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Analyse numérique : Itérations.

Posté par
matheux14 14-01-23 à 22:25

Bonsoir,

Merci d'avance.

Soit f(x)= x^3 + 3x - 1

1- Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une racine \alpha \in ]0 ; 1[

2- Montrer que la suite x_{n + 1} = \dfrac{1}{x^2_n + 3} converge vers \alpha pour tout x_0 \in [0; 1]. Calculer x_6.

3- Pour x_0 = 0.5 déterminer le nombre d'itérations suffisantes n_0 pour avoir |x_n - \alpha| < 10^{-6} pour tout n \ge n_0

4- comparer n_0 avec le nombre n_2 d'itérations par la méthode de Dichotomie pour avoir la même précision.

5- Calculer une approximation de \alpha à 10^{-6} près par l'algorithme de Newton Z_{n + 1} = Z_n - \dfrac{f(Z_n)}{f'(Z_n)} en commençant en Z_0 = 0,5 et comparer à x_0.

Je ne vois pas comment résoudre la question 2)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:05

Pour la question 2) tu peux commencer par montrer (par récurrence) que x_n\in[0,1] pour tout n

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:06

D'accord.

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:25

Proposition Pn : << x_n \in [0, 1], ~~ \forall n

On a : 0 \le x_1 = \dfrac{1}{x_0 + 3} \le 1

Donc P1 est vraie.

Soit k, supposons que Pk est vraie et montrons que Pk + 1 vraie.

Pk vraie ==> 0 \le x_k = \dfrac{1}{x_{k - 1} + 3} \le 1

On a

0 \le x_{k - 1} + 3 et 0 \le x_k + 3

Donc 0 \le \dfrac{1}{x_k + 3}

Et on a

3 \ge 1 et x_k + 3 \ge 1 et \dfrac{1}{x_k + 3} \le 1

Donc 0 \le x_{k + 1} = \dfrac{1}{x_{k} + 3} \le 1

C'est à dire x_k \in [0, 1] \Longrightarrow x_{k + 1} \in [0, 1]

D'où P_k vraie ==> Pk + 1 vraie.

Conclusion : Pn vraie.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:44

OK ! Bien qu'il s'agit plutôt de \frac{1}{x_{k}^{\red2}+3}

Si on note pour x\in[0,1] , g(x)=\frac{1}{x^2+3} on a g(\alpha)=\alpha

et donc pour tout n , x_{n+1}-\alpha=g(x_n)-g(\alpha)

ça ne te fait pas penser à quelque chose ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:49

Le Théorème des Valeurs Intermédiaires ?

Ou son corollair je pense..

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:53

Je crois que c'est le théorème du point fixe...

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:55

ni l'un ni l'autre c'est plutôt le TAF non ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 14-01-23 à 23:57

elhor_abdelali @ 14-01-2023 à 23:55

ni l'un ni l'autre c'est plutôt le TAF non ?


Ah oui, je vois

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 00:21

Pour deux fonctions f et g continues sur [a,b] et dérivables sur ]a, b[. Il existe un réel c de l'intervalle ]a, b[ tel que

(f(b)-f(a))g'(c)=(g(b)-g(a))f'(c).

Et dans notre cas on a

Quelque soit la valeur de n on a x_n \in [0, 1].

Donc g et la suite x_n continues sur [0, 1]

x_{n+1}-\alpha=g(x_n)-g(\alpha)

x_{n + 1} -g(x_n) = \alpha - g(\alpha) car g(\alpha) = \alpha

x_{n + 1} -g(x_n) = 0

Soit il existe une constante \alpha, tel que x_{n + 1} converge vers \alpha.

Pas très clair

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 00:25

pour tout n il existe un réel c_n entre x_n et \alpha (et donc aussi entre 0 et 1) tel que :

x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)g'(c_n)

ainsi si on arrive à majorer g' (en valeur absolue) sur [0,1] par un truc strictement inférieur à 1 le tour sera joué

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 00:51

on a g'(x)=-\frac{2x}{(x^2+3)^2} et donc pour tout x\in[0,1] , |g'(x)|\leqslant\frac{2}{9} non ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 00:57

Oui, je suis d'accord.

elhor_abdelali @ 15-01-2023 à 00:25

pour tout n il existe un réel c_n entre x_n et \alpha (et donc aussi entre 0 et 1) tel que :

x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)g'(c_n)

ainsi si on arrive à majorer g' (en valeur absolue) sur [0,1] par un truc strictement inférieur à 1 le tour sera joué


Mais j'ai pas très bien compris ceci

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 00:59

ainsi pour tout n on a |x_{n+1}-\alpha|\leqslant\frac{2}{9}|x_n-\alpha|

et une petite récurrence donne pour tout n , |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 01:03

