Remerciez-le!

Remerciez @Admin pour avoir partagé cet document gratuitement, de la manière la plus simple, en partageant sur les réseaux sociaux.

Essai de corrigé du devoir d’Analyse Numérique Exercice I : 1. Une bonne raison

Essai de corrigé du devoir d’Analyse Numérique Exercice I : 1. Une bonne raisonnable de l’erreur commise sur π² = 9,8696 0,5.10-4 2. L’approximation de π² par troncature à deux chiffres après la virgule est 9,86 3. L’approximation de π² par arrondie avec deux chiffres après la virgule est 9,87 Exercice II : 1. Justification lim lim n→+∞ (1+ 1 2n ) n = n→+∞ e n(1+ 1 2n) Posons X= 1 n => n= 1 X lorsque n→+∞ ; X→ 0 lim lim n→+∞ (1+ 1 2n ) n = X→0 e 1 X (1+ X 2 ) = lim =X→0 e ln(1+ X 2 ) X lim = X→0 e 1 2 ln (1+ X 2 ) X 2 = e 1 2 car lim X→0 e ln(1+ X 2 ) X 2 = 1 lim n→+∞ (1+ 1 2n ) n = √e lim 2. On peut dire (1,005)¹ = ⁰⁰ (1+ 1 2(100) ) 100 or n→+∞ (1+ 1 2n ) n = √e alors (1,005)¹ est une approximation de ⁰⁰ √e 3. (1,005)¹ = 1,6466 ⁰⁰ √e = 1,6487 (1,005)¹⁰⁰≈√e E xercice III : 1. Trouvons le point fixe de f Soit x ϵ [0,1] point fixe de f x point fixe de f => f(x) = x => 3−x 5 = x => 3 – x = 5x => 5x + x – 3 = 0 => x = 3 6 = 1 2 Donc le point fixe de f est x= 1 2 2. Détermination de la limite à l’aide d’une calculatrice lim n→+∞ Un+1 = 1 2 3. Cet algorithme est appelé algorithme du point fixe parce que la suite qu’elle utilise tend vers le point fixe de la fonction. Exercice IV : 1. Montrons brièvement que l’équation x⁵ + 2x -1 = 0 admet une seule solution réelle que l’on désignera par α f est un polynôme donc elle est continue et dérivable sur ℝ x ∀∈ℝ ; f’(x) = 5x⁴ +2 > 0. Donc f est strictement croissant sur . Il en résulte que f possède une ℝ seule racine dans . ℝ Par ailleur, f(0)*f(1) = -1 * 2 < 0, D’où f admet au moins une racine dans . D’après le ℝ théorème des valeurs intermédiaires. Conclusion, f(x)=0 admet une solution unique α dans . ℝ 2. Montrons que α [0,48 ∈ ; 0,50] - signe de f(0,48) et de f(0,50) f(0,48) = −0,014519603 < 0 f(0,50) = 0,03125 > 0 Donc f(0,48)*f(0,50) < 0 alors α ∈[0,48 ; 0,50] d’après le théorème des valeurs intermédiares puisque f est continue 3. i) Le rayon de I est 0,01 = (0,50+ 0,48)/2 ii) On déduit qu’une valeur approchée de α est le rayon de I, donc α = 0,49 Exercice V : 1. L’erreur ∆P commise sur ce résultat est 0,4 cm. Justification : P = (L + l) * 2 P* = (L + l + ∆(L + l)) * 2 = (L + l + ∆L + ∆l) * 2 = (L + l + 2∆L) * 2 = (29,7 + 21,0 + 0,2) * 2 P* = 101,8 cm ∆P = P* - P = 101,8 – 101,4 ∆ P = 0,4 cm 2. L’erreur ∆A commise sur ce résultat est 5,07cm². Justification : A= (L*l) ∆A = ∆(L*l) = |L*|∆l + |l*|∆L = 29,7 * 0,1 + 21,0 * 0,1 ∆A =5,07 cm² Exercice VI : Donnons l’algorithme de Newton pour la résolution de ce problème g(x) = x² – 3 ; x0 = 1 g’(x) = 2x xn+1 = xn - g(xn) g' (xn) avec g’(xn) ≠ 0 = xn - xn 2−3 2 xn = xn - xn 2 + 3 2 xn xn+1 = xn 2 + 3 2 xn Algorithme x0 =1 xn+1 = xn 2 + 3 2 xn Exercice VII : 1. i) Montrons que P2(x) est le polynôme d’interpolation de dégré inférieur ou égal à 2 de la fonction f xi =[-1 ;0;1] car deg(P) = 2 Calculons les P2(xi) et f(xi) P2(-1) = 1 ; P2(0) = 1 2 ; P2(1) = 1 3 f(-1)=1 ; f(0) = 1 2 ; f(1) = 1 3 On constate que P2(-1) = f(-1) ; P2(0) = f(0) et P2(1) = f(1) alors P2(x) est le polynôme d’interpolation de dégré inférieur ou égal à 2 de la fonction f ii) Une valeur approchée de l’intégrale de f(x) sera l’intégrale allant de -1 à 1 de P2(x) car P2(x) est le polynôme d’interpolation de dégré inférieur ou égal à 2 de la fonction f NB : Intégrer la fonction par vous même 2. Les trois polynômes de base de Lagrange qui interviennent dans l’interpolation aux points -1,0,1 d’une fonction par un polynôme de dégré inférieur ou égale 2 x0 = -1 ; x1 = 0 ; x2 = 1 P2 = P(x0)L0 + P(x1)L1 + P(x2)L2 L0(x) = (x−x1)(x−x2) (x0−x1)(x0−x2) = (x)(x−1) 2 L1(x) = (x−x0)(x−x2) (x1−x0)(x1−x2) = (x+1)(x−1) −1 = -x² + 1 L2(x) = (x−x0)(x−x1) (x2−x0)(x2−x1) = (x)(x+1) 2 3. Les trois polynômes de base de Newton qui interviennent dans l’interpolation aux points -1,0,1 d’une fonction par un polynôme de dégré inférieur ou égale 2 x0 = -1 ; x1 = 0 ; x2 = 1 P2 = a0(e0) + a1(e1) + a2(e2) avec e0, e1, e2 les fonctions de base de Newton intervenants dans l’interpolation aux points -1,0,1 d’une fonction par un polynôme de dégré inférieur ou égale 2 e0 = 1 par défaut e1 = (x – x0) e2 = (x – x0)(x – x1) uploads/Litterature/ corrige-analyse-numerique.pdf