
1. Soit i un entier fixé (1 ≤ i ≤ n − 1). Trouver m i un point du segment [x i ; x i +1 ] et a, b et c trois coefficients réels tels
que la formule de quadrature suivante, sur l’intervalle [x i ; x i +1 ], soit exacte pour p un polynôme de degré le plus
haut possible :
Z
x i +1
xi
p(x) dx = ap(x i ) + bp(m i ) + c p(x i +1 ).
2. En déduire en fonction de a, b et c la formule de quadrature Q( f )
Q( f ) =
n
X
αi f (x i ) +
i =0
n−1
X
βi f (m i )
i =0
pour le calcul approché de 3.10 construite sur la formule de quadrature précédente pour chaque intervalle du type
[x i ; x i +1 ]. Cette formule de quadrature est-elle stable ?
3. On rappelle que si p interpole f en k points y 1 < y 2 < · · · < y k , on a l’estimation d’erreur
∀x ∈ [y 1 ; y k ],
| f (x) − p(x)| ≤
k
supξ∈[y 1 ;y k ] | f (k) (ξ)| Y
k!
(x − y j ).
j =1
En déduire une estimation de l’erreur de quadrature entre (3.10) et Q
1
Z
E (h) =
0
f (x) dx −Q( f ).
La dépendance en h dans cette estimation d’erreur est-elle optimale ?
4. Écrire l’algorithme qui calcule Q( f ).
b−a
b−a 0
0
2. Rappel : si y = a + (x + 1) b−a
2 alors dy = 2 dx et f (y) = 2 f (x).
58
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
3. Quadrature
S OLUTION .
1. Pour simplifier le calcul, on se ramène à l’intervalle [0; 1]. Soit x un élément de l’intervalle [x i ; x i +1 ] et y un élément
de l’intervalle [0; 1]. On transforme l’intervalle [x i ; x i +1 ] dans l’intervalle
[0; 1]Rpar le changement de variable
affine
R1
Rx
x
x−x
x
x−x
y = x 1−x x − x i−x . On note h = x i +1 −x i . Alors y = h i et on a 0 f (y) dy = h1 xii +1 f ( h i )d x. Comme xii +1 f (t ) dt ≈
i +1
i
i +1
i
¡
¢
R1
Rx
x−x
m −x
a f (x i ) + b f (m i ) + c f (x i +1 ), alors 0 f (y) dy = h1 xii +1 f ( h i ) dx ≈ h1 a f (0) + b f ( ih i ) + c f (1) . On note alors A = ha ,
B = hb , C = hc , M =
m i −x i
h
d’où m i = (1 − M )x i + M x i +1 . Rechercher a, b, c et m i revient à chercher A, B , C et M avec


m i = (1 − M )x i + M x i +1 ,



a = Ah,

b = Bh,




c = Ch
tels que
1
Z
0
p(x) dx = Ap(0) + B p(M ) +C p(1),
où p(x) est un polynôme. Si p ∈ P3 (i.e. si p(x) = d 0 + d 1 x + d 2 x 2 + d 3 x 3 ) on a
R1
p(x) dx
Ap(0) + B p(M ) +C p(1)
=
0
k
h
d0 x +
k
i
d3 4 1
d1 2
d2 3
2 x + 3 x + 4 x 0
Ad 0 + B d 0 +C d 0
k
d0 +
d1
2
+
k
d2
3
+
d3
4
(A + B +C )d 0 + (B M +C )d 1 + (B M 2 +C )d 2 + (B M 3 +C )d 3
Par conséquent, pour que la formule soit exacte de degré au moins 3 il faut que


A + B +C = 1



B M +C = 1
2

B M 2 +C = 31




B M 3 +C = 41
La méthode


A + B +C = 1



B M = 1 −C
2
⇐⇒

( 12 −C )M = 13 −C



 1
( 3 −C )M = 14 −C
1
Z
0
f (x) dx =


A = 61 ,



B = 2 ,
3
⇐⇒

C = 16 ,




M = 12 .
µ ¶
1
2 1
1
+ f (1),
f (0) + f
6
3 2
6
est exacte pour tout polynôme de degré au moins 3.
Soit maintenant f (x) = x 4 . On a
· 5 ¸1
Z 1
x
1
=
f (x) dx =
5 0 5
0
mais
µ ¶
µ ¶
1
2 1
1 2 1 4 1
5
1
f (0) + f
+ f (1) = +
+ =
,
6
3 2
6
6 3 2
6 24
donc la formule de quadrature est exacte de degré 3.
Si on revient aux variables initiales, on trouve


m i = 12 x i + 12 x i +1 ,



a = 1 h,
6

b = 23 h,




c = 16 h
2. L’intégrale
1
Z
0
f (x)dx =
n−1
X Z xi +1
f (x) dx
i =0 x i
peut être calculée numériquement en utilisant la formule précédente pour approcher chaque intégrale
Z
x i +1
xi
© G. Faccanoni
f (x) dx ≈
³x +x ´
i
hh
i
i +1
f (x i ) + 4 f
+ f (x i +1 ) .
6
2
59
3. Quadrature
Jeudi 10 mai 2012
On obtient ainsi
1
Z
0
f (x)dx =
n−1
X Z xi +1
f (x) dx
i =0 x i
n−1
X
³x +x ´
i
hh
i
i +1
f (x i ) + 4 f
+ f (x i +1 )
2
i =0 6
"
#
n−1
n−1
X ³ x i + x i +1 ´
X
X
h n−1
f
f (x i +1 ) + 4
f (x i ) +
=
6 i =0
2
i =0
i =0
"
#
³
n−1
n−1
X
X
x i + x i +1 ´
h
f
f (x i ) + 4
f (a) + f (b) + 2
=
6
2
i =0
i =1
≈
=
n
X
αi f (x i ) +
n−1
X
2h
avec βi =
,
3
βi f (m i ) = Q( f )
i =0
i =0
(
αi =
h
3
h
6
si i = 1, . . . , n − 1,
sinon.
Cette formule de quadrature est stable puisque tous les coefficients αi et βi sont positifs et on a
Ã
!
n−1
n
X
X
X h h n−1
X 2h 1 1 1 n−1
X
X
h n−1
1 2 n−1
βi = +
αi +
+ +
=
+
1+ +
1 = 1.
6 i =1 3 6 i =0 3
n 6 3 i =1
6 3 i =0
i =0
i =0
R xi +1
P
3. On reconnait la formule de Cavalieri-Simpson : remarquons alors que Q( f ) = n−1
p(x)dx avec p le polynôme
i =0 x i
qui interpole (x i , f (x i )), (m i , f (m i )) et (x i +1 , f (x i +1 )). Par conséquent l’erreur de quadrature entre (3.10) et Q est
¯Z 1
¯
¯
¯
|E (h)| = ¯¯
f (x) dx −Q( f )¯¯
¯
¯ 0 Z
¯n−1
¯
n−1
X Z xi +1
¯ X xi +1
¯
=¯
f (x) dx −
p(x)dx ¯
¯ i =0 xi
¯
x
i =0 i
Z
n−1
X xi +1 ¯
¯
¯ f (x) − p(x)¯ dx
≤
i =0 x i
≤
n−1
X Z xi +1
i =0 x i
4
000
supξ∈[xi ;xi +1 ] | f (ξ)|
6
(x − x i )(x − m i )(x − x i +1 )dx
≤ Dh .
4. Algorithme
Require: x 7→ f
Require: n > 0
1
a ← 6n
2
b ← 3n
1
c ← 6n
I ← a f (0)
for i = 1 to n − 1 do
µ 1¶
¡i ¢
i−
I ← I + (a + c) f n + b f n 2
end for
return I ← I + c f (1) + b f
60
µ
n− 12
n
¶
© G. Faccanoni
4. Systèmes linéaires
Résoudre l’ensemble d’équations linéaires Ax = b
Définition : système linéaire
Soit n, p, ≥ 1 des entiers. Un SYSTÈME LINÉAIRE n × p est un ensemble de n équations linéaires à p inconnues de la forme
(S)

a x

 11 1
..
.


a n1 x 1
+
...
+
+
...
+
a 1p x p
..
.
a np x p
=
=
b1 ,
..
.
bn .
B Les COEFFICIENTS ai j et les SECONDES MEMBRES bi sont des éléments donnés de R. Les INCONNUES x 1 , x 2 , . . . , x p sont
à chercher dans R.
B Le SYSTÈME HOMOGÈNE associé à (S) est le système obtenu en remplaçant les bi par 0.
B Une SOLUTION de (S) est un p-uplet (x 1 , x 2 , . . . , x p ) qui vérifie simultanément les n équations de (S). Résoudre (S)
signifie chercher toutes les solutions.
B Un système est IMPOSSIBLE, ou incompatible, s’il n’admet pas de solution. Un système est POSSIBLE, ou compatible,
s’il admet une ou plusieurs solutions.
B Deux systèmes sont ÉQUIVALENTS s’ils admettent les mêmes solutions.
Écriture matricielle
Si on note

x1
 . 
x =  .. 
xp


b1
 . 
b =  .. 
bn

a 11
 ..
A= .
a n1

...
...

a 1p
.. 
. 
a np
le système (S) est équivalent à l’écriture matricielle Ax = b.
Dans ce chapitre, nous ne traiterons que des systèmes linéaires carrés d’ordre n à coefficients réels, autrement dit A = (a i , j ) ∈
Rn×n et b = (b i ) ∈ Rn . Dans ce cas, on est assuré de l’existence et de l’unicité de la solution si une des conditions équivalentes
suivantes est remplie :
1. A est inversible (i.e. det(A) 6= 0) ;
2. le système homogène Ax = 0 admet seulement la solution nulle.
La solution du système peut alors être calculée par la formule de C RAMER (voir annexe). Cependant cette formule est d’une
utilité pratique limitée à cause du calcul des déterminants qui est très couteux. Pour cette raison, des méthodes numériques
alternatives aux formules de C RAMER ont été développées. Elles sont dites directes si elles fournissent la solution du système
en un nombre fini d’étapes, et itératives si elles nécessitent (théoriquement) un nombre infini d’étapes. Notons dès à présent
que le choix entre une méthode directe et une méthode itérative pour la résolution d’un système dépend non seulement
de l’efficacité théorique des algorithmes, mais aussi du type de matrice, des capacités de stockage en mémoire et enfin de
l’architecture de l’ordinateur.
Systèmes mal conditionnés
Considérons le système de deux équations à deux inconnues suivant :
(
3.218613x 1 + 6.327917x 2 = 10.546530,
3.141592x 1 + 4.712390x 2 = 7.853982.
61
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
Ce système et non singulier et sa solution est donnée par x 1 = x 2 = 1. Considérons maintenant un système d’équations voisin
(le carré indique un changement de décimale) :
(
3.21861 1 x 1 + 6.327917x 2 = 10.546530,
3.14159 4 x 1 + 4.712390x 2 = 7.85398 0 .
Ce système et non singulier et sa solution est donnée par x 1 = −5, x 2 = 5.
On voit donc que, bien que ces deux systèmes soient voisins, leurs solutions sont très différentes. On parle dans ce cas
de systèmes mal conditionnés. Résoudre un système mal conditionné avec un ordinateur peut être une affaire délicate si
l’ordinateur calcule avec trop peu de chiffres significatifs. Dans l’exemple précédent nous observons que, si l’ordinateur
ne retient que 6 chiffres significatifs, il complètement inespéré d’obtenir une solution raisonnablement proche de la solution.
Conditionnement d’une matrice
Le conditionnement d’une matrice A ∈ Rn×n non singulière est défini par
K (A) = kAkkA−1 k(≥ 1),
où k·k est une norme matricielle subordonnée. En général, K (A) dépend du choix de la norme ; ceci est signalé en introduisant un indice dans la notation. Par exemple, on a les deux normes matricielles suivantes :
kAk1 = max
n
X
j =1,...,n i =1
kAk∞ = max
|a i j |,
n
X
i =1,...,n j =1
|a i j |.
Cas particulier
Si A est symétrique et définie positive a ,
K 2 (A) = kAk2 kA−1 k2 =
λmax
λmin
où λmax (resp. λmin ) est la plus grande (resp. petite) valeur propre de A.
a. A ∈ Rn×n est
B symétrique si ai j = a j i pour tout i , j = 1, . . . , n,
B définie positive si pour tout vecteurs x ∈ Rn avec x 6= 0, xT Ax > 0.
Considérons un système non singulier Ax = b. Si δb est une perturbation de b et si on résout Ay = b + δb, on obtient par
linéarité y = x + δx avec Aδx = δb. La question est de savoir s’il est possible de majorer l’erreur relative kδxk/kxk sur la
solution du système en fonction de l’erreur relative kδbk/kbk commise sur le second membre. Il est possible de démontrer
que
kδbk
kδxk
≤ K (A)
kxk
kbk
où K (A) est le nombre de conditionnement de la matrice A. On voit alors que plus le conditionnement de la matrice est grand,
plus la solution du système linéaire est sensible aux perturbations des données. Cependant, le fait qu’un système linéaire
soit bien conditionné n’implique pas nécessairement que sa solution soit calculée avec précision. Il faut en plus utiliser des
algorithmes stables. Inversement, le fait d’avoir une matrice avec un grand conditionnement n’empêche pas nécessairement
le système global d’être bien conditionné pour des choix particuliers du second membre.
Si kδbk/kbk est de l’ordre de la précision relative η = 10−p du calculateur, alors kδxk/kxk pourrait, au pire, être égal à
K (A)η = 10log10 (K (A)) 10−p = 0log10 (K (A)−p) .
Si on calcul la solution du système linéaire avec un ordinateur à p chiffres significatifs en valeur décimale, on ne pourra pas
garantir à priori plus de
E (p − log10 (K (A)))
chiffre significatifs sur la solution. Si on applique cette règle au système linéaire de l’exemple, il est facile de vérifier que
K (A) ' 107 , par conséquent nous pouvons perdre jusqu’à 7 chiffres significatifs lors de sa résolution. Il faut donc un ordinateur calculant avec 10 chiffres significatifs pour être sûr d’obtenir les 3 premiers chiffres de la solution.
62
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Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
Méthode (directe) d’élimination de Gauss et factorisation LU
Matrices et systèmes triangulaires
On dit qu’une matrice carrée A = (a i j )1≤i , j ≤n est TRIANGULAIRE SUPÉRIEURE (respectivement triangulaire INFÉRIEURE) si
i > j =⇒ a i j = 0 (resp. si i < j =⇒ a i j = 0).
Si la matrice est triangulaire supérieure (resp. triangulaire inférieure), on dira que le système linéaire est un système
triangulaire supérieur (resp. triangulaire inférieur).
Pour résoudre le système triangulaire Ax = b,
B si A est une matrice triangulaire inférieure, on a x 1 = ab111 et on déduit les inconnues x 2 , x 3 , . . . x n grâce à la relation
Ã
!
iP
−1
1
ai j x j ;
xi = a bi −
ii
j =1
B si A est une matrice triangulaire supérieure on a x n =
Ã
xi =
1
ai i
bi −
n
P
j =i +1
!
bn
a nn
et on déduit les inconnues x n−1 , x n−2 , . . . x 1 grâce à la relation
ai j x j .
Propriété
Le déterminant d’une matrice triangulaire est égal au produit des éléments diagonaux.
La méthode du pivot de Gauss transforme le système Ax = b en un système équivalent (c’est-à-dire ayant la même solution)
de la forme Ux = y, où U est une matrice triangulaire supérieure et y est un second membre convenablement modifié. Enfin
on résout le système triangulaire Ux = y.
Méthode du pivot de Gauss
Soit A = (a i j ) 1≤i ≤n la matrice des coefficients du système Ax = b. En permutant éventuellement deux lignes du système,
1≤ j ≤p
on peut supposer a i i 6= 0 (appelé pivot de l’étape i ).
Étape j : pour i > k, les transformations
Li ← Li −
ai k
Lk
a kk
éliminent l’inconnue x k dans les lignes L i .
En réitérant le procédé pour i de 1 à n, on aboutit à un système triangulaire supérieur.
Exemple
Soit le système linéaire

x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1,



2x 1 +3x 2 +4x 3 +x 4 = 2,
3x 1 +4x 2 +x 3 +2x 4 = 3,


4x 1 +x 2 +2x 3 +3x 4 = 4.
1. Résolution par la méthode du pivot de Gauss :


2 −2L 1
x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1 LL 2 ←L

x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1

3 ←L 3 −3L 1 


−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0
2x 1 +3x 2 +4x 3 +x 4 = 2 L 4 ←L 4 −4L 1
−−−−−−−−−→


−2x 2 −8x 3 −10x 4 = 0
3x 1 +4x 2 +x 3 +2x 4 = 3




4x 1 +x 2 +2x 3 +3x 4 = 4
−7x 2 −10x 3 −13x 4 = 0


x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1
x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1

L 3 ←L 3 −2L 2 




−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0
−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0 L 4 ←L 4 +L 3
L 4 ←L 4 −7L 2
−−−−−−−−→
−−−−−−−−−→


−4x 3 +4x 4 = 0
−4x 3 +4x 4 = 0




4x 3 +36x 4 = 0
40x 4 = 0
donc x 4 = 0, x 3 = 0, x 2 = 0 et x 1 = 1.
2. Résolution par la méthode du pivot de Gauss en écriture matricielle :
1
 2

[A|b] = 
3
4

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2
3
4
1
3
4
1
2
4
1
2
3
 L 2 ←L 2 −2L 1 
1
L 3 ←L 3 −3L 1

2 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 

3 
4
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10
4
−7
−10
−13

1
0 

0 
0
63
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012

1
L 3 ←L 3 −2L 2
L 4 ←L 4 −7L 2 
 0
−−−−−−−−−→ 
0
0
2
−1
0
0
3
−2
−4
4
4
−7
4
36


1

0 
4 +L 3
 −L−4−←L
−−−−−→ 

0 
0
1
0
0
0
2
−1
0
0
3
−2
−4
0
4
−7
4
40

1
0 

0 
0
donc x 4 = 0, x 3 = 0, x 2 = 0 et x 1 = 1.
Si on a plusieurs systèmes dont seul le second membre change, il peut être utile de factoriser une fois pour toute la matrice
A et résoudre ensuite des systèmes triangulaires.
Algorithme de factorisation LU sans pivot
Soit le système linéaire Ax = b.
1. On factorise la matrice A ∈ Rn×n sous la forme d’un produit de deux matrices A = LU. Les termes non nuls de U et
les termes non nuls en-dessous de la diagonale principale de L sont mémorisés encore dans la matrice A et sont
ainsi calculées :
for k = 1 to n − 1 do
for i = k + 1 to n do
ai k
ai k ←
a kk
for j = k + 1 to n do
ai j ← ai j − ai k ak j
end for
end for
end for
2. Résoudre le système linéaire consiste simplement à résoudre successivement
2.1. le système triangulaire inférieur Ly = b : les éléments non nuls de la matrice triangulaire inférieure L sont
donné par `i j = a i j pour i = 1, . . . , n et j = 1, . . . , i − 1 et `i i = 1 pour tout i = 1, . . . , n, donc l’algorithme
s’écrit
y 1 ← b1
for i = 2 to n do
si ← 0
for j = 1 to i − 1 do
si ← si + ai j x j
end for
y i ← bi − si
end for
2.2. le système triangulaire supérieure Ux = y : les éléments non nuls de la matrice triangulaire supérieure U sont
donné par u i j = a i j pour i = 1, . . . , n et j = i , . . . , n, donc l’algorithme s’écrit
yn
xn ←
a nn
for i = n − 1 to 1 by −1 do
si ← 0
for j = 1 to i − 1 do
si ← si + ai j y j
end for
y i − si
xi ←
ai i
end for
Attention
Pour une matrice quelconque A ∈ Rn×n , la factorisation LU existe et est unique si et seulement si les sous-matrices principales Ai de A d’ordre i = 1, . . . , n − 1 (celles que l’on obtient en restreignant A à ses i premières lignes et colonnes) ne
sont pas singulières (autrement dit si les mineurs principaux, i.e. les déterminants des sous-matrices principales, sont
non nuls).
On peut identifier des classes de matrices particulières pour lesquelles les hypothèses de cette proposition sont satisfaites :
Proposition
Si la matrice A ∈ Rn×n est symétrique et définie positive ou si est à diagonale dominante a alors la factorisation LU existe
et est unique.
a. A ∈ Rn×n est
64
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
B symétrique si ai j = a j i pour tout i , j = 1, . . . , n,
B définie positive si pour tout vecteurs x ∈ Rn avec x 6= 0, xT Ax > 0,
P
B à diagonale dominante par lignes si |ai i | ≥ nj=1 |ai j |, pour i = 1, . . . , n (à diagonale dominante stricte par lignes si l’inégalité est stricte),
j 6=i
B à diagonale dominante par colonnes si |ai i | ≥
Pn
j =1
j 6=i
|a j i |, pour i = 1, . . . , n (à diagonale dominante stricte par colonnes si l’inégalité est stricte),
Une technique qui permet d’effectuer la factorisation LU pour toute matrice A inversible, même quand les hypothèses de
cette proposition ne sont pas vérifiées, est la méthode du pivot par ligne : il suffit d’effectuer une permutation convenable
des lignes de la matrice originale A à chaque étape k où un terme diagonal a kk s’annule.
Algorithme de Gauss avec pivot
(k)
doivent être différents de zéro. Si la matrice est inversible mais un
Dans la méthode d’élimination de Gauss les pivot a kk
pivot est zéro (ou numériquement proche de zéro), on peut permuter deux lignes avant de poursuivre la factorisation.
L’algorithme modifié s’écrit alors
for k = 1 to n − 1 do
for i = k + 1 to n do
| et échanger la ligne k avec la ligne r¯
Chercher r¯ tel que |a r(k)
| = maxr =k,...,n |a r(k)
¯k
k
`i k ←
a i(k)
k
(k)
a kk
for j = k + 1 to n do
a (k)
− `(k)
← a i(k)
a i(k+1)
j
j
ik k j
end for
end for
end for
Une fois calculées les matrices L et U et la matrice des permutations P (i.e. la matrice telle que PA = LU), résoudre le
système linéaire consiste simplement à résoudre successivement le système triangulaire inférieur Ly = Pb puis le système
triangulaire supérieure Ux = y.
Déterminant
La factorisation LU permet de calculer le déterminant de A en O(n 3 ) car det(A) = det(L) det(U) =
Qn
k=1
u kk .
Inverse d’une matrice
Le calcul explicite de l’inverse d’une matrice peut être effectué en utilisant la factorisation LU comme suit. En notant X
l’inverse d’une matrice régulière A ∈ Rn×n , les vecteurs colonnes de X sont les solutions des systèmes linéaires
Axi = ei ,
pour i = 1, . . . , n.
En supposant que PA = LU, où P est la matrice de changement de pivot partiel, on doit résoudre 2n systèmes triangulaires
de la forme
Lyi = Pei ,
Uxi = yi ,
pour i = 1, . . . , n.
c’est-à-dire une suite de systèmes linéaires ayant la même matrice mais des seconds membres différents.
Exemple
Soit les systèmes linéaires

1
2

3
4
2
3
4
1
3
4
1
2
   
4 x1
1
x 2  2
1
  =  
2 x 3  3
3 x4
4
et

1
2

3
4
2
3
4
1
3
4
1
2
   
4 x1
10
x 2  10
1
  =  .
2 x 3  10
3 x4
10
1. Résoudre les systèmes linéaires par la méthode du pivot de Gauss.
2. Factoriser la matrice A (sans utiliser la technique du pivot) et résoudre les systèmes linéaires.
3. Calculer le déterminant de A.
4. Calculer A−1 .
1. Résolution par la méthode du pivot de Gauss du premier système
1
 2

[A|b] = 
3
4

© G. Faccanoni
2
3
4
1
3
4
1
2
4
1
2
3
 L 2 ←L 2 −2L 1 
1
L 3 ←L 3 −3L 1

2 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 

3 
4
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10
4
−7
−10
−13

1
L 3 ←L 3 −2L 2
0 
4 −7L 2
 −L−4−←L
−−−−−−→
0 
0
1
 0

 0
0

2
−1
0
0
3
−2
−4
4
4
−7
4
36

1
0 

0 
0
65
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
1
0
L 4 ←L 4 +L 3 

−−−−−−−−→ 
0
0
2
−1
0
0

3
−2
−4
0

1
0 

0 
0
4
−7
4
40
donc
x 4 = 0,
x 3 = 0,
x 2 = 0,
x 1 = 1.
Résolution par la méthode du pivot de Gauss du second système
1
 2

(A|b) = 
3
4
2
3
4
1

3
4
1
2
 L 2 ←L 2 −2L 1 
10
L 3 ←L 3 −3L 1

10 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 

10 
10

4
1
2
3
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10
1
2
−1
0
0
3
−2
−4
0
L 4 ←L 4 +L 3 
 0
−−−−−−−−→ 
0
0
4
−7
−10
−13
4
−7
4
40

10
L 3 ←L 3 −2L 2
−10 
4 −7L 2
 −L−4−←L
−−−−−−→
−20 
−30

10
−10 

0 
1
 0

 0
0

2
−1
0
0
3
−2
−4
4
4
−7
4
36

10
−10 

0 
40
40
donc


x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 10


−x − 2x − 7x = −10
2
3
4

−4x 3 + 4x 4 = 0



40x 4 = 40
=⇒
x 4 = 1,
x 3 = 1,
x 2 = 1,
x 1 = 1.
2. Factorisation de la matrice A :
1
2

3
4

2
3
4
1


2 −2L 1
1
4 LL 2 ←L
3 ←L 3 −3L 1
2
1
L
←L
−4L
4
4
1
 −−−−−−−−−→ 
3
2
4
3
3
4
1
2
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10

4
L 3 ←L 3 −2L 2
−7 
4 −7L 2
 −L−4−←L
−−−−−−→
−10
−13

1
2

3
4
2
−1
2
7


1
4
2
−7
L
←L
+L
4
4
3
 −−−−−−−−→ 
3
4
4
36
3
−2
−4
4
2
−1
2
7
3
−2
−4
−1

4
−7

4
40
donc

1
2
L=
3
4
0
1
2
7
0
0
1
−1

0
0

0
1

1
0
U=
0
0
2
−1
0
0
3
−2
−4
0

4
−7

4
40
Pour résoudre le premier système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b

1
2

3
4
   
1
0 y1
   
0
  y 2  = 2
0  y 3  3
0
1
2
7
0
0
1
−1
1
2
−1
0
0
3
−2
−4
0
   
4
x1
1
x 2  0
−7
  =  
4  x 3  0
40 x 4
0
y4
=⇒
y 1 = 1,
y 2 = 0,
y 3 = 0,
y4 = 0
x 4 = 0,
x 3 = 0,
x 2 = 0,
x 1 = 1.
y 2 = −10,
y 3 = 0,
y 4 = 40
x 2 = 1,
x 1 = 1.
4
et Ux = y
1
0

0
0

=⇒
Pour résoudre le second système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b

1
2

3
4
0
1
2
7

1
0

0
0
2
−1
0
0
0
0
1
−1
   
0 y1
10
 y 2  10
0
  =  
0  y 3  10
10
1 y4
y 1 = 10,
=⇒
et Ux = y
3
−2
−4
0
  

10
4
x1
  

−7
 x 2  = −10
4  x 3   0 
40 x 4
40
=⇒
x 4 = 1,
x 3 = 1,
3. Le déterminant de A est u 11 u 22 u 33 u 44 = 1 × (−1) × (−4) × 40 = 160.
66
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
4. Pour calculer A−1 on résout les quatre systèmes linéaires

1
2

3
4

1
2

3
4

1
2

3
4

1
2

3
4
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
   

1
4 x1
1
x 2  0
2
1
   =   i.e. 
3
2 x 3  0
4
3 x4
0
   

4 x1
0
1
x 2  1
2
1
   =   i.e. 
3
2 x 3  0
3 x4
0
4
   

4 x1
0
1
   

1
 x 2  = 0 i.e. 2
3
2 x 3  1
3 x4
0
4
   

4 x1
0
1
2
x 2  0
1
   =   i.e. 
3
2 x 3  0
3 x4
1
4
0
1
2
7
0
1
2
7
0
1
2
7
0
1
2
7

 
   
1
2
1
1
0 y1
0 −1
 y 2  0
−2
0
   =   =⇒   puis 
0
1
0
0  y 3  0
0
0
11
0
1 y4
   
 

0 y1
0
0
1
2
 y 2  1
1
0 −1
0
   =   =⇒   puis 
−2
0
0  y 3  0
0
1 y4
0
−9
0
0
   
 

