Examen ENSI 2013/2014

Exercice N°1 : Interpolation polynômiale

Question 1 - Approximation par Lagrange (points 1 et 4)

On cherche à évaluer K(3.5) à l'aide des deux points (x₀, y₀) = (1, 1.5709) et (x₁, y₁) = (4, 1.5727). Les polynômes de base de Lagrange pour deux points sont : L₀(x) = (x - x₁) / (x₀ - x₁) = (x - 4) / (1 - 4) = -(x - 4) / 3 L₁(x) = (x - x₀) / (x₁ - x₀) = (x - 1) / (4 - 1) = (x - 1) / 3

On évalue ces polynômes en x = 3.5 : L₀(3.5) = -(3.5 - 4) / 3 = 0.5 / 3 = 1/6 L₁(3.5) = (3.5 - 1) / 3 = 2.5 / 3 = 5/6

Le polynôme d'interpolation P₁(x) évalué en 3.5 est : P₁(3.5) = K(1) × L₀(3.5) + K(4) × L₁(3.5) P₁(3.5) = 1.5709 × (1/6) + 1.5727 × (5/6) P₁(3.5) = (1.5709 + 7.8635) / 6 = 9.4344 / 6 = 1.5724

La valeur approchée est K(3.5) ≈ 1.5724.

Question 2 - Approximation par Lagrange (points 1, 4 et 6)

On ajoute le point (x₂, y₂) = (6, 1.5751). Les polynômes de base pour ces trois points sont : L₀(x) = (x - 4)(x - 6) / ((1 - 4)(1 - 6)) = (x - 4)(x - 6) / 15 L₁(x) = (x - 1)(x - 6) / ((4 - 1)(4 - 6)) = (x - 1)(x - 6) / (-6) L₂(x) = (x - 1)(x - 4) / ((6 - 1)(6 - 4)) = (x - 1)(x - 4) / 10

Évaluation en x = 3.5 : L₀(3.5) = (-0.5 × -2.5) / 15 = 1.25 / 15 = 1/12 L₁(3.5) = (2.5 × -2.5) / (-6) = -6.25 / -6 = 25/24 L₂(3.5) = (2.5 × -0.5) / 10 = -1.25 / 10 = -3/24

Le polynôme P₂(x) évalué en 3.5 est : P₂(3.5) = K(1)L₀(3.5) + K(4)L₁(3.5) + K(6)L₂(3.5) P₂(3.5) = 1.5709 × (1/12) + 1.5727 × (25/24) + 1.5751 × (-3/24) P₂(3.5) = (2 × 1.5709 + 25 × 1.5727 - 3 × 1.5751) / 24 P₂(3.5) = (3.1418 + 39.3175 - 4.7253) / 24 = 37.734 / 24 = 1.57225

La valeur approchée est K(3.5) ≈ 1.57225.

Question 3 - Utilisation de la forme de Newton

Nous allons d'abord calculer le tableau des différences divisées. f[1] = 1.5709 f[4] = 1.5727 f[6] = 1.5751

Différences d'ordre 1 : f[1, 4] = (1.5727 - 1.5709) / (4 - 1) = 0.0018 / 3 = 0.0006 f[4, 6] = (1.5751 - 1.5727) / (6 - 4) = 0.0024 / 2 = 0.0012

Différence d'ordre 2 : f[1, 4, 6] = (f[4, 6] - f[1, 4]) / (6 - 1) = (0.0012 - 0.0006) / 5 = 0.00012

Pour les points 1 et 4 : N₁(x) = f[1] + f[1, 4](x - 1) N₁(3.5) = 1.5709 + 0.0006 × (3.5 - 1) N₁(3.5) = 1.5709 + 0.0006 × 2.5 = 1.5709 + 0.0015 = 1.5724

Pour les points 1, 4 et 6 : N₂(x) = N₁(x) + f[1, 4, 6](x - 1)(x - 4) N₂(3.5) = 1.5724 + 0.00012 × (3.5 - 1)(3.5 - 4) N₂(3.5) = 1.5724 + 0.00012 × (2.5) × (-0.5) N₂(3.5) = 1.5724 - 0.00015 = 1.57225

Question 4 - Comparaison et conclusion

Les résultats obtenus par la méthode de Lagrange et par la méthode de Newton sont rigoureusement identiques (1.5724 pour le degré 1, et 1.57225 pour le degré 2). Conclusion : Les deux méthodes construisent l'unique polynôme d'interpolation de degré n passant par n+1 points. Cependant, la forme de Newton est algorithmiquement plus efficace, car l'ajout d'un nouveau point (comme le passage de Q1 à Q2) ne nécessite pas de recalculer toute la formule, mais seulement d'ajouter un terme supplémentaire à partir des calculs précédents.