Citation :
et une petite récurrence donne pour tout n , |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|


J'aimerais bien savoir comment faire cette récurrence.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 01:05

matheux14 @ 15-01-2023 à 00:57

Oui, je suis d'accord.

elhor_abdelali @ 15-01-2023 à 00:25

pour tout n il existe un réel c_n entre x_n et \alpha (et donc aussi entre 0 et 1) tel que :

x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)g'(c_n)

ainsi si on arrive à majorer g' (en valeur absolue) sur [0,1] par un truc strictement inférieur à 1 le tour sera joué


Mais j'ai pas très bien compris ceci


Que dit le théorème des accroissements finis appliqué à la fonction g entre les deux réels x_n et \alpha ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 01:09

On a  \forall n , x_{n+1}-\alpha=g(x_n)-g(\alpha)

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 14:51

Non , l'écriture \boxed{\forall n~,~x_{n+1}-\alpha=g(x_n)-g(\alpha)}

ne fait que traduire le fait que \boxed{\forall n~,~x_{n+1}=g(x_n)} et \boxed{g(\alpha)=\alpha}

le TAF intervient au niveau de l'expression g(x_n)-g(\alpha)

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 15:23

C'est plutôt

\forall n, \exists c_n \in [x_n, \alpha] \subset [0, 1]  ; ~~x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)g'(c_n).

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 15:32

Voilà ! Bien que l'écriture [x_n,\alpha] suppose x_n\leqslant\alpha alors qu'on n'en sait rien à priori

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 15:36

Ok ça marche

matheux14 @ 15-01-2023 à 01:03

Citation :
et une petite récurrence donne pour tout n , |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|


J'aimerais bien savoir comment faire cette récurrence.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 16:27

Eh bien l'initialisation est immédiate et l'hérédité vient de l'inégalité |x_{n+1}-\alpha|\leqslant\frac{2}{9}|x_n-\alpha| non ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 16:37

Oui, mais comment montrer que pour n = 0, ~~|x_{1}-\alpha|\leqslant\frac{2}{9}|x_0-\alpha| ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 17:18

Pour n=0 la propriété dont on veut montrer la véracité est triviale |x_0-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^0|x_0-\alpha| non ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 17:29

Oui, je suis d'accord

Mais je ne vois pas le rapport avec |x_{n+1}-\alpha|\leqslant\frac{2}{9}|x_n-\alpha|.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 17:55

Le TAF nous a donné : \forall n, \exists c_n \in[0, 1] ; ~~x_{n+1}-\alpha=(x_n-\alpha)g'(c_n).

En calculant la dérivée de g on trouve : \forall x\in\mathbb R~,~g'(x)=-\frac{2x}{(x^2+3)^2} et donc \forall x\in\mathbb R~,~|g'(x)|=\frac{2|x|}{(x^2+3)^2}

Et comme \forall x\in[0,1]~,~2|x|\leqslant2~,~\frac{1}{(x^2+3)^2}\leqslant\frac{1}{9} on voit que \forall x\in[0,1]~,~|g'(x)|\leqslant\frac{2}{9}.

Et ainsi on voit clairement que \forall n~,~|x_{n+1}-\alpha|=|x_n-\alpha||g'(c_n)|\leqslant\frac{2}{9}|x_n-\alpha|.

\`A partir de là on montre par récurrence sur n que \forall n~,~|x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|.

Et en faisant tendre n vers l'infini on voit que \lim~x_n=\alpha.

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 18:57

Ah d'accord, je comprends.

Pour n=0 on a |x_0-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^0|x_0-\alpha|

Pour n \ge 0 et supposons que \forall n~,~|x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|.

On a |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|

\Longrightarrow |x_{0}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})^{0}|x_0-\alpha|

\Longrightarrow |x_{1}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})|x_0-\alpha|

\Longrightarrow |x_{2}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})^{2}|x_0-\alpha|

\vdots~~~~~~~~~~~~ \vdots~~~~~~~\vdots ~~~~~~ \vdots

\Longrightarrow |x_{n}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})^{n}|x_0-\alpha|

En additionnant membre à membre on a :

|x_{n + 1}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})^{n + 1}|x_0-\alpha|

Conclusion :  Pour tout n, |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 19:15

Initialisation : Pour n=0 on a (trivialement) |x_0-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^0|x_0-\alpha|

Hérédité : Supposons que |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha| pour un certain n\geqslant0. (hypothèse de récurrence)

Comme |x_{n+1}-\alpha| \leqslant (\frac{2}{9})|x_n-\alpha|

on a (en utilisant l'hypothèse de récurrence)

|x_{n + 1}-\alpha|\leqslant (\frac{2}{9})(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|=(\frac{2}{9})^{n + 1}|x_0-\alpha|

ce qui achève la réccurrence.

