indications correction mai 2024

[parisse]

Sujet https://www-fourier.univ-grenoble-alpes ... 06et24.pdf

Exercice 1
1.1/ on supprime le terme constant et on divise par x,
\(\sum_{j=1}^{\infty} (-1)^j \frac{x^{2j-1}}{(2j)!}\)
Et \(R=+\infty\) (celui de cosinus)
1.2/ On intègre terme à terme
\(F(x)=\sum_{j=1}^{\infty} (-1)^j \frac{x^{2j}}{(2j)! 2j}\)
1.3/ pour \(x=1\) la série est alternée (alternance de signe et décroissance vers 0), si on arrête la somme à l'indice n, alors le reste est majoré en valeur absolue par \(\frac{1}{(2(n+1))! 2(n+1)}\) qui devient plus petit que 1e-8 pour n=5. Donc
\(|F(1)-\sum_{j=1}^{5} (-1)^j \frac{x^{2j}}{(2j)! 2j}|<{\tt 1e-8}\)
la somme vaut

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sum((-1)^j/(2j)!/2/j,j,1,5)

-17404577/72576000, environ -0.239811742174
On peut vérifier en calculant

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integrate((cos(t)-1)/t,t,0.0,1)

1.4/
\(\int_1^x\frac{\cos(t)}{t} \ dt= \int_1^x \frac{\cos(t)-1}{t}\ dt+ \int_1^x \frac{dt}{t}=F(x)-F(1)+\ln(x)\)

Exercice 2
2.1 \(I_N(1)=\frac{1}{6N}\left( f(0)+f(1)+2\sum_{j=1}^{N-1} f(\frac{j}{N}) + 4 \sum_{j=0}^{N-1} f(\frac{j+1/2}{N}\right)\) où \(f(t)=\tan(t^2)\)
2.2 On calcule f4 la dérivée 4-ième de f

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f(t):=tan(t^2); f4:=diff(f(t),t,4)

On observe que tous les termes de la somme de f4 sont positifs et croissants sur l'intervalle [0,1], donc le maximum de f4 est obtenu en t=1 et vaut f4(t=1.0)<9185. On peut donc majorer l'erreur de la méthode de Simpson par 9185/2880/N^4. On veut une erreur plus petite que 1e-3, donc N^4>=9185/2880/1e-3 donc N>=(9185/2880/1e-3)^(1/4) donc N>=8, pour N=8 on a

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N:=8; 1/6/N*(f(0)+f(1.0)+2*sum(f(j/N),j,1,N-1)+4*sum(f((j+.5)/N),j,0,N-1))

qui vaut environ 0.3984. On vérifie avec

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integrate(tan(t^2),t,0.0,1)

2.3/ N convient pour calculer F(x) pour tout x dans [0,1], car le majorant de la dérivée 4ième sur [0,1] l'est à fortiori sur [0,x]. Et donc aussi sur [-1,0] par parité/imparité.
2.4/ Si on ne tient pas compte des erreurs d'arrondis, l'erreur totale sera \(\epsilon+\frac{M_4}{2880N^4}\) car on somme 6N termes avec une erreur absolue de \(\epsilon\), ce qui donne une erreur absolue de \(6N\epsilon\) puis on divise par 6N.
Pour étudiants avancés: Si on tient compte des erreurs d'arrondis dans la somme (erreur relative supposée être en \(\epsilon\)), il faut ajouter (cf. https://www-fourier.univ-grenoble-alpes ... html#sec10) un terme proportionnel à
\(\epsilon \sum_{j=1}^{6N} (6N-j)=\epsilon 3N(6N-1)\)

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factor(sum((6N-j),j,1,6N))

