1

Exercices

EXERCICE 1 : Séparer les racines de l’équation ( ) 0244 =++= xxxf . EXERCICE 2 : Déterminer le nombre de racines réelles de l’équation : ( ) 01=−= xexxf . EXERCICE 3 : Séparer les racines de l’équation : ( ) 042 =−+= xexf x . EXERCICE 4 : Considérons l’équation : 013 =−− xx (1) a) Montrer que l’équation (1) admet une seule racine réelle comprise entre 1 et 2. b) Quel est le nombre suffisant d’itérations pour estimer la racine de (1) avec 4 c.s.e (chiffres significatifs exacts) en utilisant la méthode de dichotomie. c) Calculer la racine de (1) avec 2 c.s.e en utilisant la méthode de dichotomie. EXERCICE 5 : 1) Soit 0fa donné. On désire calculer son inverse a1 en utilisant la

méthode de Newton-Raphson. On considère alors la fonction ( ) ax

xf −= 1 .

a) Montrer que si α est un zéro de f , alors α est l’inverse de a . b) Montrer que selon la formule de Newton-Raphson nous avons la formule de récurrence :

21 2 nnn xaxx −=+ (1)

c) Trouver la valeur à la convergence la série itérative (1). d) Montrer que les itérations données par (1) satisfont l’équation :

2

111

−−=

−+ a

xaa

x nn

e) Montrer alors que si la série converge vers a1 , la convergence de cette méthode est quadratique (d’ordre 2) avec une constante asymptotique égale à a .

EXERCICE 6 : Pour résoudre une équation non-linéaire à une inconnue de type ( ) 0=xf , où f est supposé continue et infiniment dérivable, on a souvent recourt à l’une des méthodes suivantes : . Dichotomie ou Bissection . Sécante . Fausse position . Newton-Raphson 1. Choisir et décrire brièvement deux méthodes parmi les quatre citées ci-dessus. 2. Choisir une de ces méthodes pour résoudre l’équation suivante dans l’intervalle [ ]2,1

2

0123 =−− xx donner le résultat avec trois chiffres significatifs. Exemple : si on cherche la solution de ( ) 022 23 =−+= xxxf dans l’intervalle [ ]1,0 en utilisant la dichotomie

A b f(a) x f(b) 0.000 1.000 Négatif 0.000 0.500 Positif 0.500 0.750 Positif 0.750 0.875 Négatif 0.750 0.812 Positif 0.812 0.843 Négatif 0.812 0.828 Positif 0.828 0.835 Positif 0.835 0.839 Positif 0.839 0.841 Négatif 0.839 0.840 Négatif 0.839 0.839 On arrête

La solution à trois chiffres significatifs est 839.0=x , la solution exacte est :

( ) ( ) ...148392867752.0333193133319

31

32 3131

≅++−+−=x

EXERCICE 7 : Résoudre l’équation ( ) 011002 =+−= xxxf , à l’aide de la méthode du point fixe. On remarquera que l’équation donnée admet deux racines réelles 1ξ et 2ξ

contenues respectivement dans [ ]12 10,10 −− et [ ]210,10 . Puis, pour 1ξ on prendra

10 10−=x et pour 2ξ on prendre 100 =x , et on calculera des valeurs approchées

respectives de 1ξ et 2ξ ayant 5 c.s.e.

EXERCICE 8 : En appliquant cinq fois de suite la méthode du point fixe, trouver la valeur approchée de la racine de l’équation 0cos2 =− xx séparée sur le segment [ ]5.0,0 . Donner les résultats avec 5 décimales. EXERCICE 9 : On se propose de trouver une valeur approchée de la racine de l’équation :

( ) 02 =−= − xexxf (1)

3

A) Montrer que l’équation (1) admet une racine unique et que celle-ci appartient à l’intervalle [ ]1,0 . B) Trouver en utilisant la méthode de Newton-Raphson une valeur approchée de la racine de l’équation (1) avec 2 décimales exactes. C) On se propose de réécrire l’équation (1) sous la forme suivante ,

( )λ

λ++

==−

1

2 xexxgx avec, 0fλ .

Vérifier que cette équation est identique à l’équation (1).

Donner les valeurs de λ permettant de faire converger la méthode du point fixe sur [ ]1,0 vers la solution unique de (1). EXERCICE 10 : I- On se propose de résoudre une équation non linéaire ( ) 0=xf , en utilisant la méthode de Newton. 1- Soit ξ une racine simple de l’équation ( ) 0=xf . On donne la constante asymptotique

50.0=C et l’erreur à la première itération, 210 =e . Calculer le nombre minimal

d’itérations, n , pour que l’erreur d’approximation ne n’excède pas 1010− . 2- Supposons que ξ est une racine de multiplicité m ( )1fm de l’équation ( ) 0=xf .

Quel est, dans ce cas, le nombre d’itérations n qu’il faut faire en appliquant la méthode de Newton sur ( )xf pour que l’erreur d’approximation ne n’excède pas

1010− ? On prend toujours, 50.0=C et 210 =e . Montrer que la fonction ( ) ( ) ( )xfxfxg ′= a, aussi, une racine ξ mais simple.

3- Rappeler pourquoi, il est intéressent d’appliquer la méthode de Newton sur ( )xg plutôt que sur ( )xf .

II- On donne l’équation : ( ) 013 =−+= xxxf (1) 1- Montrer que l’équation (1) admet une racine réelle unique et que celle-ci repose dans l’intervalle [ ]1,0 . 2- Utiliser la méthode de Newton pour calculer la racine de (1) avec 4 chiffres significatifs exacts. 3- Quel est le nombre d’itérations qu’il faut faire, en utilisant la méthode de dichotomie, pour calculer avec 4 décimales exactes la racine de (1) en partant de l’intervalle [ ]1,0 ? 4- L’équation (1) peut être écrite sous la forme ( )xgx = où ( )xg est l’une des fonctions suivantes :

( ) 31 1 xxg −= , ( )

221

1

xxg

+=

- Laquelle des deux fonctions vérifie les conditions de convergence de la méthode du point fixe sur [ ]1,0 ? Estimer le nombre d’itérations qu’il faut faire, en appliquant cette méthode, pour trouver la racine de (1) avec 4 décimales exactes. - Si on veut calculer la racine de (1) à une précision de 310− prés, quel critère d’arrêt doit on prendre dans la méthode du point fixe ?

4

EXERCICE 11 : On dit que α est un point fixe pour la fonction ( )xϕ si ( ) ααϕ = .

Une méthode itérative ( )kk xx ϕ=+1 est dite d’ordre k si :1,,...1 −=∀ kj : ( ) ( ) 0=αϕ j et ( ) ( ) 0≠αϕ k .

