Méthodes numériques : 18 exercices corrigés

Dichotomie

CalculDifficulté 3/5

Appliquer la dichotomie à $f(x)=x^2-2$ sur $[1,2]$ : donner les $4$ premiers milieux et l'intervalle final.

Indices (3)

$f(1)=-1<0$ , $f(2)=2>0$ : une racine ( $\sqrt2$ ) est encadrée.

Milieu $c=\tfrac{a+b}2$ ; on garde la moitié où $f$ change de signe.

$f(c)>0\Rightarrow$ racine dans $[a,c]$ ; $f(c)<0\Rightarrow$ dans $[c,b]$ .

Correction détaillée

Le principe : encadrer, puis couper en deux

👉 La dichotomie repose sur le théorème des valeurs intermédiaires. Si $f$ est continue et change de signe entre $a$ et $b$ , elle s'annule quelque part entre les deux.

\boxed{f(a)\cdot f(b)<0\ \Longrightarrow\ \text{une racine dans}\ ]a,b[}

Vérifions les hypothèses ici — $f(x)=x^2-2$ sur $[1,2]$ :

f(1)=1-2=-1<0,\qquad f(2)=4-2=2>0.

👉 Le produit est négatif, et $f$ est continue (c'est un polynôme) : il y a bien une racine, et c'est $\sqrt2\approx 1{,}414214$ .

L'algorithme, en une phrase : calculer le milieu $m=\dfrac{a+b}{2}$ , regarder le signe de $f(m)$ , et garder la moitié où le changement de signe subsiste.

⚠️ On regarde le SIGNE, jamais la valeur. C'est ce qui rend la méthode d'une robustesse absolue : elle ne demande ni dérivée, ni régularité au-delà de la continuité.

Les quatre premieres etapes

étape	$[a,b]$	milieu $m$	$f(m)$	signe	on garde
1	$[1,\ 2]$	$\mathbf{\frac32}=1{,}5$	$0{,}25$	$\mathbf{+}$	$[1,\ \frac32]$
2	$[1,\ \frac32]$	$\mathbf{\frac54}=1{,}25$	$-0{,}4375$	$\mathbf{-}$	$[\frac54,\ \frac32]$
3	$[\frac54,\ \frac32]$	$\mathbf{\frac{11}8}=1{,}375$	$-0{,}1094$	$\mathbf{-}$	$[\frac{11}8,\ \frac32]$
4	$[\frac{11}8,\ \frac32]$	$\mathbf{\frac{23}{16}}=1{,}4375$	$+0{,}0664$	$\mathbf{+}$	$[\frac{11}8,\ \frac{23}{16}]$

Détail du calcul de $f(m)$ à chaque étape :

f\!\left(\tfrac32\right)=\tfrac94-2=\tfrac14,\qquad f\!\left(\tfrac54\right)=\tfrac{25}{16}-2=-\tfrac{7}{16},

f\!\left(\tfrac{11}8\right)=\tfrac{121}{64}-2=-\tfrac{7}{64},\qquad f\!\left(\tfrac{23}{16}\right)=\tfrac{529}{256}-2=\tfrac{17}{256}.

\boxed{\text{intervalle final}\ :\ \left[\tfrac{11}8,\ \tfrac{23}{16}\right]=[1{,}375,\ 1{,}4375]}

👉 Sa longueur vaut $\dfrac{1}{16}=0{,}0625$ , soit exactement $\dfrac{2-1}{2^4}$ ✓ — l'intervalle de départ divisé par $2^4$ .

La garantie d'erreur : elle est CERTAINE, pas esperee

\boxed{\text{apres}\ n\ \text{etapes}\ :\quad \lvert x_n-\alpha\rvert\ \leq\ \frac{b-a}{2^{n+1}}}

👉 En prenant le milieu du dernier intervalle, l'erreur est au plus la moitié de sa longueur.

Ici, après 4 étapes :

\left\lvert \frac{11/8+23/16}{2}-\sqrt2\right\rvert=\left\lvert\frac{45}{32}-\sqrt2\right\rvert=\lvert 1{,}40625-1{,}414214\rvert\approx 0{,}008,

et la borne garantie vaut $\dfrac{1}{2^5}=0{,}03125$ ✓ — l'erreur réelle est bien en dessous.

👉 Combien d'étapes pour une précision donnée ?

\frac{1}{2^{n+1}}<\varepsilon\quad\Longleftrightarrow\quad n>\frac{\ln(1/\varepsilon)}{\ln 2}-1.

précision voulue	étapes
$10^{-3}$	$9$
$10^{-6}$	$19$
$10^{-15}$	$49$

👉 Environ $10$ étapes par facteur $1000$ , soit $3{,}3$ étapes par décimale — c'est lent, mais parfaitement prévisible (A6).