0 y1
0
0
1
2
 y 2  0
0
0 −1
0
   =   =⇒   puis 
1
0
0  y 3  1
0
1 y4
0
1
0
0
   
 

0 y1
0
0
1
2
 y 2  0
0
0 −1
0
   =   =⇒   puis 
0
0
0  y 3  0
0
1 y4
1
1
0
0
0
0
1
−1
0
0
1
−1
0
0
1
−1
0
0
1
−1
3
−2
−4
0
3
−2
−4
0
3
−2
−4
0
3
−2
−4
0
   
−9 
x1
4
1
/40
 1/40 
x 2  −2
−7
   =   =⇒ 

 1/40 
4  x 3   1 
11
40 x 4
11
/40
   
1 
/40
4
x1
0
   
1 
−7
 x 2  =  1  =⇒  /40 





 11/40 
4
x3
−2
−9
/40
40 x 4
−9
   
1 
/40
4
x1
0
   
 11 
−7
 x 2  = 0 =⇒  /40 





 − 9/40
4
x3
1
1
/40
40 x 4
1
   
 11 
/40
4
x1
0
x 2  0
 − 9/40
−7

   =   =⇒ 
 1/40 
4  x 3  0
1
/40
40 x 4
1
et finalement
−9
/40
1

/
40
A−1 = 
 1/40
11
/40
/40
1
/40
11
/40
−9
/40
1
/40
11
/40
−9
/40
1
/40
1
1
1
11
−9


−9
/40
−9
1
1
/40

=
1
/40  40  11
1
11
/40
11
1
11
−9
1

11
−9
.
1
1
Méthodes itératives
Une méthode itérative pour le calcul de la solution d’un système linéaire Ax = b avec A ∈ Rn×n est une méthode qui construit
une suite de vecteurs x(k) = (x 1(k) , x 2(k) , . . . , x n(k) )T ∈ Rn convergent vers le vecteur solution exacte x = (x 1 , x 2 , . . . , x n )T pour tout
vecteur initiale x(0) = (x 1(0) , x 2(0) , . . . , x n(0) )T ∈ Rn lorsque k tend vers +∞. Dans ces notes on ne verra que deux méthodes itératives :
B la méthode de J ACOBI,
B la méthode de G AUSS -S EIDEL.
Méthode de J ACOBI
Soit x0 = (x 10 , x 20 , . . . , x n0 ) un vecteur donné. La méthode de J ACOBI définit la composante x ik+1 du vecteur xk+1 à partir des
composantes x kj du vecteur xk pour j 6= i de la manière suivante :
bi −
x ik+1 =













(k)
x = 











x 1(k)
x 2(k)
..
.
x i(k)
−1
x i(k)
x i(k)
+1
..
.
x n(k)
n
P
j =1
j 6=i
a i j x kj
ai i
,
i = 1, . . . , n






































(k+1)
x
= 











x 1(k+1)
x 2(k+1)
..
.
x i(k+1)
−1
x i(k+1)
x i(k+1)
+1
..
.
x n(k+1)

























Proposition
Si la matrice A est à diagonale dominante stricte, la méthode de J ACOBI converge.
© G. Faccanoni
67
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
La méthode de G AUSS -S IDEL est une amélioration de la méthode de J ACOBI dans laquelle les valeurs calculées sont utilisées
au fur et à mesure du calcul et non à l’issue d’une itération comme dans la méthode de J ACOBI.
Méthode de G AUSS -S IDEL
Soit x0 = (x 10 , x 20 , . . . , x n0 ) un vecteur donné. La méthode de G AUSS -S IDEL définit la composante x ik+1 du vecteur xk+1 à
partir des composantes x k+1
du vecteur xk+1 pour j < i et des composantes x kj du vecteur xk pour j ≥ i de la manière
j
suivante :
iP
−1
n
P
bi −
a i j x k+1
−
a i j x kj
j
x ik+1 =













x(k) = 











j =1
j =i +1
ai i
x 1(k)
x 2(k)
..
.
x i(k)
−1
x i(k)
x i(k)
+1
..
.
x n(k)
,
i = 1, . . . , n






































x(k+1) = 











x 1(k+1)
x 2(k+1)
..
.
x i(k+1)
−1
x i(k+1)
x i(k+1)
+1
..
.
x n(k+1)

























Proposition
Si la matrice A est à diagonale dominante stricte ou si elle est symétrique et définie positive, la méthode de G AUSS -S EIDEL
converge.
Algorithmes
Ces algorithmes tentent de résoudre le système d’équations linéaires Ax = b d’inconnue x. La matrice A, de taille n × n,
doit être inversible et le second membre b doit être de longueur n. Les itérations s’arrêtent quand le rapport entre la
norme du k-ème residu est inférieure ou égale à TOLL, le nombre d’itérations effectuées est alors renvoyé dans iter.
MaxITER est le nombre maximum d’itérations.
J ACOBI
Require: A = (a i j )1≤i , j ≤n , b = (b i )1≤i ≤n , x, MaxITER, TOLL
iter ← 0
r ← kb − Axk
while (r >TOLL & iter<MaxITER) do
iter ← iter +1
y←x
for i from 1 to n do
s ←0
for j from 1 to i − 1 do
s ← s + ai j y j
end for
for j from i + 1 to n do
s ← s + ai j y j
end for
x i ← (b i − s)/a i i
end for
r ← kb − Axk
end while
G AUSS -S EIDEL
Require: A = (a i j )1≤i , j ≤n , b = (b i )1≤i ≤n , x, MaxITER, TOLL
iter ← 0
r ← kb − Axk
while (r >TOLL & iter<MaxITER) do
iter ← iter +1
y←x
for i from 1 to n do
s ←0
for j from 1 to i − 1 do
s ← s + ai j x j
end for
for j from i + 1 to n do
s ← s + ai j y j
end for
x i ← (b i − s)/a i i
end for
r ← kb − Axk
end while
Il n’y a pas de résultat général établissant que la méthode de G AUSS -S EIDEL converge toujours plus vite que celle de J ACOBI.
On peut cependant l’affirmer dans certains cas, comme le montre la proposition suivante
68
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
Proposition
Soit A une matrice tridiagonale de taille n × n inversible dont les coefficients diagonaux sont tous non nuls. Alors les
méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL sont soit toutes les deux convergentes soit toutes les deux divergentes. En cas
de convergence, la méthode de G AUSS -S EIDEL est plus rapide que celle de J ACOBI.
Exemple
Considérons le système linéaire

4
−1
2
mis sous la forme
2
2
1
   
4
1 x
0   y  = 2 
9
4 z

y
z

x = 1 − 2 − 4 ,
x
y = 1+ 2 ,


y
z = 49 − x2 − 4 .
Soit x(0) = (0, 0, 0) le vecteur initial.
B En calculant les itérées avec la méthode de J ACOBI on trouve
  
1 − 20 − 04
1
(1) 
0
x =
1+ 2  =  1 ,
9
0
0
9
/4
4−2−4


 
9

1 − 12 − 4/4
−1/16
  3 
(2) 
1
x =  1 + 2  = /2 ,
3
1
1
9
/2
4−2−4
 
3
3

1 − 2/2 − 4/2
−1/8
1
  1 
(3) 
−
/
16
x =  1+ 2
 = − /32 ,
3
61
9
−1/16
/2
/32
−
−
4
2
4

La suite x(k) converge vers (0, 1, 2) la solution du système.
B En calculant les itérées avec la méthode de G AUSS -S EIDEL on trouve

  
 

3
11

1 − 02 − 04
1 − 2/2 − 4/8
1
−3/32
3




x(1) =  1 + 12  =  3/2  , x(2) =  1 + −2/32  =  61/64  ,
3
3
61
11
527
9
1
/2
9
/8
/256
− − /32 − /64
4−2− 4
4
2
4


x(3) = 
 
1
61

5
1 − −2/32 − 4/32
/128
1
  15 
(4) 
−
/
8
/16 .
x =
1+ 2
=
265
9
−1/8
−1/32
/128
−
−
4
2
4

 
3
61

9
1 − −2/32 − 4/64
/1024
9

1 + /1024
 =  2047/2048  ,
2 2047
9
16349
/1024
/2048
9
/8192
−
−
4
2
4
La suite x(k) converge vers (0, 1, 2) la solution du système.
© G. Faccanoni
69
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
............... Exercices
..............
Exercice 4.1
Soit le système linéaire

6
2
1
   
1 x1
12
0  x 2  =  0  .
6 x3
6
1
4
2
1. Approcher la solution avec la méthode de J ACOBI avec 3 itérations à partir de x(0) = (2, 2, 2).
2. Approcher la solution avec la méthode de G AUSS -S EIDEL avec 3 itérations à partir de x(0) = (2, 2, 2).
3. Résoudre les systèmes linéaires par la méthode d’élimination de Gauss.
4. Factoriser la matrice A (sans utiliser la technique du pivot) et résoudre les systèmes linéaires.
S OLUTION .
1. Méthode de J ACOBI :
 
2
(0)
x = 2 ,
2
4 
12−(1×2+1×2)
/3
6
  
 0−(2×2+0×2)
(1)
−1
=
,
x =

4
6−(1×2+2×2)
0
6


 12−(1× −2 +1× 10 ) 
 12−(1×(−1)+1×0) 
 13 
/6
 0−(2× 4 +0×0) 
(2)
3
 = −2/3 ,
x =


4
10
6−(1× 43 +2×(−1))
/9
3
6
(3)
x
9
6
10
0−(2× 13
6 +0× 9 )
4
−2
6−(1× 13
6 +2× 3 )
6

=

6
 52 
/27

 = −13/12

31
/36
ainsi


1.926
x ≈ −1.083 .
0.861
2. Méthode de G AUSS -S EIDEL :
 12−(1×2+1×2) 
4 
 
/3
2
 0−(2× 64 +0×2) 
(0)
(1)
3
 = − 2  ,
x = 2  , x = 


3
4
6−(1× 34 +2× −2
2
1
3 )
6
12−(1× −2
 35 
3 +1×1)
/18
6


35
(2)
0−(2×
+0×1)
 = −35/36 ,
18
x =


4
−35
1
6−(1× 35
18 +2× 36 )
6

 12−(1× 35 +1× −35 ) 

(3)
x

=

18
36
1
− 13
6

12
−4 
6


/216
6

0−(2× 431
216 +0×1)  = −431/432

4
−431
1
6−(1× 431
216 +2× 432 )
6
431
ainsi


1.995
x ≈ −0.995 .
1
3. Méthode d’élimination de Gauss :

6
(A|b) =  2
1
1
4
2
 L 2 ←L 2 − 26 L 1 
6
12
L 3 ←L 3 − 16 L 1
0  −−−−−−−−→  0
6
0
1
0
6
1
11
3
11
6
1
− 13
35
6
11


6 L
12
6
L 3 ←L 3 − 11
2
3
−4  −−−−−−−−−−→  0
0
4
1
11
3
0
donc


6x 1 + x 2 + x 3 = 12,
11
1
3 x 2 − 3 x 3 = −4


6x 3 = 6
x 3 = 1,
=⇒
x 2 = −1,
x 1 = 2.
4. Factorisation de la matrice A :

6
2
1
 L 2 ←L 2 − 62 L 1 
6
1
L 3 ←L 3 − 16 L 1
0 −−−−−−−−→  26
1
6
6
1
4
2
1
11
3
11
6

11

1 L 3 ←L 3 − 116 L 2  62
3
− 13  −−−−−−−−−−→ 
6
35
6
1
11
3
11
6
11
3
1
6

1
− 13 


6
donc

1
L =  31
1
6
0
1
1
2

0
0
1

6
U = 0
0
1
11
3
0
Pour résoudre le système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b

   
1 0 0 y1
12
 1 1 0  y 2  =  0 
=⇒
y 1 = 12,
3
1
1
y
6
1
3
6
2
70

1
− 31 
6
y 2 = −4,
y3 = 6
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
et Ux = y

6
0
0
1
11
3
0
   
1
x1
1
− 13  x 2  = −4
x3
6
6
x 3 = 1,
=⇒
x 2 = −1,
x 1 = 2.
Exercice 4.2
Soit A une matrice, A ∈ Mn,n (R).
1. Rappeler les conditions nécessaires et suffisantes pour l’existence d’une factorisation LU de la matrice A et préciser
les définitions de L et U.
2. On suppose L et U construites (i.e. on dispose de tous les coefficients `i , j et u i , j de L et U), écrire l’algorithme de
résolution de Ax = b, avec b ∈ Mn,1 (R) donné.
3. Soit la matrice A suivante :

3
−1
−1
−1
3
−1

−1
−1 .
3
Construire à la main les matrices L et U de la factorisation LU.
S OLUTION .
1. Pour une matrice quelconque A ∈ Mn,n (R), la factorisation LU (sans pivot) existe et est unique ssi les sous-matrices
principales Ai de A d’ordre i = 1, . . . , n −1 (celles que l’on obtient en restreignant A à ses i premières lignes et colonnes)
ne sont pas singulières (autrement dit si les mineurs principaux, i.e. les déterminants des sous-matrices principales,
sont non nuls). On peut identifier des classes de matrices particulières pour lesquelles les hypothèses de cette proposition sont satisfaites. Mentionnons par exemple : les matrices à diagonale strictement dominante, les matrices réelles
symétriques définies positives. Une technique qui permet d’effectuer la factorisation LU pour toute matrice A inversible, même quand les hypothèses de cette proposition ne sont pas vérifiées, est la méthode du pivot par ligne : il suffit
d’effectuer une permutation convenable des lignes de la matrice originale A à chaque étape k où un terme diagonal
a kk s’annule.
2. Une fois calculées les matrices L et U, résoudre le système linéaire Ax = b, avec b ∈ Mn,1 (R) donné consiste simplement
à résoudre successivement
2.1. le système triangulaire inférieur Ly = b par l’algorithme
y 1 = b1 ,
y i = bi −
iX
−1
`i j y j ,
i = 2, . . . , n
j =1
2.2. le système triangulaire supérieure Ux = y par l’algorithme
Ã
!
n
X
yn
1
xn =
,
xi =
yi −
ui j x j ,
u nn
ui i
j =i +1
3. Factorisation :

3
−1
−1
−1
3
−1

 L 2 ←L 2 − −1
3 L1
−1
3
L 3 ←L 3 − −1
L
1
3
−1 −−−−−−−−−→ 0
0
3
−1
8
/3
−4/3


3
−1 L ←L − − / L
3
3
2
/
−4/3 −−−−−−−−−−→ 0
8
/3
0
4
8
3
3
j = n − 1, . . . , 1
−1
8
/3
0

−1
−4/3 .
2
Par conséquent

1
L = −1/3
−1/3

0
0
1
0
1
−1/2

et
3
U = 0
0
−1
8
/3
0

−1
−4/3 .
2
Exercice 4.3
Calculer, lorsqu’il est possible, la factorisation LU des matrices suivantes :

1
A = 2
7
© G. Faccanoni
2
4
8

3
5 ,
9

1
B = 7
2
2
8
4

3
9 .
5
71
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
Comment peut-on modifier l’algorithme de factorisation pour pouvoir toujours aboutir à une factorisation LU lorsque la
matrice est inversible ?
S OLUTION . Pour une matrice quelconque A ∈ Mn,n (R), la factorisation LU (sans pivot) existe et est unique ssi les sousmatrices principales Ai de A d’ordre i = 1, . . . , n − 1 (celles que l’on obtient en restreignant A à ses i premières lignes et colonnes) ne sont pas singulières (autrement dit si les mineurs principaux, i.e. les déterminants des sous-matrices principales,
sont non nuls).
Matrice A : comme det(A) 6= 0, la matrice A est bien inversible. Puisque det(A1 ) = a 11 = 1 6= 0 mais det(A2 ) = a 11 a 22 −a12a 21 =
0, on ne peut pas factoriser A sans utiliser la technique du pivot. En effet,

1
A = 2
7
2
4
8
 L 2 ←L 2 − 21 L 1 
1
3
L 3 ←L 3 − 71 L 1
5 −−−−−−−−→ 0
0
9
2
0
−6

3
−1 
−12
La factorisation LU ne peut pas être calculée car à la prochaine étape il faudrait effectuer le changement L 3 ← L 3 − −6
0 L2.
Matrice B :

1
A2 = 7
2
2
8
4
 L 2 ←L 2 − 17 L 1 
1
3
L 3 ←L 3 − 21 L 1
9 −−−−−−−−→ 0
0
5
0
1
0

0
0 ,
1
2
−6
0

3
−12
−1
La factorisation LU de la matrice B est donc

1
L = 7
2

1
U = 0
0
2
−6
0

3
−12 .
−1
Lorsqu’un pivot est nul, la méthode de G AUSS pour calculer la factorisation LU de la matrice A n’est plus applicable. De
plus, si le pivot n’est pas nul mais très petit, l’algorithme conduit à des erreurs d’arrondi importantes. C’est pourquoi des
algorithmes qui échangent les éléments de façon à avoir le pivot le plus grand possible ont été développés. Les programmes
optimisés intervertissent les lignes à chaque étape de façon à placer en pivot le terme de coefficient le plus élevé : c’est la
méthode du pivot partiel. Pour la matrice A cela aurait donné

1
A = 2
7
2
4
8


3
1
L 2 ↔L 3
5 −−−−−→ 7
9
2
2
8
4
 L 2 ←L 2 − 17 L 1 
1
3
L 3 ←L 3 − 21 L 1
9 −−−−−−−−→ 0
0
5
2
−6
0

3
−12 .
−1
Bien évidemment, il faut garder trace de cet échange de lignes pour qu’il puisse être répercuté sur le terme source et sur
l’inconnue lors de la résolution du système linéaire ; ceci est réalisé en introduisant une nouvelle matrice P, dite matrice
pivotale, telle que PA = LU : la résolution du système linéaire Ax = b est donc ramené à la résolution des deux systèmes
triangulaires Ly = Pb et Ux = y. Dans notre exemple cela donne

1
P = 0
0
0
0
1

0
1
0
Exercice 4.4
Après avoir utilisé la méthode d’élimination de Gauss, une matrice symétrique A a été transformée en la matrice triangulaire supérieure


4 −2
1
0
0 3 −3/2
1 
.
U=
0 0
3
−3/2 
0 0
0
35/12
Calculer la matrice A.
72
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
S OLUTION . Comme A = LU, il suffit de calculer L. En divisant chaque ligne de U par son terme diagonal on trouve

1

0
LT = 
0
0
−1/2
1
0
0
1/4
−1/2
1
0

0
1/3 
.
−1/2
1
Alors
1
−1/2
A = LU = 
 1/4
0

0
1
−1/2
1/3
0
0
1
−1/2

0 4

0
 0

0 0
1 0
−2
3
0
0
1
−3/2
3
0
 
0
4
−2
1 
=
−3/2   1
35/12
0
−2
4
−2
1
1
−2
4
−2

0
1
.
−2
4
Exercice 4.5
Soit α un paramètre réel et soient les matrices Aα , P et le vecteur b définis par

2
Aα = α
2
4
−2
3

1
−1 ,
2

1
P = 0
0
0
0
1

0
1 ,
0


0
b = −3/2 .
−1
1. À quelle condition sur α, la matrice Aα est inversible ?
2. À quelle condition sur α, la matrice Aα admet-elle une décomposition LU (sans pivot) ?
3. Soit α = −1. Calculer, si elle existe, la décomposition LU de la matrice M = PAα .
4. Soit α = −1. Résoudre le système linéaire Ax = b en résolvant le système linéaire Mx = Pb.
S OLUTION .
1. La matrice Aα est inversible si et seulement si det(A) 6= 0. Comme

2
det(A) = det α
2
4
−2
3

1
−1
2
= (2 × (−2) × 2) + (4 × (−1) × 2) + (1 × α × 3) − (2 × (−1) × 3) − (4 × α × 2) − (1 × (−2) × 2)
= (−8) + (−8) + (3α) − (−6) − (8α) − (−4)
= −6 − 5α,
la matrice Aα est inversible si et seulement si α 6= − 56 .
2. Pour une matrice A carrée d’ordre n quelconque, la factorisation de Gauss existe et est unique si et seulement si les
sous-matrices principales Ai de A d’ordre i = 1, . . . , n − 1 (celles que l’on obtient en restreignant A à ses i premières
lignes et colonnes) ne sont pas singulières (autrement dit si les mineurs principaux, i.e. les déterminants des sousmatrices principales, sont non nuls).
Pour la matrice Aα on a les sous-matrices principales suivantes :
¡ ¢
A1 = 2 ,
det(A1 ) = 2;
¶
µ
2
4
,
det(A2 ) = −4(1 + α).
A2 =
α −2
Par conséquent, la matrice Aα admet une décomposition LU (sans pivot) si et seulement si α 6= −1.
3. Si α = −1 la matrice Aα n’admet pas de décomposition LU sans pivot. La matrice P échange les lignes 2 et 3 de la
matrice A et on obtient la matrice
 



2
4
1
2
4
1
1 0 0
3
2 .
PA−1 = 0 0 1 −1 −2 −1 =  2
−1 −2 −1
0 1 0
2
3
2
La matrice M admet une décomposition LU (sans pivot) et l’on a

2
2
−1
© G. Faccanoni
4
3
−2


2
1 L 2 ←L 2 −L−11
L 3 ←L 3 − 2 L 1
2  −−−−−−−−−→ 0
−1
0
4
−1
0

1
1 
− 12
73
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
Par conséquent, on obtient la décomposition LU suivante de la matrice M :

1
L= 1
− 12
0
1
0

0
0 ,
1

2
U = 0
0

1
1 .
− 21
4
−1
0
4. Pour résoudre le système linéaire Mx = Pb il suffit de résoudre les deux systèmes triangulaires suivantes :
B Ly = Pb :
y 1 = 0,
3
3 1
y3 = − + y1 = − ;
2 2
2
y 2 = −1 − y 1 = −1,
B Ux = y :
x3 =
−3
(−2) = 3,
2
x 2 = (−1 − x 3 )/(−1) = 4,
x 1 = (0 − x 2 − 4x 3 )/2 = −
19
.
2
Exercice 4.6
Considérons les deux matrices carrées d’ordre n > 3 :

α 0 0
0
...
0 α 0
0
0 ...


..

.
0 0 α
0


.
.
..
..
A=
...
0

.
.
.
.
..
..
0
.

0 0
0
α
β β ...
β β

β
β

.. 

.


β



β

β
α
β
β

.
.
.


B=

.
.
.

β
α

0
...
0
...
0
0
..
.
0
α
β
α
0
β
0
0
..
.
0
α
...
0
0
α
β
0
...

α
0



0

.. 
.



0

0
β
avec α et β réels non nuls.
1. Vérifier que la factorisation LU de la matrice B ne peut pas être calculée sans utiliser la technique du pivot.
2. Calculer analytiquement le nombre d’opérations nécessaires pour calculer la factorisation LU de la matrice A.
3. Exprimer le déterminant de la matrice A sous forme récursive en fonction des coefficients de la matrice et de sa
dimension n.
4. Sous quelles conditions sur α et β la matrice A est définie positive ? Dans ce cas, exprimer le conditionnement de
la matrice en fonction des coefficients et de la dimension n.
S OLUTION .
1. La factorisation LU de la matrice B ne peut pas être calculée sans utiliser la technique du pivot car l’élément pivotale
au deuxième pas est nul. Par exemple, si n = 4, on obtient :
β

β
B(1) = 
β
α

0
0
α
β
0
α
0
β

 L 2 ←L 2 −L 1
β
α L 3 ←L 3 −L 1
0
L 4 ←L 4 − α
L
0
β 1

 −−−−−−−−−→ B(2) = 
0
0
β
0
0
0
α
0
α
0
α
−α
−α
β
β
β − αβ

2


.

2. La matrice A est une matrice «en flèche» : pour en calculer la factorisation LU il suffit de transformer la dernière ligne,
ce qui requiert le calcul de l’unique multiplicateur m = β/α et l’exécution de n − 1 produits et sommes. Le coût globale
est donc de l’ordre de n.
3. Le déterminant δn de la matrice A de dimension n coïncide avec le déterminant de la matrice U. Comme u i i = α pour
tout i < n et u nn = α − (n − 1)β2 /α, on conclut que
δn = αn − (n − 1)αn−2 β2 .
4. Les valeurs propres de la matrice A sont les racines du déterminant de la matrice A−λI. Suivant le même raisonnement
du point précédant, ce déterminant s’écrit
(α − λ)n − (n − 1)(α − λ)n−2 β2
dont les racines sont
λ1,2 = α ±
74
q
(n − 1)β,
λ3 = · · · = λn = α.
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
Par conséquent, pour que la matrice A soit définie positive il faut que les valeurs propres soient tous positifs, ce qui
impose
α
α > 0,
|β| < p
.
n −1
Dans ce cas, le conditionnement de la matrice en norme 2 est
K 2 (A) =
 α+βpn−1

 α−βpn−1
si β ≥ 0,
p

 α−βpn−1
α+β n−1
sinon.
Exercice 4.7
Donner une condition suffisante sur le coefficient α pour avoir convergence des méthodes de J ACOBI et G AUSS -S EIDEL
pour la résolution d’un système linéaire associé à la matrice
α
A = 0
1

0
α
0

1
0
α
S OLUTION . Une condition suffisante pour la convergence des méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL est que A est à
diagonale strictement dominante. A vérifie cette condition si et seulement si |α| > 1.
Exercice 4.8
Considérons le système linéaire Ax = b avec
α
A = 0
0

0
α
δ

γ
β
α
avec α, β, γ et δ des paramètres réels. Donner des conditions suffisantes sur les coefficients pour avoir
1. convergence de la méthode de Jacobi
2. convergence de la méthode de Gauss-Seidel.
S OLUTION .
1. Une condition suffisante pour que la méthode de J ACOBI converge est que la matrice soit à dominance diagonale
stricte, ce qui équivaut à imposer


|α| > |γ|,
|α| > |β|,


|α| > |δ|,
©
ª
c’est-à-dire |α| > max |β|, |γ|, |δ| .
2. La condition précédente est aussi suffisante pour la convergence de la méthode de Gauss-Seidel. Une autre condition
suffisante pour la convergence de cette méthode est que la matrice soit symétrique définie positive. Pour la symétrie il
faut que
(
γ = 0,
β = δ,
on obtient ainsi la matrice

α

A= 0
0
0
α
β

0
β .
α
Elle est définie positive si ses valeurs propres sont positifs. On a
λ1 = α,
λ2 = α − β,
λ3 = α + β,
donc il faut que α > |β|.
© G. Faccanoni
75
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
Exercice 4.9
Écrire les formules de la méthode d’élimination de Gauss pour une matrice de la forme


a 1,1 a 1,2
0
...
0

.. 


. 
 a 2,1 a 2,2 a 2,3 0


.. 
 ..
..
..
..
 .

.
.
.
.
.
A=
 .

.
.
 ..
..
..
0 


 .

 .

 .
a n−1,n−1 a n−1,n 
a n,1 a n,2 . . .
a n,n−1
a n,n
Quelle est la forme finale de la matrice U = A(n) ? Étant donné la forme particulière de la matrice A, indiquer le nombre
minimal d’opérations nécessaire pour calculer U ainsi que celui pour la résolution des systèmes triangulaires finaux.
S OLUTION . Comme la matrice a une seule sur-diagonale non nulle, les formules de la méthode d’élimination de Gauss
deviennent
(k)
+ m i ,k a k,
,
= a i(k)
a i(k+1)
,j
,j
j
m i ,k =
a i(k)
,k
(k)
a k,k
i , j = k + 1,
i = k + 1.
,
La coût est donc de l’ordre de n et la matrice U est bidiagonale supérieure.
Exercice 4.10
Soit α ∈ R∗ et considérons les matrices carrées de dimension n


 β
α
0
. . . −α

 α
.. 
..


 γ
.
. 
 0
−
A=
,
B= α

 ..

 ..
 .
 .
α −α
γ
−α . . . −α −α
−α
γ
−α
..
.
...
...
β
α
γ
−α
γ
−α
.. 

. 
.
γ
−α
γ
α
1. Calculer γ et β pour que B soit l’inverse de A.
2. Calculer le conditionnement K ∞ (A) en fonction de n et en calculer la limite pour n qui tend vers l’infini.
S OLUTION .
1. Par définition, B est la matrice inverse de A si AB = BA = I. Comme

β+γ
0
...

.

..
0

AB = 
..


.
β+γ
−β + (n − 3)γ . . . −β + (n − 3)γ
0
..
.