1- Considérons l’équation ( ) ,0=xf soit α son zéro et ( ) 0≠′ αf a) écrire la procédure de Newton ( )kk xx ϕ=+1

b) montrer que la méthode de Newton est au moins d’ordre 2 2- Supposons que α est un zéro double de f : ( ) ( ) 0=′= αα ff . Dans ce cas on peut écrire

( ) ( ) ( )xhxxf 2α−= avec ( ) 0≠αh a) montrer que la méthode de Newton est seulement d’ordre 1

b) considérons la méthode de Newton modifiée ( )( )kk

kk xfxf

xx′

−=+ 21 , montrer que cette

méthode est au moins d’ordre 2 EXERCICE 12 : On se propose de trouver des valeurs approchées de la racine ξ de l’équation :

( ) 03 =−−= xexf x (1) 1) Montrer qu’il existe une racine unique ξ pour l’équation (1) dans l’intervalle [ ]2,1 . 2) En remarquant que l’équation (1) est équivalente à :

( ) 31 −== xexgx

montrer que l’intervalle [ ]2,1 est un intervalle sur lequel la convergence vers une solution unique par la méthode du point fixe n’est pas assurée. 3) Montrer que la solution de l’équation (1) est aussi solution de l’équation suivante :

( ) ( ) 03ln =−+= xxxh (2) 4) Montrer qu’il existe une racine unique ξ pour l’équation (2) dans l’intervalle [ ]2,1 . 5) En remarquant que l’équation (2) est équivalente à :

( ) ( )3ln2 +== xxgx

montrer que l’intervalle [ ]2,1 est un intervalle sur lequel la convergence vers une solution unique de la méthode du point fixe est cette fois-ci assurée. 6) Déterminer analytiquement, grâce au théorème de la valeur moyenne, une majoration

du type Kx n ≤−ξ , où nx désigne la valeur approchée, à la i-ème itération, de cette

racine par la méthode du point fixe. En déduire le nombre d’itérations, n , nécessaire pour obtenir, par cette méthode, une valeur approchée à 310 − près de cette racine. 7) Calculer les 5 premières estimées en partant de 10 =x .

5

EXERCICE 13 : Soit l’équation 012 67 =+− xx . 1) Montrer que cette équation admet 3 racines réelles dont l’une est 1. 2) Soient 1ξ la racine strictement supérieure à 1 et 2ξ la racine négative :

a) Donner un intervalle de longueur 0.1 contenant le point 1ξ

b) Donner un intervalle de longueur 0.1 contenant le point 2ξ

3) Montrer que la méthode itérative 6112n

n xx −=+ permet de calculer 1ξ mais pas 2ξ .

Calculer numériquement 1ξ à 210 − près. On prendra 20 =x .

EXERCICE 14 : Soit le polynôme : ( ) 1953 234 ++−−= xxxxxP 1- Calculer ( )2−P , ( )21−P et ( )0P . 2- Montrer, en utilisant le schéma de Hörner, que toutes les racines de l’équation polynomiale ( ) 0=xP se trouvent dans l’intervalle [ ]5,2− . 3- Le polynôme ( )xP peut être écrit sous la forme : ( ) ( ) ( ) ( )22 PxxQxP +−= Trouver, à l’aide du schéma de Hörner les coefficients du polynôme ( )xQ . 4- Utiliser la méthode de Lobatchevski-Graeffe pour calculer les racines de l’équation ( ) 0=xP (utiliser 3 fois le processus de quadratisation pour séparer les racines).

EXERCICE 15 : Soit l’équation polynomiale : ( ) 01458 23 =++−= xxxxP Utiliser la méthode de Bernoulli pour calculer la racine maximale en module de l’équation polynomiale donnée. Effectuer les itérations jusqu’à atteindre le rapport 1112 yy .

EXERCICE 16 : Soit le polynôme ( ) 18710 23 ++−= xxxxP . Il possède trois racines 21, xx

et 3x ( )321 xxx pp .

a) Calculer, en utilisant le schéma de Hörner, ( )10P et montrer que les solutions kx de

l’équation polynomiale ( ) 0=xP vérifient 10≤kx .

b) Utiliser la méthode de Bernoulli pour calculer une valeur approchée de la racine maximale en module, 3x , de l’équation polynomiale ( ) 0=xP (on arrête les itérations

lorsqu’on atteint le rapport 56 yy ).

c) Peut-on utiliser la méthode de Bernoulli pour calculer une valeur approchée de la racine minimale en module, 1x , de l’équation ( ) 0=xP ? Donner l’équation algébrique à utiliser pour ce calcul. d) La racine 1x est comprise dans l’intervalle [ ]0,2− . Utiliser la méthode de Newton pour trouver avec 4 décimales exactes une valeur approchée de 1x . On prend 5.10 −=x comme

approximation initiale.

6

EXERCICE 17 : Soit le polynôme ( ) 825 23 ++−= xxxxP . Résoudre par la méthode de Bairstow l’équation polynomiale ( ) 0=xP . Les valeurs initiales de B et C sont 75.0−=B

75.1−=C et la précision sur r et s est 110 − . EXERCICE 18 : Utiliser la méthode de Bairstow pour résoudre l’équation polynomiale suivante : ( ) 024503510 234 =++++= xxxxxP . Les valeurs initiales de B et C sont 3=B

et 1=C et la précision sur r et s est 210 − .

7

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4

6

8

10

f(x)=x4+4x+2

Solutions

Solution exo1 : Détermination du nombre de racines de l’équation : ( ) 0244 =++= xxxf Puisque ( )xf est un polynôme de degré 4, alors l’équation donnée possède au plus 4 racines réelles. Et vu que les coefficients du polynôme sont tous positifs, les racines, si elles existent, seront négatives. En annulant la première dérivée de ( )xf on trouve :

( ) 1010 3 −=⇒=+⇒=′ xxxf La valeur de f en 1−=x est : Figure 1 ( ) 11 −=−f Pour les limites nous avons : ( ) +∞=

±∞→xf

xlim

Dressons le tableau de changements de signes de f :

x ∞− -1 ∞+ Signe de ( )xf + - +

On voit que le nombre de changements de signes de ( )xf entre ∞− et ∞+ est égal à deux. Par conséquent, nous affirmons que l’équation ( ) 0=xf n’admet que deux racines réelles. Séparation des racines : Nous avons : ( ) 0102 f=−f et ( ) 011 p−=−f Ce qui donne : ( ) ( ) 012 p−− ff Nous avons aussi : ( ) 020 f=f et ( ) ( ) 001 pff − Donc une racine est comprise dans l’intervalle [ ]1,2 −− et l’autre est contenue dans l’intervalle [ ]0,1− .

8

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

-4

-2

0

2

4

6

8

10

Td1-exo2

f(ξ)=0

ξ

g(x)=exh(x)=1/x

Solution exo 2 : Détermination du nombre de racines de l’équation : ( ) 01=−= xexxf Afin d’utiliser la méthode graphique, transformons l’équation donnée à la forme :

xex 1= Posons :

( ) xexg = et Figure 2 ( ) xxh 1= Les graphes de ( )xg et ( )xh sont faciles à faire (figure 2). Les solutions de l’équation ( ) 0=xf sont les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives de ( )xg et ( )xh . De la figure (2), on constate qu’il y a un seul point d’intersection entre les deux courbes. Par conséquent l’équation ( ) 0=xf admet une racine unique. Séparation des racines : Il est clair de la figure 2 que cette solution repose dans l’intervalle [ ]1,0 . Un fait qui est confirmé par les calculs puisque : ( ) ( ) ( ) ( ) 07.1110 p×−=ff Solution exo 3 : Détermination du nombre de racines de l’équation :

( ) 042 =−+= xexf x En annulant la première dérivée de la fonction ( )xf , nous obtenons une équation non linéaire dont la solution n’est pas directe. De ce fait, nous préférons utiliser la méthode graphique pour déterminer le nombre de racines de l’équation donnée. Transformons l’équation ( ) 0=xf à la forme :

42 +−= xe x Posons :

( ) xexg =

et ( ) 42 +−= xxh Les graphes de ( )xg et ( )xh sont indiqués à la figure 3.

