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Nom original: analyse3.pdf
Titre: Devoir Analyse
Auteur: Maxime Lorant

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Devoir Analyse N˚3
Maxime Lorant - Groupe C
9 mai 2011

1

Principe de l’algorithme

L’objet de notre algorithme est de résoudre l’équation f (x) = 0 avec f continue. S’il existe un intervalle fermé
[a, b] tel que f (a) × f (b) soit négatif, il existe au moins une racine c dans l’intervalle [a, b]. Si de plus f est
strictement monotone dans l’intervalle [a, b], alors f est bijective et cette racine c est unique.
Il est généralement très délicat de choisir le nombre x0 , départ de l’itération.
Le procédé de dichotomie permet d’une part de déterminer une valeur x0 voisine de c. On choisit alors le point
a+b
a+b
, milieu de l’intervalle [a, b] et calculer f (
). Et on a localisé c dans le nouvel intervalle ayant
x0 =
2
2
a+b
a+b
pour extrémité
et le point a ou b selon que f (a) ou f (b) est de signe contraire à f (
).
2
2
1. Démontrez que |x0 − c| 6

|b − a|
2

Soit a ∈ R, b ∈ R, c tel que c ∈ [a, b] et x0 le milieu de cet intervalle. Alors :
a+b
2
a b
=a− +
2 2
b−a
x0 − a =
2
|b − a|
|x0 − a| =
2
x0 =

Or, a 6 c, donc |x0 − c| 6 |x0 − a|. Alors :
|x0 − c| 6

|b − a|
2

2. Démontrez que, plus généralement, à l’étape n où n ∈ N, |xn − c| 6

|b − a|
2n+1

Soit In , une suite d’intervalle composée de deux suites (an ) et (bn ), tels que In = [an , bn ] et xn =
an + bn
, le milieu de cet intervalle. Alors, au rang n,
2
– si f (xn ) < 0, on prend pour In+1 l’intervalle [xn ; bn ] et on pose an +1 = xn et bn +1 = bn .
– si f (xn ) > 0, on prend pour In+1 l’intervalle [an ; xn ] et on pose an +1 = an et bn +1 = xn .

1

– si f (xn ) = 0, on a trouvé la solution, on s’arrête.
Les suites (an ) et (bn ) sont respectivement croissante et décroissante. De plus, elles sont adjacentes,
puisque qu’elles convergent toutes les deux vers c. La distance maximum entre la solution et un
b−a
nombre quelconque de l’intervalle est donc la distance de celui-ci, égale à bn − an =
. On en
2n
déduit que :
b−a
bn − a n
b−a
n
xn =
= 2 = n+1
2
2
2
Illustrons les intervalles sur un axe :

a0

an

xn c bn

b0

On sait que xn est le milieu de l’intervalle, et donc que xn ∈ In . De plus, la solution c est également
dans In . On en conclut que la distance entre xn et c, égale à |xn − c| est inférieure à la distance
entre les bornes de l’intervalle, puisque celui-ci est inclut dans In (on peut le voir sur le graphique
ci-dessus : l’intervalle grisée est
plus petit que [an , bn ]).
b − a


On en conclut que |xn − c| 6 n+1 , c’est à dire :
2

|xn − c| 6

|b − a|
2n+1

3. En déduire un test d’arrêt de la méthode de dichotomie
Soit ε, l’ordre de grandeur de l’écart maximal que l’on souhaite avoir avec la solution c, afin d’obtenir
un encadrement de cette valeur. Alors le test d’arrêt de la méthode de dichotomie est : |xn+1 −xn | < ε.
Dans l’algorithme proposé, ε est représenté par la variable e, et les variables a et b représentent les
2 termes de la suite (xn ).

4. Écrire (en java ou TestAlgo3) l’algorithme de dichotomie
Le code Java de l’algorithme est donné en page suivante. Un exemple d’utilisation est donné également lors de la résolution de la partie 2.

2

Listing 1 – Classe de recherche dichotomique
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
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14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
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33
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40
41
42
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47

public c l a s s Dichotomie {
/∗ ∗ C a l c u l une image par l a f o n c t i o n f
∗ @param x A n t é c é d e n t
∗ @return l ’ image de l ’ a n t é c e d e n t
∗/
public s t a t i c double f ( double x ) {
return ( Math . pow ( x , 4 ) − 6∗Math . pow ( x , 3 ) − 2∗ x + 10 ) ;
}
/∗ ∗ Renvoie un encadrement de l a s o l u t i o n à l ’ é q u a t i o n f ( x ) = 0
∗ sur l ’ i n t e r v a l l e , s i 1 s o l u t i o n unique e x i s t e .
∗ @param a Borne i n f é r i e u r de l ’ i n t e r v a l l e
∗ @param b Borne s u p é r i e u r de l ’ i n t e r v a l l e
∗ @param e E ca rt a c c e p t é : permet de r é g l e r l a p r é c i s i o n de l ’ encadrement
souhaité
∗/
public s t a t i c void d i c h o t o m i e ( double a , double b , double e ) {
i f ( ( f ( a ) ∗ f (b) ) > 0) {
System . out . p r i n t l n ( " f ( a ) ∗ f ( b ) e s t p o s i t i f , l ’ é q u a t i o n f ( x ) = 0 a donc
aucune , ou p l u s d ’ une s o l u t i o n s u r l ’ i n t e r v a l l e [ "+a+" , "+b+" ] " ) ;
System . e x i t ( 0 ) ;
}
double m = ( a+b ) / 2 ;
while ( Math . abs ( b−a ) > e ) {
m = ( a+b ) / 2 ;
i f ( ( f ( a ) ∗ f (m) ) > 0 )
a = m;
else
b = m;
}
System . out . p r i n t l n ( " Encadrement de f ( x ) = 0 , à "+e+" p r è s " ) ;
System . out . p r i n t l n ( a + " < x < "+b ) ;
} // −−−−−−−−−−−−−−− d i c h o t o m i e ( )
/∗ ∗ Lanceur de l ’ a l g o r i t h m e ∗/
public s t a t i c void main ( S t r i n g [ ] a r g s ) {
double a = 0 , b = 0 , e = 0 ;
i f ( a r g s . l e n g t h == 3 ) {
a = Double . p a r s e D o u b l e ( a r g s [ 0 ] ) ;
b = Double . p a r s e D o u b l e ( a r g s [ 1 ] ) ;
e = Double . p a r s e D o u b l e ( a r g s [ 2 ] ) ;
dichotomie (a , b , e ) ;
}
else {
System . out . p r i n t l n ( " Usage : j a v a Dichotomie <borne i n f e r i e u r e > <borne
s u p e r i e u r e > <e p s i l o n >" ) ;
System . e x i t ( 0 ) ;
}
} // −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− main ( )
} // −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Dichotomie ( )