,

0 
(n − 2)γ
il faut que


β + γ = 1
−β + (n − 3)γ = 0


(n − 2)γ = 1
ce qui donne
β=
76
n −3
,
n −2
γ=
1
.
n −2
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
2. On trouve immédiatement kAk∞ = n|α| tandis que
n
1
2
n o
=
max n,
.
|α|
n −2
|α|
kA−1 k∞ =
On conclut que le conditionnement K ∞ (A) en fonction de n est
K ∞ (A) = n|α|
2
= 2n.
|α|
La matrice est donc mal conditionnée pour n grand.
Exercice 4.11
On suppose que le nombre réel ε > 0 est assez petit pour que l’ordinateur arrondisse 1 + ε en 1 et 1 + (1/ε) en 1/ε (ε est
plus petit que l’erreur machine (relative), par exemple, ε = 2−30 en format 32 bits). Simuler la résolution par l’ordinateur
des deux systèmes suivants :
(
(
εa + b = 1
2a + b = 0
et
2a + b = 0
εa + b = 1
On appliquera pour cela la méthode du pivot de Gauss et on donnera les décompositions LU des deux matrices associées
à ces systèmes. On fournira également la solution exacte de ces systèmes. Commenter.
S OLUTION .
Premier système :
ε
2
µ
1
1
¶µ ¶ µ ¶
a
1
=
.
b
0
Factorisation LU :
ε
2
µ
¶
µ
1 L 2 ←L 2 − 2ε L 1 ε
−−−−−−−−→
1
0
1
1 − 2ε
¶
donc
L=
µ
1
2
ε
0
1
¶
U=
ε
0
µ
1
1 − 2ε
¶
Pour résoudre le système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b et Ux = y :
µ
¶µ ¶ µ ¶
1 0 y1
1
=
=⇒
y 1 = 1,
2
y
0
1
2
ε
ε
0
µ
1
1 − 2ε
¶µ ¶ µ ¶
1
a
= 2
b
−ε
1+
2
b=− ¡
¢,
ε 1 − 2ε
=⇒
Mais avec l’ordinateur, comme 1 + ε ≈ 1 et 1 + (1/ε) ≈ 1/ε, on obtient
µ
¶
1 0
e
L= 2
1
ε
µ
ε
e
U=
0
2
y2 = − ;
ε
1
− 2ε
a=
¡ 2 ¢
ε 1− 2ε
ε
.
¶
e = b et Ux
e =y:
Pour résoudre ce système linéaire approché on résout les systèmes triangulaires Ly
µ
¶µ ¶ µ ¶
2
1 0 y1
1
=⇒
y 1 = 1, y 2 = − ;
=
2
y
0
1
ε
2
ε
µ
¶µ ¶ µ ¶
ε
1 a
1
= 2
=⇒
b = 1, a = 0.
0 − 2ε b
−ε
Second système :
µ
2
ε
1
1
¶µ ¶ µ ¶
a
0
=
.
b
1
Factorisation LU :
µ
2
ε
© G. Faccanoni
¶
µ
1 L 2 ←L 2 − 2ε L 1 2
−−−−−−−−→
1
0
1
1 − 2ε
¶
77
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
donc
L=
µ
1
0
1
ε
2
¶
U=
µ
2
0
1
1 − 2ε
¶
Pour résoudre le système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b et Ux = y :
µ
¶µ ¶ µ ¶
1 0 y1
0
=
=⇒
y 1 = 0,
ε
1 y2
1
2
µ
2
0
1
1 − 2ε
¶µ ¶ µ ¶
a
0
=
b
1
1+
2
a=
b=− ¡
¢,
ε 1 − 2ε
=⇒
Mais avec l’ordinateur, comme 1 + ε ≈ 1 et 1 + (1/ε) ≈ 1/ε, on obtient
¶
µ
e = 1ε 0
L
1
2
µ
e= 2
U
0
y 2 = 1;
1
− 2ε
¡ 2 ¢
ε 1− 2ε
ε
.
¶
e = b et Ux
e =y:
Pour résoudre ce système linéaire approché on résout les systèmes triangulaires Ly
µ
¶µ ¶ µ ¶
1 0 y1
0
=
=⇒
y 1 = 0, y 2 = 1;
ε
1 y2
1
2
¶µ ¶ µ ¶
µ
ε
ε
2
1 a
0
=
=⇒
b=− , a = .
2
1
0 −ε b
2
4
Exercice 4.12
Rappeler l’algorithme vu en cours pour calculer la décomposition LU d’une matrice A et la solution du système Ax = b
où le vecteur colonne b est donné. On appliquera ces algorithmes pour les cas suivants :

1
2
−3
1
1
2
4
x3
1
2

3
2

   
1 x1
1
3 x 2  = 1
et
1
2
−5
1
2
3
7
1
0
   
4 x1
1
   
1
 x 2  = 1
5 x 3  1
3 x4
1
et

1
1

1
1
1
−2
4
0
1
3
6
0
   
1 x1
1
   
4
  x 2  = 1 
8   x 3  1 
0 x4
1
Donner, en fonction de n (nombre de lignes et de colonnes de A), une majoration du nombres d’opérations effectuées
par l’ordinateur pour calculer la décomposition LU de A avec l’algorithme donné en cours. Donner aussi une estimation
du nombres d’opérations effectuées pour résoudre le système Ax = b quand la décomposition LU est connue.
S OLUTION . Premier système :

1
 2
−3
1
1
2
1
3
4
 L 2 ←L 2 − 21 L 1 
1
1
L 3 ←L 3 − −3
1 L1
1  −−−−−−−−−→  0
1
0
1
−1
5
1
1
7


1
1
5
L 3 ←L 3 − −1
L2
−1  −−−−−−−−−→  0
4
0
1
−1
0
1
1
12

1
−1 
−1
donc

1
L= 2
−3

0
0
1
0
1
−5

1
U = 0
0
1
−1
0

1
1
12
Il ne reste à résoudre que le système triangulaire


x 1 + x 2 + x 3 = 1
−x 2 + x 3 = −1


12x 3 = −1
=⇒ x 3 = −
1
,
12
x2 =
11
,
12
1
x1 = .
6
Deuxième système :
2
1
 2

 3
2

78
2
−5
1
2
3
7
1
0
4
1
5
3
 L 2 ←L 2 − 13 L 1 
1
L 3 ←L 3 − 1 L 1
L ←L − 2 L 1 
1 
 −−4−−−4−−1−→


1 
1
1
0
0
0
2
−9
−5
−2
3
1
−8
−6
4
−7
−7
−5

1
−1 

−2 
−1
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
1

L 4 ←L 4 − −2
−9 L 2  0
−−−−−−−−−→ 
0
0
−5
L 3 ←L 3 − −9
L2
2
−9
0
0

3
1
− 77
9
− 56
9
4
−7
− 28
9
− 31
9


1
L ←L − 56/9 L 
−1 
 4 4 77/9 2 
13  −−−−−−−−−−→ 
−9
− 97
1
0
0
0
2
−9
0
0
3
1
− 77
9
0
4
−7
− 28
9
− 13
11

1
−1 


− 13
9
3
11
donc

1
2

L=
3
2
0
1
0
0
1
5
9
2
9

0
0

0
1
56
77

1
0

U=
0
0
2
−9
0
0
3
1
− 77
9
0

4
−7 


− 28
9
13
− 11
Il ne reste à résoudre que le système triangulaire


x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 1



−9x + x − 7x = −1
2
3
4
− 77 x 3 − 28 x 4 = − 13

9
9
9


 13
3
− 11 x 4 = 11
=⇒ x 4 = −
3
,
13
x3 =
23
,
91
x2 =
29
,
91
x1 =
48
.
91
Troisième système :
1
 1

 1
1

1
−2
4
0
1
3
6
0
1
4
8
0
 L ←L −L 
2
2
1
1
L 3 ←L 3 −L 1

1 
L
←L
−L
4
4
1 
 −−−−−−−→


1
1
1 1
1
1
0 −3 2
3
0 3
5
7
0 −1 −1 −1

1 1
1
L 3 ←L 3 −(−1)L 2
 0 −3
L 4 ←L 4 − −1
2
−3 L 2
−−−−−−−−−−→ 
 0 0
7
0 0 − 53

1
−0 

0 
0


1

L 4 ←L 4 − −5/3
−0 
7 L2
 −−
−−−−−−−−→ 


0
0
1
3
10
−2
1
0
0
0
1
−3
0
0
1
2
7
0
1
3
10
8
21

1
−0 

0 
0
donc
1
1
L=
1
1

0
1
−1
1
3
0
0
1

0
0

0
1
−5
21
1
0
U=
0
0
1
−3
0
0

1
2
7
0

1
3

10
8
21
Il ne reste à résoudre que le système triangulaire


x1 + x2 + x3 + x4 = 1



−3x + 2x + 3x = 0
2
3
4

7x
+
10x
=
0

3
4


8
21 x 4 = 0
=⇒ x 4 = 0,
x 3 = 0,
x 2 = 0,
x 1 = 1.
Exercice 4.13
Écrire les méthodes itératives de Gauss, J ACOBI et G AUSS -S EIDEL pour les systèmes suivants :
(
10a + b = 11
(
et
2a + 10b = 12
2a + 10b = 12
10a + b = 11.
Pour chacun de ces méthodes et systèmes, on calculera le rayon spectral de la matrice associée à la méthode. On illustrera
les résultats théoriques de convergence/non-convergence en calculant les 3 premiers itérés en prenant comme point de
départ le vecteur (a, b) = (0, 0).
S OLUTION .
Gauss
B Premier système :
µ
© G. Faccanoni
10
2
1
10
11
12
¶
2
L 2 ←L 2 − 10
L1
−−−−−−−−−→
µ
10
0
1
11
49
5
49
5
¶
=⇒
(
10a + b = 11
49
5 b
=
49
5
(
=⇒
a =1
b = 1.
79
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
B Second système :
µ
Jacobi
2
10
10
1
L 2 ←L 2 − 10
2 L1
¶
12
11
µ
−−−−−−−−−→
2
0
10
−49
¶
12
−49
=⇒
(
2a + 10b = 12
(
=⇒
−49b = −49
a =1
b = 1.
B Premier système :
(
10a + b = 11
2a + 10b = 12
(
⇐⇒
a=
b=
11−b
10
12−2a
10
La matrice étant à diagonale dominante stricte, la méthode converge et on a




49
µ ¶
µ 11−0 ¶ µ11 ¶
µ49 ¶
µ501 ¶
11− 12
11− 50
10
/
50
0
/
10
(3)
10  =
10
 10 49  = /500 .
,
x
=
x(0) =
, x(1) = 12−0
= 12 , x(2) =  12−2
11
49
502
12−2 50
/10
/50
/500
0
10
10
10
10
B Second système :
(
2a + 10b = 12
(
⇐⇒
10a + b = 11
a=
12−10b
2
b = 11 − 10a
La méthode ne converge pas, en effet on a
x(0) =
Gauss-Seidel
µ ¶
0
,
0
x(1) =
µ
12−0
2
¶
11 − 0
µ
¶
6
,
11
=
x(2) =
µ
12−10×11
2
¶
=
11 − 10 × 6
µ
¶
−49
,
−49
x(3) =
12−10×(−49)
2
µ
¶
11 − 10 × (−49)
=
µ
¶
251
.
501
B Premier système :
(
10a + b = 11
2a + 10b = 12
(
⇐⇒
a=
b=
11−b
10
12−2a
10
La matrice étant à diagonale dominante stricte, la méthode converge et on a




à 11−0 ! µ ¶
2499
µ 501 ¶
µ 25001
¶
µ ¶
11− 49
11− 2500
50
11
/10
/
500
/25000
0
10
(2)
(3)
(0)
(1)
10
10



=
=
,
x
=
.
x =
, x = 12−2 11 = 49 , x =  12−2
501
2499
12499
12−2 25001
10
/50
/2500
/125000
0
500
25000
10
10
10
B Second système :
(
2a + 10b = 12
10a + b = 11
(
⇐⇒
a=
12−10b
2
b = 11 − 10a
La méthode ne converge pas, en effet on a
x(0) =
µ ¶
0
,
0
x(1) =
µ
12−0
2
¶
11 − 10 × 6
µ
=
¶
6
,
−49
x(2) =
µ
12−10×(−49)
2
11 − 10 × 251
¶
µ
=
¶
251
,
−2499
x(3) =
µ
12−10×(−2499)
2
11 − 10 × (12501)
¶
µ
=
¶
12501
.
−124999
Exercice 4.14
Résoudre les systèmes linéaires suivants :


x − 5y − 7z = 3
2x − 13y − 18z = 3


3x − 27y − 36z = 3


x − 5y − 7z = 6
2x − 13y − 18z = 0


3x − 27y − 36z = −3
et
et


x − 5y − 7z = 0
2x − 13y − 18z = 3


3x − 27y − 36z = 6.
S OLUTION . Le trois systèmes s’écrivent sous forme matricielle

1
2
3
−5
−13
−27
   
−7
x
3
−18  y  = 3
−36 z
3
et

1
2
3
−5
−13
−27
   
−7
x
6
−18  y  =  0 
−36 z
−3

et
1
2
3
−5
−13
−27
   
−7
x
0
−18  y  = 3
−36 z
6
On remarque que seul le terme source change. On calcul d’abord la décomposition LU de la matrice A :

1
2
3
80
−5
−13
−27


−7 L 2 ←L 2 −2L 1 1
L 3 ←L 3 −3L 1
−18 −−−−−−−−→ 0
−36
0
−5
−3
−12


−7
1
L 3 ←L 3 −4L 2
−4  −−−−−−−−→ 0
−15
0
−5
−3
0

−7
−4
1
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
donc

1
L = 2
3
0
1
4

0
0
1

1
U = 0
0
−5
−3
0

−7
−4
1
Pour résoudre chaque système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b et Ux = y.
1. Pour le premier système on a

1
2
3

1
0
0
0
1
4
−5
−3
0
   
0 y1
3
0   y 2  = 3 
1 y3
3
   
−7 x 1
3
−4 x 2  = −3
x3
1
y 1 = 3,
=⇒
y 2 = −3,
y 3 = 6;
=⇒
x 3 = 6,
x 2 = −7,
x 1 = 10.
=⇒
y 1 = 6,
y 2 = −12,
y 3 = 27;
=⇒
x 3 = 27,
x 2 = −32,
x 1 = 35.
6
2. Pour le seconde système on a

1
2
3

1
0
0
0
1
4
−5
−3
0
   
0 y1
6
0  y 2  =  0 
1 y3
−3
  

−7 x 1
6
−4 x 2  = −12
1
x3
27
3. Pour le dernier système on a

1
2
3

1
0
0
0
1
4
−5
−3
0
   
0 y1
0
0   y 2  = 3 
1 y3
6
  

−7 x 1
6
−4 x 2  = −12
1
x3
27
=⇒
y 1 = 0,
y 2 = 3,
y 3 = −6;
=⇒
x 3 = −6,
x 2 = 7,
x 1 = −7.
Exercice 4.15
Soit A une matrice, A ∈ Mn,n (R).
1. Rappeler la méthode de J ACOBI pour la résolution du système Ax = b, avec b ∈ Mn,1 (R) donné.
2. Soit la matrice A suivante :

4
−1
−1

−1
−1 .
4
−1
3
−1
La méthode de J ACOBI est-elle convergente pour cette matrice ?
3. Construire à la main les matrices L et U de la factorisation LU pour la matrice ci-dessus.
S OLUTION .
1. La méthode de J ACOBI est une méthode itérative pour le calcul de la solution d’un système linéaire qui construit une
suite de vecteurs x(k) ∈ Rn convergent vers la solution exacte x pour tout vecteur initiale x(0) ∈ Rn :
bi −
x ik+1 =
n
P
j =1
j 6=i
a i j x kj
,
ai i
i = 1, . . . , n.
2. Comme |4| > | − 1| + | − 1|, |3| > | − 1| + | − 1| et |4| > | − 1| + | − 1|, la matrice A est à diagonale dominante stricte donc la
méthode de J ACOBI converge
3. Factorisation :

4
−1
−1
© G. Faccanoni
−1
3
−1
 L 2 ←L 2 − −1

4 L1
4
−1
L 3 ←L 3 − −1
L1
4
−1 −−−−−−−−−→ 0
4
0
−1
11
/4
−5/4


−1 L ←L − − / L
3
3
3
/ 2
5 
− /4 −−−−−−−−−−→ 0
15
/4
0
5
11
4
4
−1
11
/4
0

−1
5 
− /4 .
35
/11
81
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
Par conséquent

1
L = −1/4
−1/4
0
1
−5/11

0
0
1

4
U = 0
0
et
−1
11
/4
0

−1
−5/4 .
35
/11
Exercice 4.16
Soit la matrice A ∈ Rn×n dont les éléments vérifient
B ai j = 1 si i = j ou i = n,
B ai j = −1 si i < j ,
B ai j = 0 sinon.
Montrer que A admet une factorisation LU avec
B `i i = 1 pour i = 1, . . . , n,
B `i j = 0 si i < n et i 6= j ,
B `n j = 2 j −1 si j < n ;
B u i j = ai j pour i=1,. . .,n-1, j=1,. . .,n,
B u n j = 0 si j < n,
B u nn = 2n−1 .
S OLUTION . Factorisation LU de la matrice A :



1 −1 . . . . . . . . . −1
1



.
.
.
..
..
.. 
0 1
0



. .

..  L n ←L n − 1 L 1 
..
.
.
.
1
.
.
1
.  −−−−−−−−−→  ..
.



.. 
 ..
 ..
..
..
..
.

.
.
.
.
.



0 . . . . . . 0
0
1 −1
1
1
1
...
1
−1
1
..
.
0
...
2
1
−1

0


n−2
L n ←L n − 2 1 L n−1  ..
.
−−−−−−−−−−−−−→ 

 ..
.

0
0
1
..
.
1
...
..
.
1
..
.
...
2
...
..
.
..
.
..
.
0
...
...
...
..
.
..
.
..
.
0
...
...


−1
1

.. 
0
. 



..  L n ←L n − 2 L 2 
.
1
.  −−−−−−−−−→  ..


.. 
 ..
.
. 


0
−1
..
.
1
2
2
0
−1
1
..
.
...
0
...
..
.
1
..
.
...
4
...
..
.
..
.
..
.
0
...
...
..
.
1
4

−1
.. 
. 

.. 

. 

.. 
. 

−1
4
[. . . ]

...
0
...
..
.
1
..
.
...
0

−1
.. 
. 

.. 

. 

.. 
. 

−1 
2n−1
..
.
1
0
par conséquent on obtient les matrices

1

0



0
L=

 ..
.

0
1
0
0
1
0
0
..
.
0
2
1
..
.
...
4
...
..
.
..
.
..
.
0
...
...
0
1

0
.. 
.

.. 

.


0

0
2n−2
1

et
1

0



0
U=

 ..
.

0
0
−1
−1
1
−1
0
..
.
0
0
1
..
.
...
0
...
..
.
..
.
..
.
0
...
...
−1
1
0
−1
..
.
..
.






.


−1 

−1 
2n−1
Exercice 4.17
Soit les systèmes linéaires


4x 1 + 3x 2 + 3x 3 = 10
3x 1 + 4x 2 + 3x 3 = 10


3x 1 + 3x 2 + 4x 3 = 10
(4.1)


4x 1 + x 2 + x 3 = 6
x 1 + 4x 2 + x 3 = 6


x 1 + x 2 + 4x 3 = 6
(4.2)
1. Rappeler une condition suffisante de convergence pour les méthodes de J ACOBI et de Gauss-Seidel. Rappeler une
82
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
4. Systèmes linéaires
autre condition suffisante de convergence pour la méthode de G AUSS -S EIDEL (mais non pour la méthode de Jacobi). Les systèmes (4.1) et (4.2) vérifient-ils ces conditions ?
2. Écrire les méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL pour ces deux systèmes linéaires.
3. On illustrera les résultats théoriques de convergence/non-convergence de ces deux schémas en prenant comme
point de départ le vecteur (x 1 , x 2 , x 3 ) = (0, 0, 0) et en calculant les 3 premiers itérés dans l’un des cas suivant (vous
êtes libre de choisir) :
3.1. avec la méthode de J ACOBI pour le système (4.1),
3.2. avec la méthode de G AUSS -S EIDEL pour le système (4.1),
3.3. avec la méthode de J ACOBI pour le système (4.2),
3.4. avec la méthode de G AUSS -S EIDEL pour le système (4.2).
4. On comparera le résultat obtenu avec la solution exacte (qu’on calculera à l’aide de la méthode d’élimination de
Gauss).
S OLUTION . Écrivons les deux systèmes sous forme matricielle Ax = b :

   
4 3 3 x1
10
3 4 3 x 2  = 10
3 3 4 x3
10
|
{z
}
   
6
4 1 1 x1
1 4 1   x 2  = 6 
6
1 1 4 x3
{z
}
|

et
A1
A2
1. Rappelons deux propriétés de convergence :
B Si la matrice A est à diagonale dominante stricte, les méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL convergent.
B Si la matrice A est symétrique et définie positive, la méthode de G AUSS -S EIDEL converge.
Comme 4 > 1 + 1, la matrice A2 est à diagonale dominante stricte : les méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL
convergent.
Comme 4 < 3 + 3, la matrice A1 n’est pas à diagonale dominante stricte : les méthodes de J ACOBI et de G AUSS -S EIDEL
peuvent ne pas converger. Cependant elle est symétrique et définie positive (car les valeurs propres 1 sont λ1 = λ2 = 1
et λ3 = 10) : la méthode de G AUSS -S EIDEL converge.
2. Pour les systèmes donnés les méthodes de J ACOBI et G AUSS -S EIDEL s’écrivent
A1 x = b


(k+1)
(k)
(k)
x
10
−
3x
−
3x
 1


2
3 




 (k+1)  1 

(k)
x
 = 4 10 − 3x − 3x (k) 
1
3 
 2






x 3(k+1)
10 − 3x 1(k) − 3x 2(k)




(k)
(k+1)
(k)
10
−
3x
−
3x
x
 1



2
3




 (k+1)  1 

(k+1)
(k)
x
 = 4  10 − 3x

−
3x
1
3
 2







(k+1)
(k+1)
(k+1)
x3
10 − 3x 1
− 3x 2

Jacobi
Gauss-Seidel

A2 x = b


(k)
(k)
(k+1)
6
−
x
−
x
x

 1

2
3 





 (k+1)  1 
(k)
x
 = 4 6 − x − x (k) 
1
3 

 2





6 − x 1(k) − x 2(k)
x 3(k+1)




(k)
(k+1)
(k)
6
−
x
−
x
x


 1

2
3





 (k+1)  1 
(k+1)
(k)

x
 = 4  6−x
−
x
1
3


 2





(k+1)
(k+1)
(k+1)
6 − x1
x3
− x2


3. On obtient les suites suivantes
3.1. J ACOBI pour le système (4.1) :
(0)  
 (1) 
  
5
0
x1
10 − 3 × 0 − 3 × 0
   
  1
 2
x  = 0 =⇒ x  = 10 − 3 × 0 − 3 × 0 =  5 
 2  
 2 4 
 2
5
x3
0
x3
10 − 3 × 0 − 3 × 0
2
 (2) 
  
 (3) 
  
−5
35
x1
10 − 3 × 52 − 3 × 52
− 54
x1
10 − 3 × −5
4 −3× 4
  
  1
 8
  1
5
5
5
−5
−5


  
 

  35 
=⇒ 
x 2  = 4 10 − 3 × 2 − 3 × 2  = − 4  =⇒ x 2  = 4 10 − 3 × 4 − 3 × 4  =  8 
−5
35
x3
10 − 3 × 52 − 3 × 52
− 54
x3
10 − 3 × −5
4 −3× 4
8

x1
1. det A1 (λ) = (4 − λ)3 + 27 + 27 − 9(4 − λ) − 9(4 − λ) − 9(4 − λ) = 64 − 48λ + 12λ2 − λ3 + 54 − 108 + 27λ = −λ3 + 12λ2 − 21λ + 10. Une racine évidente est λ = 1
et on obtient det A1 (λ) = (λ − 1)(−λ2 + 11λ − 10) = (λ − 1)2 (λ − 10).
© G. Faccanoni
83
4. Systèmes linéaires
Jeudi 10 mai 2012
3.2. G AUSS -S EIDEL pour le système (4.1) :
  
(0)  
 (1) 
5
10 − 3 × 0 − 3 × 0
0
x1
   
 2
  1
x  = 0 =⇒ x  =  10 − 3 × 5 − 3 × 0  =  5 
 2  
 8
 2 4 
2
5
x3
10 − 3 × 25 − 3 × 58
0
x3
32
 (2) 
 

 (3) 

5
245
12485
10 − 3 × 58 − 3 × 32
x1
x1
128
8192
  1
 

 


245
5   485 


 
 35765 
=⇒ 
x 2  = 4  10 − 3 × 128 − 3 × 32  =  512  =⇒ x 2  =  32768 
725
70565
485
x3
10 − 3 × 245
x3
128 − 3 × 512
2048
131072

x1
3.3. J ACOBI pour le système (4.2) :
  
(0)  
 (1) 
3
6−1×0−1×0
0
x1
 2
   
  1
x  = 0 =⇒ x  = 6 − 1 × 0 − 1 × 0 =  3 
 2
 2  
 2 4 
3
6−1×0−1×0
x3
0
x3
2
 (2) 
  
 (3) 
  
3
9
x1
6 − 1 × 32 − 1 × 32
6 − 1 × 34 − 1 × 34
x1
4
  1
  
  1
 8
3
3 3
3
3 9



 
=⇒ 
x 2  = 4 6 − 1 × 2 − 1 × 2  =  4  =⇒ x 2  = 4 6 − 1 × 4 − 1 × 4  =  8 
3
9
x3
6 − 1 × 32 − 1 × 32
x3
6 − 1 × 34 − 1 × 34
4
8

x1
3.4. G AUSS -S EIDEL pour le système (4.2) :
 (1) 
 
(0)  
3
x1
0
6−1×0−1×0
   
  1
 2 
x  = 0 =⇒ x  =  6 − 1 × 3 − 1 × 0   9 
 2  
 2 4 
 8 
2
27
6 − 1 × 32 − 1 × 98
x3
0
x3
32
 (2) 
 

 (3) 
 

129
531
8139
x1
6 − 1 × 98 − 1 × 27
x1
6 − 1 × 512
− 1 × 2025
32
128
2048
8192
  1
 

  1
 

27   531 
2025   32913 
129
8139

 


=⇒ 
x 2  = 4  6 − 1 × 128 − 1 × 32  =  512  =⇒ x 2  = 4  6 − 1 × 8192 − 1 × 2048  =  32768 
2025
131139
129
531
32913
6 − 1 × 128
− 1 × 512
6 − 1 × 8139
x3
x3
2048
8192 − 1 × 32768
131072

x1
4. Calcul de la solution exacte à l’aide de la méthode d’élimination de Gauss :
B Système (4.1) :

4
 3
3
3
4
3
3
3
4
 L 2 ←L 2 − 34 L 1 
10
4
L 3 ←L 3 − 34 L 1
10  −−−−−−−−→  0
10
0
1
4
1
1
1
4
 L 2 ←L 2 − 14 L 1 
6
4
L 3 ←L 3 − 14 L 1
6  −−−−−−−−→  0
6
0
3
7
/4
3
/4
3
3
/4
7
/4


10
4
L 3 ←L 3 − 3/4
L2
7/4
5
/2  −−−−−−−−−−→  0
5
/2
0
3
7
/4
0
3
3
/4
10
/7

 
10
1
5
/2  =⇒ x = 1
10
/7
1
1
3
/4
15
/4


4
6
3/4
L 3 ←L 3 − 15/4
L2
9
/2  −−−−−−−−−−→  0
9
/2
0
1
15
/4
0
1
3
/4
18
/5

 
6
1
9
/2  =⇒ x = 1
18
/5
1
B Système (4.2) :