9

-3 -2 -1 0 1 2 3

-5

0

5

ξ2

ξ1

h(x)=-x2+4 g(x)=ex

On voit que les points d’intersection des courbes représentatives de ( )xg et ( )xh sont deux. Donc l’équation ( ) 0=xf admet deux racines réelles. Séparation des racines : La première racine, 1ξ , se trouve dans

l’intervalle [ ]1,2 −− . En effet, nous avons :

( ) 02 2 f−=− ef

( ) 031 1 p−=− −ef et ( ) ( ) 012 p−− ff Pour la deuxième racine, 2ξ , nous avons : Figure 3

( ) 031 1 pef +−=

( ) 02 2 fef = et ( ) ( ) 021 pff

2ξ repose dans l’intervalle [ ]2,1 .

Solution exo 4 : Soit l’équation : ( ) 013 =−−= xxxf . 1- Séparation des racines : ( )xf est un polynôme de troisième degré. Il possède au moins une racine (puissance impaire) et

au plus trois racines réelles. Calculons la première dérivée de ( )xf :

( ) 13 2 −=′ xxf

Les valeurs de x qui annulent la dérivée sont : 3

11 −=x et

31

2 =x

Les valeurs de f en ces points sont :

62.03

1 −≈

−f et 38.1

31 −≈

f

Dressons le tableau de changements de signes de f .

x ∞− 31− 31 ∞+

Signe de f - - - +

10

On constate que le nombre de changements de signes de f est égal à 1. Donc l’équation donnée admet une racine unique. Calculons ( )1f et ( )2f :

( ) 011 p−=f ( ) 052 f=f

Puisque ( ) ( ) 021 pff , alors la racine de l’équation ( ) 013 =−−= xxxf est comprise dans l’intervalle [ ]2,1 . 2- Le nombre d’itérations : Si la racine qui est contenue dans l’intervalle [ ]2,1 est calculée avec 4 chiffres significatifs exacts, alors le résultat est donné avec 3 décimales exactes. L’erreur sur la racine calculée est inférieure ou

égale à 3105.0 −× . Posons : 1=a 2=b

3105.0 −×=ε

et appliquons la formule : ( ) ( )[ ]

2ln2ln εabm −≥

Le calcul donne 96.9≥m . Le nombre d’itérations cherchée est 10=m . 3- Calcul de la valeur approchée de la racine par la dichotomie : Puisqu’on veut calculer la racine avec 2 chiffres significatifs exacts (donc une décimale exacte), alors nous effectuons les itérations jusqu’à ce que l’inégalité :

1105.02

−×≤− nn ab

soit établie.

5.12

2122

000 =+=

+=+=

babax

et 05.05.02

122

00f=−=

− ab

Effectuons la deuxième itération. Nous avons : ( ) ( ) 0875.05.10 f== fxf

donc : 5.11 pp ξ

25.12

5.112

111 =+=

+=

bax

et 05.025.02

15.12

11f=−=

− ab

La troisième itération :

11

( ) ( ) 0297.025.11 p−== fxf

Ainsi : 5.125.1 pp ξ

38.12

5.125.12

222 =+=

+=

bax

et 05.0125.02

25.15.12

22f=−=

− ab

Effectuons une nouvelle itération : ( ) ( ) 025.038.12 f≈= fxf

et donc : 38.125.1 pp ξ

32.12

38.125.12

333 =+=

+=

bax

et 05.0065.02

25.138.12

33f=−=

− ab

Une autre itération est nécessaire : ( ) ( ) 002.032.13 p−≈= fxf

Par conséquent : 38.132.1 pp ξ

35.12

38.132.12

444 =+=

+=

bax

et 05.003.02

32.138.12

44p=−=

− ab

La précision voulue est atteinte et la valeur approchée de la solution de l’équation :

( ) 013 =−−= xxxf

est : 4.1≈ξ

Solution exo 5 : 1) Soit la fonction ( ) ax

xf −= 1 .

a) Si α est un zéro de ( ) 0=xf , alors on doit avoir :

01 =− aα

et par conséquent :

a1=α

cʹest-à-dire que α est l’inverse de a .

b) La formule de Newton-Raphson est donnée par : ( )( )nn

nn xf

xfxx

′−=+1

12

avec : ( ) ax

xfn

n −= 1

et ( ) 21

nn xxf −=′

En portant les expressions de ( )nxf et de ( )nxf ′ dans la formule de Newton :

21 1

1

n

nnn x

axxx

−

−−=+

d’où : 21 2 nnn xaxx −=+ (1)

c) La valeur à la convergence de la série itérative (1) : S’il y a convergence de la série (1) vers une valeur α , alors on doit avoir :

α== +∞→∞→

1limlim nn

nn

xx

En passant à la limite ∞→n dans la relation (1), nous obtenons :

22 ααα a−= ce qui donne pour la valeur de convergence de la série itérative (1) :

a1=α

d) Soustrayons des deux cotés de la relation (1) la quantité a1 :

axax

ax nnn

121 21 −−=−+

Sortons a en facteur dans le membre droit de l’équation ci-dessus pour former un carré parfait :

2

22

11121

−−=

+−−=−+ a

xaaa

xxa

ax n

nnn (1’)

C’est l’équation demandée. e) De la relation (1’) on peut écrire :

a

ax

ax

n

n−=

−

−+

21

1

1

Prenons maintenant la valeur absolue des deux membres de l’équation pour obtenir :

13

a

ax

ax

n

n=

−

−+

21

1

1

Cette relation indique que la convergence de la série vers la valeur a1 est quadratique avec une constante asymptotique a ( a est donné positif). Solution exo 6 : Nous voulons chercher une valeur approchée de la solution de l’équation :

( ) 0123 =−−= xxxf comprise dans l’intervalle [ ]2,1 . En calculant ( )1f et ( )2f nous trouvons :

( ) 021 p−=f et ( ) 032 f=f

ce qui signifie que l’équation ( ) 0=xf admet au moins une racine dans l’intervalle [ ]2,1 . La première dérivée de la fonction f est :

( ) 23 2 −=′ xxf

Les valeurs de x qui annulent cette dérivée sont 32m . Dressons le tableau de changements de

signes de f ′ :

x ∞− 32−

32 1 2 ∞+

Signe de ( )xf ′ + + + 0 - - - 0 + + 1 + + 10 + + + On voit que ( )xf ′ est strictement positive sur [ ]2,1 ( ( )xf est croissante sur cet intervalle). Et puisque ( ) ( ) 021 pff , nous concluons que dans l’intervalle [ ]2,1 repose une seule racine de l’équation ( ) 0=xf . Méthode de Newton : Vérification des conditions de convergence : Du tableau de signes de f ′ on voit que ( )xf ′ garde le signe sur [ ]2,1 . On obtient pour la deuxième dérivée de f : ( ) xxf 6=′′ . Elle s’annule pour 0=x . Elle est négative pour 0px et positive pour 0fx . Ainsi la dérivée seconde de f garde le signe (positive) sur [ ]2,1 .

f ′ et f ′′ gardent le signe sur [ ]2,1 Choisissons maintenant 0x tel que ( ) ( ) 000 fxfxf ′′ .

14

Pour 10 =x nous avons :

( ) 21 −=f , ( ) 61 =′′f et ( ) ( ) 01211 p−=′′ff Donc cette valeur de 0x est à rejeter.

Pour 20 =x nous avons :

( ) 32 =f , ( ) 182 =′′f et ( ) ( ) 022 fff ′′

La valeur 20 =x vérifie la condition ( ) ( ) 000 fxfxf ′′

Les conditions de convergence de la méthode de Newton sont remplies.

Calcul de la valeur approchée de la solution de l’équation ( ) 0123 =−−= xxxf par la méthode de Newton : La formule itérative de Newton est donnée par :

( )( ) 23

12

23

122

3

2

3

1 −

+=

−

−−−=

′−=+

n

n

n

nnn

n

nnn x

x

x

xxx

xfxf

xx

Nous effectuons les itérations jusqu’à ce que 21 105.0 −+ ×≤− nn xx ( 3 chiffres significatifs

exacts ou 2 décimales exactes).

