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9 Solutions des exercices
Solution 2.4 L’inégalité (2.6) peut être obtenue en remarquant que |e
(k) | <
|I
(k) |/2 avec |I
(k) | <
1
2 |I
(k−1) | < 2
−k−1 (b − a). Par conséquent, l’erreur à
l’itération kmin est inférieure à ε si kmin est tel que 2
−k min −1 (b − a) < ε,
c’est-à-dire, 2
−k min −1 < ε/(b − a), ce qui prouve (2.6).
Solution 2.5 La formule implémentée est moins sensible aux erreurs d’arrondi.
Solution 2.6 Dans la Solution 2.1, on a analysé les zéros de la fonction pour
diverses valeurs de γ. Considérons le cas où γ = 2. En partant de la donnée
initiale x
(0) = 1, la méthode de Newton (Programme 2.2) converge vers la
valeur ¯
α = 1.4961e − 4 en 31 itérations avec tol=1.e-10 tandis que la racine
exacte de f est 0. Cet écart est dû au fait que f est quasiment constante
au voisinage de sa racine, donc le problème de recherche du zéro est mal
conditionné (voir le commentaire à la fin de la Section 2.6.2). La méthode
converge vers la même solution et avec le même nombre d’itérations même
si on prend tol=M. Le résidu correspondant calculé par MATLAB vaut 0.
Considérons le cas γ = 3. La méthode de Newton avec tol=M converge vers
1.85792082915020 après 9 itérations en partant de x
(0) = 1, alors que si x
(0) =
−1, elle converge après 9 itérations vers −1.85792082915020 (dans les deux cas
les résidus calculés par MATLAB valent zéro).
Solution 2.7 Les racines carrées et cubiques d’un nombre a sont respectivement les solutions des équations x
2 = a et x
3 = a. Ainsi, les algorithmes
correspondant sont : pour un x
(0) donné, calculer
x
(k+1) =
1
2
x
(k) +
a
x (k)
, k ≥ 0
pour la racine carrée,
x
(k+1) =
1
3
2x
(k) +
a
(x (k) ) 2
, k ≥ 0 pour la racine cubique.
Solution 2.8 En posant δx
(k) = x
(k) − α, on déduit du développement de
Taylor de f que
0 = f (α) = f (x
(k) ) − δx
(k) f
(x
(k) ) +
1
2
(δx
(k) )
2 f
(x
(k) ) + O((δx
(k) )
3 ). (9.1)
La méthode de Newton donne
δx
(k+1) = δx
(k) − f (x
(k) )/f
(x
(k) ).
(9.2)
En combinant (9.1) et (9.2), on a
δx
(k+1) =
1
2
(δx
(k) )
2 f
(x
(k) )
f (x (k) )
+ O((δx
(k) )
3 ).
Après division par (δx
(k) )
2 et en faisant k → ∞ on montre le résultat de
convergence.
9 Solutions des exercices
Solution 2.4 L’inégalité (2.6) peut être obtenue en remarquant que |e
(k) | <
|I
(k) |/2 avec |I
(k) | <
1
2 |I
(k−1) | < 2
−k−1 (b − a). Par conséquent, l’erreur à
l’itération kmin est inférieure à ε si kmin est tel que 2
−k min −1 (b − a) < ε,
c’est-à-dire, 2
−k min −1 < ε/(b − a), ce qui prouve (2.6).
Solution 2.5 La formule implémentée est moins sensible aux erreurs d’arrondi.
Solution 2.6 Dans la Solution 2.1, on a analysé les zéros de la fonction pour
diverses valeurs de γ. Considérons le cas où γ = 2. En partant de la donnée
initiale x
(0) = 1, la méthode de Newton (Programme 2.2) converge vers la
valeur ¯
α = 1.4961e − 4 en 31 itérations avec tol=1.e-10 tandis que la racine
exacte de f est 0. Cet écart est dû au fait que f est quasiment constante
au voisinage de sa racine, donc le problème de recherche du zéro est mal
conditionné (voir le commentaire à la fin de la Section 2.6.2). La méthode
converge vers la même solution et avec le même nombre d’itérations même
si on prend tol=M. Le résidu correspondant calculé par MATLAB vaut 0.
Considérons le cas γ = 3. La méthode de Newton avec tol=M converge vers
1.85792082915020 après 9 itérations en partant de x
(0) = 1, alors que si x
(0) =
−1, elle converge après 9 itérations vers −1.85792082915020 (dans les deux cas
les résidus calculés par MATLAB valent zéro).
Solution 2.7 Les racines carrées et cubiques d’un nombre a sont respectivement les solutions des équations x
2 = a et x
3 = a. Ainsi, les algorithmes
correspondant sont : pour un x
(0) donné, calculer
x
(k+1) =
1
2
x
(k) +
a
x (k)
, k ≥ 0
pour la racine carrée,
x
(k+1) =
1
3
2x
(k) +
a
(x (k) ) 2
, k ≥ 0 pour la racine cubique.
Solution 2.8 En posant δx
(k) = x
(k) − α, on déduit du développement de
Taylor de f que
0 = f (α) = f (x
(k) ) − δx
(k) f
(x
(k) ) +
1
2
(δx
(k) )
2 f
(x
(k) ) + O((δx
(k) )
3 ). (9.1)
La méthode de Newton donne
δx
(k+1) = δx
(k) − f (x
(k) )/f
(x
(k) ).
(9.2)
En combinant (9.1) et (9.2), on a
δx
(k+1) =
1
2
(δx
(k) )
2 f
(x
(k) )
f (x (k) )
+ O((δx
(k) )
3 ).
Après division par (δx
(k) )
2 et en faisant k → ∞ on montre le résultat de
convergence.