4
 1
1
84
1
15
/4
3
/4
© G. Faccanoni
5. Équations différentielles ordinaires
Calculer la fonction t 7→ y(t ) qui vérifie l’EDO y 0 (t ) = f (t , y(t )) et la condition y(t 0 ) = y 0
Les équations différentielles décrivent l’évolution de nombreux phénomènes dans des domaines variés. Une équation différentielle est une équation impliquant une ou plusieurs dérivées d’une fonction inconnue. Si toutes les dérivées sont prises
par rapport à une seule variable, on parle d’équation différentielle ordinaire. Une équation mettant en jeu des dérivées partielles est appelée équation aux dérivées partielles. On dit qu’une équation différentielle (ordinaire ou aux dérivées partielles)
est d’ordre p si elle implique des dérivées d’ordre au plus p. Dans le présent chapitre, nous considérons des équations différentielles ordinaires d’ordre un.
Équations différentielles
Une équation différentielle (EDO) est une équation, dont l’inconnue est une fonction y, exprimée sous la forme d’une
relation F (y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = g (x) dans laquelle cohabitent à la fois y = y(x) et ses dérivées y 0 , y 00 , . . . (n est appelé l’ordre
de l’équation). Si la fonction g , appelée «second membre» de l’équation, est nulle, on dit que l’équation en question est
homogène.
Nous pouvons nous limiter aux équations différentielles du premier ordre, car une équation d’ordre p > 1 peut toujours se
ramener à un système de p équations d’ordre 1. Une équation différentielle ordinaire admet généralement une infinité de
solutions. Pour en sélectionner une, on doit imposer une condition supplémentaire qui correspond à la valeur prise par la
solution en un point de l’intervalle d’intégration. On considérera par conséquent des problèmes, dits de C AUCHY ainsi défini :
Problème de C AUCHY
Soit f : I × R → R une fonction donnée et y 0 la dérivée de y par rapport à t . On appelle problème de C AUCHY le problème
trouver y : I ⊂ R → R tel que
(
y 0 (t ) = f (t , y(t )), ∀t ∈ I ,
y(t 0 ) = y 0 ,
avec t 0 un point de I et y 0 une valeur appelée donnée initiale.
Exemple
On se donne f (t , y(t )) = 3t − 3y(t ) et y 0 = α (un nombre quelconque). On cherche une fonction y : t ∈ R+ 7→ y(t ) ∈ R qui satisfait
(
y 0 (t ) = 3t − 3y(t ), ∀t > 0,
y(0) = α.
Sa solution est donnée par y(t ) = (α − 1/3)e 3t + t + 1/3.
Exemple Non unicité de la solution d’un problème de C AUCHY
On se donne f (t , y(t )) =
p
3
y(t ) et y 0 = 0. On cherche une fonction y : t ∈ R+ 7→ y(t ) ∈ R qui satisfait
(
y 0 (t ) =
p
3
y(t ), ∀t > 0,
y(0) = 0.
p
On vérifie que les fonctions y 1 (t ) = 0 et y 2,3 (t ) = ± 8t 3 /27, pour tout t ≥ 0, sont toutes trois solutions du problème de C AUCHY donné.
C’est exemple montre qu’un problème de C AUCHY n’as pas nécessairement de solution unique.
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Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
Exemple Non existence sur R de la solution d’un problème de C AUCHY
On se donne f (t , y(t )) = (y(t ))3 et y 0 = 1. On cherche une fonction y : t ∈ R+ 7→ y(t ) ∈ R qui satisfait
(
y 0 (t ) = (y(t ))3 , ∀t > 0,
y(0) = 1.
p
On vérifie que la solution y est donnée par y(t ) = 1/ 1 − 2t qui n’est définie que pour t ∈ [0; 1/2[. C’est exemple montre qu’un problème
de C AUCHY n’as pas toujours une solution pour tout t ∈ [0; +∞[ puisqu’ici la solution explose lorsque t tend vars la valeur 1/2 (en effet,
nous avons limt →(1/2)− y(t ) = +∞).
Les trois exemples ci-dessus montrent que l’étude mathématique de l’existence et de l’unicité de solutions d’un problème
de C AUCHY peut être une affaire délicate. Dans ce chapitre, nous nous contentons de rappeler un résultat d’existence et
d’unicité global, au sens où on peut intégrer le problème de C AUCHY jusqu’à t = ∞ :
Théorème de C AUCHY-Lipschitz
Soit un problème de C AUCHY. Si la fonction f (t , y) est
1. continue par rapport à ses deux variables ;
2. lipschitzienne par rapport à sa deuxième variable, c’est-à-dire qu’il existe une constante positive L (appelée
constante de Lipschitz) telle que
| f (t , y 1 ) − f (t , y 2 )| ≤ L|y 1 − y 2 |,
∀t ∈ I ,
∀y 1 , y 2 ∈ R,
alors la solution y = y(t ) du problème de C AUCHY existe, est unique et appartient à C 1 (I ).
Cas particulier
Soient a et g deux fonctions continues d’un intervalle I dans R, si f (t , y(t )) = a(t )y(t ) + g (t ) et si (t 0 , y 0 ) ∈ I × R, alors il
existe une unique solution y de l’équation différentielle telle que y(t 0 ) = y 0 .
Remarque
Graphiquement, ce théorème signifie que par tout point du plan dont l’abscisse est dans I , il passe une courbe intégrale
et une seule, autrement dit deux trajectoires ne peuvent pas se croiser. En particulier, si une équation différentielle admet
comme solution la solution nulle, alors toute autre solution est soit toujours positive soit toujours négative.
Exemple
2
On se donne f (t , y(t )) = |y(t )| + sin(y(t )) + e −t /2 et y 0 = 1. On cherche une fonction y : t ∈ R+ 7→ y(t ) ∈ R qui satisfait
(
y 0 (t ) = (y(t ))3 , ∀t > 0,
y(0) = 1.
On vérifie facilement que
¯
¯ ¯
¯
¯ f (t , y 1 (t )) − f (t , y 2 (t ))¯ = ¯|y 1 (t )| + sin(y 1 (t )) − |y 2 (t )| − sin(y 2 (t ))¯
¯
¯
Z y1
¯
¯
= ¯¯|y 1 (t )| − |y 2 (t )| +
sin(ϑ)d ϑ¯¯
y2
¯
¯
≤ ¯|y 1 (t )| − |y 2 (t )| + |y 1 (t ) − y 2 (t )|¯
¯
¯
≤ ¯ y 1 (t ) − y 2 (t )¯
Par le théorème de C AUCHY-Lipschitz, le problème de C AUCHY a une solution globale unique y(t ). Cependant, il n’est pas possible de
donner une expression explicite de la solution.
En pratique, on ne peut expliciter les solutions que pour des équations différentielles ordinaires très particulières. Dans certains cas, on ne peut exprimer la solution que sous forme implicite. Dans d’autres cas, on ne parvient même pas à représenter
la solution sous forme implicite. Pour ces raisons, on cherche des méthodes numériques capables d’approcher la solution de
toutes les équations différentielles qui admettent une solution.
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© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Schémas numériques
Problème de C AUCHY numériquement mal posé
N
h
Une fois calculée la solution numérique { u n }n=1
, il est légitime de chercher à savoir dans quelle mesure l’erreur |y(t n ) −
u n | est petite ou non pour n = 1, 2, . . . . Nous essayons de répondre à cette question en reprenant le premier exemple du
chapitre. On se donne f (t , y(t )) = 3t − 3y(t ) et y 0 = α (un nombre quelconque). On cherche une fonction y : t ∈ R+ 7→
y(t ) ∈ R qui satisfait
(
y 0 (t ) = 3t − 3y(t ), ∀t > 0,
y(0) = α.
Nous avons vu que sa solution est donnée par y(t ) = (α − 1/3)e 3t + t + 1/3. Si nous cherchons à résoudre le problème
de C AUCHY jusqu’à t = 10 avec α = 1/3, nous obtenons y(10) = 10 + 1/3 = 31/3. Par contre, si nous faisons le calcul
avec l’approximation α = 0.333333 au lieu de 1/3, nous avons y(10) = (0.333333 − 1/3)e 30 + 10 + 1/3 = −e 30 /3000000 +
31/3 ce qui représente une différence avec la précédente valeur de e 30 /3000000 ≈ 107 /3. Cet exemple nous apprend
qu’une petite erreur sur la condition initiale (erreur relative d’ordre 10−6 ) peut provoquer une très grande erreur sur
y(10) (erreur relative d’ordre 106 ). Ainsi, si le calculateur mis à notre disposition ne calcul qu’avec 6 chiffres significatifs
(en virgule flottante), alors α = 1/3 devient α = 0.333333 et il est inutile d’essayer d’inventer une méthode numérique
pour calculer y(10). En effet, la seule erreur sur la condition initiale provoque déjà une erreur inadmissible sur la solution.
Nous sommes en présence ici d’un problème numériquement mal posé, appelé aussi problème mal conditionné.
Schémas numériques
Considérons le problème de C AUCHY et supposons que l’on ait montré l’existence d’une solution y.
Le principe de toutes ces méthodes est de subdiviser l’intervalle I = [t 0 , T ], avec T < +∞, en Nh intervalles de longueur
h = (T −t 0 )/Nh = t n+1 −t n ; h est appelé le pas de discrétisation. Alors,© pour chaque nœudªt n = t 0 +nh (1 ≤ n ≤ Nh ) on cherche
la valeur inconnue u n qui approche y(t n ). L’ensemble des valeurs u 0 = y 0 , u 1 , . . . , u Nh représente la solution numérique.
Les schémas qu’on va construire permettent de calculer u n+1 à partir de u n et il est donc possible de calculer successivement
u 1 , u 2 ,. . ., en partant de u 0 .
Si nous intégrons l’EDO y 0 (t ) = f (t , y(t )) entre t n et t n+1 nous obtenons
Z
y(t n+1 ) − y(t n ) =
t n+1
f (t , y(t ))d t .
tn
Soit u n une approximation de y(t n ) et u n+1 une approximation de y(t n+1 ). On peut construire différentes schémas selon la
formule de quadrature utilisée pour approcher le membre de droite.
B Si on utilise la formule de quadrature du rectangle à gauche, i.e.
Z
t n+1
tn
f (t , y(t ))d t ≈ h f (t n , y(t n ))
on obtient le schéma d’E ULER progressif
(
u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
u n+1 = u n + h f (t n , u(t n )) n = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit d’un schéma explicite car il permet d’expliciter u n+1 en fonction de u n .
B Si on utilise la formule de quadrature du rectangle à droite, i.e.
Z
t n+1
tn
f (t , y(t ))d t ≈ h f (t n+1 , y(t n+1 ))
on obtient le schéma d’E ULER rétrograde
(
u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
u n+1 − h f (t n+1 , u n+1 ) = u n
n = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit d’un schéma implicite car il ne permet pas d’expliciter directement u n+1 en fonction de u n lorsque la fonction f
n’est pas triviale.
© G. Faccanoni
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Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
B Si on utilise la formule de quadrature du point du milieu, i.e.
Z
t n+1
tn
¶¶
µ
h
h
f (t , y(t ))d t ≈ h f t n + , y t n +
2
2
µ
on obtient un nouveau schéma :
(
u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
u n+1 = u n + h f (t n + h/2, u n+1/2 ) n = 0, 1, 2, . . .
où u n+1/2 est une approximation de y(t n +h/2). Nous pouvons utiliser une prédiction d’E ULER progressive pour approcher
le u n+1/2 dans le terme f (t n +h/2, u n+1/2 ) par ũ n+1/2 = u n +(h/2) f (t n , u n ). Nous avons construit ainsi un nouveau schéma
appelé schéma d’E ULER modifié qui s’écrit


u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
ũ n+1/2 = u n + (h/2) f (t n , u n ),


u n+1 = u n + h f (t n + h/2, ũ n+1/2 ) n = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit d’un schéma explicite car il permet d’expliciter u n+1 en fonction de u n .
B Si on utilise la formule du trapèze, i.e.
Z
t n+1
f (t , y(t ))d t ≈
tn
¢
h¡
f (t n , y(t n )) + f (t n+1 , y(t n+1 ))
2
on obtient le schéma du trapèze ou de C RANCK -N ICHOLSON
(
u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
u n+1 − h f (t n+1 , u n+1 ) = u n + h f (t n , u n ) n = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit à nouveau d’un schéma implicite car il ne permet pas d’expliciter directement u n+1 en fonction de u n lorsque la
fonction f n’est pas triviale. En fait, ce schéma fait la moyenne des schémas d’E ULER progressif et rétrograde.
B Pour éviter le calcul implicite de u n+1 dans le schéma du trapèze, nous pouvons utiliser une prédiction d’E ULER progressive et remplacer le u n+1 dans le terme f (t n+1 , u n+1 ) par ũ n+1 = u n + h f (t n , u n ). Nous avons construit ainsi un nouveau
schéma appelé schéma de H EUN. Plus précisément, la méthode de H EUN s’écrit


u 0 = y(y 0 ) = y 0 ,
ũ n+1 = u n + h f (t n , u n ),

¡
¢

u n+1 = u n + h f (t n , u n ) + f (t n+1 , ũ n+1 ) n = 0, 1, 2, . . .
Remarque
Considérons le schéma d’E ULER rétrograde. Si nous voulons calculer u n+1 , nous définissons la fonction
g (x) = x − h f (t n+1 , x) − u n
et nous cherchons un zéro de g (x) en prenant par exemple la méthode de N EWTON. Ainsi nous pouvons poser x 0 = u 0 et
x m+1 = x m − g (x m )/g 0 (x m ), m = 0, 1, . . . . Puisque g 0 (x) = 1 − h∂x f (t n+1 , x), nous obtenons donc dans ce cas le schéma
(
x0 = un ,
x m+1 = x m −
x m −h f (t n+1 ,x)−u n
1−h∂x f (t n+1 ,x)
m = 0, 1, 2, . . .
et u n+1 = limm→∞ x m pour autant que f soit suffisamment régulière et que x 0 soit suffisamment proche de u n+1 , ce qui
est le cas si le pas h est suffisamment petit.
Stabilité
Dans la section précédente, on a considéré la résolution du problème de C AUCHY sur des intervalles bornés. Dans ce cadre, le
nombre Nh de sous-intervalles ne tend vers l’infini que quand h tend vers zéro. Il existe cependant de nombreuses situations
dans lesquelles le problème de C AUCHY doit être intégré sur des intervalles en temps très grands ou même infini. Dans ce
cas, même pour h fixé, Nh tend vers l’infini. On s’intéresse donc à des méthodes capables d’approcher la solution pour des
intervalles en temps arbitrairement grands, même pour des pas de temps h «assez grands».
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© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
A première vue, il semble que le schéma d’E ULER progressif soit préférable au schéma d’E ULER rétrograde puisque ce dernier
n’est pas explicite. Cependant, nous verrons sur un exemple que le schéma progressif peut engendrer des difficultés que le
schéma rétrograde n’engendre pas.
Considérons le problème de C AUCHY dans le cas particulier où f (t , y(t )) = −βy(t ) avec β un nombre réel positif donné.
Sa solution est trivialement y(t ) = y 0 e −βt . Puisque β est positif, ce problème est numériquement bien posé : y(t ) décroît
exponentiellement lorsque t tend vers l’infini. Pour discrétiser la demi-droite t ≥ 0, nous choisissons un nombre réel h > 0
et nous posons t n = nh avec n = 0, 1, 2, . . . Nous allons étudier dans ce cadre les deux schémas d’E ULER, à savoir le schéma
d’E ULER progressif et le schéma d’E ULER rétrograde.
B Le schéma d’E ULER progressif devient
u n+1 = (1 − βh)u n ,
n = 0, 1, 2, . . .
et par suite
u n+1 = (1 − βh)n u 0 ,
n = 0, 1, 2, . . .
Bien que la solution y(t ) tend vers zéro lorsque t tend vers l’infini, nous voyons que si u 0 6= 0 et 1 − βh < −1 alors u n tend
vers l’infini en alternant de signe lorsque t tend vers l’infini. Nous dirons dans ce cas que le schéma d’E ULER progressif
est instable. Pour éviter de phénomène, il convient donc d’imposer −1 ≤ 1 − βh, ce qui aura pour effet de limiter h à
h≤
2
.
β
Cette condition est appelée condition de stabilité : elle limite le pas h d’avance en t lorsqu’on utilise le schéma d’E ULER
progressif.
B Le schéma d’E ULER rétrograde devient dans le cadre de notre exemple
(1 + βh)u n+1 = u n ,
n = 0, 1, 2, . . .
et par suite
u n+1 =
1
u0 ,
(1 − βh)n+1
n = 0, 1, 2, . . .
Dans ce cas nous voyons que pour tout h > 0 nous avons limn→∞ u n = 0, le schéma d’E ULER rétrograde est donc toujours
stable, sans limitations sur h.
Définition
La propriété
lim u n = 0
n→+∞
est appelée stabilité absolue (ou A-stabilité).
© G. Faccanoni
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Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
............... Exercices
..............
Exercice 5.1 Stabilité de la méthode d’E ULER explicite en fonction du pas
On considère le problème de C AUCHY
(
y 0 (t ) = −y(t ),
y(0) = 1,
sur l’intervalle [0; 10].
1. Calculer la solution exacte du problème de C AUCHY.
2. Soit ∆t le pas temporel. Écrire la méthode d’E ULER explicite pour cette équation différentielle ordinaire (EDO).
3. En déduire une forme du type
y k+1 = g (∆t , k)
avec g (∆t , k) à préciser (autrement dit, l’itérée en t k ne dépend que de ∆t et k et ne dépend pas de y k ).
4. Utiliser la formulation ainsi obtenue pour tracer les solutions
B exacte,
B obtenue avec la méthode d’E ULER avec ∆t = 2.5,
B obtenue avec la méthode d’E ULER avec ∆t = 1.5,
B obtenue avec la méthode d’E ULER avec ∆t = 0.5.
5. Que peut-on en déduire sur la stabilité de la méthode ?
S OLUTION .
1. Il s’agit d’une EDO à variables séparables. L’unique solution constante de l’EDO est la fonction y(t ) ≡ 0, toutes les
autres solutions sont du type y(t ) = C e −t . Donc l’unique solution du problème de C AUCHY est la fonction y(t ) = e −t
définie pour tout t ∈ R.
2. La méthode d’E ULER est une méthode d’intégration numérique d’EDO du premier ordre de la forme y 0 (t ) = F (t , y(t ))
C’est une méthode itérative : la valeur y à l’instant t +∆t se déduisant de la valeur de y à l’instant t par l’approximation
linéaire
y(t + ∆t ) ≈ y(t ) + y 0 (t )∆t = y(t ) + F (t , y(t ))∆t .
En choisissant un pas de discrétisation ∆t , nous obtenons une suite de valeurs (t k , y k ) qui peuvent être une excellente
approximation de la fonction y(t ) avec
(
t k = t 0 + k∆t ,
y k = y k−1 + F (t k−1 , y k−1 )∆t .
La méthode d’E ULER explicite pour cette EDO s’écrit donc
y k+1 = (1 − ∆t )y k .
3. En procédant par récurrence sur k, on obtient
y k+1 = (1 − ∆t )k+1 .
4. On a donc
µ
¶
3 k
B si ∆t = 2.5 alors y k = −
,
2
µ
¶k
1
B si ∆t = 1.5 alors y k = −
,
2
µ ¶k
1
B si ∆t = 0.5 alors y k =
.
2
Ci-dessous sont tracées sur l’intervalle [0; 10], les courbes représentatives de la solution exacte et de la solution calculée
par la méthode d’E ULER explicite. En faisant varier le pas ∆t nous pouvons constater que si ∆t = 2.5 l’erreur commise
entre la solution exacte et la solution calculée est amplifiée d’un pas à l’autre.
90
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
y
3
2
Exacte
∆t = 0.5
∆t = 1.5
1
∆t = 2.5
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
t
−1
−2
−3
NB : les trois premières itérées ont la même pente (se rappeler de la construction géométrique de la méthode d’E ULER).
5. De la formule y k+1 = (1 − ∆t )k+1 on déduit que
B si 0 < ∆t < 1 alors la solution numérique est stable et convergente,
B si 1 < ∆t < 2 alors la solution numérique oscille mais est encore convergente,
B si ∆t > 2 alors la solution numérique oscille et divergente.
En effet, on sait que la méthode est absolument stable si et seulement si |1 − ∆t | < 1.
Remarque : la suite obtenue est une suite géométrique de raison q = 1 − ∆t . On sait qu’une telle suite
B diverge si |q| > 1 ou q = −1,
B est stationnaire si q = 1,
B converge vers 0 |q| < 1.
Exercice 5.2
Soit β > 0 un nombre réel positif et considérons le problème de C AUCHY
(
y 0 (t ) = −βy(t ), pour t > 0,
y(0) = y 0 ,
(5.1)
où y 0 est une valeur donnée. Soit ∆t > 0 un pas de temps donné, soit t i = i ∆t pour i ∈ N et y i une approximation de y(t i ).
1. Écrire le schéma de H EUN permettant de calculer y i +1 à partir de y i .
2. Sous quelle condition la relation lim y i = 0 a-t-elle lieu ? Autrement dit, sous quelle condition le schéma de H EUN
est A-stable ?
i →+∞
S OLUTION .
1. Le problème (5.1) est un problème du type
trouver y : I ⊂ R+ → R tel que
(
y 0 (t ) = f (t , y(t )), ∀t ∈ I ,
y(t 0 ) = y 0 .
Le principe des méthodes d’approximation est de subdiviser l’intervalle I en sous-intervalles de longueur ∆t
© et, pourª
chaque nœud t n = t 0 +i ∆t (i ≥ 0 ), on cherche la valeur inconnue y i qui approche y(t i ). L’ensemble de valeurs y 0 , y 1 , . . .
représente la solution numérique. Le schéma de H EUN permet de calculer y i +1 à partir de y i et il est donc possible de
calculer successivement y 1 , y 2 ,. . . en partant de y 0 .
Si nous intégrons l’EDO y 0 (t ) = f (t , y(t )) entre t i et t i +1 nous obtenons
Z ti +1
y(t i +1 ) − y(t i ) =
f (t , y(t )) dt .
ti
Soit y i une approximation de y(t i ) et y i +1 une approximation de y(t i +1 ). Si on utilise la formule du trapèze, i.e.
Z ti +1
¢
∆t ¡
f (t , y(t )) dt ≈
f (t i , y(t i )) + f (t i +1 , y(t i +1 ))
2
ti
© G. Faccanoni
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Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
on obtient le schéma du trapèze ou de C RANCK -N ICHOLSON
(
y 0 = y(t 0 ),
∆t
y i +1 − ∆t
2 f (t i +1 , y i +1 ) = y i + 2 f (t i , y i ), pour i = 0, 1, 2, . . .
Il s’agit d’un schéma implicite car il ne permet pas d’écrire directement y i +1 en fonction de y i lorsque la fonction f
n’est pas triviale. Pour éviter le calcul implicite de y i +1 dans le schéma du trapèze, nous pouvons utiliser une prédiction
d’E ULER progressive et remplacer le y i +1 dans le terme f (t i +1 , y i +1 ) par ỹ i +1 = y i + ∆t f (t i , y i ). Nous avons construit
ainsi le schéma de H EUN. Plus précisément, cette méthode s’écrit
(
y 0 = y(t 0 ),
¢¢
¡
¡
y i +1 = y i + ∆t
2 f (t i , y i ) + f t i +1 , y i + ∆t f (t i , y i , pour i = 0, 1, 2, . . .
2. En appliquant le schéma de H EUN au problème (5.1) on obtient la suite définie par récurrence suivante
(
Par induction on obtient
y 0 = y(t 0 ),
³
´
(β∆t )2
y i +1 = 1 − β∆t + 2
yi .
µ
¶i
(β∆t )2
y i = 1 − β∆t +
y0.
2
Par conséquent, lim y i = 0 si et seulement si
i →+∞
¯
2 ¯¯
¯
¯1 − β∆t + β2 (∆t ) ¯ < 1.
¯
2 ¯
Notons x le produit β∆t et q le polynôme q(x) = 12 x 2 − x + 1 dont le graphe est représenté en figure.
q
1
0
x = β∆t
2
Nous avons |q(x)| < 1 si et seulement si 0 < x < 2. La relation lim y i = 0 est donc satisfaite si et seulement si
i →+∞
∆t <
2
.
β
Exercice 5.3
On considère le problème de C AUCHY
(
y 0 (t ) = −(y(t ))m + cos(t ), pour t > 0,
y(0) = 0,
(5.2)
où m est un entier impair.
1. Montrer que le problème (5.2) possède une solution unique globale.
2. Soit ∆t > 0 un pas de temps donné, soit t i = i ∆t pour i ∈ N et y i une approximation de y(t i ). Écrire le schéma
d’E ULER rétrograde permettant de calculer y i +1 à partir de y i .
3. À partir du schéma obtenu au point précédent, écrire un seul pas de la méthode de N EWTON pour calculer une
nouvelle approximation de y i +1 . En déduire ainsi un nouveau schéma explicite.
92
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
S OLUTION .
1. Le problème (5.2) est un problème du type
trouver y : I ⊂ R+ → R tel que
(
y 0 (t ) = f (t , y(t )), ∀t ∈ I ,
y(t 0 ) = y 0 ,
Si la fonction f (t , y) est
1.1. continue par rapport à ses deux variables ;
1.2. lipschitzienne par rapport à sa deuxième variable, c’est-à-dire qu’il existe une constante positive L (appelée
constante de Lipschitz) telle que
| f (t , y 1 ) − f (t , y 2 )| ≤ L|y 1 − y 2 |,
∀t ∈ I ,
∀y 1 , y 2 ∈ R,
alors la solution y = y(t ) du problème de C AUCHY existe, est unique et appartient à C 1 (I ).
Dans notre cas, f (t , y(t )) = −(y(t ))m + cos(t ) et y 0 = 0. Puisque m est impair et ∂t f (y, y(t )) = −m(y(t ))m−1 ≤ 0, la
fonction f est décroissante et satisfait donc
¡
¢
f (t 1 , y(t 1 )) − f (t 2 , y(t 2 )) (t 1 − t 2 ) ≤ 0
∀t 1 , t 2 ∈ R.
Par conséquent, le problème (5.2) possède une solution unique globale.
2. Le problème (5.1) est un problème du type
trouver y : I ⊂ R+ → R tel que
(
y 0 (t ) = f (t , y(t )), ∀t ∈ I ,
y(t 0 ) = y 0 .
Le principe des méthodes d’approximation est de subdiviser l’intervalle I en sous-intervalles de longueur ∆t
© et, pourª
chaque nœud t n = t 0 +i ∆t (i ≥ 0 ), on cherche la valeur inconnue y i qui approche y(t i ). L’ensemble de valeurs y 0 , y 1 , . . .
représente la solution numérique. Le schéma de E ULER rétrograde établit une relation entre y i et y i +1 et il est donc
possible de calculer successivement y 1 , y 2 ,. . ., en partant de y 0 .
Si nous intégrons l’EDO y 0 (t ) = f (t , y(t )) entre t i et t i +1 nous obtenons
Z ti +1
f (t , y(t )) dt .
y(t i +1 ) − y(t i ) =
ti
Soit y i une approximation de y(t i ) et y i +1 une approximation de y(t i +1 ). Si on utilise la formule du rectangle à droite,
i.e.
Z
t i +1
ti
f (t , y(t )) dt ≈ ∆t f (t i +1 , y(t i +1 ))
on obtient le schéma d’E ULER rétrograde :
(
y 0 = 0,
¡
¢
y i +1 = y i + ∆t −(y i +1 )m + cos(t i +1 ) .
Ce schéma est implicite car il ne permet pas de calculer y i +1 directement à partir de y i .
3. Il s’agit de trouver y i +1 tel que
¡
¢
y i +1 = y i + ∆t −y im+1 + cos(t i +1 ) .
Pour déterminer y i +1 nous devons chercher le zéro de la fonction g définie par
¢
¡
g (x) = x + ∆t x m − ∆t cos(t i +1 ) + y i .
La méthode de N EWTON pour approcher le zéro de g s’écrit
¡
¢
x k + ∆t x km − ∆t cos(t i +1 ) + y i
g (x k )
x k+1 = x k − 0
= xk −
.
g (x k )
1 + m∆t x km−1
Le premier pas de la méthode de N EWTON s’écrit donc
x1 = x0 −
¡
¢
x 0 + ∆t x 0m − ∆t cos(t i +1 ) + y i
1 + m∆t x 0m−1
.
Choisissons x 0 = y i comme valeur de départ. Nous pouvons utiliser x 1 comme approximation de y i +1 et on obtient le
schéma