La première itération, 0=n : 7.123

1220

30

1 =−

+=

x

xx

La deuxième itération, 1=n : 623.123

1221

31

2 =−

+=

x

xx

Pour la différence entre les deux derniers résultats nous avons :

2212 105.0107.77.1623.1 −− ××=−=− fxx

La troisième itération, 2=n : 618.123

1222

32

3 =−

+=

x

xx

223 105.0623.1618.1 −×=−=− xx

La solution approchée de l’équation ( ) 0123 =−−= xxxf est 62.1≈ξ .

Solution exo 7 : Soit à résoudre l’équation : ( ) 011002 =+−= xxxf par la méthode du point fixe.

15

Calcul des racines par la méthode du point fixe : Calcul de la valeur approchée de 1ξ :

Réécrivons l’équation 011002 =+− xx sous la forme ( )xgx = :

( )100

12 +== xxgx

Remarquons que la fonction ( )100

12 += xxg est croissante sur [ ]1.0,01.0 et que :

( ) 01.0010001.001.0 f=g ( ) 1.00101.01.0 p=g

Donc : [ ]1.0,01.0∈∀ x , ( ) [ ]1.0,01.0∈xg Calculons maintenant la dérivée ( )xg′ :

( ) xxg501=′

On voit que :

[ ]( )

[ ]1002.0

501maxmax

1.0,01.01.0,01.0pLxxg ===′

L’équation ( ) 0=xf possède une seule racine dans l’intervalle [ ]1.0,01.0 . Les conditions de convergence de la méthode du point fixe sont remplies. Cette méthode converge pour n’importe quelle valeur initiale de l’intervalle [ ]1.0,01.0 . Prenons pour approximation

initiale la valeur 1.00 =x . Effectuons les calculs jusqu’à ce que 61 105.0 −+ ×≤− nn xx

( 21002.0 p=L ).

( ) 0101.0100

120

01 =+

==x

xgx

( ) 0100010.0100

121

12 =+

==x

xgx

( ) 0100010.0100

122

23 =+

==x

xgx

On voit que 623 105.0 −×− pxx

Donc nous arrêtons les itérations. La valeur approchée de la première racine est 0100010.0≅ξ . Calcul de la valeur approchée de 2ξ :

La fonction ( )100

12 += xxg n’est plus valable pour calculer la valeur approchée de 2ξ .

16

Transformons l’équation 011002 =+− xx à la forme :

( )x

xgx 1100 −==

Calculons la première dérivée de ( )xg :

( ) 21x

xg =′

Puisque ( ) 0fxg′ , la fonction ( )xg est croissante. Calculons ( )10g et ( )100g :

( ) 9.9910110010 =−=g

( ) 99.99100

1100100 =−=g

On constate que : [ ]100,10∈∀ x , ( ) [ ]100,10∈xg

On remarque que ( ) 21x

xg =′ est décroissante et de ce fait :

[ ]( )

[ ]101.01maxmax 2100,10100,10

pLx

xg ===′

Par conséquent l’équation 011002 =+− xx admet une seule racine dans l’intervalle [ ]100,10 . La méthode itérative du point fixe converge vers la racine cherchée en partant de n’importe quelle valeur approximative initiale. Prenons 100 =x et effectuons les itérations jusqu’à ce que

31 105.0 −+ ×≤− nn xx ( 2101.0 p=L ).

( ) 9.9911000

01 =−==x

xgx

( ) 9900.9911001

12 =−==x

xgx

( ) 9900.9911002

23 =−==x

xgx

On voit que : 323 105.0 −×− pxx

La valeur approchée de la deuxième racine est : 990.992 ≅ξ .

Solution exo 8 : Soit à résoudre l’équation 0cos2 =− xx . Méthode du point fixe :

Transformons l’équation donnée à la forme ( )xgx = où ( ) xxg cos21= .

Vérification des conditions de convergence de la méthode du point fixe :

17

1- Nous avons :

[ ]1cosmax

5.0,0=x

et

[ ]877.0)5.0cos(cosmin

5.0,0==x

Ainsi :

[ ]( ) [ ]5.0,05.0max

5.0,0∈=xg

et

[ ]( ) [ ]5.0,04385.02877.0min

5.0,0∈==xg

Et puisque ( ) xxg cos21= est monotone sur [ ]5.0,0 , alors on peut affirmer que :

[ ] ( ) [ ]5.0,0,5.0,0 ∈∈∀ xgx

2- Calculons la première dérivée : ( ) xxg sin21−=′

On a : [ ]

( )[ ]

( ) 24.0479.021sin

21maxmax

5.0,05.0,0≈=−=′ xxg

Ainsi ( ) 124.0 p=≤′ Lxg

Alors, l’équation 0cos2 =− xx admet une seule racine dans l’intervalle [ ]5.0,0 et la méthode du point fixe converge vers cette racine. Calcul de la valeur approchée de la racine par la méthode du point fixe : La forme itérative du point fixe est ( )nn xgx =+1

Partons de l’estimation initiale de la racine 5.00 =x .

La première itération : ( ) ( ) 43879.05.001 === gxgx

La deuxième itération : ( ) ( ) 45263.043879.012 === gxgx

La troisième itération : ( ) ( ) 44965.045263.023 === gxgx

La quatrième itération : ( ) ( ) 45030.044965.034 === gxgx

La cinquième itération : ( ) ( ) 45016.045030.045 === gxgx

La solution approchée de l’équation donnée est : 45016.0≅ξ Solution exo 9 : Soit l’équation : ( ) 02 =−= − xexxf (1) A) Calculons la première dérivée de ( )xf :

18

-4 -2 0 2 4

-4

-2

0

2

4y=e-2xy=x

( ) xexf 221 −+=′ f ′ est toujours positive et par suite la fonction ( )xf est croissante. Pour les limites nous avons,

( ) −∞=

−∞→xxflim et ( ) +∞=

+∞→xxflim

On conclut que la fonction f possède une seule racine. Une étude graphique mène aussi à la même constatation. Ecrivons (1) sous la forme,

xex 2−= et traçons les graphes des fonctions xy =

et xey 2−= . On voit de la figure 4 qu’il y a un seul point d’intersection entre les courbes représentatives des deux fonctions. Donc Figure 4 on peut affirmer que l’équation (1) admet une racine unique. En calculant ( )0f et ( )1f , nous obtenons :

( ) 010 p−=f et ( ) 011 2 f−−= ef Ainsi :

( ) ( ) 010 pff et la racine unique de l’équation (1) est comprise dans l’intervalle [ ]1,0 . B) La méthode de Newton : Avant d’appliquer la méthode de Newton, vérifions les conditions de convergence de cette méthode. Nous savons de la partie A) que la première dérivée est toujours positive

( ( ) 021 2 fxexf −+=′ ). Donc cette dérivée garde le signe sur l’intervalle [ ]1,0 . Calculons, maintenant, la dérivée seconde de f :

( ) 04 2 pxexf −−=′′ Cette dérivée garde le signe sur [ ]1,0 (elle est négative).

f ′ et f ′′ gardent le signe sur [ ]1,0 Puisque ( ) ( ) 000 fff ′′ nous prenons 00 =x comme approximation initiale de la racine de

l’équation (1).

19

Les conditions de convergence de la méthode de Newton sont remplies. Effectuons les itérations

jusqu’à ce que 21 105.0 −+ ×≤− nn xx .

