L3 – Analyse numérique non linéaire Examen du 24 juin 20091

L3 – Analyse numérique non linéaire
Examen du 24 juin 20091 - Durée : 3h
- Le seul document autorisé est un résumé manuscrit du cours de trois pages maximum.
- Les calculatrices ne sont pas autorisées.
- Toutes les réponses doivent être soigneusement justifiées.
1. a) Soit f une fonction continue sur l’intervalle [0, 1]. Déterminer le polynôme qui interpole f
aux points 0, 1/4 et 1.
b) En déduire une méthode
élémentaire de quadrature sur [0, 1] (c’est-à-dire une méthode qui
R1
permet d’approcher 0 f (x)dx).
c) i) Déterminer l’ordre de cette méthode.
ii) Calculer son noyau de Peano K2 .
iii) En déduire une estimation de l’erreur de quadrature pour une fonction f de classe C 3 sur
[0, 1] (on admettra que K2 est négatif sur [0, 1]).
d) Par un changement de variable, établir la formule de quadrature sur un intervalle [a, a + h].
e) Décrire la méthode composée sur un intervalle quelconque [a, b] associée à cette méthode
élémentaire et préciser l’erreur pour une fonction de classe C 3 (la méthode composée consiste
à faire une subdivision de [a, b] en n intervalles de longueur h = (b − a)/n et d’approcher
l’intégrale de f sur chaque sous-intervalle par la méthode élémentaire décrite ci-dessus).
2. a) Vérifier que dans le cas où f est indépendante de la variable t (c’est-à-dire que l’on a
f = f (x)), on a
f [1] = f f 0
f [2] = f 2 f 00 + f (f 0 )2 .
b) Soit f une fonction de classe C 3 sur R, k-lipschitzienne. On associe à l’équation différentielle
autonome x0 (t) = f (x(t)) le schéma numérique (M ) associé à la fonction F donnée par
1
2
1
F (x, h) = f (x) + f (x + (h/2)f (x)) + f (x + hf [x + hf (x)]),
6
3
6
x ∈ R h ∈ [0, h∗ ].
i) Vérifier que le schéma (M ) est stable et consistant.
ii) Soient
F0 (x, h) = f (x + (h/2)f (x)) et F1 (x, h) = f (x + hf [x + hf (x)]).
1
Le corrigé sera disponible à partir du 25 juin 2009 à l’adresse
http ://www.math.univ-metz.fr/∼ choulli/enseignement.html
Démontrer que
∂F0
∂h (x, 0)
= 12 f (x)f 0 (x),
∂ 2 F0
(x, 0)
∂h2
= 41 f 2 (x)f 00 (x),
∂F1
∂h (x, 0)
= f (x)f 0 (x),
∂ 2 F1
(x, 0)
∂h2
= f 2 (x)f 00 (x) + 2(f 0 )2 (x)f (x).
iii) En déduire que le schéma (M ) est d’ordre supérieur ou égal à 3.
3. Soit f : R → R une fonction continûment dérivable telle que f (0) = 0. En outre, on suppose
que f vérifie l’une des deux conditions équivalentes suivantes :
(A) 0 < m ≤ f 0 ≤ M ,
(B) (f (x) − f (y))(x − y) ≥ m(x − y)2 et |f (x) − f (y)| ≤ M |x − y|, pour tous x, y ∈ R.
On se donne b > 0.
a) Démontrer que l’équation
f (x) = b
admet une unique solution a ∈]0, b/m].
b) On suppose de plus que f est deux fois dérivable sur ]0, b/m] et que f 00 > 0 sur ]0, b/m].
On considère les deux suites (xn ) et (yn ) données par
x0 = 0,
xn+1 = xn − ρn (f (xn ) − b), n ≥ 0,
y0 = b/m,
xn+1 = xn − ρn (f (xn ) − b), n ≥ 0,
où
ρn =
f 0 (xn )
.
(f 0 (yn ))2
i) Montrer, par récurrence sur n, que
xn < xn+1 < a < yn+1 < yn .
(Pour montrer les inégalités xn < a < yn , on pourra utiliser le théorème des accroissements
finis.)
ii) En déduire que les suites (xn ) et (yn ) convergent vers a.