Ce que la dichotomie a de meilleur, et de pire

✅ atouts	❌ limites
converge TOUJOURS si $f$ change de signe	lente : $1$ bit par étape
erreur majorée d'avance, sans rien connaître de $f$	ne trouve qu'une racine par intervalle
ne demande aucune dérivée	rate les racines de multiplicité paire
insensible aux pathologies de $f$	ne s'étend pas à la dimension $\geq 2$

⚠️ Le troisième point mérite qu'on s'y arrête. Sur $f(x)=x^2$ , la racine $x=0$ est double : $f$ ne change jamais de signe, et la dichotomie ne peut pas démarrer — quel que soit l'intervalle choisi.

👉 Elle voit les racines où le graphe TRAVERSE l'axe, jamais celles où il le TOUCHE.

👉 Comparaison avec Newton (A3), sur ce même $x^2-2$ :

	dichotomie	Newton
étapes pour $10^{-6}$	$\approx 20$	$\mathbf 4$
convergence garantie ?	oui, toujours	non — dépend de $x_0$
dérivée nécessaire ?	non	oui

✅ En pratique on combine les deux : quelques étapes de dichotomie pour entrer dans la zone où Newton converge, puis Newton pour la précision. C'est exactement ce que fait la méthode de Brent, celle qu'emploient scipy.optimize.brentq et la plupart des bibliothèques sérieuses.

ℹ️ Elle ajoute une interpolation quadratique inverse, et retombe sur la dichotomie dès que celle-ci progresse mieux — d'où sa robustesse.

Réponse. Milieux

\tfrac32,\tfrac54,\tfrac{11}8,\tfrac{23}{16}

;

\sqrt2\in[\tfrac{11}8,\tfrac{23}{16}]

. (Recoupement : la largeur de l'intervalle est divisée par

2

à chaque pas — convergence linéaire ;

\sqrt2\approx1{,}41421

est bien dans

[1{,}375\,;1{,}4375]

✓)

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Itération de point fixe

ApplicationDifficulté 3/5

On veut résoudre $x=\cos x$ . Justifier que l'itération $x_{n+1}=\cos(x_n)$ converge, et estimer la limite (point de Dottie).

Indices (3)

$g(x)=\cos x$ : la suite converge si $|g'(\ell)|<1$ au point fixe $\ell$ .

$g'(x)=-\sin x$ , et $0<\ell<1$ donc $|\sin\ell|<1$ .

Itérer depuis $x_0=1$ stabilise vers $\ell\approx0{,}739$ .

Correction détaillée

Le theoreme du point fixe de Banach

\boxed{\text{Si}\ \lvert g'(x)\rvert\leq k<1\ \text{sur un intervalle fermé stable}\ I,\ \text{alors}\ x_{n+1}=g(x_n)\ \text{CONVERGE vers l'unique point fixe}}

👉 Deux hypothèses, et il faut les DEUX :

hypothèse	ce qu'elle assure
$g(I)\subset I$ — stabilité	la suite ne sort jamais de $I$
$\lvert g'\rvert\leq k<1$ — contraction	les écarts se resserrent

Vérifions la stabilité, avec $g(x)=\cos x$ et $I=[0,1]$ :

x\in[0,1]\ \Longrightarrow\ \cos x\in[\cos 1,\ 1]=[0{,}5403,\ 1]\subset[0,1]\ \checkmark

👉 Mieux : dès le premier pas, la suite entre dans $[0{,}54,\ 1]$ et n'en sort plus. On peut donc raisonner sur cet intervalle, plus petit.

La contraction

g'(x)=-\sin x\qquad\Longrightarrow\qquad \lvert g'(x)\rvert=\lvert\sin x\rvert.

👉 Sur $[0{,}54,\ 1]$ , $\sin$ est croissante et positive, donc

\lvert g'(x)\rvert\leq \sin 1\approx 0{,}8415<1\ \checkmark

\boxed{k=\sin 1\approx 0{,}8415\ :\ la\ convergence\ est\ ASSUREE}

⚠️ Mais $k=0{,}84$ est proche de $1$ , donc la convergence sera lente : chaque itération ne divise l'erreur que par $1{,}19$ environ.

👉 Au point fixe lui-même, le taux réel est meilleur :

\lvert g'(\alpha)\rvert=\lvert\sin(0{,}7390851)\rvert\approx 0{,}6736.

👉 C'est ce taux-là qui gouverne la fin de la convergence — le $k$ global n'en donne qu'une majoration pessimiste.

\boxed{\text{erreur}\ \times\ 0{,}674\ \text{a chaque pas}\ \Longrightarrow\ \text{une decimale tous les}\ \approx 5{,}8\ \text{pas}}

Le calcul, et la valeur limite

👉 Partons de $x_0=0$ et itérons $x_{n+1}=\cos(x_n)$ (en radians) :

$n$	$x_n$
$0$	$0$
$1$	$1$
$2$	$0{,}5403023$
$3$	$0{,}8575532$
$5$	$0{,}7934804$
$10$	$0{,}7314040$
$20$	$0{,}7389378$
$40$	$0{,}7390851$

\boxed{\alpha\approx 0{,}7390851332\qquad\text{(point de Dottie)}}

👉 Les valeurs OSCILLENT autour de la limite, alternativement au-dessus et en dessous. C'est la signature d'une dérivée négative au point fixe ( $g'=-\sin<0$ ).