La formule d’itération de la méthode de Newton est :

( )( )

( )nx

nxn

n

nnn

e

ex

xfxf

xx 2

2

121

21−

−

++

+=

′−=

La première itération : ( )

31

21

21

02

020

1 =+

+=

−

−

x

x

e

exx

La deuxième itération : ( )

422.021

21

12

121

2 =+

+=

−

−

x

x

e

exx

Pour la différence entre les deux derniers résultats nous avons : 2

12 105.009.0333.0422.0 −×=−=− fxx

Il faut, donc, effectuer une nouvelle itération.

La troisième itération : ( )

426.021

21

22

222

3 =+

+=

−

−

x

x

e

exx

et 2223 105.0104.0004.0422.0426.0 −− ××==−=− pxx

La précision exigée est atteinte et la solution approchée de l’équation (1) est :

43.0≅ξ C) Nous avons :

( )λ

λ++==

−

1

2 xexxgx avec, 0fλ

Montrons que cette équation est identique à l’équation (1). Nous avons :

( ) xexx 21 −+=+ λλ

d’où il vient : 02 =− − xex Cherchons, maintenant, les valeurs de λ qui font converger la méthode du point fixe. A cet effet calculons la dérivée de ( )xg ,

20

( )λ

λ+

−=′−

12 2 xexg

Cherchons les valeurs de λ pour lesquelles ( ) 1pxg′ (cʹest-à-dire ( ) 11 pp xg′− ) pour tout x

de l’intervalle [ ]1,0 . Il est clair que ∈∀ x [ ]1,0 nous avons :

22 222 −− −≤−≤− ee x ou encore en ajoutant λ ,

22 222 −− −≤−≤− ee x λλλ Divisons maintenant par λ+1 ,

12

12

12

22

+−≤

+−≤

+−

−−

λλ

λλ

λλ ee x

mais 111

2 2pp

++− −

λλ

λλ e et donc,

( ) 11

212

2pxge x

′=+

−≤+−

−

λλ

λλ

reste donc à imposer 112 −

+− f

λλ . De cette inégalité nous obtenons les valeurs requises de λ :

21fλ

Solution exo 10 : 1) ξ est une racine simple de l’équation ( ) 0=xf : Dans ce cas, la convergence de la méthode de Newton est quadratique. La relation entre l’erreur à l’itération n et l’erreur à l’itération 1−n est donnée par :

Ce

e

n

n ≈−

21

où C est la constante asymptotique. De cette relation il vient :

83

7423

342

3222

21 −−−−− ≈

≈≈

≈≈ nnnnnn eCeCCeCeCCeCe

En continuant ainsi on peut en déduire avec aisance la relation :

kkn

kn eCe 212

−−≈

Pour écrire ne en fonction de 0e , posons dans la relation ci-dessus nk = :

21

nnn eCe 2

012 −≈

On veut que ne n’excède pas 1010− , alors :

1020

12 10−− ≤nn

eC

En prenant 5.0=C et 5.00 =e nous obtenons :

1012212

10212

21

21 −

+−≤

×=

nnn

ou encore :

( ) 1012 1022 ×≥+n

Nous obtenons pour n (en faisant intervenir le logarithme deux fois) :

1.4≥n Nous prenons : 5=n 2) ξ est une racine de multiplicité m ( )1fm de l’équation ( ) 0=xf :

Dans ce cas la convergence de la méthode de Newton n’est que linéaire. Nous avons :

Cee

n

n ≈−1

ce qui donne :

[ ] [ ] knk

nnnnnn eCeCeCCeCeCCeCe −−−−−− ≈≈≈≈≈≈≈ ...33

32

22

21

Il est clair, qu’en fonction de 0e nous obtenons :

0eCe nn =

En prenant 5.0=C et 5.00 =e nous arrivons à l’expression :

21

21

×

=

n

ne

La condition 101

1021 −

+≤

=

n

ne entraîne :

22.32≥n

22

On prend pour le nombre d’itérations la valeur :

33=n On voit que le nombre d’itérations dans ce cas (racine de multiplicité 1fm ) est très grand par rapport au cas précédent où la racine était simple.

Soit la fonction ( ) ( )( )xfxf

xg′

= . Puisque ξ est une racine de multiplicité m ( )1fm de

l’équation ( ) 0=xf , alors nous avons :

( ) ( ) ( )xhxxf mξ−= avec ( ) 0≠ξh . Le calcul de la dérivée ( )xf ′ donne :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )xhxxhxmxf mm ′−+−=′ − ξξ 1 et par suite :

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

( )

( ) ( )xKxxhxxhm

xhxxg

xK

ξξ

ξ −=′−+

×−=444 3444 21

On voit que ( ) 0=ξg . Ce qui signifie que ξ est une racine de ( )xg . Et comme :

( ) ( ) ( )xKxxg ξ−=

avec ( ) 01≠=

mK ξ , alors cette racine est simple.

3) On applique la méthode de Newton sur ( )xg plutôt que sur ( )xf parce que la convergence dans ce cas est quadratique (ξ est une racine simple de ( )xg ), alors qu’elle est seulement linéaire pour ( )xf (la racine est de multiplicité 1fm ).

II) On donne l’équation : ( ) 013 =−+= xxxf (1) 1) La première dérivée de ( )xf est donnée par :

( ) 13 2 +=′ xxf Il est clair que ( ) 0fxf ′ pour tout x . Ainsi la fonction ( )xf est croissante. De plus :

( ) −∞=−∞→

xfxlim

( ) +∞=+∞→

xfxlim

Nous concluons que l’équation (1) possède une racine unique. Calculons ( )0f et ( )1f :

23

( ) 010 p−=f ( ) 011 f=f

Ces résultats montrent que la racine unique de (1), repose dans l’intervalle [ ]1,0 . 2) Méthode de Newton : Nous avons : ( ) ( ) 010 pff Ainsi que :

( ) 013 2 f+=′ xxf et ( ) 06 fxxf =′′ ] ]1,0∈∀ x Prenons pour approximation initiale 10 =x puisque ( ) ( ) 011 fff ′′× . Nous effectuons les

itérations jusqu’à ce que 41 105.0 −+ ×≤− nn xx . La formule itérative de Newton s’écrit :

( )( ) 13

122

3

1+

+=

′−=+

n

n

n

nnn

x

xxfxf

xx

La première itération : 75.013

1220

30

1 =+

+=

x

xx

La deuxième itération :

68605.013

1221

31

2 =+

+=

x

xx , 41

12 105.0106.0 −− ××≈− fxx

La troisième itération :

68234.013

1222

32

3 =+

+=

x

xx , 42

23 105.01037.0 −− ××≈− fxx

La quatrième itération :

68233.013

1223

33

4 =+

+=

x

xx , 44

34 105.0101.0 −− ××≈− pxx

Ainsi la valeur approchée de la racine de l’équation (1) est :

6823.0≈ξ 3) Le nombre d’itérations dans la méthode de dichotomie est donné par la relation :

2ln2

ln

−

≥εab

n

avec 0=a , 1=b et 4105.0 −×=ε on trouve :

28.13≥n Puisque n est entier, alors on prend la valeur 14=n .