Conclusion : Pour tout n, |x_n-\alpha|\leqslant(\frac{2}{9})^n|x_0-\alpha|.

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 19:26

Ok du coup \lim x_n = \alpha

D'où la suite x_{n + 1} = \dfrac{1}{x^2_n + 3} converge vers \alpha pour tout x_0 \in [0; 1].

Comment déterminer x_6 ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 19:33

Citation :
Comment déterminer x_6 ?


à ce niveau de l'énoncé tu ne peux calculer x_6 qu'en fonction de x_0

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 19:53

x_{1} = \dfrac{1}{x^2_0 + 3}

x_{2} = \dfrac{1}{x^2_1 + 3}

x_{3} = \dfrac{1}{x^2_2 + 3}

x_{4} = \dfrac{1}{x^2_3 + 3}

x_{5} = \dfrac{1}{x^2_4 + 3} = \dfrac{1}{\left(\left(\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x^2_0 + 3}\right)^2 + 3}\right)^2 + 3}\right)^2 + 3\right)^2 + 3}

Je trouve çà bizzare que l'énoncé nous le demande à ce niveau..

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 20:00

C'est un examen ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 20:07

Oui

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 20:47

Peux tu donner le lien du sujet ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 21:01

Je n'ai pas de lien, mais j'ai une copie de l'examen.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 21:21

pdf ?

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 21:27

Oui, je peux le transformer en pdf.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 21:33

Tu peux l'envoyer dans le mail que tu vois dans mon profil ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 22:08

Bien reçu ! C'est un exercice dont l'énoncé est exactement ce que tu as posté !

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 22:14

Oui, mais du coup ils n'auraient pas dû nous demander de trouver x_6 à ce niveau de l'énoncé non ?

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 22:20

Tout à fait oui

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 22:26

3- Pour x_0 = 0.5 déterminer le nombre d'itérations suffisantes n_0 pour avoir |x_n - \alpha| < 10^{-6} pour tout n \ge n_0

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 23:33

Comme \alpha\in]0,1[ on a |0,5-\alpha|<0,5

et donc pour tout n , |x_n-\alpha|<0,5(\frac{2}{9})^n

le plus petit entier naturel n tel que 0,5(\frac{2}{9})^n<10^{-6} sera notre n_0

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 23:48

Ok ça marche.

(\frac{2}{9})^n< 2.10^{-6}

(\frac{2}{9})^n< 2.10^{-6}

\ln(\frac{2}{9})^n< \ln(2.10^{-6})


n\ln(\frac{2}{9})< \ln(2.10^{-6})

n < \dfrac{\ln(2.10^{-6})}{\ln(\frac{2}{9})} < 8,73

n \approx 9

4- comparer n_0 avec le nombre n_2 d'itérations par la méthode de Dichotomie pour avoir la même précision.

Il faudrait déterminer n_2 alors.

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 15-01-23 à 23:51

\Large\boxed{n_0=9} c'est ce que je trouve aussi

Citation :
Il faudrait déterminer n_2 alors.


Bien entendu

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 16-01-23 à 00:05

Ok donc je commence et je m'arrête quand ?

(0) : [0,  (0 + 1)/2 = 1/2]

f(0) × f(1/2) = -1 × 0,625 < 0

(1) [0, 1/4]

f(0) × f(1/4) = -1 × (-0,234) > 0

(3) [1/4, 1/2]

f(1/4) × f(1/2) = -0,14 < 0

(4) [1/4, 3/8]

f(1/4) × f(3/8) = -0,04   < 0

(1/4 + 3/8)/2 = 1/2

Donc on retombe sur l'intervalle [1/4, 1/2].

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 16-01-23 à 00:28

Tu t'es trompé !

(1/4 + 3/8)/2 = 1/2 !!!

Posté par
elhor_abdelali Correcteurre : Analyse numérique : Itérations. 16-01-23 à 00:34

à chaque étape de la dichotomie on a un encadrement de \alpha d'amplitude égale à la moitié de celui de l'étape précédente

on s'arrête dès qu'on a \frac{1}{2^n}<10^{-6}

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 16-01-23 à 09:40

Du coup n_2 = 20 > n_0 = 9

Posté par
matheux14re : Analyse numérique : Itérations. 16-01-23 à 09:55

On aurait la même chose (n2 = 20) pour la méthode de Lagrange non ?


5- Calculer une approximation de \alpha à 10^{-6} près par l'algorithme de Newton Z_{n + 1} = Z_n - \dfrac{f(Z_n)}{f'(Z_n)} en commençant en Z_0 = 0,5 et comparer à x_0.

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