si la somme est faite naïvement, ensuite on divise par 6N, donc on obtient environ \(\epsilon 3N\).
2.5/ Sans tenir compte des erreurs d'arrondis, plus N est grand, plus l'erreur sera petite, mais elle restera toujours au moins d'ordre \(\epsilon\). Le N optimal est donc de l'ordre de grandeur tel que les deux termes d'erreurs sont égaux, soit
\(\epsilon=\frac{M_4}{2880N^4}\)
donc N de l'ordre de 20 000, pour une erreur d'ordre 2e-17.
En tenant compte des erreurs d'arrondi, on aura plutôt
\(3N\epsilon=\frac{M_4}{2880N^4}\)
donc N de l'ordre de 4000, pour une erreur de l'ordre de 1e-13.
2.6/ (Bonus pour étudiants avancés) cela correspond à l'hypothèse que les erreurs se comportent comme des variables aléatoires indépendantes, la variance d'une somme d'erreurs est la somme des variances.
Sans tenir compte des erreurs d'arrondi, \(\epsilon\) est remplacé par \(\epsilon/\sqrt{N}\) et donc l'erreur tend vers 0, pour N petit en 1/N^4 mais pour N grand en 1/sqrt(N) ce qui est très lent, on a donc intérêt à s'arrêter lorsque les 2 erreurs deviennent proches, N de l'ordre du millier avec une erreur presque toujours plus petite que 1e-15.
Si on tient compte des erreurs d'arrondi, la variance de la somme des erreurs d'arrondi va se comporter comme

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factor(sum((6N-j)^2,j,1,6N))

en 2*36*N^3, donc l'écart-type en sqrt(2N)*6*N, on divise par 6N, on obtient une erreur d'arrondi totale d'écart-type \(\sqrt{2N}\epsilon\). Le N optimal est donc lorsque l'erreur de Simpson est de l'ordre de grandeur de cet écart-type, soit N proche des 10 000

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(sqrt(2)*9185/2880/1e-17)^(1/4.5)

avec une erreur en 1e-15.

[parisse]

Exercice 3

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f(x):=tan(x^2)-x-1

3.1/

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f1:=f'; f2:=diff(f(x),x,2)

renvoie \(f'(x)=2 x \left(1+\tan ^{2}\left(x^{2}\right)\right)-1, \quad f'{'}(x)=8 x^{2} \tan ^{3}\left(x^{2}\right)+8 x^{2} \tan \left(x^{2}\right)+2 \tan ^{2}\left(x^{2}\right)+2\)
Tous les termes de f'' sont positifs, car tan(x^2) est positif dans l'intervalle [-1.1,1.1] (\(x^2<=1.21<\pi/2\)), donc f est convexe. Comme f'(0)=-1 et f' croissante, f' est bien négative sur [-1.1,0].
f'(1.1)=16.6 et il ne peut pas y avoir de perte de précision importante quand on soustrait 17.6 et 1 (ces 2 nombres ne sont pas proches), donc f'(1.1)>0 et f' s'annule une fois sur [0,1.1] en x0.
3.2/ f(0)=-1, f(-1.1) et f(1.1) sont positifs (valeurs approchées) donc f décroit de -1.1 à x0 (avec f(x0)<0 puisque f(0)=-1) puis croit de x0 à 1.1, il y a donc 2 solutions de f(x)=0, une négative (appelons-la A), et une autre (B) entre x0 et 1.1 (x0 vaut environ 0.475).
3.3/

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P:=interp([-1.1,0,1.1],f)

renvoie
\(\left(x+1.1\right) \left(2.19035090493 x-3.40938599543\right)+2.75032459497\)
3.4/ On a un polynôme du second degré, on cherche ses racines à la machine

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a,b:=proot(P)

qui donne [-0.484927894742,0.941475746388].
3.5/ \(u_{n+1}=u_n-\frac{f(u_n)}{f'(u_n)}\)
3.6/ On calcule les 4 premiers termes de la suite telle que u0=a

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u:=a; 
u:=u-f(u)/f1(u)

puis on recopie deux fois la dernière commande.
On obtient alors u1=-0.620934153605, u2=-0.609976468241, u3=-0.609883174155.
La suite n'est donc pas monotone à partir de u0, il y a une erreur d'énoncé. Par contre f(u1)=0.0268... est positif, donc u1<A, la racine négative de f. Comme f est convexe décroissante, la suite est monotone croissante vers A à partir du rang 1.
3.7/ \(f(u_3)-f(A)=f'(\theta)(u_3-A) \Rightarrow 0 \leq A-u_3=\frac{f(u_3)}{-f'(\theta)} \leq \frac{f(u_3)}{-f'(A)} \leq f(u_3)\)
(f' croit, donc -f' décroit, et -f'(0)=1). On a f(u3)=1.6e-8.
3.8/ Si on prend u0=b, on a un phénomène symétrique, u0<B, u1>B, et la suite est monotone décroissante vers B à partir du rang 1.