24

4) Méthode du point fixe :

- Nous avons pour la fonction ( ) 31 1 xxg −= :

[ ]( )

[ ]133maxmax 2

1,011,0f=−=′ xxg

alors que pour la fonction ( )22

1

1

xxg

+= :

[ ]1,0∈∀ x , ( ) [ ]1,02 ∈xg

puisque : [ ]

( ) 101

1max 21,0

=+

=xg et [ ]

( )21

11

1min22

1,0=

+=xg

Pour la dérivée nous avons :

( )( )22

21

2

x

xxg+

−=′

Cherchons le maximum de ( )xg2′ dans [ ]1,0 . Annulons à cet effet la dérivée seconde :

( ) ( )( )

01

31232

22 =

+

−−=′′

x

xxg

Les racines de cette équation sont : 31−=x et 31=x . Ce qui donne pour ( )xg2′ :

6495.03

12 ≅

−′g

6495.03

12 −≅

′g

par ailleurs nous avons : ( ) 002 ≅′g ( ) 5.012 −≅′g On voit que :

[ ]( ) 165.0max 2

1,0pLxg =≈′

En conclusion : La fonction ( )xg1 ne satisfait pas les conditions de convergence du point fixe, alors que ( )xg2 vérifie ces conditions. Le nombre d’itérations, k , peut être estimé de la relation :

( ) ε≤− abLk

En prenant 65.0=L , 0=a , 1=b et 4105.0 −×=ε nous obtenons 23=k .

25

- Comme critère d’arrêt nous avons (puisque 2165.0 f=L ) :

331 1054.010

65.065.011 −−

+ ×=×−

=−

≤− εLLxx nn

Solution exo 11 : 1-a) La procédure de Newton :

( )( )kk

kk xfxf

xx′

−=+1

Par comparaison de cette expression avec ( )kk xx ϕ=+1 on trouve :

( ) ( )( )kk

kk xfxf

xx′

−=ϕ

ou encore :

( ) ( )( )xfxfxx

′−=ϕ (1)

b) Ordre de convergence de la méthode de Newton pour une racine simple : Montrons que ( ) 0=′ αϕ . La dérivation de (1) donne :

( ) 22

21

fff

ffffx

′

′′=

′

′′−′−=′ϕ

Pour α=x on obtient :

( ) ( ) ( )( )α

αααϕ 2fff

′

′′=′ (2)

Puisque α est racine de f ( ( ) 0=αf ), il vient de (2) :

( ) 0=′ αϕ Si nous calculons ( )xϕ ′′ nous obtenons :

( ) 4

223 2f

ffffffffx′

′′′−′′′′+′′′=′′ϕ

et en posant α=x on aura (avec ( ) 0=αf ) :

( ) ( ) ( )( )

( )( )αα

ααααϕ

ff

fff

′′′

=′

′′′=′′

4

3 (3)

26

On voit de (2) et (3) que si ( ) 0=αf et ( ) 0≠′ αf la méthode de Newton est au moins d’ordre 2. Si ( ) 0=′′ αf , ( ) 0=′′ αϕ et la méthode de Newton est au moins d’ordre 3. 2-a) Ordre de convergence de la méthode de Newton pour une racine double : Montrons que ( ) 0≠′ αϕ . De la relation :

( ) ( ) ( )xhxxf 2α−= il vient pour les deux premières dérivées :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]xhxxhxxf ′−+−=′ αα 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xhxxhxxhxf ′′−+′−+=′′ 242 αα Par ailleurs, nous avons établi que :

( ) ( ) ( )( )xfxfxfx 2′

′′=′ϕ

En portant les expressions de f , f ′ et f ′′ dans cette relation, nous aboutissons à :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]( ) ( ) ( )[ ]2

2

242

xhxxhxhxxhxxhxhx

′−+

′′−+′−+=′

αααϕ

En posant α=x nous obtenons :

( ) 021≠=′ αϕ

Cette relation indique que la convergence de la méthode de Newton, dans ce cas, est d’ordre 1. b) Méthode de Newton modifée : De la relation donnée :

( )( )kk

kk xfxf

xx′

−=+ 21

on en déduit que la fonction ( )xϕ est donnée par :

( ) ( )( )xfxfxx

′−= 2ϕ

La première dérivée est :

( ) 22

2

2

221221fff

ffff

ffffx

′

′′+−=

′

′−′′=

′

′′−′−=′ϕ

Calculons ( )αϕ′ :

27

( ) ( ) ( )( )α

αααϕ 221f

ff′

′′+−=′

Mais nous avons obtenu dans 2-a) ( ) ( )

( ) 21

2 =′

′′

ααα

fff

et par suite :

( ) 02121 =×+−=′ αϕ

La méthode de Newton est donc au moins d’ordre 2.

Solution exo 12 : Soit l’équation : ( ) 03 =−−= xexf x (1) 1) Calculons la dérivée de f :

( ) 1−=′ xexf La valeur de x qui annule la dérivée est 0=x . Cette valeur se trouve à l’extérieur de l’intervalle [ ]2,1 . Sur cet intervalle f ′ est positive et donc la fonction f est croissante. De plus nous avons :

( ) 028.11 p−≈f et ( ) 039.22 f≈f Nous en concluons que l’équation (1) admet dans l’intervalle [ ]2,1 une racine unique. 2) Nous avons :

( ) 31 −= xexg

la dérivée de 1g s’écrit :

( ) xexg =′1

Puisque la dérivée est toujours positive, la fonction ( ) 31 −= xexg est croissante. Le calcul des

valeurs de 1g au bords de l’intervalle [ ]2,1 donne :

( ) 7.211 ≈=′ eg et ( ) 39.72 21 ≈=′ eg

Ainsi : [ ] ( ) 1,2,1 1 fxgx ′∈∀

et la convergence de la méthode du point fixe n’est pas assurée pour la fonction 1g .

3) Soit l’équation : ( ) ( ) 03ln =−+= xxxh

28

L’égalité : ( ) 03ln =−+ xx

entraîne : xex =+ 3 et on retrouve l’équation (1) :

03 =−− xe x 4) La dérivée première de ( )xh s’écrit :

( )

++−=−

+=′

321

31

xx

xxh

Il est clair que ( )xh′ est négative sur l’intervalle [ ]2,1 et la fonction ( )xh est décroissante sur cet intervalle. D’autre part nous avons :

( ) 039.01 f≈h et ( ) 039.02 p−≈h De ce qui a précédé, nous concluons que l’équation (2) admet une racine unique sur l’intervalle [ ]2,1 . 5) La fonction donnée est : ( ) ( )3ln2 += xxg

En calculant la première dérivée nous obtenons :

( )3

12 +

=′x

xg

La fonction ( )xg 2 est croissante du fait que ( )xg 2′ est positive sur [ ]2,1 . Le maximum de la

dérivée est donnée par :

[ ]( ) ( ) 125.0

411max 222,1

p==′=′ gxg

Pour la fonction ( )xg 2 nous avons :

[ ]( ) ( ) 39.14ln31lnmin 22,1

≈=+=xg

et

[ ]( ) ( ) 61.15ln32lnmax 22,1

≈=+=xg

Donc : [ ] ( ) [ ]2,1,2,1 2 ∈∈∀ xgx

Les conditions de convergence de la méthode du point fixe sont satisfaites pour la fonction ( )xg 2 .

29

6) En vertu du théorème de la valeur moyenne nous avons : ( ) ( ) ( ) ( )ξαξ −′=− −− 11 nn xggxg

où α est comprise entre 1−nx et ξ . En tenant compte des égalités :

( ) ξξ =g et ( ) nn xxg =−1

nous aboutissons à :

( ) ( )ξαξ −′=− −1nn xgx

et puisque ( )41=≤′ Lxg , alors nous pouvons écrire :

ξξ −≤− −141

nn xx

Mais nous avons aussi :

ξξ −≤− −− 21 41

nn xx

d’où :

ξξ −

≤− −2

2

41

nn xx

ou encore :

ξξξξ −

≤≤−

≤−

≤− −− 03

3

2

2

41...