 y 0 = 0,
¡
¢
y i + ∆t y im − ∆t cos(t i +1 ) + y i

.
 y i +1 = −
1 + m∆t y im−1
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93
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
Exercice 5.4
Soit le problème de C AUCHY :
(
u 0 (t ) + 10u(t ) = 0, ∀t ∈ R,
(5.3)
u(0) = u 0 > 0.
1. Montrer qu’il existe une unique solution globale u ∈ C ∞ (R, R) que vous préciserez explicitement.
2. Soit le schéma numérique de Cranck-Nicholson défini par la suite (u n )n∈N vérifiant
u n+1 − u n
+ 5(u n+1 + u n ) = 0,
∆t
∀n ∈ N,
pour ∆t > 0 fixé.
Montrer que la suite (u n )n∈N est une suite géométrique dont vous préciserez la raison.
3. Montrer que la raison r de la suite vérifie |r | < 1 pour tout ∆t > 0. Ce schéma est-il inconditionnellement A-stable ?
4. Sous quelle condition sur ∆t > 0 le schéma génère-t-il une suite positive ?
5. Donner l’expression de u n en fonction de n.
6. Soit T > 0 fixé, soit n ∗ = n ∗ (∆t ) tel que T − ∆t < n ∗ ∆t ≤ T . Montrer que
lim u n ∗ = u 0 e −10T .
∆t →0
7. Soit (v n )n∈N la suite définissant le schéma d’E ULER explicite pour l’équation différentielle (5.3). Montrer que
lim v n ∗ = u 0 e −10T .
∆t →0
Montrer que la suite (u n ∗ ) converge plus vite que (v n ∗ ) lorsque ∆t → 0.
S OLUTION . C’est un problème de C AUCHY du type
(
u 0 (t ) = f (t , u(t )), ∀t ∈ R,
(5.4)
u(0) = u 0 > 0,
avec f (t , u(t )) = g (u(t )) = −10u(t ).
1. Comme g ∈ C 1 (R, R), d’après C AUCHY-Lipschitz, il existe T > 0 et une unique solution u ∈ C 1 ([−T, T ], R). Par récurrence, en exploitant l’EDO et la régularité de g , on grimpe en régularité sur u ainsi u ∈ C ∞ ([−T, T ], R). La fonctionne
nulle est solution de l’équation différentielle f (t , 0) = 0, par l’unicité de la solution du problème de C AUCHY, pour tout
t ∈ [−T, T ], u(t ) > 0 si u 0 > 0 et u(t ) < 0 si u 0 > 0 (autrement dit, deux trajectoires ne peuvent pas se croiser). De plus, u
est décroissante si u 0 > 0 et croissante si u 0 < 0. On en déduit par le théorème des extrémités que la solution u admet
un prolongement sur R solution de l’EDO.
Pour en calculer la solution, on remarque qu’il s’agit d’une EDO à variables séparables. L’unique solution constante est
u(t ) ≡ 0, toutes les autres solutions sont du type u(t ) = C e −10t . En prenant en compte la condition initiale on conclut
que l’unique solution du problème de C AUCHY est u(t ) = u 0 e −10t définie pour tout t ∈ R.
y
3
2
1
−1
0
−1
1
t
−2
−3
2. Soit le schéma numérique de Cranck-Nicholson défini par la suite (u n )n∈N vérifiant
u n+1 − u n
+ 5(u n+1 + u n ) = 0,
∆t
∀n ∈ N,
pour ∆t > 0 fixé. On obtient une formule de récurrence rendue explicite par un calcul élémentaire :
u n+1 = −5∆t u n+1 − 5∆t u n + u n
94
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
d’où
1 − 5∆t
un .
1 + 5∆t
u n+1 =
Il s’agit d’une suite géométrique de raison
r=
3. Pour tout ∆t > 0 on a
r=
1 − 5∆t
.
1 + 5∆t
1 − 5∆t
10∆t
= 1−
1 + 5∆t
1 + 5∆t
et
10∆t
< 1.
1 + 5∆t
Ce schéma est donc inconditionnellement A-stable car |u n+1 | = |r n+1 u 0 | ≤ |u 0 |.
−1 < 1 −
4. Le schéma génère une suite positive ssi
1−
i.e. ssi
10∆t
>0
1 + 5∆t
1
∆t < .
5
5. Par récurrence on obtient
µ
un =
1 − 5∆t
1 + 5∆t
¶n
u0 .
6. Soit T > 0 fixé et considérons n ∗ = n ∗ (∆t ) tel que T − ∆t < n ∗ ∆t ≤ T . En se rappelant que
ln(1 + αx)
=1
x→0
αx
lim
et en observant que
¡ 1−5∆t ¢ ∆tT −1
¡ 1−5∆t ¢n ∗
≤
1+5∆t
¡ 1−5∆t ¢ ∆tT
≤
1+5∆t
1+5∆t
k
e (T −∆t )
k
ln(1−5∆t )−ln(1+5∆t )
∆t
eT
ln(1−5∆t )−ln(1+5∆t )
∆t
k
e
k
)−5 ln(1+5∆t )
(T −∆t ) −5 ln(1−5∆t5∆t
e
T
−5 ln(1−5∆t )−5 ln(1+5∆t )
5∆t
↓
↓
e −10T
e −10T
on conclut que
µ
lim u
∆t →0
n∗
1 − 5∆t
= u 0 lim
∆t →0 1 + 5∆t
¶n ∗
= u 0 e −10T .
7. La suite définissant le schéma d’E ULER explicite pour l’EDO assignée s’écrit
v n+1 − v n
= f (t n , u n )
∆t
=⇒
v n+1 = v n − 10∆t v n = (1 − 10∆t )v n = (1 − 10∆t )n+1 v 0 .
Il s’agit à nouveau d’une suite géométrique de raison
r e = 1 − 10∆t
qui converge si et seulement si |r e | < 1, i.e. si et seulement si ∆t < 0,2 (le schéma d’E ULER pour cette EDO est conditionnellement stable).
Soit T > 0 fixé et considérons n ∗ = n ∗ (∆t ) tel que T − ∆t < n ∗ ∆t ≤ T . Alors
T
(1 − 10∆t ) ∆t −1
k
≤
(1 − 10∆t )n
∗
≤
T
(1 − 10∆t ) ∆t
k
ln(1−10∆t )
∆t
e
ln(1−10∆t )
∆t
e (T −∆t )
k
eT
)
−10(T −∆t ) ln(1−10∆t
−10∆t
−10T
k
e
↓
ln(1−10∆t )
−10∆t
↓
e −10T
e −10T
d’où
T
lim v n ∗ = u 0 lim (1 − 10∆t ) ∆t = u 0 e −10T .
∆t →0
∆t →0
De plus, on sait (cf. cours) que la suite {u n }n∈N converge à l’ordre 2 tandis que la suite {v n }n∈N converge à l’ordre 1.
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95
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
Exercice 5.5
Soit le problème de C AUCHY :
(
u 0 (t ) + u 5 (t ) = 0, ∀t ∈ R+ ,
(5.5)
u(0) = u 0 > 0.
1. Montrer qu’il existe une unique solution globale u ∈ C ∞ (R+ , R+ ).
2. Soit le schéma numérique défini par la suite (u n )n∈N suivante
u n+1 − u n
+ u n+1 u n4 = 0,
∆t
∀n ∈ N,
pour ∆t > 0 fixé. Expliciter l’expression de u n+1 en fonction de u n .
3. Montrer que la suite (u n )n∈N est une suite décroissante et convergente vers 0. Ce schéma est-il inconditionnellement A-stable ?
S OLUTION . C’est un problème de C AUCHY du type
(
u 0 (t ) = f (t , u(t )), ∀t ∈ R,
(5.6)
u(0) = u 0 > 0,
avec f (t , u(t )) = g (u(t )) = −u 5 (t ).
1. Comme g ∈ C 1 (R+ , R+ ), d’après C AUCHY-Lipschitz, il existe T > 0 et une unique solution u ∈ C 1 ([0, T ], R+ ). Par récurrence, en exploitant l’EDO et la régularité de g , on grimpe en régularité sur u et u ∈ C ∞ ([0, T ], R+ ).
La fonctionne nulle est solution de l’équation différentielle g (0) = 0. Comme u 0 > 0, par l’unicité de la solution du
problème de C AUCHY on a u(t ) > 0 pour tout t ∈ [0, T ] (car deux trajectoires ne peuvent pas se croiser). De plus, u est
décroissante, ainsi la solution est bornée (u(t ) ∈ ]0, u 0 [). On en déduit par le théorème des extrémités que la solution u
admet un prolongement sur R+ solution de l’EDO.
2. Pour ∆t > 0 fixé on obtient
u n+1 =
un
1 + u n4 ∆t
∀n ∈ N.
,
3. On étudie la suite
(
u 0 > 0,
u n+1 =
un
,
1+u n4 ∆t
∀n ∈ N,
pour ∆t > 0 fixé.
Par récurrence on montre que si u 0 > 0 alors u n > 0 pour tout n ∈ N. De plus,
u n+1
un
=
1
1+u n4 ∆t
< 1 pour tout n ∈ N : la suite
est monotone décroissante. On a alors une suite décroissante et bornée par zéro, donc elle converge. Soit ` la limite de
cette suite, alors ` ≥ 0 et ` = 1+``4 ∆t donc ` = 0. Ce schéma est donc inconditionnellement A-stable.
Exercice 5.6
Soit le problème de C AUCHY :
(
u 0 (t ) + sin(u(t )) = 0, ∀t ∈ R,
(5.7)
u(0) = u 0 > 0.
1. Montrer qu’il existe une unique solution globale u ∈ C ∞ (R, R).
2. Écrire le schéma le schéma d’E ULER explicite pour ce problème de C AUCHY en explicitant vos notations.
3. Montrer que la suite (u n )n∈N construite par ce schéma vérifie
|u n+1 | ≤ |u n | + ∆t ,
∀n ∈ N,
|u n | ≤ |u 0 | + n∆t ,
∀n ∈ N.
où ∆t > 0 est le pas de la suite.
4. En déduire que
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Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
S OLUTION . C’est un problème de C AUCHY du type
(
u 0 (t ) = f (t , u(t )), ∀t ∈ R,
(5.8)
u(0) = u 0 > 0,
avec f (t , u(t )) = g (u(t )) = − sin(u(t )).
1. Comme g ∈ C 1 (R, R), d’après C AUCHY-Lipschitz, il existe T > 0 et une unique solution u ∈ C 1 ([−T, T ], R). Par récurrence, en exploitant l’EDO et la régularité de g , on grimpe en régularité sur u et u ∈ C ∞ ([−T, T ], R).
Toutes les fonctions constante u(t ) = kπ pour k ∈ Z sont solutions de l’équation différentielle car g (kπ) = 0. Pour u 0
donné, soit k̃ ∈ Z tel que u 0 ∈ [k̃π; (k̃ +1)π] ; par l’unicité de la solution du problème de C AUCHY on a u(t ) ∈ [k̃π; (k̃ +1)π]
pour tout t ∈ [−T, T ] (car deux trajectoires ne peuvent pas se croiser), i.e. la solution est bornée. On en déduit par le
théorème des extrémités que la solution u admet un prolongement sur R solution de l’EDO.
2. Soit ∆t > 0 fixé et t n = n∆t pour tout n ∈ Z. Le schéma d’E ULER explicite pour l’EDO donnée construit la suite
u n+1 = u n − ∆t sin(u n ),
∀n ∈ N.
3. Comme |a + b| ≤ |a| + |b| et comme | − sin(x)| ≤ 1 pour tout x ∈ R, on conclut que
|u n+1 | = |u n − ∆t sin(u n )| ≤ |u n | + |∆t sin(u n )| ≤ |u n | + ∆t
pour ∆t > 0 fixé.
4. Par récurrence : |u n+1 | ≤ |u n | + ∆t ≤ |u n−1 | + 2∆t ≤ · · · ≤ |u 0 | + (n + 1)∆t .
Exercice 5.7 Loi de N EWTON K
Considérons une tasse de café à la température de 75◦C dans une salle à 25◦C. On suppose que la température du café
suit la loi de Newton, c’est-à-dire que la vitesse de refroidissement du café est proportionnelle à la différence des températures. En formule cela signifie qu’il existe une constante K < 0 telle que la température vérifie l’équation différentielle
ordinaire (EDO) du premier ordre.
T 0 (t ) = K (T (t ) − 25).
La condition initiale (CI) est donc simplement
T (0) = 75.
Pour calculer la température à chaque instant on a besoin de connaître la constante K . Cette valeur peut être déduite en
constatant qu’après 5 minutes le café est à 50◦C, c’est-à-dire
T (5) = 50.
Calculer la solution exacte de ce problème de C AUCHY et la comparer avec la solution approchée obtenue par la méthode
d’E ULER explicite.
S OLUTION . Solution exacte
1. On commence par calculer toutes les solutions de l’EDO. Étant une équation différentielle
du premier ordre, la famille de solutions dépendra d’une constante qu’on fixera en utilisant la CI. Il s’agit d’une
EDO à variables séparables donc formellement on a
T 0 (t ) = K (T (t ) − 25)
Z
Z
1
dT = K dt
(T − 25)
=⇒
=⇒
T 0 (t )
=K
(T (t ) − 25)
=⇒
ln(T − 25) = K t + c
dT
= Kdt
(T − 25)
=⇒
=⇒
T − 25 = De K t
=⇒ T (t )
= 25 + De K t
2. La valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :
75 = T (0) = 25 + De K ·0
=⇒
D = 50
=⇒
T (t ) = 25 + 50e K t
3. Il ne reste qu’à établir la valeur numérique de la constante de refroidissement K grâce à l’«indice» :
50 = T (5) = 25 + 50e K t
=⇒
K =−
ln(2)
5
=⇒
T (t ) = 25 + 50e −
ln(2)
5 t
On peut donc conclure que la température du café évolue selon la fonction
T (t ) = 25 + 50e −
© G. Faccanoni
ln(2)
5 t
.
97
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
T
75
50
25
0
5
15 t
10
Solution approchée par la méthode d’Euler Supposons de connaître K mais de ne pas vouloir/pouvoir calculer la fonction T (t ).
Grâce à la méthode d’E ULER on peut estimer la température à différentes instantes t i en faisant une discrétisation
temporelle du futur (i.e. on construit une suite de valeurs {t i = 0 + i ∆t }i ) et en construisant une suite de valeurs {Ti }i
où chaque Ti est une approximation de T (t i ). Si on utilise la méthode d’E ULER, cette suite de température est ainsi
construite :
(
Ti +1 = Ti − ln(2)
5 ∆t (Ti − 25),
T0 = 75,
qu’on peut réécrire comme
(
Ti +1 = (1 − ln(2)
5 ∆t )Ti + 5 ln(2)∆t ,
T0 = 75.
1. Exemple avec ∆t = 5 :
T
75
50
25
0
5
ti
0.000000
5.000000
10.000000
15.000000
10
T (t i )
75.000000
50.000000
37.500000
31.250000
Ti
75.000000
40.342641
29.707933
26.444642
15 t
T (t i ) − Ti
0.000000
9.657359
7.792067
4.805358
2. Exemple avec ∆t = 1 :
98
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
T
75
50
25
0
5
ti
0.000000
1.000000
2.000000
3.000000
4.000000
5.000000
6.000000
7.000000
8.000000
9.000000
10.000000
11.000000
12.000000
13.000000
14.000000
15.000000
10
T (t i )
75.000000
68.527528
62.892914
57.987698
53.717459
50.000000
46.763764
43.946457
41.493849
39.358729
37.500000
35.881882
34.473229
33.246924
32.179365
31.250000
Ti
75.000000
68.068528
62.097962
56.955093
52.525176
48.709377
45.422559
42.591391
40.152707
38.052095
36.242691
34.684123
33.341618
32.185225
31.189141
30.331144
15 t
T (t i ) − Ti
0.000000
0.459000
0.794952
1.032605
1.192283
1.290623
1.341205
1.355066
1.341142
1.306634
1.257309
1.197759
1.131610
1.061700
0.990224
0.918856
Exercice 5.8 «Les experts - Toulon»
La loi de Newton affirme que la vitesse de refroidissement d’un corps est proportionnelle à la différence entre la température du corps et la température externe, autrement dit qu’il existe une constante K < 0 telle que la température du corps
suit l’équation différentielle
(
T 0 (t ) = K (T (t ) − Text ),
T (0) = T0 .
1. Soit ∆t le pas temporel. Écrire le schéma d’E ULER implicite pour approcher la solution de cette équation différentielle.
2. Soit Text = 0◦C. En déduire une forme du type
Tn+1 = g (∆t , n, T0 )
avec g (∆t , n, T0 ) à préciser (autrement dit, l’itéré en t n ne dépend que de ∆t , de n et de T0 ). Que peut-on en déduire
sur la convergence de la méthode ?
3. Problème. Un homicide a été commis. On veut établir l’heure du crime sachant que
B pour un corps humaine on peut approcher K ≈ −0.007438118376 (l’échelle du temps est en minutes et la
température en Celsius),
B le corps de la victime a été trouvé sur le lieu du crime à 2H 20 du matin,
B à l’heure du décès la température du corps était de 37◦C,
B à l’heure de la découverte la température du corps est de 20◦C,
B la température externe est Text = 0◦C.
Approcher l’heure de l’homicide en utilisant le schéma d’E ULER implicite avec ∆t = 10 minutes.
4. Pour cette équation différentielle, il est possible de calculer analytiquement ses solutions. Comparer alors la solution exacte avec la solution approchée obtenue au point précédent.
© G. Faccanoni
99
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
S OLUTION .
1. La méthode d’E ULER implicite est une méthode d’intégration numérique d’EDO du premier ordre de la forme T 0 (t ) =
F (t , T (t )). En choisissant un pas de discrétisation ∆t , nous obtenons une suite de valeurs (t n , Tn ) qui peuvent être une
excellente approximation de la fonction T (t ) avec
(
t n = t 0 + n∆t ,
Tn+1 = Tn + F (t n+1 , Tn+1 )∆t .
La méthode d’E ULER implicite pour cette EDO s’écrit donc
Tn+1 = Tn + K ∆t (Tn+1 − Text ).
2. Si Text = 0◦C, en procédant par récurrence sur n on obtient
Tn+1 = g (∆t , n) =
1
1
Tn =
T0 ,
1 − K ∆t
(1 − K ∆t )n+1
autrement dit, l’itérée en t n ne dépend que de ∆t et de n mais ne dépend pas de Tn . Comme 0 < 1−K1 ∆t < 1 pour tout
∆t > 0, la suite est positive décroissante ce qui assure que la solution numérique est stable et convergente.
3. On cherche combien de minutes se sont écoulés entre le crime et la découverte du corps, autrement dit on cherche n
tel que
ln 37
37
37
1
20
n+1
37
=⇒
(1
−
K
∆t
)
=
=⇒
n
+
1
=
log
=
=⇒ n ≈ 8.
20 =
(1−K
∆t
)
(1 − K ∆t )n+1
20
20 ln(1 − K ∆t )
Comme t n = t 0 + n∆t , si t n = 2H 20 alors t 0 = t n − n∆t = 2H 20 − 1H 20 = 01H 00.
4. Calcule analytique de toutes les solutions de l’équation différentielle :
B On cherche d’abord les solutions constantes, i.e. les solutions du type T (t ) ≡ c ∈ R quelque soit t . On a
0 = K (c − Text )
d’où l’unique solution constante T (t ) ≡ Text .
B Soit T (t ) 6= Text quelque soit t . Puisqu’il s’agit d’une EDO à variables séparables on peut calculer la solution comme
suit :
T 0 (t ) = K (T (t ) − Text )
Z
Z
1
dT = K dt
T − Text
=⇒
T 0 (t )
=K
T (t ) − Text
=⇒
dT
= K dt
T − Text
=⇒
=⇒
ln(T − Text ) = K t + c
=⇒
T − Text = De K t
=⇒
T (t ) = Text + De K t .
La valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :
T0 = T (0) = De K ·0
D = −T0
=⇒
T (t ) = T0 e K t
=⇒
Ici T0 = 37◦C donc la température du cadavre suit la loi
T (t ) = 37e K t .
Pour déterminer l’heure du meurtre il faut alors résoudre l’équation
20 = 37e K t
d’où t =
1
K
ln 20
37 ≈ 82,70715903 minutes, c’est-à-dire 83 minutes avant 2H20 : le crime a été commit à 00H57.
T [◦C]
3
2
100
2H20
2H10
2H00
1H50
1H40
1H30
1H20
1H10
1H00
1
t
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Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
Exercice 5.9
Un modèle pour la diffusion d’une épidémie se base sur l’hypothèse que sa vitesse de propagation est proportionnelle au
nombre d’individus infectés et au nombre d’individus sains.
Si on note I (t ) ≥ 0 le nombre d’individus infectés à l’instant t ≥ 0 et A > 0 le nombre d’individus total, il existe une
constante k ∈ R+ telle que I 0 (t ) = k I (t )(A − I (t )).
1. Montrer qu’il existe T > 0 et une unique solution I ∈ C ∞ ([0, T ]) au problème de C AUCHY :
(
I 0 (t ) = k I (t )(A − I (t )),
I (0) = I 0 > 0.
2. Montrer que si 0 < I 0 < A alors 0 < I (t ) < A pour tout t > 0.
3. Montrer que si 0 < I 0 < A alors I (t ) est croissante sur R+ .
4. Soit 0 < I 0 < A. On considère le schéma semi-implicite
I n+1 − I n
= k I n (A − I n+1 ).
∆t
Montrer que ce schéma est inconditionnellement A-stable.
S OLUTION . C’est un problème de C AUCHY du type
(
I 0 (t ) = f (t , I (t )), ∀t ∈ R+ ,
(5.9)
I (0) = I 0 > 0,
avec f (t , I (t )) = g (I (t )) = k I (t )(A − I (t )).
1. Comme g ∈ C 1 (R, R), d’après C AUCHY-Lipschitz, il existe T > 0 et une unique I ∈ C 1 ([0, T ], R) solution du problème de
C AUCHY. Par récurrence, en exploitant l’EDO et la régularité de g , on grimpe en régularité sur I et I ∈ C ∞ ([0, T ], R).
2. Puisque la fonction nulle et la fonction constante I (t ) = A sont solutions de l’équation différentielle, si 0 < I 0 < A alors
0 < I (t ) < A pour tout t ∈ [0, T ] (car, par l’unicité de la solution du problème de C AUCHY, deux trajectoires ne peuvent
pas se croiser).
3. Puisque I 0 (t ) = k I (t )(A − I (t )), si 0 < I 0 < A alors I est croissante pour tout t ∈ [0, T ]. On en déduit par le théorème des
extrémités que la solution I admet un prolongement sur R+ solution de l’EDO et que I est croissante pour tout t ∈ R+ .
4. Soit 0 < I 0 < A. On considère le schéma semi-implicite
I n+1 − I n
= k I n (A − I n+1 )
∆t
pour ∆t > 0 fixé. On obtient une formule de récurrence rendue explicite par un calcul élémentaire :
I n+1 =
1 + k A∆t
In .
1 + k I n ∆t
Si 0 < I 0 < A alors
B I n > 0 quelque soit n ;
B I n est majorée par A car
I n+1 ≤ A
⇐⇒
(1 + k A∆t )I n ≤ (1 + k I n ∆t )A
⇐⇒
In ≤ A
donc par récurrence I n+1 ≤ A quelque soit n ;
B I n est une suite monotone croissante (encore par récurrence on montre que |I n+1 | ≥ |I n | ≥ · · · ≥ |I 0 |) ;
donc ce schéma est inconditionnellement A-stable.
Calcul analytique de toutes les solutions :
On a déjà observé qu’il y a deux solutions constantes de l’EDO : la fonction I (t ) ≡ 0 et la fonction I (t ) ≡ A.
Pour chercher toutes les solutions non constantes on remarque qu’il s’agit d’une EDO à variables séparables donc on a
I (t ) =
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A
De −Akt
+1
101
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
La valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :
D=
Exemple avec A = 5000, I 0 = 160, k =
ln(363/38)
35000
A − I0
I0
et ∆t = 1 :
I
A
Exacte
Approchée avec ∆t = 1
I0
t
Exercice 5.10
Considérons une population de bactéries. Soit p(t ) le nombre d’individus (≥ 0) à l’instant t ≥ 0. Un modèle qui décrit
l’évolution de cette population est l’«équation de la logistique» : soit k et h deux constantes positives, alors p(t ) vérifie
l’équation différentielle ordinaire (EDO) du premier ordre
p 0 (t ) = kp(t ) − hp 2 (t ).
On veut calculer p(t ) à partir d’un nombre initiale d’individus donné
p(0) = p 0 ≥ 0.
S OLUTION .
Solution exacte
1. On commence par calculer toutes les solutions de l’EDO. Étant une équation différentielle du premier ordre,
la famille de solutions dépendra d’une constante qu’on fixera en utilisant la CI. Il s’agit d’une EDO à variables
séparables.
On cherche d’abord les solutions constantes, c’est-à-dire les solutions du type p(t ) ≡ c pour tout t ∈ R+ :
0 = kc − hc 2 .
On a donc deux solutions constantes :
p(t ) ≡ 0
et
p(t ) ≡
k
.
h
Étant donné que deux solutions d’une EDO ne s’intersectent jamais, dorénavant on supposera p(t ) 6= 0 et p(t ) 6=
pour tout t ∈ R+ , ainsi
p 0 (t )
= 1.
kp(t ) − hp 2 (t )
k
h
Formellement on a
dp
= 1 dt
kp − hp 2
Z
Z
Z
1
1
1
−h
dp −
dp = 1 dt
k p
k k − hp
µ
¶
p
ln
= kt + kc
k − hp
k
p(t ) = 1
.
+h
De kt
102
Z
1
dp = 1 dt
p(k − hp)
1
1
ln(p) − ln(k − hp) = t + c
k
k
p
= De kt
k − hp
Z
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
=⇒
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Jeudi 10 mai 2012
Stabilité
2. La valeur numérique de la constante d’intégration D est obtenue grâce à la CI :
p 0 = p(0) =
kD
D=
=⇒
1 + hDe 0k
p0
.
k − hp 0
On peut donc conclure que la population évolue selon la fonction
p(t ) =


