Institut Fourier L3 Methodes Numeriques Universite Grenoble I 2eme semestre

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Niveau: Supérieur
Institut Fourier L3 Methodes Numeriques Universite Grenoble I 2eme semestre 2007/2008 Correction du partiel Exercice no1 : On considere pour simplifier les notations que k = 0 (le restant de l'algorithme etant identique a la premiere etape). On part de a et b tels que f(a)f(b) < 0. On pose c0 = b? b ? a f(b) ? f(a)f(b) = f(b) f(b) ? f(a)a+ ( 1? f(b)f(b)? f(a) ) b = f(b)f(b)? f(a)a+ f(a) f(a)? f(b)b . On sait que f(b)f(a) < 0. Supposons f(b) > 0 (le cas f(b) < 0 est symetrique). On a f(a) < 0 et donc f(b)? f(a) > f(b) > 0. On en deduit que 1 > f(b)f(b)?f(a) > 0. Donc c0 est barycentre a coefficients strictement positifs de a et b, c'est-a-dire que c0 ? ]a, b[.

coupe au point d'intersection entre la secante

unique solution de ax

polynome de degre

sant par les points

xn ?

proprietes de base

algorithme etant identique

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Institut Fourier UniversiteGrenobleI

Correction du partiel

L3MethodesNumeriques eme 2semestre2007/2008

o Exercice n1 : Onconsiderepoursimplierlesnotationsquekoglahtirtnat’led=0(leresementta identiquealapremiereetape).Onpartdeaetbtels quef(a)f(b)<0. Onpose   ba f(b)f(b)f(b)f(a) c0=bf(b) =a+ 1b=a+b . f(b)f(a)f(b)f(a)f(b)f(a)f(b)f(a)f(a)f(b) On sait quef(b)f(a)<0. Supposonsf(b)>0 (le casf(b)<nea0uqirO.)eyststem f(a)<0 et doncf(b)f(a)> f(b)>0. f(b) Onendeduitque1> >0. Donc f(b)f(a) c0ntcerybastetemenrictsttsicneoceera positifs deaetb, c’est-a-dire quec0∈ f(b) ]a, b[. D’autrepart, on af(a) + f(b)f(a) f(a) f(bDonc) = 0.c0est exactement f(a)f(b) lepointd’intersectionentrelasecantepas-sant par les points (a, f(a)) et (b, f(b)) et ak l’axe horizontal.L’algorithme de laregula ckbk falsiconsiste donc en un algorithme de di-chotomie, sauf qu’au lieu de couper le seg-ment [ak, bk] en son milieu, on le coupe au pointd’intersectionentrelasecanteetl’axe horizontal. o Exercice n2 : 0 1) Soit :P∈R3[X]7→(P(1), P(0), P(0), Ps’agit clairement d’une application(1)). Il 0 lineaire.SoitPuqe(tleP,heorem0e.dPeaRrollleet=)Paunzredona]s1,0[ 0 0 et un autre dans ]0,en outre1[. CommeP(0) = 0,Polyntunpesusualprgeededoˆem 0 2 qui a trois racines distinctes doncP0. DoncPest constant, mais commeP(0) = 0, PrtemcnoneyouqleestaudeuitredaltselopeˆoynnumeOnl.onad{0}donc que 4 est injective.CommeR3[X] etRse,jibtneminoismˆntedemodtnonseoncetanective,d 0 quatres nombresf(1),f(0),f(0) etfeli,)1(oˆemlonyeulptunseunexistP∈R3[X] veriant 0 0 P(1) =f(1), P(0) =f(0), P(0) =f(0) etP(1) =f(1).(1) 2) Supposonsfpaire et soitPnˆlypoleeedomR3[Xommerei]v)1C.na(tf(x) =f(x), lepolynˆomeQ(X) =P(Xusplauegrdedemeuatnairevsiortssi(1).nyoˆpnloseut) Parunicite,ilvientQ=Pc’est-a-dire quePest pair.Le raisonnement pourfimpair est