L3 – Analyse numérique non linéaire
Corrigé de l’examen du 24 juin 2009
1. a) On calcule p, le polynôme de Lagrange qui interpole f aux points 0, 1/4 et 1. On a
1
p(x) = f (0)L0 (x) + f ( )L1 (x) + f (1)L2 (x),
4
où Li , i = 0, 1, 2, sont les polynômes de base. On trouve
1
L0 (x) = 4(x − )(x − 1),
4
16
L1 (x) = x(x − 1),
3
4
L2 (x) = x(x − 1/4).
3
b) On définit une méthode de quadrature en posant
Z 1
I(f ) =
p(x)dx.
0
C’est-à-dire
I(f ) =
Z
1
L0 (x)dx f (0) +
0
Z
1
0
1
L1 (x)dx f ( ) +
4
Z
1
L2 (1)dx f (1)
0
8 1
5
1
= − f (0) + f ( ) + f (1).
6
9 4
18
c) i) Par construction la méthode est d’ordre supérieur ou égal à 2. Mais
Z 1
1
1
8
1
5
7
x3 dx = 6= − × 0 + ×
+
= .
4
6
9
64
18
24
0
D’où la méthode est d’ordre 2.
ii) Le noyau de Peano de cette méthode est donné par
Z 1
1
8 1
5
K2 (t) =
([(x − t)+ ]2 dx + [(−t)+ ]2 − [( − t)+ ]2 − [(1 − t)+ ]2 .
6
9
4
18
0
Donc
K2 (t) =


1
3 (1
− t)3 − 89 ( 14 − t)2 −

1
3 (1
− t)3 −
5
18 (1
− t)2
5
18 (1
− t)2 si 0 ≤ t ≤
si
1
4
1
4
≤ t ≤ 1.
iii) Puisque K2 est de signe constant sur [0, 1], d’après le cours l’erreur de quadrature E(f )
est telle que
1
1 7
1
1
|E(f )| ≤ |E(x3 )| sup |f (3) (t)| =
−
sup |f (3) (t)| =
sup |f (3) (t)|.
6
6 24 4 t∈[0,1]
144 t∈[0,1]
t∈[0,1]
d) La méthode élémentaire sur un intervalle [a, a + h] se déduit de celle sur [0, 1] à l’aide du
changement de variable y = a + hx. On a alors
Z a+h
h 1
i
8
5
f (y)dy = h − f (a) + f (a + h/4) + f (a + h) + Eh (f ).
6
9
18
a
Ici Eh (f ) est l’erreur de quadrature sur [a, a + h].
e) D’après ce qui précède, si h = (b − a)/n et ai = a + ih, i = 0, . . . , n, la méthode composée
est donnée par
Z b
n−1
i
Xh 1
8
5
f (x)dx = h
− f (ai ) + f (ai + h/4) + f (ai+1 ) + E(f ),
6
9
18
a
i=0
où l’erreur E(f ) vérifie
|E(f )| ≤
h3
sup |f (3) (x)|.
144 x∈[0,1]
2. a) Dans le cas général, on a
∂f
∂f
(t, x) + f (t, x) (t, x).
∂t
∂x
Si f est indépendante de t, cette expression devient
f [1] (t, x) =
f [1] (x) = f (x)f 0 (x).
Il en résulte
f [2] = (f [1] )[1] = f (f f 0 )0 = f 2 f 00 + f (f 0 )2 .
b) i) Le schéma est consistant car F (·, 0) = f et stable puisque F est L-lipschitzienne par
rapport à la variable h, avec
k 2k h∗ k k L= +
1+
+
1 + k(1 + h∗ k) .
6
3
2
6
ii) On a
∂F0
1
(x, h) = f (x) + f 0 (x + (1/2)hf (x)))
∂h
2
∂ 2 F0
1
(x, h) = f 2 (x) + f 00 (x + (1/2)hf (x)))
2
∂h
4
et
∂F1
(x, h) = {f (x + hf (x)) + hf (x)f 0 (h + hf (x))}f 0 (x + hf [x + hf (x)])
∂h
∂ 2 F1
(x, h) = {f (x + hf (x)) + hf (x)f 0 (h + hf (x))}2 f 00 (x + hf [x + hf (x)])
∂h2
+{2f (x)f 0 (x + hf (x)) + 2hf 2 (x)f 00 (h + hf (x))}f 0 (x + hf [x + hf (x)]).