0


k
si p 0 = 0,

k


 k−hp 0 +h
sinon.
si p 0 = hk ,
h
p 0 e kt
Une simple étude de la fonction p montre que
B si p 0 ∈ ]0; k/h[ alors p 0 (t ) > 0 et limt →+∞ p(t ) = k/h,
B si p 0 ∈ ]k/h; +∞[ alors p 0 (t ) < 0 et limt →+∞ p(t ) = k/h.
p
5
4
Exemple avec k = 3, h = 1
et différentes valeurs de
p0.
3
2
1
0
1
2
3
t
Solution approchée Supposons de ne pas vouloir/pouvoir calculer la fonction p(t ). Grâce à la méthode d’E ULER on peut es-
timer le nombre d’indivus à différentes instantes t i en faisant une discrétisation temporelle du futur (i.e. on construit
une suite de valeurs {t i = 0 + i ∆t }i ) et en construisant une suite de valeurs {p i }i où chaque p i est une approximation
de p(t i ). Si on utilise la méthode d’E ULER, cette suite est ainsi construite :
(
p i +1 = p i + ∆t p i (k − hp i ),
p 0 donné,
qu’on peut réécrire comme
(
p i +1 = (1 + k∆t − h∆t p i )p i ,
p 0 donné.
On veut appliquer cette méthode au cas de la figure précédente, i.e. avec k = 3, h = 1 et les valeurs initiales p 0 = 5 et
p 0 = 2. Si on choisit comme pas temporelle ∆t = 0,15, on obtient les figures suivantes :
ti
0.00
0.15
0.30
0.45
0.60
0.75
0.90
1.05
1.20
1.35
1.50
1.65
1.80
p(t i )
5.000000
4.027123
3.582637
3.347079
3.212403
3.132046
3.082874
3.052319
3.033151
3.021054
3.013390
3.008524
3.005430
© G. Faccanoni
pi
5.000000
3.500000
3.237500
3.122164
3.064952
3.035091
3.019115
3.010459
3.005736
3.003150
3.001731
3.000952
3.000523
p(t i ) − p i
0.000000
0.527123
0.345137
0.224915
0.147451
0.096956
0.063759
0.041861
0.027415
0.017904
0.011659
0.007573
0.004907
p
5
4
3
2
1
0
1
2
3 t
103
Jeudi 10 mai 2012
5. Équations différentielles ordinaires
ti
0.00
0.15
0.30
0.45
0.60
0.75
0.90
1.05
1.20
1.35
1.50
1.65
1.80
p(t i )
2.000000
2.274771
2.493175
2.655760
2.770980
2.849816
2.902469
2.937070
2.959567
2.974092
2.983429
2.989412
2.993240
pi
2.000000
2.300000
2.541500
2.716292
2.831887
2.903298
2.945411
2.969529
2.983102
2.990663
2.994852
2.997164
2.998439
p
p(t i ) − p i
0.000000
−0.025229
−0.048325
−0.060532
−0.060907
−0.053483
−0.042942
−0.032459
−0.023535
−0.016571
−0.011423
−0.007752
−0.005199
5
4
3
2
1
0
1
3 t
2
Exercice 5.11 Méthode de Taylor
La méthode de Taylor est basé sur la relation
y(x + h) ' y(x) + y 0 (x)h +
1 00
1
1 (m)
y (x)h 2 + y 000 (x)h 3 + · · · +
y (x)h m
2!
3!
m!
Cette relation prédit y(x + h) à partir de y(x), ainsi elle permet d’écrire une formule d’intégration numérique. Le dernier
terme indique l’ordre de la méthode et l’erreur de troncature, due aux termes omis, est
E=
1
y (m+1) (ξ)h m+1
(m + 1)!
que l’on peut approcher par
E'
pour x < ξ < x + h,
¢
h m ¡ (m)
y (x + h) − y (m) (x) .
(m + 1)!
Considérons le problème de C AUCHY
(
y 0 (x) + 4y(x) = x 2 ,
y(0) = 1.
Estimer y(0.1) par la méthode de Taylor d’ordre 4 avec un seul pas d’intégration.
S OLUTION . Le développement de Taylor en 0 jusqu’à l’ordre 4 est
y(h) ' y(0) + y 0 (0)h +
1 00
1
1
y (0)h 2 + y 000 (0)h 3 + y I V (0)h 4 .
2!
3!
4!
En dérivant l’EDO on trouve
y(0) = 1,
2
0
y (x) = −4y(x) + x ,
y 0 (0) = −4,
y 00 (x) = −4y 0 (x) + 2x,
y 00 (0) = 16,
000
00
y (x) = −4y (x) + 2,
y I V (x) = −4y 000 (x),
y 000 (0) = −62,
y I V (0) = 248.
donc, pour x = 0 et h = 0.1, on obtient
y(0.1) ' 1 +
−4
16
−62
248
+
+
+
= 0.6707
10 200 6000 240000
et comme
¡
¢ ¡ ¡
¢
¢ ¡ ¡ ¡
¢
¢
¢
y I V (x + h) = −4y 000 (x) = −4 −4y 00 (x) + 2 = −4 −4y 0 (x) + 2x + 2 = −4 −4 −4y(x) + x 2 + 2x + 2
¡ ¡ ¡
¢
¢
¢
alors y I V (0.1) ' −4 −4 −4 × 0.6707 + (0.1)2 + 0.2 + 2 = 166.259 et on obtient l’estimation de l’erreur
E'
104
¢
248 ¡ I V
248
y (0.1) − y I V (0) =
(166.259 − 248) = −0.000068.
960000
960000
© G. Faccanoni
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
A.1. Suites numériques
Suites
Une suite numérique est une application de N dans R. La notation traditionnelle est (x n )n∈N .
Limite d’une suite.
On dit qu’une suite (x n )n∈N converge vers x ∈ R (on écrit lim x n = x) si
n
∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n ∈ N n > N =⇒ |x n − x| < ε.
On dit qu’une suite (x n )n∈N diverge vers plus l’infini (on écrit lim x n = +∞) si
n
∀M ∈ R ∃N ∈ N ∀n ∈ N n > N =⇒ x n > M .
On dit qu’une suite (x n )n∈N diverge vers moins l’infini (on écrit lim x n = −∞)
n
∀m ∈ R ∃N ∈ N ∀n ∈ N n > N =⇒ x n < m.
Remarque
La suppression d’un nombre fini de termes ne modifie pas la nature de la suite, ni sa limite éventuelle.
Suite convergente
Soit (x n )n∈N une suite. On dit que (x n )n∈N est convergente s’il existe x ∈ R tel que lim x n = x.
n
Suite bornée, suite monotone
B
B
B
B
B
Une suite (x n )n∈N est croissante lorsque pour tout n, x n ≤ x n+1 .
Une suite (x n )n∈N est décroissante lorsque pour tout n, x n ≥ x n+1 .
Une suite (x n )n∈N est majorée s’il existe a ∈ R tel que, pour tout n, x n ≤ a. On dit que a est un majorant de la suite.
Une suite (x n )n∈N est minorée s’il existe a ∈ R tel que, pour tout n, x n ≥ a. On dit que a est un minorant de la suite.
Une suite (x n )n∈N est dite bornée si elle est à la fois majorée et minorée, c’est-à-dire s’il existe M ∈ R tel que |x n | ≤ M
pour tout n.
Théorème (condition nécessaire)
Tout suite convergente est bornée.
Théorème de la convergence monotone (conditions suffisantes)
B
B
B
B
Une suite (x n )n∈N qui est croissante et majorée est convergente et limn x n = supn x n .
Une suite (x n )n∈N qui est croissante et non majorée diverge vers +∞.
Une suite (x n )n∈N qui est décroissante et minorée est convergente et limn x n = infn x n .
Une suite (x n )n∈N qui est décroissante et non minorée diverge vers −∞.
105
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Théorème d’encadrement (condition suffisante)
Soit (x n )n∈N une suite. S’il existe deux suites convergentes (u n )n∈N et (v n )n∈N ayant une même limite x ∈ R et satisfaisant
∃N ∈ N ∀n ∈ N n > N =⇒ u n ≤ x n ≤ v n ,
alors limn x n = x.
Valeur d’adhérence
On dit que ` ∈ R est une valeur d’adhérence de la suite (x n )n∈N∗ si et seulement si il existe une sous-suite extraite qui
converge vers `.
Théorème
Soit (x n )n∈N une suite. Si (x n ) converge vers `, toute sous-suite converge aussi vers `.
Si une suite extraite de (x n )n∈N diverge, ou si deux suites extraites de (x n )n∈N ont des limites différentes, alors (x n )n∈N diverge.
Si deux suites extraites de (x n )n∈N convergent vers la même limite ` et si x n est un terme d’une de ces suites extraites, alors
(x n )n∈N converge aussi vers `. Par exemple, si (x 2n ) et (x 2n+1 ) convergent vers `, alors (x n ) converge vers `.
Limites fondamentales
lim
n
¡ ¢
lim n sin n1 = 1
n
¢n
¡
= eα
lim 1 + α
n
n
³ 1
´
lim n a /n − 1 = ln a
n



0
P (n)
p
= qa
b
Q(n) 

∞
si a < b,
si a = b,
avec
si a > b,
P (n) = p 0 + p 1 n + · · · + p a n a ,
Q(n) = q 0 + q 1 n + · · · + q b n b .
³
¡ ¢´
lim n 2 1 − cos n1 = 21
n
³ ¡
¢´
lim n ln 1 + n1 = 1
n
´
³¡
¢α
lim n 1 + n1 − 1 = α
(n en radiant)
(α ∈ R)
(a > 0)
n
(n en radiant)
(α ∈ R)
Critère du rapport (ou de D’A LEMBERT)
Soit (u n )n∈N une suite telle que u n > 0 pour tout n ∈ N et
B si 0 ≤ ` < 1 alors u n → 0,
B si 1 < ` ≤ +∞ alors u n → +∞
B si ` = 1 on ne peut pas conclure.
Critère de la racine (ou de C AUCHY)
Soit (u n )n∈N une suite telle que u n > 0 pour tout n ∈ N et
B si 0 ≤ ` < 1 alors u n → 0,
B si 1 < ` ≤ +∞ alors u n → +∞
B si ` = 1 on ne peut pas conclure.
u n+1
un
→ ` ; alors
p
n
u n → ` ; alors
Suite arithmétique
Une suite (v n )n∈N est arithmétique de raison r ∈ R si
v n+1 = v n + r
et donc v n = v 0 + nr et l’on a
n−1
X
k=0
106
vk = n
∀n ∈ N
v 0 + v n−1
.
2
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Suite et série géométriques
Une suite (v n )n∈N est géométrique de raison q ∈ R si
v n+1 = q v n
∀n ∈ N
et donc v n = v 0 q n .
B Si q < −1, la suite (v n ) diverge et ne possède pas de limite.
B Si q = −1, la suite (v n ) diverge et possède deux valeurs d’adhérence 1 et −1.
B Si |q| < 1, la suite (v n ) converge vers 0.
B Si q = 1, la suite (v n ) est constante et converge vers 1.
B Si q > 1, la suite (v n ) est divergente mais possède(une limite égale à +∞.
1−q n
v 0 1−q si q 6= 1
Pn−1
Pn−1 k
Considérons la suite s n−1 := k=0 v k = v 0 k=0 q =
nv 0
si q = 1
B Si q < −1, la suite (s n ) est divergente et ne possède pas de limite.
B Si q = −1, la suite (s n ) est divergente et possède deux valeurs d’adhérence 0 et 1.
1
.
B Si |q| < 1, la suite (s n ) converge vers 1−q
B Si q = 1, la suite (s n ) est divergente mais possède une limite égale à +∞.
B Si q > 1, la suite (s n ) est divergente mais possède une limite égale à +∞.
A.2. Primitives et intégrales
Primitive
Soit I un intervalle de R. Une fonction f : I → R est intégrable s’il existe une fonction dérivable F : I → R telle que pour
tout x ∈ I , F 0 (x) = f (x). Une telle fonction F est une primitive (ou intégrale indéfinie) de f .
Existence des primitives
Soit I un intervalle de R et f : I → R une fonction continue. Alors f est intégrable.
Propriété
B Si F est une primitive de f alors, pour tout réel c, la fonction F + c est aussi une primitive de f .
B Toute primitive de f est nécessairement de la forme F + c pour une certaine constante c.
Notation
L’ensemble des primitives d’une fonction f est noté
R
f ou encore
R
f (x) dx.
Remarque
Si a ∈ I alors F (x) =
Rx
a
f (t ) dt est l’unique primitive qui s’annule en a.
Linéarité
Soit I un intervalle de R, f et g : I → R deux fonctions intégrables et k ∈ R. Alors
Z
Z
Z
Z
Z
( f (x) + g (x)) dx = f (x) dx + g (x) dx
et
k f (x) dx = k f (x) dx.
Intégration directe
Dans le tableau qui suit on sous-entend que l’intégration est réalisée sur un intervalle contenu dans l’ensemble de définition de la fonction à intégrer.
Z
n
x dx =
x n+1
n+1
© G. Faccanoni
Z
+c
=⇒
[ f (x)]n f 0 (x) dx =
[ f (x)]n+1
n+1
+c
pour n 6= −1
107
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Z
Z
Z
1
x
Jeudi 10 mai 2012
Z
dx = ln(x) + c
=⇒
e x dx = e x + c
a x dx = (loga e)a x + c
sin(x) dx = − cos(x) + c
Z
Z
1
cos2 (x)
p 1
1−x 2
1
1+x 2
sin( f (x)) f 0 (x) dx = − cos( f (x)) + c
Z
cos( f (x)) f 0 (x) dx = sin( f (x)) + c
=⇒
Z
dx = tan(x) + c
=⇒
f 0 (x)
cos2 ( f (x))
Z
dx = arcsin(x) + c = − arccos(x) + c
p
=⇒
dx = arctan(x) + c
=⇒
cosh(x) dx = sinh(x) + c
sinh(x) dx = cosh(x) + c
=⇒
1
cosh2 (x)
=⇒
f 0 (x)
1+( f (x))2
dx = arcsin( f (x)) + c = − arccos( f (x) + c
dx = arctan( f (x)) + c
cosh( f (x)) f 0 (x) dx = sinh( f (x)) + c
Z
sinh( f (x)) f 0 (x) dx = cosh( f (x)) + c
Z
dx = tanh(x) + c
f 0 (x)
Z
=⇒
Z
dx = tan( f (x)) + c
1−( f (x))2
Z
Z
Z
a f (x) f 0 (x) dx = (loga e)a f (x) + c
Z
=⇒
cos(x) dx = sin(x) + c
Z
e f (x) f 0 (x) dx = e f (x) + c
Z
=⇒
Z
dx = ln(| f (x)|) + c
Z
=⇒
Z
f 0 (x)
f (x)
f 0 (x)
cosh2 ( f (x))
dx = tanh( f (x)) + c
Intégration par changement de variable
Soit F une primitive de f et g une fonction dérivable. Alors la fonction f (g (x))g 0 (x) est intégrable et l’on a
Z
f (g (x))g 0 (x) dx = F (g (x)) + c.
Autrement dit, en posant u = g (x) on obtient
Z
du
dx
= g 0 (x), soit encore du = g 0 (x) dx et donc
f (g (x))g 0 (x) dx =
Z
f (u) du = F (u) + c.
Intégration par parties
Soit f et g deux fonctions dérivables. Alors
Z
Z
f (x)g 0 (x) dx = f (x)g (x) − f 0 (x)g (x) dx.
Exemple
Calculer une primitive de lnxx avec les trois méthodes décrites ci-dessus.
Intégration directe :
R
R
R
R
2
[ f (x)]2
comme lnxx dx = f (x) f 0 (x) dx avec f (x) = ln(x) et comme f (x) f 0 (x) dx = 2 on conclut que lnxx dx = ln 2(x) + c.
Intégration par changement de variable :
R ln x
R
ln2 (x)
u2
on pose u = ln(x) donc du = dx
x et
x dx = u du = 2 + c = 2 + c.
Intégration par parties :
R
R
R
si on pose g (x) = ln(x) et f 0 (x) = x1 alors g 0 (x) = x1 et f (x) = ln(x) donc lnxx dx = ln2 (x) − lnxx dx, i.e. 2 lnxx dx = ln2 x + c et
R
2
finalement lnxx dx = ln 2(x) + k.
Fonction rationnelle
Soit N (x) et D(x) deux polynômes de degré respectivement ν et δ. Toute fonction du type P (x) =
rationnelle.
B Si ν ≥ δ on dit que P est une fonction rationnelle impropre.
108
N (x)
D(x)
est dite fonction
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
B Si ν < δ on dit que P est une fonction rationnelle propre.
Propriété
(x)
Soit N et D deux polynômes de degré respectivement ν et δ et P (x) = N
D(x) une fonction rationnelle impropre (i.e. ν ≥ δ).
Alors, en effectuant la division euclidienne de N par D, on peut réécrire P comme
P (x) = Q(x) +
R(x)
D(x)
où Q est un polynôme de degré ν − δ et R un polynôme de degré au plus δ − 1, ainsi
propre.
R(x)
D(x)
est une fonction rationnelle
On en déduit que
Z
N (x)
dx =
D(x)
Z
P (x) dx =
Z
Z
Q(x) dx +
R(x)
dx.
D(x)
L’intégration de Q étant triviale, on conclut que la difficulté de l’intégration d’une fonction rationnelle se réduit à l’intégration
d’une fonction rationnelle propre.
Propriété
Si
R(x)
D(x)
est une fonction rationnelle propre et si D possède
B k racines réelles ak chacune de multiplicité m k et
B h couples de racines complexes conjuguées qui sont racines du polynôme x 2 + bh x + dh chacune de multiplicité n h
(ainsi ∆ = b h2 − 4d h < 0 pour tout h),
alors D s’écrit
D(x) = c(x − a 1 )m1 (x − a 2 )m2 . . . (x − a k )mk (x 2 + b 1 x + d 1 )n1 (x 2 + b 2 x + d 2 )n2 . . . (x 2 + b h x + d h )nh
et
R(x)
D(x)
se décompose en fractions simples sous la forme
A 1,m1
A 1,1
A 1,2
R(x)
=
+···+
+
D(x) x − a 1 (x − a 1 )2
(x − a 1 )m1
A 2,m1
A 2,1
A 2,2
+
+
+···+
2
x − a 2 (x − a 2 )
(x − a 2 )m2
+···+
+
A k,1
+
A k,2
+···+
A k,mk
x − a k (x − a k
(x − a k )mk
B 1,n x +C 1,n1
B 1,1 x +C 1,1
B 1,2 x +C 1,2
+ 2
+···+ 2 1
+ 2
2
x + b 1 x + d 1 (x + b 1 x + d 1 )
(x + b 1 x + d 1 )n1
B 2,n x +C 2,n2
B 2,1 x +C 2,1
B 2,2 x +C 2,2
+ 2
+
+···+ 2 2
x + b 2 x + d 2 (x 2 + b 2 x + d 2 )2
(x + b 2 x + d 2 )n2
)2
+···+
+
B h,1 x +C h,1
x2 + b
h x + dh
+
B h,2 x +C h,2
(x 2 + b
h x + dh
)2
+···+
B h,nh x +C h,nh
(x 2 + b h x + d h )nk
où les A i , j , B i , j et C i , j sont des constantes.
Pour intégrer une fonction rationnelle il suffit alors de connaître les primitives des quatre fractions simples suivantes :
f 1 (x) =
A
,
x −a
f 2 (x) =
A
,
(x − a)n
f 3 (x) =
B x +C
x 2 + bx + d
,
f 4 (x) =
B x +C
(x 2 + bx + d )n
.
Intégration des fractions simples
Supposons
B A, B,C , a, b, d ∈ R
B n ∈ N, n > 1
B ∆ = b 2 − 4d < 0
alors
1. la primitive de f 1 (x) =
A
x−a
est
Z
© G. Faccanoni
A
dx = A ln |x − a| + cnst;
x −a
109
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
2. la primitive de f 2 (x) =
A
(x−a)n
Jeudi 10 mai 2012
est
A
A
dx =
+ cnst;
(x − a)n
(1 − n)(x − a)n−1
Z
3. la primitive de f 3 (x) =
B x+C
x 2 +bx+d
est
B x +C
´2 ³
´ dx
2
x + b2 + d − b4
¶
µq
b
b2
d − 4 t − 2 +C
Z B
1
=q
dt
2
t2 +1
d − b2
Z
Z
C − B b2
B
2t
1
=
dt
+
dt
q
2 1+ t2
1+ t2
b2
d− 4
B x +C
dx =
2
x + bx + d
Z
Z
³
q
2
x + b2 = d − b4 t
q
2
dx = d − b4 dt
C − B b2
B
ln |1 + t 2 | + q
arctan(t ) + cnst
2
2
d − b4
¯


³
´2 ¯¯
¯
b
b
b
¯
¯
x
+
C
−
B
x
+
B ¯
2
¯


2
= ln ¯1 +
arctan  q 2  + cnst;
¯+ q
b2 ¯
2
2
2 ¯¯
b
b
d− 4 ¯
d− 4
d− 4
=
4. la primitive de f 4 (x) =
Z
B x+C
(x 2 +bx+d )n
est
B x +C
B
dx =
(x 2 + bx + d )n
2
¶Z
µ
1
2x + b
Bb
dx + C −
dx
(x 2 + bx + d )n
2
(x 2 + bx + d )n
|
{z
}
|
{z
}
Z
I1
avec
I2
1
B
2
2 (1 − n)(x + bx + d )n−1
Z
1
I2 =
dx
2
(x + bx + d )n
µ
¶ 1 −n Z
b2 2
1
= d−
dt
4
(1 + t 2 )n
{z
}
|
I1 =
q
2
x + b2 = d − b4 t
q
2
dx = d − b4 dt
In
n
et l’intégrale I se calcule par récurrence
In =
t
2n − 3 n−1
+
I
.
2(n − 1)(1 + t 2 )n−1 2(n − 1)
Exemple
1. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f (x) = 2 x−3 . Comme ∆ = 42 − 4 × 5 < 0 il s’agit d’un intégrale du type
x −4x+5
R B x+C
dx. Le dénominateur se décompose comme x 2 − 4x + 5 = (x − 2)2 + 1 et l’intégrale s’écrit
x 2 +bx+d
Z
Z
Z
Z
Z
x −3
(t + 2) − 3
1
2t
1
f (x) dx =
dx
=
dt
=
dt
−
dt
2 t2 +1
(x − 2)2 + 1
t2 +1
t2 +1
1
1
= ln(1 + t 2 ) − arctan(t ) + cnst = ln((x + 2)2 + 1) − arctan(x − 2) + cnst
2
2
2. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f (x) = 3x+1
. On doit d’abord la décomposer en fractions simples ; comme
3
x −4x
x 3 − 4x = x(x 2 − 4) = x(x − 2)(x + 2) la fonction admet la décomposition
f (x) =
3x + 1
A1
A2
A3
=
+
+
x(x − 2)(x + 2)
x
x −2 x +2
Pour calculer les constantes A i on peut utiliser le principe d’identité des polynômes :
3x + 1
A 1 (x − 2)(x + 2) + A 2 x(x + 2) + A 3 x(x − 2)
=
=
x(x − 2)(x + 2)
x(x − 2)(x + 2)
110
(A 1 + A 2 + A 3 )x 2 + (2A 2 − 2A 3 )x − 4A 1
x(x − 2)(x + 2)


 A1 + A2 + A3 = 0
⇐⇒ 2A 2 − 2A 3 = 3


−4A 1 = 1
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
ainsi
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Z
f (x) dx = −
1
4
Z
1
5
dx −
x
8
A2
7
dx +
x −2
8
Z
A3
1
5
7
dx = − ln |x| − ln |x − 2| + ln |x + 2| + c.
x +2
4
8
8
Z
3
3. On veut intégrer la fonction rationnelle impropre f (x) = 3x 2 +2x−5 . On effectue d’abord la division euclidienne
3x −5x−2
3x 3
+2x
−3x 3
37
3x 2 − 5x − 2
−5
x + 53
+5x 2
+2x
5x 2
+4x
−5
−5x 2
+ 25
3 x
37
3 x
+ 10
3
− 53
x− 5
37
x− 5
3
3
ainsi f (x) = x + 53 + 32
. Maintenant on décompose le terme 32
en fractions simples : on a 3x 2 −5x −2 = (x + 31 )(x −2)
3x −5x−2
3x −5x−2
et on doit chercher les deux constantes A 1 et A 2 telles que
37
5
3 x− 3
=
3x 2 − 5x − 2
A1
x + 13
+
A2
x −2
En utilisant le principe d’identité des polynômes on a
(
A
5
37
A 1 (x − 2) + A 2 (x + 13 ) (A 1 + A 2 )x − 2A 1 + 32
A 1 + A 2 = 37
3 x− 3
3
=
=
⇐⇒
A
2
2
2
3x − 5x − 2
3x − 5x − 2
3x − 5x − 2
−2A 1 + 32 = − 53
On conclut que
f (x) = x +
5 52/63 207/63
+
+
3 x+ 1
x −2
3
et
Z
¯
¯
52 ¯¯
1 ¯ 207
x2 5
+ x+
ln ¯x + ¯¯ +
ln |x − 2| + c.
f (x) dx =
2
3
63
3
63
x−4
. On doit d’abord la décomposer en fraction simples ; comme
x 3 −x 2 −5x−3
3
2
2
x − x − 5x − 3 = (x − 3)(x + 1) la fonction f admet la décomposition
4. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f (x) =
f (x) =
A 1,1
x −3
+
A 2,1
x +1
+
A 2,2
(x + 1)2
.
On détermine les constantes en utilisant le principe d’identité des polynômes
x −4
x 3 − x 2 − 5x − 3
=
A 1,1 (x + 1)2 + A 2,1 (x − 3)(x + 1) + A 2,2 (x − 3)
x 3 − x 2 − 5x − 3
=
(A 1,1 + A 2,1 )x 2 + (2A 1,1 − 2A 2,1 + A 2,2 )x + A 1,1 − 3A 2,1 − 3A 2,2
x 3 − x 2 − 5x − 3


 A 1,1 + A 2,1 = 0
⇐⇒ 2A 1,1 − 2A 2,1 + A 2,2 = 1


A 1,1 − 3A 2,1 − 3A 2,2 = −4
On conclut que
f (x) =
et
Z
f (x) dx = −
−1/16 1/16
−5/4
+
+
x −3
x + 1 (x + 1)2
1
1
5
ln |x − 3| +
ln |x + 1| −
+ c.
16
16
4(x + 1)
5. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f (x) =
x 2 +2
. Comme ∆ = 4 − 20 < 0, la fonction f se décompose comme
(x 2 −2x+5)2
B 1 x +C 1
B 2 x +C 2
f (x) = 2
+
.
x − 2x + 5 (x 2 − 2x + 5)2
On détermine les constantes en utilisant le principe d’identité des polynômes


B1 = 0



C − 2B = 1
x2 + 2
B 1 x +C 1
B 2 x +C 2
B 1 x 3 + (C 1 − 2B 1 )x 2 + (5B 1 − 2C 1 + B 2 )x + 5C 1 +C 2
1
1
=
+
=
⇐⇒

(x 2 − 2x + 5)2 x 2 − 2x + 5 (x 2 − 2x + 5)2
(x 2 − 2x + 5)2
5B 1 − 2C 1 + B 2 = 0



5C 1 +C 2 = 2
On obtient alors que
Z
Z
2x − 3
dx
+
dx .
x 2 − 2x + 5
(x 2 − 2x + 5)2
|
{z
} |
{z
}
Z
f (x) dx =
1
I1
© G. Faccanoni
I2
111
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
B On calcule I 1 :
Jeudi 10 mai 2012
1
Z
1
dx
x − 1 = 2t
(x − 1)2 + 4
Z
dx = 2 dt
1
1
=
dt
2 t2 +1
µ
¶
Z
1
1
1
1
x −1
=
dt
=
arctan(t
)
+
c
=
arctan
+ c;
2 1+ t2
2
2
2
Z
x 2 − 2x + 5
dx =
B On calcule I 2 :
2x − 3
Z
2x − 2
Z
Z
1
1
1
dx
−
dx
=
−
−
dx
(x 2 − 2x + 5)2
(x 2 − 2x + 5)2
x 2 − 2x + 5
(x 2 − 2x + 5)2
Z
Z
1
1
1
1
1
dx = − 2
dt
=− 2
−
−
x − 2x + 5
((x − 1)2 + 4)2
x − 2x + 5 8 (t 2 + 1)2
¶
¶
µ
µ
Z
1
1 1 t
1
1
1
1
t
=− 2
−
+
dt
=
−
−
+
arctan(t
)
x − 2x + 5 8 2 1 + t 2 2 1 + t 2
x 2 − 2x + 5 16 1 + t 2
µ
µ
¶¶
µ
¶
1
1
2(x − 1)
x −1
x +7
1
x −1
=− 2
−
+
arctan
+
c
=
−
−
arctan
+ c.
2
2
x − 2x + 5 16 x 2 − 2x + 5
8(x 2 − 2x + 5) 16
Z
dx =
(x 2 − 2x + 5)2
On conclut que
Z
f (x) dx =
¶
µ
7
x +7
x −1
−
arctan
+ c.
16
2
8(x 2 − 2x + 5)
6. On veut intégrer la fonction rationnelle propre f (x) =
f (x) =
1
qui se décompose comme
x 3 (x 2 +1)2
A 1 A 1 A 1 B 1 x +C 1 B 2 x +C 2
+ 2 + 3 +
+ 2
.
x
x
x
x2 + 1
(x + 1)2
On détermine les constantes en utilisant le principe d’identité des polynômes
1
x 3 (x 2 + 1)2
=
=
A 1 A 2 A 3 B 1 x +C 1 B 2 x +C 2
+ 2 + 3 +
+ 2
x
x
x
x2 + 1
(x + 1)2
(A 1 + B 1 )x 6 + (A 2 +C 1 )x 5 + (2A 1 + A 3 + B 1 + B 2 )x 4 + (2A 2 +C 1 +C 2 )x 3 + (A 1 + 2A 3 )x 2 + (A 2 )x + (A 3 )
x 3 (x 2 + 1)2


 A1 + B1 = 0




A 2 +C 1 = 0





2A 1 + A 3 + B 1 + B 2 = 0

⇐⇒ 2A 2 +C 1 +C 2 = 0




A 1 + 2A 3 = 0





 A2 = 0



A3 = 1
On obtient alors que
Z
Z
1
dx +
x
1
= −2 ln |x| − 2
2x
1
= −2 ln |x| − 2
2x
Z
f (x) dx = −2
1
Z
dx +
x3
2x
Z
dx +
x
x2 + 1
(x 2 + 1)2
Z
1
2x
+ ln |x 2 + 1| +
dx
2 (x 2 + 1)2
1 2x
+ ln |x 2 + 1| −
+ c.
2 (x 2 + 1)
dx
Théorème fondamentale du calcul différentiel et intégral
Soit f une fonction continue
R x sur [a; b] et F une primitive de f sur [a; b]. Alors
1. la dérivée de g (x) = a f (x) dx existe et est égale à f (x) ;
Rb
2. a f (x) dx = F (b) − F (a).
L’expression F (b) − F (a) se note aussi [F (x)]ba ou encore F (x)|ba .
Remarque
Si f est de classe C 1 sur [a; b] alors g (x) = f (x) − f (a) =
112
Rx
a
f 0 (x) dx.
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Interprétation géométrique
+
Rb
L’intégrale définie a f (x) dx correspond à l’aire du domaine du plan situé entre le graphe de f et l’axe des
abscisses, compté positivement pour la partie située audessus de l’axe des abscisses et négativement pour la partie située en dessous.
+
a
b
−
Calcul d’aires
Soit f et g deux fonctions intégrables sur [a; b] telles que f (x) ≥ g (x) sur [a; b]. L’aire de la surface comprise entre les
Rb
graphes de f et g entre a et b est définie par l’intégrale a ( f (x) − g (x)) dx.
Exemple
y
f (x) = x 2
y
4
3
f (x) = (x − 1)2
x+
1
3
9
4
g(
x)
=
2
2
Z 2
(g (x) − f (x))dx
1
0
1
Z 3/2
x 2 dx
0
x
1
3
2
2
x
3
0
1
2
3
Propriété
Soit [a; b] un intervalle de R avec a < b, f et g : [a; b] → R deux fonctions intégrables.
Rb
Rc
Rb
a f (x) dx = a f (x) dx + c f (x) dx pour tout c ∈ [a; b].
Rb
Rb
Relation d’ordre : si f (x) ≤ g (x) pour toute x ∈ [a; b] alors a f (x) dx ≤ a g (x) dx.
Rb
Nullité : si f est continue sur [a; b] et f (x) ≥ 0 pour toute x ∈ [a; b] alors a f (x) dx = 0 si et seulement si f (x) ≡ 0.
Ra
Ra
Parité : si f est paire sur [−a; a] avec a ≥ 0 alors −a f (x) dx = 2 0 f (x) dx ; si f est impaire sur [−a; a] avec a ≥ 0 alors
Ra
−a f (x) dx = 0.
Rb
Rb
Valeur absolue : | a f (x) dx| ≤ a | f (x)| dx.
Relation de Chasles :
Rb
Moyenne : si m ≤ f (x) ≤ M pour toute x ∈ [a; b] alors m ≤
a
f (x) dx
b−a
Rb
≤ M . Le nombre
a
f (x) dx
b−a
est la valeur moyenne de f
sur [a; b].
A.3. Matrices et calcul pratique d’un déterminant
Définition : matrice
On appelle MATRICE m × n (ou d’ordre m × n) à coefficients dans K tout tableau de m lignes et n colonnes d’éléments de
K. L’ensemble des matrices m × n à coefficients dans K est noté Mm,n (K).
Si m = n on dit qu’on a une MATRICE CARRÉE. L’ensemble des matrices carrées n à coefficients dans K est noté Mn (K).
Une matrice m × 1 est appelée VECTEUR- COLONNE et une matrice 1 × n est appelée VECTEUR- LIGNE.
On convient de noter a i j l’élément de la matrice situé sur la i -ème ligne et j -ème colonne (1 ≤ i ≤ m et 1 ≤ j ≤ n).
© G. Faccanoni
113
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Une matrice A est représentée entre deux parenthèses ou deux crochets :

a 11
 .
 ..