Exercice N°2 : Recherche de zéros de fonctions

EXPLICATION : La fonction étudiée est f(x) = exp(x²) - 4x². On note que f est une fonction paire, ce qui signifie que si x est racine, -x l'est également.

Question 1 - Situation des 4 racines

Évaluons f(x) sur quelques entiers pour repérer les changements de signe : f(0) = 1 - 0 = 1 (positif) f(1) = exp(1) - 4 ≈ 2.718 - 4 < 0 (négatif) f(2) = exp(4) - 16 ≈ 54.6 - 16 > 0 (positif)

Par parité, nous pouvons déduire le comportement sur les négatifs : f(-1) < 0 f(-2) > 0

D'après le théorème des valeurs intermédiaires, puisque f est continue, il y a un changement de signe (et donc une racine) dans chacun des 4 intervalles disjoints suivants : [-2, -1], [-1, 0], [0, 1], et [1, 2].

Question 2 - Racine entre 0 et 1

Comme calculé à la question précédente : f(0) = 1 > 0 f(1) = e - 4 ≈ -1.28 < 0 La fonction f(x) = exp(x²) - 4x² est continue et dérivable sur ℝ. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, f admet au moins une racine ℓ dans l'intervalle [0, 1]. De plus, f'(x) = 2x.exp(x²) - 8x = 2x(exp(x²) - 4). Sur l'intervalle ]0, 1], exp(x²) ≤ e < 4. Donc f'(x) < 0. f est strictement décroissante sur [0, 1], ce qui garantit que la racine ℓ est unique dans cet intervalle.

Question 3 - Convergence de la méthode de point fixe

L'énoncé définit rigoureusement g(x) = exp(x²) / 2. Évaluons la possibilité d'utiliser cette fonction pour un point fixe. Un point fixe de g vérifie g(x) = x, soit exp(x²) / 2 = x, ou exp(x²) - 2x = 0. Or, la dérivée de g est g'(x) = x.exp(x²). Pour x = 1 (qui est dans l'intervalle [0, 1]), g'(1) = e ≈ 2.718 > 1. De plus, pour tout x positif, exp(x²) / 2 > x (le minimum de exp(x²) - 2x étant environ 0.22 > 0). Par conséquent, pour tout x₀ ∈ [0, 1], la suite générée par x_{k+1} = exp(x_k²) / 2 est strictement croissante, dépassera rapidement 1 et divergera vers +∞.

EXPLICATION : L'énoncé contient une probabilité d'erreur typographique sur l'expression de g. En isolant x dans f(x)=0, on obtiendrait logiquement g(x) = exp(x²/2) / 2 ou g(x) = √(exp(x²)/4). Cependant, pour respecter la consigne de fidélité au document source, nous avons examiné le g(x) textuellement fourni. La méthode diverge et ne possède donc pas d'ordre de convergence vers une racine (bien qu'un schéma de point fixe soit typiquement d'ordre 1 s'il converge).

Question 4 - Méthode de Newton

La méthode de Newton-Raphson s'écrit : x_{k+1} = x_k - f(x_k) / f'(x_k)

Avec f(x) = exp(x²) - 4x² et f'(x) = 2x.exp(x²) - 8x, la relation de récurrence est : x_{k+1} = x_k - (exp(x_k²) - 4x_k²) / (2x_k.exp(x_k²) - 8x_k)

Question 5 - Comparaison des méthodes

La méthode de Newton est la plus efficace. Justification : La méthode de Newton converge de manière quadratique (ordre 2) si le point de départ est suffisamment proche de la racine. En revanche, la méthode du point fixe de la question 3 ne converge pas du tout (et si l'on supposait une version corrigée convergente de g, elle ne convergerait que de manière linéaire, soit d'ordre 1). Newton nécessite moins d'itérations pour atteindre une grande précision.

Exercice N°3 : Quadrature

EXPLICATION : Le document source omet les bornes de l'intégrale pour la première formule de quadrature à 2 points. Par convention et en observant les poids (4/3 et 2/3, dont la somme est 2), on déduit que la formule est définie sur l'intervalle de référence [-1, 1] : ∫ de -1 à 1 g(x) dx.

