MÉTHODES D'APPROXIMATION - corrigé des exercices - Free

MÉTHODES D'APPROXIMATION - corrigé des exercices



Fonction implicite
1. . On obtient : [pic] = [pic] (y2-3x)[pic] (pour x > 0) et
[pic] = [pic] (5y2-x)[pic] (pour y > 0).
. Pour : x = 1 et y = 1 : f = 0 ; [pic] = -1 ; [pic] = 2.

2. . La fonction est définie pour xy ? 0, c'est-à-dire x et y de
même signe.
. Les dérivées [pic] et [pic] existent et sont continues sur le
domaine de définition de f, sauf pour les limites x = 0 ou y = 0. Ceci
comprend en particulier le voisinage de {x = 1 ; y = 1} .
. De plus, f = 0 et [pic] ? 0 pour {x = 1 ; y = 1} ; il existe
donc, au voisinage de x = 1, une solution telle que y(1) = 1.
. En fait, on trouve facilement que l'équation a deux solutions : y?
= 0 et y? = +[pic] ; celle correspondant aux conditions étudiées est la
seconde, et sa dérivée est : [pic] = [pic].
? remarque : y? = 0 n'est pas "prévisible" car, bien que f(1, 0) =
0, la dérivée [pic] n'est alors pas définie (cela n'interdit en rien
l'existence d'une telle solution, mais le théorème ne peut pas être utilisé
pour en prédire l'existence).



Fonction implicite et approximations
1. . Pour x = 1 et y = 1 on obtient : f = 0.
. Les dérivées sont : [pic] = [pic] = 1 ; [pic] = [pic] + [pic][pic]
= 2,5.

2. . La fonction est définie pour xy > 0 ET y ? 0, c'est-à-dire x >
0 et y > 0.
. Les dérivées [pic] et [pic] existent et sont continues sur le
domaine de définition de f. Ceci comprend en particulier le voisinage de
{x = 1 ; y = 1} .
. De plus, f = 0 et [pic] ? 0 pour {x = 1 ; y = 1} ; il existe
donc, au voisinage de x = 1, une solution telle que y(1) = 1.
. La relation f = 0 impose : df = [pic] dx + [pic] dy = 0 ; on
peut donc en déduire (même sans connaître explicitement y(x)) : [pic] =
-[pic] = -[pic].
? remarque : ceci permet d'envisager une intégration numérique par la
méthode d'Euler.

3.a. ? remarque : l'existence de la solution dans "un voisinage" de x = 1
ne prédit en rien jusqu'où s'étend ce voisinage, et rien ne dit que la
solution existe pour x = [pic] ; on suppose toutefois qu'elle existe.
. A l'aide de la fonction "solve", la valeur trouvée pour la fonction
y = y(x) définie implicitement par : ln(xy) + y3/2 - 1 = 0 pour x =
[pic] est : y([pic]) ? 0,839616258059...
? remarque : la convergence dure ? 20 secondes sur une calculatrice
"moyenne", elle est quasi-instantanée avec un ordinateur.

3.b. . Si on essaye par approximations successives en utilisant : y =
[pic], avec une valeur initiale y1 = 1, on obtient une suite divergente
: y2 = 0,667 ; y3 = 1,052 ; y4 = 0,617 ; y5 = 1,117...
? remarque : y(1) = 1 est solution évidente est on peut supposer que
y([pic]) n'est pas très différent...
. Si on essaye par approximations successives en utilisant : y = [1 -
ln(xy)]2/3, avec une valeur initiale y1 = 1, on obtient une suite
convergente : y2 = 0,707 ; y3 = 0,960 ; y4 = 0,739 ; y5 = 0,930...
. La limite obtenue après 100 itérations (? une minute) est :
y([pic]) = 0,839616 ± 0,000002.

3.c. . Par développement limité, en posant : y = 1-?, on obtient à
l'ordre 1 : [pic] ? - ln([pic]) = 0 d'où on tire : ? = [pic] ln([pic])
? 0,16 et y([pic]) = 0,838 ± 0,010.

. On obtient de même à l'ordre 2 : [pic] ?2 + [pic] ? - ln([pic]) = 0
d'où on tire :
? = -10 + [pic] ? 0,1609 et y([pic]) = 0,8391 ± 0,0015.