41

41 xxxx

n

nnn

Faisons la majoration ( ) 1120 =−=−≤− abx ξ

où ab − est la largeur de l’intervalle [ ]2,1 pour obtenir :

n

nx

≤−

41ξ

Afin de calculer une valeur approchée avec une précision 310− , imposons l’inégalité :

31041 −≤

n

ce qui donne pour le nombre d’itérations :

5≥n 7) Partons de la formule itérative :

30

( ) ( )3ln21 +==+ nnn xxgx

et de l’approximation initiale 10 =x pour calculer les cinq premières itérations :

( ) 38629.13ln 01 =+= xx

( ) 47848.13ln 12 =+= xx

( ) 49928.13ln 23 =+= xx

( ) 50392.13ln 34 =+= xx

( ) 50495.13ln 45 =+= xx

Solution exo 13 : Soit l’équation polynomiale ( ) 012 67 =+−= xxxf . 1) Détermination du nombre de racines de l’équation polynomiale : Annulons la première dérivée de ( )xf :

( )

==

⇒=−=−712

00127127 556

xx

xxxx

Les valeurs de f aux points 0=x et 712=x sont :

( ) 10 =f ( ) 25.6712 −=f

Dressons le tableau de signes de f :

x ∞− 0 712 ∞+ Signe de f - + - +

Le nombre de changements de signes de f est égal à 3. Donc, l’équation polynomiale donnée admet trois racines. Et puisque ( ) 01 =f , alors 1=x est l’une de ces racines. 2) Séparation des racines : a) On remarque que :

( ) 07.39.1 p−≈f ( ) 012 f=f

On en conclut que : 29.1 1 pp ξ

b) Nous avons :

( ) 054.09.0 p−≈−f ( ) 079.08.0 f=−f

et nous pouvons écrire pour la racine négative : 8.09.0 2 −− pp ξ

31

3) Nous savons que la forme de la relation itérative de la méthode du point fixe est donnée : ( )nn xgx =+1

En comparant cette expression avec l’expression donnée : 6112n

n xx −=+ on obtient :

( ) 612x

xg −=

La première dérivée de g s’écrit :

( ) 76x

xg =′

On constate que sur l’intervalle [ ]2,9.1 , ( )xg′ est positive. La fonction g est croissante.

[ ]( )

( )9787.1

9.112min 62,9.1

≅−=xg

[ ]( )

( )984.1

212max 62,9.1

≅−=xg

De ce qui précède, nous pouvons écrire :

[ ]2,9.1∈∀ x , ( ) [ ]2,9.1∈xg Le maximum de ( )xg′ sur l’intervalle [ ]2,9.1 est atteint pour 9.1=x :

[ ]( )

( )1067.0

9.16max 72,9.1

pLxg ===′

En résumé, l’équation ( )xgx = , admet une solution dans l’intervalle [ ]2,9.1 et cette solution est unique (elle est notée 1ξ ). La méthode du point fixe dont la formule itérative est :

6112n

n xx −=+

converge vers la valeur de 1ξ .

Pour montrer que la formule itérative donnée ne peut être utilisée pour approcher 2ξ , il suffit de

d’établir que la valeur absolue de ( )xg′ sur l’intervalle, [ ]8.0,9.0 −− , où repose cette racine est toujours supérieure à 1.

[ ]( )

( )161.28

8.06max 78.0,9.0

f≈=′−−

xg

et :

[ ]( )

( )154.12

9.06min 78.0,9.0

f≈=′−−

xg

32

On voit que : [ ]8.0,9.0 −−∈∀ x , ( ) 1fxg′

Calcul de la valeur approchée de la racine avec la précision 210 − : Puisque 1067.0 p=L , alors nous prenons comme critère d’arrêt :

21 10 −+ ≤− nn xx

Utilisons la relation de récurrence 6112n

n xx −=+ et partons de l’approximation initiale 20 =x .

La première itération : 984.112 60

1 =−=x

x

La deuxième itération : 984.112 61

2 =−=x

x

On voit que : 212 10 −− pxx

La valeur approchée de la solution 1ξ est : 98.11 ≈ξ

Solution exo 14 : Nous avons le polynôme ( ) 1953 234 ++−−= xxxxxP . 1- Les calculs directs donnent : ( ) 32P =− , ( ) 4.3121P −=− et ( ) 10P =

2- Schéma de Hörner pour ( )5P :

17134521

17025105

19531 5−−

Nous avons 010 f=b et les autres ib sont non négatifs. On peut en conclure que les racines kx de

( ) 0=xP vérifient l’inégalité 5xk ≤ . Du schéma de Hörner ( ) 1715P = . Calculons ( )xP − . Nous avons :

( ) ( ) 1953 234 +−−+=−= xxxxxPxH et le schéma de Hörner pour ( )2H s’écrit :

31551

17025105

19531 2−−

33

Les coefficients du schéma de Hörner sont tous positifs. Ceci signifie que les racines du polynôme ( )xH qui sont kx− vérifient la relation 2≤− kx , ou bien :

2xk −≥

Ainsi les racines de lʹéquation polynomiale ( ) 0=xP se trouvent dans lʹintervalle : [ ]5,2− .

3- Faisons le schéma de Hörner pour ( )2P :

95711

101422

19531

−−−−

−−−

−− 2

De ce schéma nous avons ( ) 92P −= . Le polynôme ( )xQ sʹécrit :

( ) 5723 −−−= xxxxQ et le polynôme ( )xP prend la forme :

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 92x57xxx 23 −−−−−=+−−−−= 225723 PxxxxxP 4- Méthode de Lobatchevski-Graeffe : Nous avons :

10 =a , 31 −=a , 52 −=a , 93 =a et 14 =a En faisant la quadratisation nous trouvons pour les coefficients du nouvel polynôme :

==

=−=

=+−=

=−=

==

1

912

8122

192

1

244

42233

4031222

20211

200

aA

aaaA

aaaaaA

aaaA

aA

une deuxième quadratisation donne :

=

====

1811931051991

4

3

2

1

0

AAAAA

34

La troisième quadratisation :

==

==

=

1659119516409665

333911

4

3

2

1

0

AA

AAA

pour la 6ème nous aurons :

=×=

×=

×=

=

1105622.3

107848.1

104753.1

1

4

623

542

361

0

AA

A

A

A

De la troisième quadratisation :

−=−=−=

−=−=−=

−=−=−=

−=−=−=

84341

83233

82122

81011

51716.1

28321.10

95786.191

33391

xAAY

xAAY

xAAY

xAAY

Ce qui donne pour les racines :

±=±=±=±=

10535.033818.19293.167667.3

4

3

2

1

xxxx

Pour déterminer les signes des racines nous avons :

( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )

=−=+++

−−−

3052020

00210212

014321 aaxxxxPPPPPPPP

p

p

p

p

Ainsi les racines de lʹéquation polynomiale donnée sont :

3.677x1 = , 1.338x2 = , 0.105x3 −= et 1.929x4 −= Solution exo 15 : Méthode de Bernoulli :

Etant donné le polynôme : ( ) 14583 ++−= xxxxP Les coefficients de ce polynôme sont : 10 =a , 81 −=a , 52 =a , 143 =a

35

Lʹéquation aux différences finies s’écrit :

01458 123 =++− +++ iiii yyyy

dʹoù iiii yyyy 1458 123 −−= +++ (1)

Posons : 010 == yy et 12 =y

Pour des valeurs de i allant de 0 à 6 nous obtenons de la relation (1) :

i 3+iy 23 ++ ii yy i 3+iy 23 ++ ii yy 0 8 8 7 7061813 7.000169

1 59 7.375 8 710943303.4 × 7.000048

2 418 7.084746 9 81046032.3 × 7.000014

3 2937 7.026316 10 4 20580 7.007150 11 5 144103 7.002090 12 6 1008806 7.00059 13

La valeur approchée de la racine de l’équation polynomiale donnée est 7.000014. La solution exacte est 7. Solution exo 16 : Soit le polynôme ( ) 18710 23 ++−= xxxxP (1)

A) Calcul de ( )10P en utilisant le schéma de Hörner :

Le schéma de Hörner pour ( )10P :

88701

70010

187101 10−

Donc : ( ) 8810 =P Nous avons 010 f=b et les autres ib sont non négatifs. On peut en conclure que les racines kx de

( ) 0=xP vérifient 10xk ≤ .