Question 1 - Détermination de w et degré m

Pour qu'une formule soit exacte pour un polynôme de degré m, elle doit intégrer exactement la base canonique (1, x, x², ...). Pour g(x) = 1 : ∫[-1,1] 1 dx = 2. La formule donne : 4/3(1) + 2/3(1) = 2. (Exact). Pour g(x) = x : ∫[-1,1] x dx = 0. La formule donne : 4/3(-w/2) + 2/3(w) = -2w/3 + 2w/3 = 0. (Exact pour tout w). Pour g(x) = x² : ∫[-1,1] x² dx = 2/3. La formule donne : 4/3(-w/2)² + 2/3(w)² = 4/3(w²/4) + 2/3(w²) = w²/3 + 2w²/3 = w². Pour que la formule soit exacte, on doit avoir w² = 2/3. Comme 0 < w ≤ 1, alors w = √(2/3).

Vérifions pour g(x) = x³ : ∫[-1,1] x³ dx = 0. La formule donne : 4/3(-w/2)³ + 2/3(w)³ = -w³/6 + 4w³/6 = w³/2. Comme w = √(2/3) ≠ 0, w³/2 ≠ 0. La formule n'est pas exacte pour x³. La plus grande valeur de m est donc m = 2.

Question 2 - Formule pour un sous-intervalle

Pour passer de [-1, 1] à [x_i, x_{i+1}], on utilise le changement de variable : x = (h/2)t + x_{i+1/2} (où t ∈ [-1, 1], h = x_{i+1} - x_i et x_{i+1/2} est le milieu du segment). dx = (h/2) dt.

En appliquant ce changement, les points d'évaluation t₁ = -w/2 et t₂ = w deviennent : x₁ = x_{i+1/2} - h.w / 4 x₂ = x_{i+1/2} + h.w / 2

La formule devient : ∫ de x_i à x_{i+1} f(x) dx ≈ (h/2) × [ (4/3) f(x_{i+1/2} - h.w/4) + (2/3) f(x_{i+1/2} + h.w/2) ]

Question 3 - Formule globale F à 2n points

En sommant sur les n sous-intervalles composant [a, b], on obtient la formule globale (en supposant la notation i variant de 0 à n-1 pour la sommation des n éléments) : F = (h/2) × Σ_{i=0}^{n-1} [ (4/3) f(x_{i+1/2} - h.w/4) + (2/3) f(x_{i+1/2} + h.w/2) ]

Question 4 - Algorithme

GUIDE DE TP : Le code suivant respecte le pseudo-code algorithmique tout en s'exécutant validement en Python.

def quadrature_F(f, a, b, n):
    import math
    h = (b - a) / n
    w = math.sqrt(2 / 3)
    integrale = 0.0
    
    for i in range(n):
        x_start = a + i * h
        x_end = a + (i + 1) * h
        x_mid = (x_start + x_end) / 2
        
        point1 = x_mid - h * w / 4
        point2 = x_mid + h * w / 2
        
        integrale += (4 / 3) * f(point1) + (2 / 3) * f(point2)
        
    return (h / 2) * integrale

Question 5 - Valeur approchée de ln 2

On intègre f(x) = 1/x sur [1, 2]. n = 4 sous-intervalles : h = (2 - 1)/4 = 0.25. w = √(2/3). h/2 = 0.125. Terme w : h.w/4 = 0.25√(2/3)/4 = √(2/768) ≈ 0.051031. Terme w : h.w/2 = 0.25√(2/3)/2 = √(2/192) ≈ 0.102062.

Calcul des milieux x_{i+1/2} et des évaluations : Intervalle 1 [1, 1.25] : milieu = 1.125 p₁ ≈ 1.073969 → f(p₁) ≈ 0.931126 p₂ ≈ 1.227062 → f(p₂) ≈ 0.814955 Somme 1 : (4/3)(0.931126) + (2/3)(0.814955) ≈ 1.784804

Intervalle 2 [1.25, 1.5] : milieu = 1.375 p₁ ≈ 1.323969 → f(p₁) ≈ 0.755305 p₂ ≈ 1.477062 → f(p₂) ≈ 0.677020 Somme 2 : (4/3)(0.755305) + (2/3)(0.677020) ≈ 1.458419

Intervalle 3 [1.5, 1.75] : milieu = 1.625 p₁ ≈ 1.573969 → f(p₁) ≈ 0.635336 p₂ ≈ 1.727062 → f(p₂) ≈ 0.579018 Somme 3 : (4/3)(0.635336) + (2/3)(0.579018) ≈ 1.233127

Intervalle 4 [1.75, 2] : milieu = 1.875 p₁ ≈ 1.823969 → f(p₁) ≈ 0.548255 p₂ ≈ 2.027062 → f(p₂) ≈ 0.493325 Somme 4 : (4/3)(0.548255) + (2/3)(0.493325) ≈ 1.059890

Total F = 0.125 × (1.784804 + 1.458419 + 1.233127 + 1.059890) = 0.125 × 5.53624 = 0.69203. La valeur approchée obtenue est ln 2 ≈ 0.69203 (contre 0.69315 pour la vraie valeur).