3.d. . Le calcul aux ordres supérieurs devient vite impossible par cette
méthode car on obtient une équation de degré trop élevé. On peut alors
envisager un développement limité "composé" : on pose littéralement x =
1+? et on cherche ? en fonction de ?. Cette dernière méthode est
globalement plus efficace au voisinage de x0 : d'une part on peut
l'utiliser à un ordre quelconque ; d'autre part elle donne un développement
limité de y(x) sous forme littérale en fonction de ? = [pic].
. On obtient par exemple à l'ordre 2 : ln(x) ? ? - [pic] ?2 ; ln(y)
? - ? - [pic] ?2 ; y3/2 ? 1 - [pic] ? + [pic] ?2 ; ce qui donne
l'équation : [pic] ?2 + [pic] ? - ? + [pic] ?2 = 0 dans laquelle on peut
alors chercher ? sous forme de développement littéral : ? ? ?? + ??2
(le terme d'ordre zéro en ? est forcément nul).
. En reportant, l'équation devient : ?.([pic]? - 1) + ?2.([pic] ?2 +
[pic] ? + [pic]) = 0. Or, la méthode doit être valable quelle que soit la
valeur numérique de ?, donc chacun des coefficients du polynôme est nul, ce
qui donne : ? = [pic] et ? = -[pic].
. De même le développement à l'ordre 4 donne (avec x = 1 + ?) :
y(x) = 1 - ? = 1 - [pic]? + [pic]?2 - [pic]?3 + [pic]?4...
hélas, ce calcul "lourd" (sauf avec un logiciel de calcul formel) ne donne
qu'une convergence médiocre.
. Pour ? = [pic] on obtient aux ordres successifs : y1 = 0,80 ;
y2 = 0,848 ; y3 = 0,831 ; y4 = 0,852...



Fonction implicite et approximations
1. . Pour x = 1 et y = [pic] on obtient : f = ? sin([pic]) - ? = 0.
. Les dérivées sont : [pic] = 2?x sin(y) = 2? ; [pic] = ?x2 cos(y) -
2 = -2.

2. . La fonction est définie partout dans R2.
. Les dérivées [pic] et [pic] existent et sont continues sur le
domaine de définition de f. Ceci comprend en particulier le voisinage de
{x = 1 ; y = [pic]} .
. De plus, f = 0 et [pic] ? 0 pour {x = 1 ; y = [pic]} ; il
existe donc, au voisinage de x = 1, une solution telle que y(1) = [pic].
. La relation f = 0 impose : df = [pic] dx + [pic] dy = 0 ; on
peut donc en déduire (même sans connaître explicitement y(x)) : [pic] =
-[pic] = -2?x [pic] (bien définie au voisinage de x = 1).
? remarque : ceci permet d'envisager une intégration numérique par la
méthode d'Euler.

3.a. ? remarque : l'existence de la solution dans "un voisinage" de x = 1
ne prédit en rien jusqu'où s'étend ce voisinage, et rien ne dit que la
solution existe pour x = 2 ; on suppose toutefois qu'elle existe.
. Pour la fonction y = y(x) définie implicitement par : ?x2
sin(y) - 2y = 0 avec x = 2, les valeurs trouvées à l'aide de la
fonction "solve" sont (selon les conditions initiales imposées) : y?(2) =
0 (solution évidente) ; y?(2) ? 2,6977996212... ; y?(2) ?
-2,6977996212... ; celle correspondant aux conditions étudiées est la
seconde.
? remarque : la convergence dure ? 5 secondes.

3.b. . Si on essaye par approximations successives en utilisant : y =
[pic]x2 sin(y), avec une valeur initiale y1 = 0,1 (y? = 0 est solution
évidente), on obtient une suite divergente (apparemment incohérente à
cause de la périodicité du sinus): y2 = 0,63 ; y3 = 3,69 ; y4 = -3,26
; y5 = 0,77...
. Si on essaye par approximations successives en utilisant : y =
arcsin([pic]), avec une valeur initiale y1 ? 1 (ou 2), alors la suite
converge : y2 = 0,160 ; y3 = 0,025 ; y4 = 0,0040 ; y5 = 0,00064...
La limite obtenue après 15 itérations (? 10 secondes) est : y(2) = 0 ± 10-
11.
. Si on essaye par approximations successives en utilisant (à cause de
la définition de la fonction arcsin) : y = ? - arcsin([pic]), avec une
valeur initiale y1 ? 1 (ou 2), on obtient une suite convergente : y2 =
2,98 ; y3 = 2,65 ; y4 = 2,71 ; y5 = 2,696 ; y6 = 2,698 ; y7 =
2,6978... La limite obtenue après 20 itérations (? 10 secondes) est :
y(2) = 2,6977996212 ± 10-10.
? remarque : à cause de la définition de la fonction arcsin, on
obtient de même la solution négative en utilisant : y = arcsin([pic]) - ?.

3.c. . Par développement limité, avec : y = 2(1+?), on obtient à l'ordre
1 : [1 - 2? cos(2)] ? +1 - ? sin(2) = 0 d'où : ? = [pic] ? 0,51 et :
y(2) = 3,02 ± 0,35.
? remarque : il faut utiliser un développement au voisinage de y = 2
(avec y-2 = 2 ? voisin de zéro) : sin(y) ? sin(2) +cos(2) (y-2) -
[pic]sin(2) (y-2)2 - [pic]cos(2) (y-2)3...
. On obtient de même à l'ordre 2 : 2? sin(2) ?2 + [1 - 2? cos(2)] ?
- [? sin(2) -1] = 0 d'où on tire (solution positive) : ? ? 0,336 et :
y(2) = 2,671 ± 0,027.
? remarque : un développement au voisinage de y = 3 convergerait
plus vite ; un développement au voisinage de y = ? (en posant y = ? - ?)
se simplifie judicieusement, et donne un assez bon résultat au premier
ordre, mais par malchance le terme du second ordre est alors nul et le
calcul aux ordres suivants est plus compliqué.