D’où
∂F0
∂h (x, 0)
= 12 f (x)f 0 (x),
∂ 2 F0
(x, 0)
∂h2
= 41 f 2 (x)f 00 (x),
∂F1
∂h (x, 0)
= f (x)f 0 (x),
∂ 2 F1
(x, 0)
∂h2
= f 2 (x)f 00 (x) + 2(f 0 )2 (x)f (x).
iii) Puisque
1
2
1
F (x, h) = f (x) + F0 (x, h) + f (x)F1 (x, h),
6
3
6
on déduit facilement de a) et de la question précédente
1
∂F
(x, 0) = f (x)f 0 (x)
∂h
2
∂2F
1 2
00
0
2
(x,
0)
=
f
(x)f
(x)
+
f
(x)(f
(x))
.
∂h2
3
Donc le schéma (M ) est au moins d’ordre 3.
3. a) Puisque f (0) = 0, f (x) → +∞ quand x → +∞ et f est strictement croissante, l’équation
f (x) − b = 0 admet une unique solution a > 0. D’après (B), on a
(f (a) − f (0))(a − 0) ≥ m(a − 0)2 ,
ce qui donne b = f (a) ≥ ma. C’est-à-dire a ≤ b/m.
b) i) D’après le théorème des accroissements finis, il existe x̃0 ∈]0, a[ tel que
x1 = −ρ0 (f (x0 ) − b) = ρ0 (f (a) − f (x0 )) = ρ0 f 0 (x̃0 )a.
Mais comme f 0 est strictement croissante sur [0, b/m], on conclut
x1 =
f 0 (0)x̃0
a < a.
(f 0 (b/m))2
Donc x0 = 0 < x1 < a. De même, il existe ỹ0 ∈]a, b/m[ (noter que si a = b/m, la suite (yn )
est stationnaire. Il n’y a donc rien à démontrer) tel que
y1 − a = (y0 − a) − ρ0 (f (y0 ) − b) = (y0 − a) − ρ0 (f (y0 ) − f (a)) = (1 − ρ0 f 0 (ỹ0 ))(y0 − a).
Comme
0 < ρ0 f 0 (ỹ0 ) =
f 0 (0)f 0 (ỹ0 )
< 1,
(f 0 (b/m))2
on en déduit
0 < y1 − a < y0 − a.
C’est-à-dire a < y1 < y0 .
On suppose maintenant que 0 < xk < xk+1 < a < yk+1 < yk < b/m, 0 ≤ k ≤ n. En particulier, on a 0 < xn+1 < a < yn+1 < b/m. Comme ci-dessus, du théorème des accroissements
finis on tire l’existence de x̃n+1 et ỹn+1 tels que 0 < xn+1 < x̃n+1 < a < yn+1 < ỹn+1 < b/m
et
xn+2 − a = (xn+1 − a) − ρn+1 (f (xn+1 ) − f (a)) = (xn+1 − a)(1 − ρn+1 f 0 (x̃n+1 )),
yn+2 − a = (yn+1 − a) − ρn+1 (f (yn+1 ) − f (a)) = (yn+1 − a)(1 − ρn+1 f 0 (ỹn+1 )).
De nouveau le fait que f 0 soit strictement croissante sur [0, b/m] implique
0 < ρn+1 f 0 (x̃n+1 ) =
f 0 (xn+1 )f 0 (x̃n+1 )
< 1,
(f 0 (yn+1 ))2
ρn+1 f 0 (ỹn+1 ) =
f 0 (xn+1 )f 0 (ỹn+1 )
< 1.
(f 0 (yn+1 ))2
Il s’ensuit que
0 < a − xn+2 < a − xn+1 ,
0 < yn+2 − a < yn+1 − a,
ce qui donne
0 < xn+1 < xn+2 < a < yn+2 < yn+1 .
D’où le résulat.
ii) La suite (xn ) étant croissante et majorée et la suite (yn ) étant décroissante et minorée,
elles sont donc toutes les deux convergentes. Puisque leur limites (positives) sont solutions de
f (x) = b, on conclut qu’elles convergent toutes les deux vers a.