Exercice N°4 : Équation Différentielle Ordinaire

Question 1 - Schéma d'Euler explicite

L'équation est T'(t) = K(T(t) - T_ext). Le schéma explicite approche T'(t_n) par (T_{n+1} - T_n) / h = K(T_n - T_ext). T_{n+1} = T_n + hK(T_n - T_ext).

Question 2 - Schéma d'Euler implicite

Le schéma implicite s'évalue au point (n+1) : (T_{n+1} - T_n) / h = K(T_{n+1} - T_ext). T_{n+1} - hK.T_{n+1} = T_n - hK.T_ext T_{n+1}(1 - hK) = T_n - hK.T_ext T_{n+1} = (T_n - hK.T_ext) / (1 - hK).

Question 3 - Formulation en fonction de n

On pose T_ext = 0. Le schéma implicite devient : T_{n+1} = T_n / (1 - hK). Par récurrence, on obtient : T_n = T_0 / (1 - hK)ⁿ.

Question 4 - Application criminelle

EXPLICATION : Le sujet définit au début une constante "K < 0". À la question 4, il est indiqué "K ≈ 0.007438118376", ce qui est positif. Pour préserver la cohérence physique de refroidissement exigée par la loi de Newton, nous devons adopter la valeur stricte K = -0.007438118376.

a - Heure de l'homicide par schéma implicite

Nous avons : T_0 = 37°C (décès) T_n = 20°C (découverte) h = 10 minutes K = -0.007438118376

On cherche n tel que T_n = 20. 20 = 37 / (1 - 10 × -0.007438118376)ⁿ 20 = 37 / (1.07438118376)ⁿ (1.07438118376)ⁿ = 37 / 20 = 1.85 En passant au logarithme népérien : n × ln(1.07438118376) = ln(1.85) n × 0.071746 = 0.615186 n ≈ 8.5745 étapes.

Le temps écoulé est t = n × h = 8.5745 × 10 ≈ 85.7 minutes (soit 1h et 25.7 minutes). L'homicide a eu lieu 1h26 avant la découverte à 2h20 du matin. Heure estimée : 00h54.

b - Solution exacte et comparaison

La solution analytique de T'(t) = K.T(t) avec T_ext = 0 est : T(t) = T_0 × exp(K.t) 20 = 37 × exp(-0.007438118376 × t) exp(-0.007438118376 × t) = 20 / 37 t = ln(20/37) / (-0.007438118376) = -0.615186 / -0.007438118376 ≈ 82.7 minutes (1h et 22.7 minutes). Heure exacte : 00h57. Comparaison : Le schéma implicite avec h=10 surestime légèrement la durée du refroidissement (85.7 contre 82.7 minutes).

c - Comparaison avec le schéma explicite

D'après le schéma explicite de la question 1 avec T_ext = 0 : T_n = T_0 × (1 + hK)ⁿ 20 = 37 × (1 - 0.07438118376)ⁿ 20 = 37 × (0.92561881624)ⁿ (0.92561881624)ⁿ = 20 / 37 n = ln(20/37) / ln(0.92561881624) = -0.615186 / -0.077292 ≈ 7.959 étapes. Le temps écoulé est t = 7.959 × 10 = 79.6 minutes (1h et 19.6 minutes). Heure estimée : 1h00 du matin. Comparaison : Le schéma explicite sous-estime la durée du refroidissement. La solution exacte (82.7 min) se situe entre l'approximation explicite (79.6 min) et implicite (85.7 min).

FICHE DE COURS

Méthode

• Identifiez les coquilles éventuelles, mais ne modifiez pas les définitions : Face à une incohérence (comme le signe de la constante K ou l'expression de la fonction g(x) dans cet examen), l'approche sécuritaire à l'examen est d'appliquer rigoureusement la définition écrite pour montrer votre maîtrise du formalisme, quitte à signaler au correcteur l'anomalie repérée.
• Vérifiez le sens physique : À l'exercice 4, un corps qui se refroidit ne peut avoir un K positif dans l'équation différentielle posée, sans quoi la température tendrait vers l'infini. Le correctif est indispensable pour résoudre l'exercice.
• Précision des calculs : Conservez le maximum de décimales durant les étapes intermédiaires. Un arrondissement brutal d'un logarithme ou d'une constante d'Euler (comme hK) entraîne de grandes dérives sur le temps t final.
• Différences divisées vs Lagrange : N'oubliez pas que Lagrange et Newton construisent toujours le même polynôme. Le choix de Newton est stratégique lorsque de nouveaux points d'interpolation doivent être ajoutés en cours de route.