A =  ai 1

 ..
 .
a m1
...
...
...

a 1n
.. 
. 


ai n 

.. 
. 
a mn
ou
A = (a i j )1≤i ≤m
ou
a1 j
..
.
ai j
..
.
am j
...
...
...

a 11
 .
 ..


A =  ai 1

 ..
 .
a m1
...
...
...
a1 j
..
.
ai j
..
.
am j
...
...
...

a 1n
.. 
. 


ai n 

.. 
. 
a mn
ou encore
1≤ j ≤n
A = [a i j ]1≤i ≤m
1≤ j ≤n
Nous travaillerons avec K = R, Q ou Z.
Définition : addition de matrices
Si A = (a i j )1≤i ≤m et B = (b i j )1≤i ≤m sont deux matrices m × n, on définit l’ADDITION des matrices par
1≤ j ≤n
1≤ j ≤n
A + B = (a i j + b i j )1≤i ≤m .
1≤ j ≤n
La MATRICE NULLE, notée Om,n , est la matrice dont tous les éléments sont nuls.
La MATRICE OPPOSÉE D ’ UNE MATRICE A est notée −A. Si A = (a i j )1≤i ≤m alors −A = (−a i j )1≤i ≤m .
1≤ j ≤n
1≤ j ≤n
La somme de deux matrices d’ordres différents n’est pas définie.
Propriété
Si A, B et C sont des matrices de même ordre, alors nous avons
B A + B = B + A (commutativité),
B A + (B + C) = (A + B) + C (associativité).
Définition
On appelle MATRICE DIAGONALE toute matrice carrée D = (d i j )1≤i , j ≤n telle que i 6= j =⇒ d i j = 0. Si on note d i = d i i , une
matrice diagonale est de la forme


d1 0 . . .
0
0
0 d
...
0
0
2


 .
.
.
.. 

.
.
.
Dn = 
 .
.
.
. .


0
0 . . . d n−1 0 
0
0 ...
0
dn
On la note Diag(d 1 , d 2 , . . . , d n ).
La MATRICE IDENTITÉ d’ordre n, notée In , est la matrice diagonale Diag(1, 1, . . . , 1).
Définition
On dit qu’une matrice carrée A = (a i j )1≤i , j ≤n est TRIANGULAIRE SUPÉRIEURE (resp. INFÉRIEURE) si i > j =⇒ a i j = 0 (resp.
si i < j =⇒ a i j = 0).
Une matrice triangulaire supérieure et inférieure est une matrice diagonale.
Définition : produit d’une matrice par un scalaire
Si A = (a i j )1≤i ≤m est une matrice m × n et si α ∈ K, on définit le PRODUIT D ’ UNE MATRICE PAR UN SCALAIRE par
1≤ j ≤n
α · A = (α · a i j )1≤i ≤m
1≤ j ≤n
114
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Propriété
Soient A et B deux matrices de même ordre et α ∈ K un scalaire, on a
B α · (A + B) = α · A + α · B (distributivité).
Définition : produit de matrices
Si A = (a i k )1≤i ≤m est une matrice m ×n et si B = (b k j )1≤k≤n est une matrice n ×p, on définit le PRODUIT DES MATRICES par
1≤ j ≤p
1≤k≤n
Ã
A×B =
n
X
!
ai k bk j
k=1
1≤i ≤m
1≤ j ≤p
C’est une matrice m × p.
B : n lignes p colonnes

a
i1
×
b
1j























..
+
.+
k
bk
j
.+
ai























a 11
...
a 1k
...
a 1n
..
.
..
..
.
..
.
..
.
ai 1
...
ai k
...
ai n
..
.
..
.
..
.
..
..
.
a m1
...
a mk
...
.
b 11
...
b1 j
...
b 1p
..
.
..
..
.
..
.
..
.
b k1
...
bk j
...
b kp
..
.
..
.
..
.
..
..
.
b n1
...
bn j
...
.
.
b np























..
+
ai
×

.
a mn
n
×
bn
j















































c 11
...
c1 j
...
c 1p
..
.
..
..
.
..
.
..
.
ci 1
...
ci j
...
ci p
..
.
..
.
..
.
..
..
.
c m1
...
c mk
...
.
.
c mp






















C = A × B : m lignes p colonnes
A : m lignes n colonnes
Exemple
Soient les deux matrices
µ
1
A=
−1
3
1
0
2
¶
et

1
B = 0
0
2
2
−1

0
3
−2
La matrice A est d’ordre 2 × 3, la matrice B est d’ordre 3 × 3, donc la matrice produit A × B est une matrice d’ordre 2 × 3 :
A×B =
© G. Faccanoni
µ
1×1+3×0+0×0
−1 × 1 + 1 × 0 + 2 × 0
1 × 2 + 3 × 2 + 0 × (−1)
−1 × 2 + 1 × 2 + 2 × (−1)
¶ µ
1 × 0 + 3 × 3 + 0 × (−2)
1
=
−1 × 0 + 1 × 3 + 2 × (−2)
−1
7
−2
¶
9
.
−1
115
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Propriété
Si A ∈ Mm,n (K), B ∈ Mn,p (K), C ∈ Mp,q (K), alors
B A × (B × C) = (A × B) × C (associativité) ;
B A(×(B + C) = A × B + A × C (distributivité) ;
Si A ∈ Mn (K) alors A × In = In × A = A.
Attention
A × B 6= B × A en général (non commutativité).
Prenons le cas général avec A d’ordre m × p et B d’ordre p × n. Le produit A × B est défini, c’est une matrice d’ordre m × n. Qu’en
est-il du produit B × A ? Il faut distinguer trois cas :
B si m 6= n le produit B × A n’est pas défini ;
B si m = n mais p 6= n, le produit A × B est défini et c’est une matrice d’ordre m × n tandis que le produit B × A est défini mais
c’est une matrice d’ordre p × p donc A × B 6= B × A ;
B si m = n = p, A et B sont deux matrices carrées d’ordre m. Les produits A × B et B × A sont aussi carrés et d’ordre m mais là
encore, en général, A × B 6= B × A ;
Exemple
Soient les matrices
A=
µ
1
3
¶
−1
,
0
B=
µ
6
2
¶
−5
.
1
On obtient
A×B =
µ
4
18
−6
−15
¶
et
B×A =
µ
−9
5
¶
−6
.
−2
Définition : matrice transposée
Si A = (a i j )1≤i ≤m est une matrice m × n, on définit la matrice TRANSPOSÉE de A, notée AT , par A = (a j i ) 1≤ j ≤n .
1≤ j ≤n
1≤i ≤m
C’est donc une matrice n × m obtenue en échangeant lignes et colonnes de la matrice initiale.
Propriété
B
B
B
B
(AT )T = A si A ∈ Mm,n (K),
(αA)T = αAT si α ∈ K et A ∈ Mm,n (K),
(A + B)T = AT + BT si A, B ∈ Mm,n (K),
(A × B)T = BT × AT si A ∈ Mm,n (K) et B ∈ Mn,p (K).
Définition : matrice symétrique, matrice anti-symétrique
B Une matrice A est dite SYMÉTRIQUE si AT = A.
B Une matrice A est dite ANTI - SYMÉTRIQUE si AT = −A.
Exemple

1
A= 5
−9

1
B = −5
9
5
4
0
5
4
0

−9
0
7

−9
0
7
est une matrice symétrique.
est une matrice anti-symétrique.
Définition : matrice inversible, matrice singulière
Une matrice carrée A ∈ Mn (K) est dite INVERSIBLE ou régulière si elle est symétrisable pour le produit matriciel, autrement dit s’il existe une matrice B ∈ Mn (K) telle que A × B = B × A = In . Une matrice non régulière est dite SINGULIÈRE.
L’inverse, s’il existe, d’une matrice A est noté A−1 .
116
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Proposition
Soit A et B deux matrices
¡
¢inversibles, alors
−1
B A−1 l’est aussi et A−1
= A,
¡ T ¢−1 ¡ −1 ¢T
T
B A l’est aussi et A
= A
,
B A × B l’est aussi et (A × B)−1 = B−1 × A−1 .
Opérations élémentaires sur les matrices
Les opérations (ou manipulations) élémentaires sur les lignes d’une matrices sont
B la multiplication d’une ligne par un scalaire non nul :
L i ← αL i ;
B l’addition d’un multiple d’une ligne à une autre ligne :
L i ← L i + αL j ;
B l’échange de deux lignes :
Li ↔ L j .
Ces transformations sont équivalentes à la multiplication à gauche (pré-multiplication) par la matrice inversible obtenue en
appliquant à la matrice identité la transformation correspondante.
Les opérations analogues sur les colonnes sont
B la multiplication d’une colonne par un scalaire non nul :
C i ← αC i ;
B l’addition d’un multiple d’une colonne à une autre colonne :
C i ← C i + αC j ;
B l’échange de deux colonnes :
Ci ↔ C j .
Elles sont équivalentes à la multiplication à droite (post-multiplication) par la matrice inversible obtenue en appliquant à la
matrice identité la transformation correspondante.
Théorème
En partant d’une matrice A, l’utilisation d’un nombre fini d’opérations élémentaires conduit à une matrice équivalente.
Déterminant d’une matrice d’ordre n
Soit A une matrice carrée d’ordre n.
Étant donné un couple (i , j ) d’entiers, 1 ≤ i , j ≤ n, on note Ai j la matrice carrée d’ordre n − 1 obtenue en supprimant la
i -ème ligne et la j -ème colonne de A.
On défini le DÉTERMINANT de A, et on le note det(A), par récurrence sur l’ordre de la matrice A :
B si n = 1 : le déterminant de A est le nombre
det(A) = a 11 ,
B si n > 1 : le déterminant de A est le nombre
det(A) =
n
X
(−1)i + j a i j det(Ai j )
quelque soit la ligne i , 1 ≤ i ≤ n,
j =1
ou, de manière équivalente, le nombre
det(A) =
n
X
(−1)i + j a i j det(Ai j )
quelque soit la colonne j , 1 ≤ j ≤ n.
i =1
Astuce
Pour se souvenir des signes de ces deux formules, on peut remarquer que la distribution des signes + et − avec la formule
© G. Faccanoni
117
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
(−1)i + j est analogue à la distribution des cases noirs et blanches sur un damier :
¯
¯
¯+ − + − . . . ¯
¯
¯
¯− + − + . . . ¯
¯
¯
¯
¯
¯+ − + − . . . ¯
¯
¯
..
..
.. . . ¯
¯ ..
¯.
.¯
.
.
.
Exemple
Soit la matrice
A=
µ
a 11
a 21
a 12
a 22
¶
alors
det(A11 ) = a 22 ,
det(A12 ) = a 21 ,
det(A21 ) = a 12 ,
det(A22 ) = a 11 ,
donc on peut calculer det(A) par l’une des formules suivantes :
B a11 det(A11 ) − a12 det(A12 ) = a11 a22 − a12 a21 (développement suivant la ligne i = 1)
B −a21 det(A21 ) + a22 det(A22 ) = −a21 a12 + a22 a11 (développement suivant la ligne i = 2)
B a11 det(A11 ) − a21 det(A21 ) = a11 a22 − a21 a12 (développement suivant la colonne j = 1)
B −a12 det(A12 ) + a22 det(A22 ) = −a12 a21 + a22 a11 (développement suivant la colonne j = 2)
Ces formules donnent bien le même résultat.
Exemple
Soit la matrice
a 11
A = a 21
a 31

a 12
a 22
a 32

a 13
a 23 
a 33
alors
det(A11 ) = det
det(A21 ) = det
det(A31 ) = det
µ
a 22
a 32
µ
a 12
a 32
µ
a 12
a 22
¶
a 23
= a 22 a 33 − a 23 a 32 ,
a 33
¶
a 13
= a 12 a 33 − a 13 a 32 ,
a 33
¶
a 13
= a 12 a 23 − a 13 a 22 ,
a 23
det(A12 ) = det
det(A22 ) = det
det(A32 ) = det
µ
a 21
a 31
µ
a 11
a 31
µ
a 11
a 21
¶
a 23
= a 21 a 33 − a 23 a 31 ,
a 33
¶
a 13
= a 11 a 33 − a 13 a 31 ,
a 33
¶
a 13
= a 11 a 23 − a 13 a 21 ,
a 23
det(A13 ) = det
det(A23 ) = det
det(A33 ) = det
µ
a 21
a 31
µ
a 11
a 31
µ
a 11
a 21
¶
a 22
= a 21 a 32 − a 22 a 31 ,
a 32
¶
a 12
= a 11 a 32 − a 12 a 31 ,
a 32
¶
a 12
= a 11 a 22 − a 12 a 21 ,
a 22
donc on peut calculer det(A) par l’une des formules suivantes :
B a11 det(A11 ) − a12 det(A12 ) + a13 det(A13 ) (développement suivant la ligne i = 1)
B −a21 det(A21 ) + a22 det(A22 ) − a23 det(A23 ) (développement suivant la ligne i = 2)
B a31 det(A31 ) − a32 det(A32 ) + a33 det(A33 ) (développement suivant la ligne i = 3)
B −a11 det(A11 ) + a21 det(A21 ) − a31 det(A31 ) (développement suivant la colonne j = 1)
B a12 det(A12 ) − a22 det(A22 ) + a32 det(A32 ) (développement suivant la colonne j = 2)
B −a13 det(A13 ) + a23 det(A23 ) − a33 det(A33 ) (développement suivant la colonne j = 3)
Quelques calculs montrent que ces formules donnent bien le même résultat.
Astuce
Il convient d’utiliser cette définition après avoir fait apparaître sur une même rangée le plus possible de zéro sachant que
B si deux colonnes (resp. deux lignes) sont identiques ou proportionnelles, alors det(A) = 0 ;
B si on échange deux colonnes (resp. deux lignes), alors le déterminant est changé en son opposé ;
B on ne change pas un déterminant si on ajoute à une colonne (resp. une ligne) une combinaison linéaire des autres
colonnes (resp. lignes).
Exemple
Soit la matrice

1
A = 0
0
0
2
3

1
0
5
alors
det(A11 ) = det
118
µ
2
3
¶
0
= 10,
5
det(A12 ) = det
µ
0
0
¶
0
= 0,
5
det(A13 ) = det
µ
0
0
¶
2
= 0,
3
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
det(A21 ) = det
det(A31 ) = det
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
µ
0
3
µ
0
2
¶
1
= −3,
5
¶
1
= −2,
0
¶
1
= 5,
5
¶
1
= 0,
0
µ
1
0
µ
1
det(A32 ) = det
0
det(A22 ) = det
det(A23 ) = det
det(A33 ) = det
µ
1
0
µ
1
0
¶
0
= 3,
3
¶
0
= 2,
2
donc on peut calculer det(A) par l’une des formules suivantes :
B 1 det(A11 ) + 0 det(A12 ) + 1 det(A13 ) = 10 + 0 + 0 = 10
B 0 det(A21 ) + 2 det(A22 ) + 0 det(A23 ) = 0 + 2 × 5 + 0 = 10 L99 formule pratique car il n’y a qu’un déterminant à calculer
B 0 det(A31 ) + 3 det(A32 ) + 5 det(A33 ) = 0 + 0 + 5 × 2 = 10
B 1 det(A11 ) + 0 det(A21 ) + 0 det(A31 ) = 10 + 0 + 0 = 10 L99 formule pratique car il n’y a qu’un déterminant à calculer
B 0 det(A12 ) + 2 det(A22 ) + 3 det(A32 ) = 0 + 2 × 5 + 0 = 10
B 1 det(A13 ) + 0 det(A23 ) + 5 det(A33 ) = 0 + 0 + 5 × 2 = 10
Déterminant d’une matrice d’ordre 2
Soit A une matrice carrée d’ordre n = 2.
µ
det(A) = det
¶
a 12
= a 11 a 22 − a 12 a 21 .
a 22
a 11
a 21
+
a 11
a 12
a 21
a 22
−
Exemple
Soit la matrice
A=
µ
5
4
7
3
¶
alors
det(A) = 5 × 3 − 7 × 4 = 15 − 28 = −13.
Règle de Sarrus
Soit A une matrice carrée d’ordre n = 3.


a 11 a 12 a 13
¡
¢ ¡
¢
det(A) = det a 21 a 22 a 23  = a 11 a 22 a 33 + a 21 a 32 a 13 + a 31 a 12 a 33 − a 13 a 22 a 31 + a 23 a 32 a 11 + a 33 a 12 a 31
a 31 a 32 a 33
+
+
+
−
−
a 11
a 12
a 13
a 21
a 22
a 23
a 31
a 32
a 33
a 11
a 12
a 13
a 21
a 22
a 13

1
A = 0
0
0
2
3
−
Exemple
Soit la matrice

1
0
5
alors
det(A) = (1 × 2 × 5 + 0 × 0 × 0 + 0 × 0 × 0) − (1 × 2 × 0 + 0 × 3 × 1 + 5 × 0 × 0) = 10.
© G. Faccanoni
119
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Exemple
Soit la matrice

5
A = 4
2

1
2
6
7
3
1
alors
det(A) = (5 × 3 × 6 + 4 × 1 × 1 + 2 × 7 × 2) − (1 × 3 × 2 + 2 × 1 × 5 + 7 × 4 × 6) = −62.
Propriété
Le déterminant d’une matrice triangulaire est égal au produit des éléments diagonaux.
Théorème
A est inversible si et seulement si det(A) 6= 0.
Propriété
B det(AT ) = det(A),
1
B det(A−1 ) = det(A)
,
B det(A × B) = det(A) · det(B).
Définition : rang
Le RANG d’une matrice quelconque A est égal au plus grand entier s tel que l’on puisse extraire de A une matrice carrée
d’ordre s inversible, c’est-à-dire de déterminant non nul. Les opérations élémentaires sur les lignes ou les colonnes d’une
matrice ne modifient pas le rang.
Exemple
Soit A et B les deux matrices suivantes
µ
1
A=
1
3
3
2
1

1
B= 0
−1
¶
0
5
0

1
−1 .
−1
Le rang de A est 2 car
B A est d’ordre 2 × 3 donc s ≤ min{2, 3} donc s = 0, 1 ou 2 ;
B comme le déterminant de la sous-matrice composée de la première et de la deuxième colonne est nul, on ne peut pas conclure ;
B comme le déterminant de la sous-matrice composée de la première et de la troisième colonne est non nul, alors s = 2.
Le rang de B est 2 car
B B est d’ordre 3 × 3 donc s ≤ 3
B le déterminant de B est 0 donc s 6= ³3 ´
B le déterminant de la sous-matrice 10 05 est 5, donc s = 2.
A.4. Systèmes linéaires
Définition : système linéaire
Soit n, p, ≥ 1 des entiers. Un SYSTÈME LINÉAIRE n × p est un ensemble de n équations linéaires à p inconnues de la forme
(S)

a x

 11 1
..
.


a n1 x 1
+
...
+
+
...
+
a 1p x p
..
.
a np x p
=
=
b1 ,
..
.
bn .
B Les COEFFICIENTS ai j et les SECONDES MEMBRES bi sont des éléments donnés de R. Les INCONNUES x 1 , x 2 , . . . , x p sont
à chercher dans R.
120
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
B Le SYSTÈME HOMOGÈNE associé à (S) est le système obtenu en remplaçant les bi par 0.
B Une SOLUTION de (S) est un p-uplet (x 1 , x 2 , . . . , x p ) qui vérifie simultanément les n équations de (S). Résoudre (S)
signifie chercher toutes les solutions.
B Un système est IMPOSSIBLE, ou incompatible, s’il n’admet pas de solution. Un système est POSSIBLE, ou compatible,
s’il admet une ou plusieurs solutions.
B Deux systèmes sont ÉQUIVALENTS s’ils admettent les mêmes solutions.
Écriture matricielle
Si on note

x1
 . 
x =  .. 
xp

b1
 . 
b =  .. 
bn
a 11
 ..
A= .
a n1



...
...

a 1p
.. 
. 
a np
le système (S) est équivalent à l’écriture matricielle Ax = b.
Définition : système échelonné
Un système (S) est EN ESCALIER, ou ÉCHELONNÉ, si le nombre de premiers coefficients nuls successifs de chaque équation
est strictement croissant.
Autrement dit, un système est échelonné si les coefficients non nuls des équations se présentent avec une sorte d’escalier à
marches de longueurs variables marquant la séparation entre une zone composée uniquement de zéros et une zone où les
lignes situées à droite de l’escalier commencent par des termes non nuls, comme dans l’exemple suivant de 5 équations à 6
inconnues :



5x 1 −x 2 −x 3 +2x 4
+x 6





3x
−x
+2x

3
4
5

−x 5 +x 6




5x 6





0
= b1
= b2
= b3
= b4
= b5
Réduction
Quand un système contient une équation du type
0x 1 + · · · + 0x p = b,
B si b 6= 0 le système est impossible,
B si b = 0, on peut supprimer cette équation, ce qui conduit à un système équivalent à (S) dit SYSTÈME RÉDUIT.
Définition : matrice augmentée
Si on ajoute le vecteur-colonne des seconds membres b à la matrice des coefficients A, on obtient ce qu’on appelle la
matrice augmentée que l’on note [A|b].
Méthode du pivot de Gauss
Soit A = (a i j ) 1≤i ≤n la matrice des coefficients du système (S). En permutant éventuellement deux lignes du système, on
1≤ j ≤p
peut supposer a i i 6= 0 (appelé pivot de l’étape i ).
Étape j : pour i > j , les transformations
Li ← Li −
ai j
aj j
Lj
éliminent l’inconnue x j dans les lignes L i .
En réitérant le procédé pour i de 1 à n, on aboutit à un système échelonné.
© G. Faccanoni
121
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Exemple
Soit le système linéaire

x +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1,

 1

2x 1 +3x 2 +4x 3 +x 4 = 2,
3x 1 +4x 2 +x 3 +2x 4 = 3,


4x 1 +x 2 +2x 3 +3x 4 = 4.
1. Résolution par la méthode du pivot de Gauss :


2 −2L 1
x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1 LL 2 ←L

x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1

3 ←L 3 −3L 1 


−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0
2x 1 +3x 2 +4x 3 +x 4 = 2 L 4 ←L 4 −4L 1
−−−−−−−−−→

3x 1 +4x 2 +x 3 +2x 4 = 3
−2x 2 −8x 3 −10x 4 = 0




−7x 2 −10x 3 −13x 4 = 0
4x 1 +x 2 +2x 3 +3x 4 = 4


x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1
x 1 +2x 2 +3x 3 +4x 4 = 1

L 3 ←L 3 −2L 2 




−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0
−x 2 −2x 3 −7x 4 = 0 L 4 ←L 4 +L 3
L 4 ←L 4 −7L 2
−−−−−−−−→
−−−−−−−−−→


−4x 3 +4x 4 = 0
−4x 3 +4x 4 = 0




40x 4 = 0
4x 3 +36x 4 = 0
donc x 4 = 0, x 3 = 0, x 2 = 0 et x 1 = 1.
2. Résolution par la méthode du pivot de Gauss en écriture matricielle :
1
 2
[A|b] = 
 3
4

2
3
4
1
3
4
1
2
4
1
2
3
 L 2 ←L 2 −2L 1 
1
L 3 ←L 3 −3L 1

2 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 

3 
4
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10

4
−7
−10
−13
1
L 3 ←L 3 −2L 2
L 4 ←L 4 −7L 2 
 0
−−−−−−−−−→ 
0
0
2
−1
0
0

1
0 

0 
0
3
−2
−4
4
4
−7
4
36


1

0 
4 +L 3
 −L−4−←L
−−−−−→ 

0 
0
1
0
0
0
2
−1
0
0
3
−2
−4
0
4
−7
4
40

1
0 

0 
0
donc x 4 = 0, x 3 = 0, x 2 = 0 et x 1 = 1.
Exemple
On veut résoudre le système linéaire suivant par la méthode de Gauss.



x 1 +2x 2 −x 3 = 2, L 2 ←L 2 −L 1 x 1 +2x 2 −x 3 = 2,
x 1 +2x 2 −x 3 = 2,
L 3 ←L 3 −L 1
L 3 ←L 3 +L 2 /2
x 1 −2x 2 −3x 3 = −6, −−−−−−−−→
−4x 2 −2x 3 = −8, −−−−−−−−−−→
−4x 2 −2x 3 = −8,



x 1 +4x 2 +4x 3 = 3.
2x 2 +5x 3 = 1.
4x 3 = −3.
19
−7
donc x 3 = −3
4 , x 2 = 8 et x 1 = 2 .
Exemple
On veut résoudre le système linéaire suivant par la méthode de Gauss



−x 1 +x 2 +3x 3 = 12 L 2 ←L 2 +2L 1 −x 1 +x 2 +3x 3 = 12
−x 1 +x 2 +3x 3 = 12
L 3 ←L 3 +4L 1
L 3 ←L 3 −5L 2
2x 1 −x 2 +2x 3 = −8 −−−−−−−−−→
x 2 +8x 3 = 16 −−−−−−−−−→
x 2 +8x 3 = 16



4x 1 +x 2 −4x 3 = 15
5x 2 +8x 3 = 63
−32x 3 = −17
17
43
, x 2 = 47
donc x 3 = 32
4 et x 1 = 32 .
Exemple
On utilise la méthode du pivot de Gauss pour résoudre le système linéaire suivant :



−2u−4v+3w=−1
−2u−4v +3w=−1
−2u−4v+3w=−1
L 3 ←L 3 +L 1 /2
L 3 ←L 3 +L 2 /2
2v −w=1
2v −w=1 −−−−−−−−−−→
2v −w=1
−−−−−−−−−−→



u +v−3w=−6
−2w=−6
−v− 23 w=−13/2
donc w = 3, v = 2 et u = 1.
122
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Exemple
On utilise la méthode du pivot de Gauss pour résoudre le système linéaire :
L 2 ←L 2 +L 1





−2x−y
+4t =2 L 3 ←L 3 − 43 L 2 
−2x−y
+4t =2
−2x−y
+4t =2
−2x −y
+4t =2 L 3 ←L 3 + 12 L 1 








1


2y+3z+6t =16 L 4 ←L 2 − 14 L 2 
2y +3z +6t =16 L 4 ←L 4 − 57 L 3 
2y +3z +6t =16
2x+3y+3z+2t =14 L 4 ←L 4 − 2 L 1
−−−−−−−−−→
−−−−−−−−−→
−−−−−−−−−→
3
 x+2y +z +t =7



