Résolution numérique d'équations

Éléments de correction du cours

Exercice 1: localisation d'une solution

On considère par exemple l'équation

L'étude de la fonction définie par permet de répondre à la question.

On a et donc $f'(x)>0\iff e^x>1\iff x>0$ et on trouve donc le tableau de variation:

$\begin{tabular}{|c|lcccr|}\hline $x$ & $-\infty$ &&0&&$+\infty$\\\hline $f'(x)$&&$-$&0&$+$&\\\hline &$+\infty$&&&&$+\infty$\\ $f$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\ &&&$-1$&&\\\hline \end{tabular}$

Avec les limites, $\dsp\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et aussi, par croissances comparées cette fois en $+\infty$ , $\dsp\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

Comme la fonction est continue (et même dérivable) on en déduit que l'équation admet exactement 2 solutions, une sur $]-\infty;0[$ et l'autre sur $]0;+\infty[$ .

$\begin{tabular}{|c|lcccr|}\hline $x$ & $-\infty$ &&0&&$+\infty$\\\hline &$+\infty$&&&&$+\infty$\\ $f$ \rput(1.9,.15){\red0}\rput(1.9,1.3){\red$\alpha$} \psline[linestyle=dashed,linecolor=red,linewidth=1.4pt](1.9,.45)(1.9,1.1) \rput(4,.1){\red0}\rput(4,1.25){\red$\beta$} \psline[linestyle=dashed,linecolor=red,linewidth=1.4pt](4,.45)(4,1.1) &&\LARGE{$\searrow$}&&\LARGE{$\nearrow$}&\\ &&&$-1$&&\\\hline \end{tabular}$
On eput calculer par exemple $f(-1)\simeq-0,6<0$ et $f(-2)\simeq0,13>0$ d'où on peut donner l'encadrement un peu plus précis

$-2<\alpha<-1$

De même pour l'autre solution, on a $f(1)\simeq-0,3<0$ et $f(2)\simeq3,4>0$ d'où

$1<\beta<2$

Bien sûr, on n'est pas limité à des valeurs entières, et on peut tester des valeurs décimales pour obtenir des encadrements plus précis.
On recherche simplement des valeurs entre lesquelles change de signe, et donc passe par 0.
On teste des valeurs plus précises: $f(-1,9)\simeq0,04>0$ , puis $f(-1,8)\simeq-0,03<0$ d'où l'encadrement plus précis

$-1,9<\alpha<-1,8$

De même pour l'autre solution $f(1,1)\simeq-0,1<0$ et $f(1,2)\simeq0,1>0$ d'où

$1,1<\beta<1,2$

Et on pourrait chercher de même des encadrements à $10^{-2}$ , ou encore $10^{-3}$ , ... ou à une précision quelconque souhaitée.

Exercice 2: point fixe pour approcher une solution

Pour résoudre l'équation

par une méthode du point fixe, on se ramène tout d'abord à une équation de la forme

.

On pose donc ici

et ainsi $f(x)=x\iff e^x-2=x\iff e^x=x+2$ .

La méthode du point fixe consiste à pertir d'une valeur initiale

puis de calculer les termes successifs

$x_{n+1}=f(x_n)$

Initialisation par

On calcule successivement

$x_2=f(x_1)\simeq-1,63$
$x_3=f(x_2)\simeq-1,80$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,83$
$x_5=f(x_4)\simeq-1,84$
…

Initialisation par

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq0,718$
$x_2=f(x_1)\simeq0,05$
$x_3=f(x_2)\simeq-0,95$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,61$
$x_5=f(x_4)\simeq-1,80$
$x_6=f(x_5)\simeq-1,83$
…
Les valeurs convergent encore vers la solution $\alpha$ de l'équation.

Initialisation par

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq-1,99$
$x_2=f(x_1)\simeq-1,86$
$x_3=f(x_2)\simeq-1,84$
$x_4=f(x_3)\simeq-1,84$
…
Les valeurs convergent encore vers la solution $\alpha$ de l'équation.

