مسابقة دكتوراه 2025 — Centre Universitaire Abdelhafid Boussouf

التمرين 1

Exercice 1 — Formule de quadrature à trois points et erreur

#numerical-integration#quadrature#error-estimate#interpolation

On suppose que $f$ est une fonction 3 fois continument dérivable dans $[-h, h]$ et $f^{(4)}(x)$ continue dans cet intervalle, $f$ est donnée aux points : $x_1 = -h$ , $x_2 = 0$ , $x_3 = h$ .

Établir la formule suivante :

$\int_{-h}^{x} f(t)\,dt = \frac{2x^3 - 3hx^2 + 5h^3}{12h^2}f(-h) - \frac{x^3 - 3h^2 x - 2h^3}{3h^2}f(0) + \frac{2x^3 + 3hx^2 - h^3}{12h^2}f(h) + \varepsilon(x)$

On donnera une expression de $\varepsilon(x)$ .

On suppose que $x \in [-h, x]$ : a. Montrer que $\varepsilon(x)$ peut s'écrire sous la forme $\varepsilon(x) = \frac{1}{24}(x^2 - h^2)^2 f^{(3)}(\zeta)$ , avec $\zeta \in [-h, h]$ . b. Utiliser le résultat précédent pour donner une valeur approchée de $\int_{-1/4}^{0} \frac{dt}{1 + t}$ . Quelle est la précision obtenue ? Comparer ce résultat à celui que donnerait la formule des trapèzes utilisant les points $x_1 = -\frac{1}{4}$ et $x_2 = 0$ .

◀الحل

1.

On interpole $f$ par le polynôme de Lagrange $P_2$ de degré 2 aux points $-h, 0, h$ , puis on intègre de $-h$ à $x$ . L'intégration de chaque polynôme de base donne les coefficients annoncés. L'erreur est

$\varepsilon(x) = \int_{-h}^{x} \frac{f^{(3)}(\xi_t)}{3!}(t+h)\,t\,(t-h)\,dt.$

2a.

Le noyau $(t+h)t(t-h) = t(t^2 - h^2)$ ne change pas de signe convenablement ; en appliquant la formule de la moyenne pondérée et en intégrant $t(t^2-h^2)$ de $-h$ à $x$ on obtient

$\varepsilon(x) = \frac{f^{(3)}(\zeta)}{6}\int_{-h}^{x} t(t^2 - h^2)\,dt = \frac{f^{(3)}(\zeta)}{6}\cdot\frac{(x^2-h^2)^2}{4} = \boxed{\frac{1}{24}(x^2 - h^2)^2 f^{(3)}(\zeta)}$

2b.

Avec $x = 0$ la formule devient $\int_{-h}^{0} f = \frac{5h}{12}f(-h) + \frac{2h}{3}f(0) - \frac{h}{12}f(h) + \varepsilon$ . Pour $f(t) = \frac{1}{1+t}$ , $h = \frac{1}{4}$ : $f(-\tfrac14)=\tfrac43$ , $f(0)=1$ , $f(\tfrac14)=\tfrac45$ .

$\int_{-1/4}^{0}\frac{dt}{1+t} \approx \frac{5}{48}\cdot\frac43 + \frac16 - \frac{1}{48}\cdot\frac45 \approx 0.28889.$

La valeur exacte est $-\ln(3/4) = 0.28768$ , erreur $\approx 0.0012$ (bornée par $\frac{h^4}{24}\max|f^{(3)}| \approx 0.003$ ).

La formule des trapèzes sur $[-\tfrac14,0]$ donne $\frac12\cdot\frac14(f(-\tfrac14)+f(0)) = \frac{7}{24} \approx 0.29167$ , erreur $\approx 0.004$ .

$\boxed{\text{La formule à 3 points } (0.28889) \text{ est plus précise que les trapèzes } (0.29167).}$

التمرين 2

Exercice 2 — Méthode itérative de Jacobi pour un système 3×3

#jacobi-method#linear-systems#iterative-methods#convergence

On considère le système d'équations linéaire suivant $(S)$ :

$\begin{cases} x_1 + \alpha x_3 = 1 \\\\ \beta x_1 + x_2 = 3 \\\\ \gamma x_2 + x_3 = 2 \end{cases}$

où $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb{R}$ sont donnés.

Montrer que le système s'écrit sous la forme $Ax = b$ où $x = (x_1, x_2, x_3)^T$ est le vecteur des inconnues, $b$ est un vecteur de $\mathbb{R}^3$ à déterminer, et $A$ est une matrice carrée d'ordre 3 à déterminer.
Écrire la méthode itérative de Jacobi pour résoudre $(S)$ (donner explicitement les composantes de $x^{(k+1)}$ ).
Calculer le vecteur $x^{(1)}$ obtenu après la première itération, à partir du vecteur initial $x^{(0)} = (1, 1, 1)^T$ .
Trouver sous quelles conditions sur $\alpha, \beta, \gamma$ la méthode de Jacobi est convergente.

◀الحل

1.

$A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \alpha \\\\ \beta & 1 & 0 \\\\ 0 & \gamma & 1 \end{pmatrix}, \qquad b = \begin{pmatrix} 1 \\\\ 3 \\\\ 2 \end{pmatrix}.$

2.

Comme la diagonale vaut $1$ , l'itération de Jacobi est :

$x_1^{(k+1)} = 1 - \alpha x_3^{(k)}, \quad x_2^{(k+1)} = 3 - \beta x_1^{(k)}, \quad x_3^{(k+1)} = 2 - \gamma x_2^{(k)}.$

3.

Avec $x^{(0)} = (1,1,1)^T$ :

$\boxed{x^{(1)} = (1 - \alpha,\ 3 - \beta,\ 2 - \gamma)^T}$

4.

La matrice d'itération est $J = -(L+U)$ (car $D = I$ ). Son polynôme caractéristique est $-\mu^3 - \alpha\beta\gamma = 0$ , d'où $|\mu| = |\alpha\beta\gamma|^{1/3}$ . La convergence a lieu ssi $\rho(J) \lt 1$ :

$\boxed{|\alpha\beta\gamma| \lt 1}$