3

2

Résolution d’une équation

On considère l’équation :
x4 − 6x3 − 2x + 10 = 0
1. Etudier la fonction f (x) = x4 − 6x3 − 2x + 10 sur R en entier et déduire que l’équation admet
deux racines x1 et x2
Pour étudier cette fonction, dérivons tout d’abord f deux fois :
f 0 (x) = 4x3 − 18x2 − 2
f 00 (x) = 12x2 − 36x = 12x(x − 3)
Le signe de f 00 (x) est facile à étudier : les valeurs remarquables de cette fonction sont 0 et 3. On
peut également obtenir les valeurs remarquables pour la dérivée première et la fonction f : , ainsi
que la limite de f vers l’infini :
– f 0 (0) = 4 × 03 − 18 × 02 − 2 = −2
– f (0) = 04 − 6 × 03 − 2 × 0 + 10 = 10
– f (3) = 34 − 6 × 33 − 2 × 3 + 10 = −77
De plus, on peut déterminer les limites en +∞ des fonctions f 0 et f , grâce au théorème de la limite
d’un polynôme :
– lim f (x) = lim x4 = +∞
x→+∞



x→+∞

lim f 0 (x) = lim 4x3 = +∞

x→+∞

x→+∞

On obtient donc le tableau suivant, avec m tel que f 0 (m) = 0 :
x
f 00 (x)

−∞

0
+

0

m

3


0

+

+∞
+
+∞
%

−2
f 0 (x)

%

f 0 (x)


& 10

f (x)

& −56 %


& −77



0

+

+∞
&

%

La fonction f est continue sur R. De plus, la fonction f est strictement décroissante de [0, 3] vers
[10, −77]. Or 0 ∈ [10, −77], donc l’équation f (x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle
[0, 3].
De même, la fonction f est strictement croissante de [m, +∞] vers [f (m), +∞]. On sait que f (3) =
−77 et que f est décroissante sur [3, m]. Donc f (m) < f (3). L’équation f (x) = 0 admet donc également une solution dans l’intervalle [3, +∞], et même plus précisement [m, +∞] (on se limitera au
premier intervalle, car le calcul de m serait inutile pour cette résolution).
On en conclut que l’équation x4 − 6x3 − 2x + 10 = 0 a deux racines, tel que 0 6 x1 6 3 et 3 6 x2

4

2. Encadrer chaque racines x1 et x2 par deux entiers consécutifs
Encadrement de x1
On sait que 0 6 x1 6 3, l’intervalle étant assez restreint, on peut calculer l’image des valeurs entières
de la fonction sur cet intervalle :
– f (0) = 04 − 6 × 03 − 2 × 0 + 10 = 10
– f (1) = 14 − 6 × 13 − 2 × 1 + 10 = 3
– f (2) = 24 − 6 × 23 − 2 × 2 + 10 = −26
– f (3) = 34 − 6 × 33 − 2 × 3 + 10 = −77
La fonction devient négative à partir de x = 2. On peut donc encadrer la racine plus précisement :
1 < x1 < 2
Encadrement de x2
Ici, une des bornes de l’encadrement déterminé à la question 1 est l’infini. Nous allons donc déterminer
graphiquement un encadrement de la deuxième racine. Sur la courbe, on observe que l’intersection
est situé entre 6 et 7. Par le calcul, on observe que :
– f (6) = 64 − 6 × 63 − 2 × 6 + 10 = −2
– f (7) = 74 − 6 × 73 − 2 × 7 + 10 = 339
La fonction redevient positive à partir de x = 7. On peut donc encadrer la deuxième racine :
6 < x2 < 7

3. Donner des approximations de x1 et x2 avec 6 décimales exactes
Afin d’obtenir les approximations, on peut utiliser l’algorithme écrit dans la partie 1.
Listing 2 – Utilisation de la classe ”Dichotomie”
$ j a v a Dichotomie 1 2 0 . 0 0 0 0 0 1
Encadrement de f ( x ) = 0 , à 1 . 0 E−6 p r è s
1.1662445068359375 < x < 1.166245460510254

$ j a v a Dichotomie 6 7 0 . 0 0 0 0 0 1
Encadrement de f ( x ) = 0 , à 1 . 0 E−6 p r è s
6.00930118560791 < x < 6.009302139282227
On obtient un encadrement précis à 10−6 près. On en conclut :
x1 ≈ 1.166245
x2 ≈ 6.009301

5



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