Approximation numérique de dérivées

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Exercice 1:

Soit $f(x)=x^3+1$.

  1. Pour tout $x$ on a $f'(x)=3x^2$ et donc $f'(1)=3$.
  2. Avec un pas $h=0,5$, une approximation de $f'(1)$ est, avec un schéma décentré à droite (ou avancé)
    \[\bgar{ll}f'(1)&\simeq\dfrac{f(1+h)-f(1)}h\\[.8em] &=\dfrac{f(1,5)-f(1)}{0,5}=4,75\enar\]

    et avec un schéma décentré à gauche (ou retardé)
    \[\bgar{ll}f'(1)&\simeq\dfrac{f(1)-f(1-h)}h\\[.8em] &=\dfrac{f(1)-f(0,5)}{0,5}=1,75\enar\]



  3. De même que précedemment,
    • pour $h=0,1$, le schéma décentré à droite donne
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,1)-f(1)}{0,1}\simeq3,3\]

      et à gauche
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1)-f(0,9)}{0,1}\simeq2,7\]

    • pour $h=0,05$, le schéma décentré à droite donne
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,05)-f(1)}{0,05}\simeq3,15\]

      et à gauche
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1)-f(0,9)}{0,1}\simeq2,85\]

    • pour $h=0,01$, le schéma décentré à droite donne
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,0)-f(1)}{0,01}\simeq3,03\]

      et à gauche
      \[f'(1)\simeq\dfrac{f(1)-f(0,99)}{0,01}\simeq2,97\]



  4. Pour commenter et comparer des résultats approchés, il est important de parler d'erreur relative:

    \[\varepsilon_r=\left|\dfrac{\text{Valeur exacte}-\text{Valeur approchée}}{\text{Valeur exacte}}\right|\]


    On peut comparer ces erreurs relatives, dans un tableau:

    \[\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}$h$&$0,5$ &$0,1$&$0,05$&$0,01$\\\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}Schéma à droite&$\simeq0,58$&$\simeq0,1$&$\simeq0,05$&$\simeq0,01$\\\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}Schéma à gauche&$\simeq0,58$&$\simeq0,1$&$\simeq0,05$&$\simeq0,01$\\\hline \end{tabular}\]

    On remarque que l'erreur est justement de l'ordre de $h$: c'est le sens du   " $O(h)$ "   dans les formules de Taylor ou dans les développements limités:

    \[\dfrac{f(a+h)-f(a)}h\simeq f'(a)+{\blue O(h)}\]

    On dit de ces formules qu'elles sont d'ordre 1 (pour $h^{\red 1}$).



Exercice 2:

On reprend la fonction $f(x)=x^3+1$.


Le schéma centré s'écrit
\[f'(a)\simeq\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}\]

soit, avec un pas $h=0,5$
\[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,5)-f(0,5)}{2\tm0,5}=3,25\]

puis avec $h=0,1$,
\[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,1)-f(0,9)}{2\tm0,1}=3,01\]

puis $h=0,05$
\[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,05)-f(0,95)}{2\tm0,05}=3,0025\]

et enfin $h=0,01$,
\[f'(1)\simeq\dfrac{f(1,01)-f(0,99)}{2\tm0,01}=3,0001\]



Les valeurs approchées semblent plus précises. Plus précisément, en comparant les erreurs relatives:

\[\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}$h$&$0,5$ &$0,1$&$0,05$&$0,01$\\\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}$\varepsilon_r$&$\simeq0,08$&$\simeq0,003$&$\simeq0,00008$&$\simeq3.10^{-5}$\\\hline \end{tabular}\]



On a une méthode d'autre 2, c'est-à-dire que l'erreur varie cette fois comme $h^{\red2}$ comme on l'avait dans la formule
\[f'(a)\simeq\dfrac{f(a+h)-f(a-h)}{2h}+{\blue O\lp h^2\rp}\]





Exercice 3:

On garde la fonction $f(x)=x^3+1$.
  1. Pour tout $x$ on a $f'(x)=3x^2$ puis $f''(x)=6x$, et donc $f''(1)=6$.
  2. Une approximation de la dérivée seconde est donnée par le schéma
    \[f''(a)\simeq\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}\]

    soit,
    • avec un pas $h=0,5$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,5)-2f(1)+f(0,5)}{0,5^2}=6\]

    • avec un pas $h=0,1$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,1)-2f(1)+f(0,9)}{0,1^2}=6\]

    • avec un pas $h=0,05$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,05)-2f(1)+f(0,95)}{0,05^2}=6\]

    • avec un pas $h=0,01$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,01)-2f(1)+f(0,99)}{0,01^2}=6\]


  3. Pour tous les pas, l'approximation numérique donne la valeur exacte.



Exercice 4: Soit $f(x)=\sqrt{x}$.
  1. On a $f'(1)=\dfrac1{2\sqrt{x}}=\dfrac12x^{-0,5}$
    puis $f''(x)=\dfrac12\tm(-0,5)\tm x^{-0,5-1}=-\dfrac14x^{-1,5}$
    et donc $f''(1)=-\dfrac14$.
  2. Une approximation de la dérivée seconde est donnée par le schéma
    \[f''(a)\simeq\dfrac{f(a+h)-2f(a)+f(a-h)}{h^2}\]

    soit,
    • avec un pas $h=0,5$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,5)-2f(1)+f(0,5)}{0,5^2}\simeq-0,27\]

    • avec un pas $h=0,1$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,1)-2f(1)+f(0,9)}{0,1^2}\simeq-0,2507\]

    • avec un pas $h=0,05$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,05)-2f(1)+f(0,95)}{0,05^2}\simeq-0,2501\]

    • avec un pas $h=0,01$,
      \[f''(1)\simeq\dfrac{f(1,01)-2f(1)+f(0,99)}{0,01^2}\simeq-0,25001\]


  3. Pour commenter, on compare à nouveau les erreurs relatives:

    \[\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|}\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}$h$&$0,5$ &$0,1$&$0,05$&$0,01$\\\hline \rule[-1em]{0em}{2.6em}$\varepsilon_r$&$\simeq0,1$&$\simeq0,003$&$\simeq10^{-3}$&$\simeq3.10^{-5}$\\\hline \end{tabular}\]


    On trouve une erreur de l'ordre de $h^2$.



Voir aussi:
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