Initialisation par

On calcule successivement
$x_1=f(x_0)\simeq5,39$
$x_2=f(x_1)\simeq217$
$x_3=f(x_2)\simeq1,74.10^{94}$

est déjà un nombre gigantesque,

devient quant à lui incalculable (pour un ordinateur). La suite de valeurs calculées diverge.

En résumé, pour la méthode du point fixe:

sa mise en œuvre est très aisée
si la méthode converge, on ne sait pas vers quelle solution (d'où l'importance de l'étde préalable permettant d'en connaître le nombre et une localisation, même très grossière)
la méthode peut diverger selon la valeur initiale
Une question reste ouverte: comment choisir la valeur initiale ?

Exercice 3: approcher une solution par dichotomie

Calculer par dichotomie un encadrement de la solution de l'équation

$(E): \cos\lp\dfrac{x}{2}\rp=0$

Tout d'abord, sur l'intervalle

on connaît l'unique solutiion de cette équation, qui est $\pi$ .

On note $f(x)=\cos\lp\dfrac{x}{2}\rp$ et on cherche donc, comme dans l'exercice 1, la solution $\alpha$ de l'équation

On part de l'intervalle , soit et .
On coupe l'intervalle en deux, soit $m=\dfrac{a+b}2=3$ et on calcule:

$\bgar{ll}f(a)=f(2)\simeq0,54\\[.5em] f(m)=f(3)\simeq0,07\enar$

Comme le produit , la fonction ne change pas de signe entre et , et la solution $\alpha$ recherchée est donc entre et .
On recommence l'étape précendente avec donc et .
On coupe en deux: $m=\dfrac{a+b}2=3,5$ et on calcule

$\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em] f(m)=f(3,5)\simeq-0,2\enar$

de sorte que et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre et .
On recommence avec maintenant et .
On coupe en deux: $m=\dfrac{a+b}2=3,25$ et on calcule

$\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em] f(m)=f(3,25)\simeq-0,05\enar$

de sorte que et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre et .
On recommence avec maintenant et .
On coupe en deux: $m=\dfrac{a+b}2=3,125$ et on calcule

$\bgar{l}f(a)=f(3)\simeq0,07\\[.5em] f(m)=f(3,25)\simeq0,008\enar$

de sorte que et on peut donc maintenant affirmer que la solution est entre et .

On a finalement trouvé l'encadrement, après quatre itérations de dichotomie,

$3,125<\alpha<3,25$

Illustration graphique

Exercice 4: méthode Newton pour approcher une solution

L'équation est la même que dans l'exercice précédent:

avec $f(x)=\cos\lp\dfrac{x}2\rp$ .

La méthode de Newton utilise la dérivée de la fonction, ici

$f'(x)=-\dfrac12\sin\lp\dfrac{x}2\rp$

et ensuite, à partir d'une valeur itiniale

, calcule les valeurs successives

$x_{n+1}=x_n-\dfrac{f\lp x_n\rp}{f'\lp x_n\rp}$

On calcule ainsi

$x_1=x_0-\dfrac{f\lp x_0\rp}{f'\lp x_0\rp}\simeq3,28418$

puis, à partir de cette valeur,

$x_2=x_1-\dfrac{f\lp x_1\rp}{f'\lp x_1\rp}\simeq3,14135$

puis

$x_3=x_2-\dfrac{f\lp x_2\rp}{f'\lp x_2\rp}\simeq3,14159$

puis

$x_4=x_3-\dfrac{f\lp x_3\rp}{f'\lp x_3\rp}\simeq3,14159$

et on remarque que les valeurs convergent rapidement vers la solution recherchée $\pi$ (en fait, à la 3ème itération, on a déjà une dixaine de décimale exacte !).

Cette qualification de "rapidement" est bien sûr faite ici comparativement aux méthodes précédentes.