B) Méthode de Bernoulli : Nous avons pour les coefficients du polynôme :

10 =a , 101 −=a , 72 =a , 183 =a

36

Lʹéquation aux différences finies à la forme : 018710 123 =++− +++ iiii yyyy

Dʹoù : iiii yyyy 18710 123 −−= +++ (2)

on pose 010 == yy et 12 =y . Pour des valeurs de i de 0 à 3 nous obtenons de la relation (2)

i 3+iy 23 ++ ii yy

0 10 10 1 93 9.3 2 842 9.053763 3 7589 9.01364

Ainsi la valeur approchée de la racine maximale en module 3x de l’équation polynomiale est

9.01364. (La solution exacte est 93 =x )

C) On peut utiliser la méthode de Bernoulli pour calculer une valeur approchée de la racine minimale en module, 1x , de l’équation polynomiale ( ) 0=xP . Pour cela, il faut remplacer dans (1)

x par X1 :

01817110123

=+

+

−

XXX

Multiplions l’équation par 3X : 0187101 32 =++− XXX En divisant par 18 on obtient le polynôme :

0181

1810

187 23 =+−+ XXX (3)

L’application de la méthode de Bernoulli à l’équation polynomiale (3) donne une valeur approchée de la racine minimale en module de (1). D) Vérifions d’abord si les conditions de convergence de la méthode de Newton sont satisfaites. Nous avons 5.10 −=x et l’intervalle [ ]0,2− .

1) Nous avons pour tout [ ]0,2−∈x , ( ) 07203 2 f+−=′ xxxP et ( ) 0206 p−=′′ xxP . Donc P′et P ′′ gardent le signe sur [ ]0,2− 2) Pour 5.10 −=x nous avons : ( ) 0375.185.1 p−=−P , ( ) 0295.1 p−=−′′P et le produit

( ) ( ) 05.1.5.1 fPP ′′ Les conditions de convergence de la méthode de Newton sont satisfaites. Posons ( ) ( )xPxf = , effectuons de l’expression :

37

7203

181022

23

1+−

−−=+

nn

nnn

xx

xxx

les calculs avec 5 décimales et arrêtons les itérations lorsqu’on atteint la précision de 4105.0 −× .

Pour la première itération on a : ( )( )

( )( ) 08.1

5.15.15.1

0

001 −=

−′−−−=

′−=

ff

xfxf

xx

La deuxième itération : ( )( )

( )( ) 00262.1

08.108.108.1

1

112 −=

−′−−−=

′−=

ff

xfxf

xx

La troisième itération : ( )( )

( )( ) 00000.1

00262.100262.100262.1

2

223 −=

−′−−−=

′−=

ff

xfxf

xx

Nous avons pour l’écart entre les deux dernières itérées :

42

23 105.01026.0 −− ××=− fxx

La quatrième itération : ( )( )

( )( ) 00000.1

00000.100000.100000.1

3

334 −=

−′−−−=

′−=

ff

xfxf

xx

Nous avons :

534 105.0 −×− pxx

La précision voulue est atteinte et la valeur approchée de la solution 1x de l’équation donnée est :

0000.1−≅x

Solution exo 17 : Méthode de Bairstow :

La division du polynôme ( ) 825 23 ++−= xxxxP par 75.175.02 −− xx donne :

( ) ( ) ( )5625.05625.025.475.175.0825 223 −−+−−−=++− xxxxxxx En comparant ce résultat avec la relation :

( ) ( ) ( ) sxrxQxxxP ++−−= 75.175.02 on trouve pour r et s : 5625.0=r et 5625.0=s et ( ) ( )25.4−= xxQ

La division de ( )xQ par 75.175.02 −− xx donne :

38

( ) ( )25.4075.175.025.4 2 −+×−−=− xxxx d’où il en découle pour les dérivées partielles :

1−=∂∂cr et 25.4=

∂∂cs

La division de ( )xQx par 75.175.02 −− xx permet d’obtenir les dérivées restantes :

( ) ( )75.150.3175.175.025.4 22 +−+×−−=− xxxxx

et 5.3=∂∂br et 75.1−=

∂∂bs

Le système

( )

( )

−=∆∂∂+∆

∂∂

−=∆∂∂+∆

∂∂

cbsccsb

bs

cbrccrb

br

,

,

s’écrit :

−=∆+∆−−=∆−∆

5625.025.475.15625.05.3cb

cb

et donne : 225.0−=∆b et 225.0−=∆c

Les nouvelles valeurs de b et c sont :

975.0−=b et 975.1−=c En effectuant la deuxième itération on obtient :

( ) ( ) ( )0506.00506.0025.4975.1975.0825 223 ++−−−=++− xxxxxxx On voit que : 0506.0== sr et ( ) 025.4−= xxQ . Pour les dérivées partielles nous obtenons de la division de ( )025.4−x et ( )025.4−xx par

( )975.1975.02 −− xx :

1−=∂∂cr , 025.4=

∂∂cs , 05.3=

∂∂br et 975.1−=

∂∂bs

39

La résolution du système

( )

( )

−=∆∂∂+∆

∂∂

−=∆∂∂+∆

∂∂

cbsccsb

bs

cbrccrb

br

,

,

donne : 0247.0−=∆b et 0247.0−=∆c

et les nouvelles valeurs de b et c sont :

1−=b et 2−=c

Et comme 1100506.0 −== psr nous arrêtons les itérations et nous avons finalement :

( ) ( )025.42825 223 −−−≅++− xxxxxx

Les racines de 0825 23 =++− xxx sont les racines de 022 =−− xx et la racine de 0025.4 =−x . Ces racines sont :

025.41 =x , 12 −=x et 23 =x

Solution exo 18 : Méthode de Bairstow :

Divisons le polynôme ( ) 24503510 234 ++++= xxxxxP par 132 ++ xx :

( ) ( ) ( )1141371324503510 22234 ++++++=++++ xxxxxxxxx En comparant ce résultat avec la relation :

( ) ( ) ( ) sxrxQxxxP ++++= 132 on trouve pour r et s : 4=r et 11=s

alors que : ( ) ( )1372 ++= xxxQ

La division de ( )xQ et ( )xQx par 132 ++ xx donne :

4−=∂∂cr , 12−=

∂∂cs , 0=

∂∂br et 4=

∂∂bs

25.0=∆b et 0.1=∆c

et les nouvelles valeurs de b et c sont : 25.3=b , 2=c Après quelques itérations on aboutit à : 0048.0=r , 0039.0=s

40

et 4−=∂∂cr

, 01.10−=∂∂cs

, 99.1=∂∂br

et 00.8=∂∂bs

21026.0 −×=∆b et 21025.0 −×=∆c

0.3=b , 2=c

Alors : ( ) ( )1272324503510 22234 ++++≅++++ xxxxxxxx et les racines du polynôme donné sont :

21 −=x , 12 −=x , 43 −=x et 34 −=x .