− 54 z− 32 t =−4
− 54 z− 32 t =−4




2 y +z+3t =8







5
1
7
−x
−z +t =−1
− 4 z− 2 t =−6
− 25 t =− 25
2 y −z −t =−2
donc t = 4, z = 2, y = 2 et x = 0.
Exemple
On veut résoudre le système linéaire
   
4 x1
10
x 2  10
1
  =  .
2 x 3  10
3 x4
10

1
2

3
4
2
3
4
1
3
4
1
2
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
−2
−8
−10
1
2
−1
0
0
3
−2
−4
4
par la méthode du pivot de Gauss.
1
 2
[A|b] = 
 3
4

2
3
4
1
3
4
1
2
 L 2 ←L 2 −2L 1 
10
L 3 ←L 3 −3L 1

10 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 


10
10

4
1
2
3
L 3 ←L 3 −2L 2
L 4 ←L 4 −7L 2 
 0
−−−−−−−−−→ 
0
0
4
−7
−10
−13
4
−7
4
36

10
−10 

−20 
−30

10
−10 
4 +L 3
 −L−4−←L
−−−−−→
0 
40
1
 0

 0
0
2
−1
0
0

3
−2
−4
0
4
−7
4
40

10
−10 

0 
40
donc


x 1 + 2x 2 + 3x 3 + 4x 4 = 10



−x − 2x − 7x = −10
2
3
4

−4x
+
4x
=
0

3
4



40x 4 = 40
x 4 = 1,
=⇒
x 3 = 1,
x 2 = 1,
x 1 = 1.
Exemple
On veut résoudre le système linéaire suivant par la méthode du pivot de Gauss :

6
2
1

6
[A|b] =  2
1
1
4
2
1
0
6
1
4
2
 L 2 ←L 2 − 26 L 1 
6
12
L 3 ←L 3 − 16 L 1
0  −−−−−−−−−→  0
6
0
   
1 x1
12
0  x 2  =  0  .
6 x3
6
1
11
3
11
6
1
− 31
35
6
11


6 L
L 3 ←L 3 − 11
12
6
2
3
−4  −−−−−−−−−−−→  0
0
4
1
11
3
0
1
− 13
6

12
−4 
6
donc


6x 1 + x 2 + x 3 = 12,
11
1
3 x 2 − 3 x 3 = −4


6x 3 = 6
=⇒
x 3 = 1,
x 2 = −1,
x 1 = 2.
Exemple
On veut résoudre les systèmes linéaires suivants :


x − 5y − 7z = 3
2x − 13y − 18z = 3


3x − 27y − 36z = 3
© G. Faccanoni
et


x − 5y − 7z = 6
2x − 13y − 18z = 0


3x − 27y − 36z = −3
et


x − 5y − 7z = 0
2x − 13y − 18z = 3


3x − 27y − 36z = 6.
123
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Le trois systèmes s’écrivent sous forme matricielle

1
2
3
   
−7
x
3
−18  y  = 3
−36 z
3
−5
−13
−27
et

1
2
3
   
−7
x
6
−18  y  =  0 
−36 z
−3
−5
−13
−27

et
1
2
   
−7
x
0
−18  y  = 3
−36 z
6
−5
−13
−27
3
On remarque que seul le seconde membre change. On calcule alors d’abord la décomposition LU de la matrice A :

1
2
3
−5
−13
−27


−7 L 2 ←L 2 −2L 1 1
L 3 ←L 3 −3L 1

−18 −−−−−−−−−→ 0
0
−36
−5
−3
−12


1
−7
L 3 ←L 3 −4L 2

−4 −−−−−−−−−→ 0
0
−15

−7
−4
1
−5
−3
0
donc

1
L = 2
3
0
1
4

0
0
1

1
U = 0
0
−5
−3
0

−7
−4
1
Pour résoudre chaque système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b et Ux = y.
1. Pour le premier système on a

1
2
3

1
0
0
0
1
4
−5
−3
0
   
0 y1
3
0  y 2  = 3
1 y3
3
   
−7 x 1
3
−4 x 2  = −3
x3
1
y 1 = 3,
=⇒
y 2 = −3,
y 3 = 6;
=⇒
x 3 = 6,
x 2 = −7,
x 1 = 10.
=⇒
y 1 = 6,
y 2 = −12,
y 3 = 27;
=⇒
x 3 = 27,
x 2 = −32,
x 1 = 35.
6
2. Pour le seconde système on a

1
2
3

1
0
0
0
1
4
−5
−3
0
   
0 y1
6
0  y 2  =  0 
1 y3
−3
  

−7 x 1
6




−4 x 2 = −12
1
x3
27
3. Pour le dernier système on a

1
2
3

1
0
0
−5
−3
0
0
1
4
   
0 y1
0
0  y 2  = 3
1 y3
6
  

−7 x 1
6
−4 x 2  = −12
1
x3
27
=⇒
y 1 = 0,
y 2 = 3,
y 3 = −6;
=⇒
x 3 = −6,
x 2 = 7,
x 1 = −7.
Exemple
Soit le système linéaire

6
2
1
1
4
2
   
1 x1
12
0  x 2  =  0  .
6 x3
6
1. Résoudre les systèmes linéaires par la méthode du pivot de Gauss.
2. Factoriser la matrice A (sans utiliser la technique du pivot) et résoudre le système linéaire.
1. Méthode du pivot de Gauss :

6
[A|b] =  2
1
1
4
2
1
0
6
 L 2 ←L 2 − 26 L 1 
6
12
L 3 ←L 3 − 16 L 1
0  −−−−−−−−−→  0
6
0
1
11
3
11
6
1
− 13
35
6
11


6 L
L 3 ←L 3 − 11
12
6
2
3
−4  −−−−−−−−−−−→  0
0
4
1
11
3
0
1
− 13
6

12
−4 
6
donc


6x 1 + x 2 + x 3 = 12,
11
1
3 x 2 − 3 x 3 = −4


6x 3 = 6
124
=⇒
x 3 = 1,
x 2 = −1,
x 1 = 2.
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
2. Factorisation de la matrice A :

6
2
1
 L 2 ←L 2 − 2 L 1 
6
1 L ←L − 61 L
3
3 6 1
0 −−−−−−−−−→  26
1
6
6
1
4
2

11

6
6 L
1 L 3 ←L 3 − 11
2
2
3
1

− 3 −−−−−−−−−−−→  6
1
11
3
11
6
1
11
3
11
6
11
3
1
6
35
6

1
− 13 


6
donc

1
L =  31
1
6
0
1
1
2

0
0
1

6
U = 0
0
1
11
3
0

1
− 13 
6
Pour résoudre le système linéaire on résout les systèmes triangulaires Ly = b
1
1

3
1
6
0
1
1
2
   
0 y1
12
0  y 2  =  0 
6
1 y3
=⇒
y 1 = 12,
y 2 = −4,
y3 = 6
x 3 = 1,
x 2 = −1,
x 1 = 2.
et Ux = y
6
0
0

1
11
3
0
   
1
x1
1
1  x  = −4
−3
2
x3
6
6
=⇒
Méthode de Gauss-Jordan
Dans cette variante de la méthode du pivot de Gauss, à chaque étape on fait apparaître des zéros à la fois au-dessus et
en-dessous du pivot.
Étape j : pour i 6= j , les transformations
ai j
Li ← Li −
Lj
aj j
éliminent l’inconnue x j dans les lignes L i .
En réitérant le procédé pour i de 1 à n, on aboutit à un système diagonal.
Exemple
Résoudre le système linéaire

1
2

3
4
2
3
4
1
3
4
1
2
   
1
4 x1
   
1
 x 2  = 2
2 x 3  3
x4
3
4
par la méthode de Gauss-Jordan.
1
 2
[A|b] = 
 3
4

2
3
4
1
3
4
1
2
4
1
2
3
 L 2 ←L 2 −2L 1 
1
L 3 ←L 3 −3L 1

2 
4 −4L 1
 −L−4−←L
−−−−−−→ 

3 
4
1
0
0
0
2
−1
−2
−7
3
4
1
−2
−7
0
−8 −10 0
−10 −13 0
L 1 ←L 1 −L 3 /4 
1
0
L 2 ←L 2 −L 3 /2
 0 −1
L 4 ←L 4 +L 3

−−−−−−−−−−→ 
0
0
0
0
 L 1 ←L 1 +2L 2 
1
0
−1 −10
L 3 ←L 3 −2L 2
 L 4 ←L 4 −7L 2  0 −1 −2 −7
 −−−−−−−−−→ 

 0
0
−4
4
0
0
4
36
 L 1 ←L 1 +11L 4 /40 
0
4
1
1
L 2 ←L 2 +9L 4 /40
 0
0
−7 0 
3 ←L 3 +4L 4 /40
 −L−−

−−−−−−−−−−→ 
−4
4
0 
0
0
40
0
0

1
0 

0 
0
0
−1
0
0
0
0
−4
0
0
0
0
40

1
0 

0 
0
donc
x 1 = 1,
x 2 = 0,
x 3 = 0,
x 4 = 0.
Définition : système de Cramer
Un SYSTÈME est dit DE C RAMER s’il a une solution, et une seule.
© G. Faccanoni
125
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Propriété
Considérons un système carré d’ordre n à coefficients réels. Le système est de Cramer si une des conditions équivalentes
suivantes est remplie :
1. A est inversible ;
2. rg(A) = n ;
3. le système homogène Ax = 0 admet seulement la solution nulle.
Méthode de Cramer
La solution d’un système de Cramer d’écriture matricielle Ax = b est donnée par
xj =
det(A j )
det(A)
,
1≤ j ≤n
où A j est la matrice obtenue à partir de A en remplaçant la j -ème colonne par la colonne des seconds membres b.
Cette formule est cependant d’une utilité pratique limitée à cause du calcul des déterminants qui est très couteux.
Exemple
On veut résoudre le système linéaire
µ
a 11
a 21
a 12
a 22
¶µ
¶ µ ¶
x1
b
= 1
x2
b2
par la méthode de Cramer. On a
¶
a 12
,
a 22
µ
¶
b
a 12
A1 = 1
,
b 2 a 22
µ
¶
a
b1
A2 = 11
,
a 21 b 2
A=
µ
a 11
a 21
det(A) = a 11 a 22 − a 12 a 21 ,
det(A1 ) = b 1 a 22 − a 12 b 2 ,
det(A2 ) = a 11 b 2 − b 1 a 21 ,
donc
x1 =
b 1 a 22 − a 12 b 2
,
a 11 a 22 − a 12 a 21
x2 =
a 11 b 2 − b 1 a 21
.
a 11 a 22 − a 12 a 21
Exemple
On veut résoudre par la méthode de Cramer le système linéaire
1
2
3
−1
1
2
   
2 x
2
0  y  = −1
0 z
1

1
A2 = 2
3
2
−1
1

2
0 ,
0

On a


1 −1 2

1
0 ,
A= 2
3
2
0


2
−1 2
1
0 ,
A1 = −1
1
2
0
det(A) = 2,
det(A1 ) = −6;
det(A2 ) = 10;

1
A3 = 2
3
−1
1
2

2
−1 ,
1
det(A3 ) = 10,
donc
x=
−6
= −3,
2
y=
10
= 5,
2
z=
10
= 5.
2
Définition : cofacteur
Soit A une matrice carrée d’ordre n. Étant donné un couple (i , j ) d’entiers, 1 ≤ i , j ≤ n, on note Ai j la matrice carrée
d’ordre n − 1 obtenue en supprimant la i -ème ligne et la j -ème colonne de A. On appelle COFACTEUR de l’élément a i j le
126
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
nombre (−1)i + j det(Ai j ).
Exemple
³
´
³
´
d −c .
Soit A = ac db . Alors la matrice des cofacteurs de A est la matrice −b
a
Calcul de A−1
A étant inversible, pour obtenir A−1 il suffit de résoudre le système Ax = b qui admet pour solution x = A−1 b. On peut
alors calculer A−1 en résolvant n systèmes linéaires de termes sources (1, 0, 0, . . . , 0), (0, 1, 0, . . . , 0), . . . , (0, 0, 0, . . . , 1). Les
méthodes suivantes résolvent ces n systèmes linéaires simultanément.
Première méthode.
1. On calcul la matrice des cofacteurs des éléments de A, appelée comatrice de A ;
2. on transpose la comatrice de A ;
3. on divise par det(A).
Cette méthode est quasi-impraticable dès que n > 3.
Deuxième méthode.
La matrice A est inversible si et seulement si on obtient par opérations élémentaires sur les lignes de A une matrice triangulaire sans zéros sur la diagonale ; non inversible si et seulement si on obtient une matrice triangulaire
avec un zéro sur la diagonale. Si A est inversible, on effectue les mêmes opérations sur la matrice [A|In ] jusqu’à
obtenir [In |A−1 ] :
Opérations élémentaires
[A|In ] −−−−−−−−−−−−−−−−→ [In |A−1 ].
Exemple
µ
³
´
d
Soit A = ac db avec det(A) = ad − bc 6= 0. Alors A−1 = ad 1−bc
−c
¶
−b
.
a
Exemple

1
On veut calculer l’inverse de la matrice A = −1
1
Première méthode.
1
1
−1

−1
1 .
1
1. On calcule la matrice des cofacteurs des éléments de A, appelée comatrice de A :

¯
¯
¯
1¯¯
1+1 ¯ 1
(−1)

¯−1 1¯

¯
¯

¯
1
−1¯¯

comatrice = (−1)2+1 ¯¯

−1
1¯
¯
¯

¯

1 −1¯¯
(−1)3+1 ¯¯
1
1¯
¯
¯
¯−1 1¯
¯
(−1)1+2 ¯¯
1
1¯
¯
¯
¯1 −1¯
¯
(−1)2+2 ¯¯
1
1¯
¯
¯
¯1
−1¯¯
(−1)3+2 ¯¯
−1
1¯
¯
¯
¯−1
1 ¯¯
(−1)1+3 ¯¯

1
−1¯
¯
¯
2

¯
1
1 ¯¯  
2+3
¯
(−1)
= 0
¯1 −1¯ 

¯
¯
2
¯1
¯
1
3+3
¯
¯
(−1)
¯−1 1¯
2
2
0

0
2 ;
2
2. on transpose la comatrice de A :

2
comatrice = 2
0
T
0
2
2

2
0 ;
2
3. on divise par det(A) :
A
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−1

2
1
2
=
4
0
0
2
2
 1
2
/2
0 = 1/2
2
0
0
/2
1
/2
1

/2
0 .
1
/2
1
127
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
Deuxième méthode.

1
[A|I3 ] =  −1
1
 L ←L +L 
2
2
1
0
L 3 ←L 3 −L 1 
0  −−−−−−−−→ 
1

1
−1
1
0 0

2
0
1
1 0 
−2
2
−1 0 1

 L ←L −L 
1
1
−1
1
0 0
1
1
2
1
0
−1 1/2 −1/2 0
L
←L
+2L
L 2 ←L 2 /2 


3
3
2
1
1
1
1
0
/2
/2
0 
−−−−−−−→ 0
1
0
/2 1/2 0  −−−−−−−−−→  0
0 −2
2
−1 0 1
0
0
2
0
1
1




1
1 0 −1 1/2 −1/2 0
1 0
0
/2 0 1/2
L 3 ←L 3 /2
L
←L
+L


1
1
3
−1
1
1
1
0
/2
/2
0  −−−−−−−−→  0 1
−−−−−−−→  0 1
0
/2 1/2 0  = [I3 |A ].
1
1
0 0
1
0
/2
/2
0 0
1
0 1/2 1/2
1
1
−1
−1
1
1
1
0
0

0
1
0
1
0
0
Exemple

1
−2

1
[ A| I 3 ] =  4
−2
0
−1
0
−1
−2
1
1
0
0
0
1
0

−1
−2.
1
0
−1
0
On veut calculer A−1 où A est la matrice  4
 L ←L −4L 

2
2
1
0
1
0 0
1
0
−1
L 3 ←L 3 +2L 1
2
0  −−−−−−−−−→  0 −1
−4 1 0 
1
0
0
−1 −2 0 1

 L ←L +L 
L 2 ←−L 2
1
1
3
1 0 −1 1
0
0
1
L 3 ←−L 3
L 2 ←L 2 +2L 3
0  −−−−−−−−−→  0
−−−−−−→  0 1 −2 4 −1
0 0
1
0
2
0
−1
0
1
0
0
0
1
−1
0
−2
0
−1
0

−1
−2  = [I3 |A−1 ].
−1
0
1
0

1
2  = [I3 |A−1 ].
−1
Exemple

1
On veut calculer A−1 où A est la matrice 0
2

1
[ A| I 3 ] =  0
2
0
1
0
1
2
1
1
0
0
0
1
0
0
1
0

1
2.
1


0
1 0
1
L 3 ←L 3 −2L 1
0  −−−−−−−−−→  0 1
2
1
0 0 −1

1 0 1
L 3 ←−L 3
−−−−−−→  0 1 2
0 0 1
1
0
−2
1
0
2
0
1
0
0
1
0

0
0 
1
 L ←L −L 
1
1
3
0
1
L 2 ←L 2 −2L 3
0  −−−−−−−−−→  0
−1
0
0
1
0
0
0
1
−1
−4
2
A.5. Équations différentielles d’ordre 1
Équations différentielles
Une équation différentielle (EDO) est une équation, dont l’inconnue est une fonction y, exprimée sous la forme d’une
relation F (y, y 0 , y 00 , . . . , y (n) ) = g (x) dans laquelle cohabitent à la fois y = y(x) et ses dérivées y 0 , y 00 , . . . (n est appelé l’ordre
de l’équation). Si la fonction g , appelée «second membre» de l’équation, est nulle, on dit que l’équation en question est
homogène.
Problème de Cauchy et théorème de Cauchy-Lipschitz
Soient a et g deux fonctions continues d’un intervalle I dans R et (x 0 , y 0 ) ∈ I × R. Considérons le problème de Cauchy
(
y 0 (x) + a(x)y(x) = g (x),
y(x 0 ) = y 0 .
Alors il existe une unique solution y de l’équation différentielle telle que y(x 0 ) = y 0 .
128
© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Remarque
Graphiquement, ce théorème signifie que par tout point du plan dont l’abscisse est dans I , il passe une courbe intégrale
et une seule, autrement dit deux trajectoires ne peuvent pas se croiser. En particulier, si une équation différentielle admet
comme solution la solution nulle, alors toute autre solution est soit toujours positive soit toujours négative.
Équations différentielles du premier ordre à variables séparables
Lorsque l’équation est de la forme
f (y(x))y 0 (x) = g (x)
où f et g sont des fonctions données dont on connaît des primitives F et G, on a
où C ∈ R,
F (y(x)) = G(x) +C
et si F possède une fonction réciproque F −1 , on en déduit
y(x) = F −1 (G(x) +C ),
relation qui donne toutes les solutions de l’équation. Cette solution générale dépend de la constante d’intégration C .
Astuce mnémotechnique
En pratique, on peut écrire l’équation sous la forme
f (y) dy = g (x) dx,
puis intégrer formellement les deux membres
Z
Z
f (y) dy =
g (x) dx,
et exprimer y en fonction de x.
Exemple
On veut résoudre l’équation différentielle y 0 (x) = x y(x) sur des intervalles à préciser. Il s’agit d’une EDO du premier ordre à variables
séparables : la fonction y(x) ≡ 0 est solution, toute autre solution y(x) sera donc non nulle. On peut alors réécrire l’EDO comme
y 0 (x)
=x
y(x)
Ainsi, toute solution non nulle est
Z
=⇒
1
dy =
y
Z
x dx
2
y(x) = De x /2
=⇒
ln |y| =
x2
+C avec C ∈ R.
2
avec D ∈ R.
Exemple
Le carbone 14 est un isotope présent dans tout organisme vivant. Le nombre d’atomes de carbone 14 est constant tant que l’organisme
est en vie. À la mort de l’organisme, le nombre d’atomes décroît avec une vitesse proportionnelle au nombre d’atomes. On note n(t ) > 0
le nombre d’atomes au temps t , exprimé en années, après la mort de l’organisme. Ce mécanisme se traduit par l’équation
n 0 (t ) = −kn(t )
où k est une constante positive.
1. Il s’agit d’une «EDO du premier ordre à variables séparables». Si n(t ) ≡ c est solution alors 0 = −kc d’où c = 0 : l’unique solution
constante est la solution n(t ) = 0 quelque soit t ∈ R+ .
Si n(t ) 6= 0, on peut écrire
n 0 (t )
= −k
n(t )
d’où la famille de solutions
n(t ) = De −kt ,
D ∈ R+ .
On conclut que, quelque soit la condition initiale n(0) = n 0 ≥ 0, l’unique solution est n(t ) = n 0 e −kt pour tout t ∈ R+ .
2. Sachant qu’il faut 5700 ans pour que la quantité de carbone 14 diminue de moitié dans un organisme mort, on peu estimer k.
Puisque n 0 /2 = n(5700) = n 0 e −5700t , on obtient k = ln 2−5700 ≈ 1.216 10−4 .
© G. Faccanoni
129
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Jeudi 10 mai 2012
3. On suppose que des ossements anciens récemment exhumés contiennent 9 fois moins de carbone 14 que des ossements similaires d’aujourd’hui. On peut alors déterminer l’âge des ossements exhumés : puisque n 0 /9 = n(t̂ ) = n 0 e −k t̂ , on obtient
ln 9
≈ 18000 ans.
t̂ = 5700 ln
2
Équations différentielles linéaires du premier ordre
Elles sont de la forme
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = g (x)
où a, b et g sont des fonctions données, continues sur un intervalle I ⊂ R. Pour la résolution, on se place sur un intervalle
J ⊂ I tel que la fonction a ne s’annule pas sur J . Toute solution y(x,C ) de cette EDO est de la forme y H (x,C ) + y P (x) où
y P est une solution particulière de l’EDO et y H est la solution générale de l’équation homogène associée (c’est-à-dire
de l’EDO a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = 0). On est donc conduit à deux problèmes : rechercher d’abord la solution générale de
l’équation homogène et ensuite une solution particulière de l’équation complète.
B Résolution de l’équation homogène associée : a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = 0.
C’est une équation à variables séparables. Elles comportent donc la fonction nulle et des fonctions qui ne s’annulent jamais. On peut alors écrire formellement
b(x)
y 0 (x)
=−
y(x)
a(x)
=⇒
Z
b(x)
dx.
a(x)
Z
b(u)
du
a(u)
ln |y| = −
Ses solutions sont du type
y H (x,C ) = C e −A(x)
où A(x) =
avec C constante arbitraire.
B Recherche d’une solution particulière (méthode de L AGRANGE).
Si y 1 (x) est une solution non nulle de l’EDO homogène, on introduit une fonction auxiliaire inconnue K (x) telle
que y(x) = K (x)y 1 (x) soit solution de notre EDO. On calcule alors y 0 (x) et on reporte y 0 (x) et y(x) dans notre EDO.
On observe que K (x) disparaît, ce qui fournit une auto-vérification. Il ne reste que K 0 (x), ce qui permet de calculer
K (x) et donc y P (x).
L’intégrale générale est donc
y(x,C 1 ) = y H (x,C 1 ) + y P (x).
Exemple
On veut résoudre le problème de Cauchy
(
y 0 (x) + (4x 3 + 5)y(x) = x 3 e −5x ,
y(0) = 1.
Il s’agit d’une EDO du premier ordre linéaire, sa solution est donc du type y(x) = y H (x,C )+ y P (x) où y H (x,C ) est la famille de solutions
de l’EDO homogène y 0 (x) + (4x 3 + 5)y(x) = 0 et y P (x) est une solution particulière de l’EDO complète y 0 (x) + (4x 3 + 5)y(x) = x 3 e −5x
qu’on cherchera par exemple sous la forme y P (x) = K (x)y H (x, 1).
B Pour trouver toutes les solutions de l’EDO homogène, on cherche d’abord les solutions constantes, i.e. des fonctions y(x) ≡ A
solution de y 0 (x) + (4x 3 + 5)y(x) = 0 ; pour cela il faut que
0 + (4x 3 + 5)A = 0;
l’unique solution constante est la fonction y(x) ≡ 0 pour tout x ∈ R. Comme deux trajectoires ne peuvent pas se croiser, toutes
les autres solutions seront soit toujours positives soit toujours négatives. Soit donc y(x) 6= 0 ; comme c’est une EDO à variables
séparables on peut alors écrire
Z
Z
4
y 0 (x)
1
x4
= −(4x 3 + 5) =⇒
dy = − 4x 3 + 5 dx =⇒ ln |y| = −4
− 5x + D =⇒ y = C e −x −5x pour C ∈ R∗ .
y(x)
y
4
4
On conclut que les solutions de l’EDO homogène sont les fonctions du type y H (x,C ) = C e −x −5x pour C ∈ R.
B Pour que y P (x) = K (x)y H (x, 1) = K (x)e −x
4 −5x
soit une solution particulière de l’EDO complète y 0 (x) + (4x 3 + 5)y(x) = x 3 e −5x il
0 (x, 1) = K 0 (x)e −x 4 −5x + K (x)((−4x 3 −
faut qu’elle vérifie l’EDO ; en injectant la dérivée première y P0 (x) = K 0 (x)y H (x, 1) + K (x)y H
4
5)e −x −5x ) dans l’EDO complète on obtient
(
((
4
(
(
(
4
4
4
3 ((
3 ((((
K 0 (x)e −x −5x +(
K (x)((−4x
− 5)e −x −5x ) +(
(4x(
+ 5)K (x)e −x −5x = x 3 e −5x
((((
4
=⇒
K 0 (x) = x 3 e x
4
=⇒
K (x) =
ex
.
4
4
On conclut qu’une solution de l’EDO complète est la fonction y P (x) = 41 e x e −x −5x = 41 e −5x .
µ
¶
−x 4
4
Toutes les solutions de l’EDO sont donc les fonctions y(x) = C − e 4 e −x −5x pour C ∈ R.
On cherche parmi ces solutions celle qui vérifie y(0) = 1 ; comme y(0) = C + 14 , l’unique solution du problème de Cauchy donné est la
µ
¶
x4
4
fonction y(x) = 34 + e 4 e −x −5x .
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© G. Faccanoni
Jeudi 10 mai 2012
A. Rappels d’analyse et d’algèbre linéaire
Équations différentielles de B ERNOULLI
Elles sont du premier ordre et de la forme
a(x)y 0 (x) + b(x)y(x) = g (x)(y(x))α ,
α ∈ R \ { 0; 1 }
où a, b et g sont des fonctions données, continues sur un intervalle I ⊂ R. Pour la résolution, on se place sur un intervalle
J ⊂ I tel que la fonction a ne s’annule pas sur J et on fait le changement de fonction z = y 1−α . On arrive à
a(x)z 0 (x) + (1 − α)b(x)z(x) = (1 − α)g (x)
qui est une équation linéaire du premier ordre.
Exemple
On veut résoudre l’équation différentielle
1
1
y(x) = (x − 1)y 3 (x).
2
2
Il s’agit d’une équation différentielle de B ERNOULLI. Comme a(x) = 1, on cherche sa solution générale sur R.
B Réduction à une équation différentielle linéaire du premier ordre : si on pose z(x) = 1/y 2 (x) elle se réécrit
y 0 (x) +
z 0 (x) − z(x) = 1 − x.
0 (x) − z (x) = 0.
B Résolution de l’équation homogène associée : z H
H
z 0 (x)
z H (x) = 0 est solution et on sait que les autres solutions ne s’annulent pas sur R. On peut donc écrire z H (x) = 1, ce qui conduit à
H
la solution générale sur R de l’équation homogène
z H (x,C ) = C e x
avec C ∈ R+ .
B Recherche d’une solution particulière (méthode de L AGRANGE).
Considérons une nouvelle fonction inconnue K (x) telle que z P (x) = K (x)z H (x,C ) = K (x)e x soit solution de z P0 (x)−z P (x) = 1−x.
On calcule z P0 (x) = (K 0 (x) + K (x))e x et on le reporte dans l’EDO ; on obtient
£ 0
¤
K (x) + K (x) e x − K (x)e x = 1 − x
On en déduit
Z
K (x) =
=⇒
(1 − x)e −x dx = −(1 − x)e −x −
Z
K 0 (x) =
1−x
.
ex
e −x dx = xe −x
et donc
z P (x) = x.
La solution générale est donc
z(x,C ) = z H (x, A) + z P (x) = Ae x + x
et on conclut
y(x,C ) = p
© G. Faccanoni
1
x + Ae x
avec A ∈ R
.
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