👉 Conséquence pratique très utile : deux itérés consécutifs encadrent la limite. Ici $x_{20}=0{,}73894$ et $x_{21}\approx 0{,}73923$ encadrent bien $0{,}739085$ ✓

⚠️ Quarante itérations pour sept décimales — c'est lent. Newton appliqué à $f(x)=\cos x-x$ y arrive en quatre.

⚠️ Le meme probleme, une iteration DIVERGENTE

👉 Une équation peut s'écrire sous forme de point fixe de plusieurs façons, et elles ne se valent PAS. Reprenons $\cos x=x$ et isolons $x$ autrement :

x=\cos x\qquad\Longleftrightarrow\qquad x=\arccos(x)\ \ \text{sur}\ [0,1].

h(x)=\arccos x,\qquad h'(x)=\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}.

Au point fixe $\alpha\approx 0{,}739$ :

\lvert h'(\alpha)\rvert=\frac{1}{\sqrt{1-0{,}739^2}}=\frac{1}{\sqrt{0{,}4538}}\approx 1{,}484\ >\ 1.

\boxed{\text{l'iteration}\ x_{n+1}=\arccos(x_n)\ \text{DIVERGE}}

👉 Et c'est exactement la même équation, avec la même solution. Ce qui change est la forme de l'itération.

⚠️⚠️ La leçon centrale du point fixe : ce n'est pas l'équation qui converge, c'est l'ITÉRATION. Avant de lancer une boucle, il faut calculer $\lvert g'\rvert$ au voisinage de la solution — sinon on itère dans le vide.

👉 Le critère de choix, en une ligne :

$\lvert g'(\alpha)\rvert$	comportement
$=0$	convergence quadratique — c'est le cas de Newton (A3)
$<1$	convergence linéaire, d'autant plus vite que $\lvert g'\rvert$ est petit
$>1$	divergence
$=1$	indéterminé — il faut regarder les dérivées suivantes

👉 La première ligne explique pourquoi Newton est si rapide : sa fonction d'itération $g(x)=x-\frac{f(x)}{f'(x)}$ vérifie $g'(\alpha)=0$ à la racine. Ce n'est pas une coïncidence — c'est ce qu'on lui a demandé en la construisant.

ℹ️ Le point de Dottie tire son nom d'une professeure de français qui, tapant machinalement cos en boucle sur sa calculatrice, avait remarqué que l'écran finissait toujours par afficher le même nombre — quel que soit le point de départ. C'est le théorème de Banach en action.

Réponse. L'itération converge vers

\ell\approx0{,}739085

(point fixe de

\cos

). (Recoupement : convergence linéaire de raison

\approx0{,}67

; un solveur (

\cos x-x=0

) donne la même valeur ✓)

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Méthode de Newton

CalculDifficulté 3/5

Appliquer la méthode de Newton à $f(x)=x^2-2$ depuis $x_0=1$ : donner $x_1,x_2,x_3$ et commenter la vitesse.

Indices (3)

$x_{n+1}=x_n-\dfrac{f(x_n)}{f'(x_n)}$ avec $f'(x)=2x$ .

Simplifier : $x_{n+1}=\tfrac12\big(x_n+\tfrac2{x_n}\big)$ .

Itérer en fractions exactes.

Correction détaillée

La formule, et d'ou elle vient

\boxed{x_{n+1}=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}}

👉 L'idée géométrique : remplacer la courbe par sa TANGENTE, et prendre l'intersection de cette tangente avec l'axe des abscisses.

La tangente en $x_n$ a pour équation

y=f(x_n)+f'(x_n)(x-x_n).

Elle coupe l'axe quand $y=0$ :

0=f(x_n)+f'(x_n)(x-x_n)\quad\Longrightarrow\quad x=x_n-\frac{f(x_n)}{f'(x_n)}\ \checkmark

Ici : $f(x)=x^2-2$ , donc $f'(x)=2x$ , et l'itération devient

x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2-2}{2x_n}=\frac{2x_n^2-x_n^2+2}{2x_n}=\frac{x_n^2+2}{2x_n}.

\boxed{x_{n+1}=\frac12\left(x_n+\frac{2}{x_n}\right)}

👉 On reconnaît la MOYENNE de $x_n$ et de $\frac{2}{x_n}$ — c'est l'algorithme de Héron d'Alexandrie, connu depuis le Iᵉʳ siècle et redécouvert ici comme cas particulier de Newton.

Les trois premiers pas, en fractions exactes

Depuis $x_0=1$ :

x_1=\frac12\left(1+\frac21\right)=\frac12\times 3=\frac32=1{,}5.

x_2=\frac12\left(\frac32+\frac{2}{3/2}\right)=\frac12\left(\frac32+\frac43\right)=\frac12\cdot\frac{9+8}{6}=\frac{17}{12}.

x_3=\frac12\left(\frac{17}{12}+\frac{24}{17}\right)=\frac12\cdot\frac{289+288}{204}=\frac{577}{408}.

$n$	$x_n$ exact	valeur décimale	erreur $\lvert x_n-\sqrt2\rvert$
$0$	$1$	$1$	$4{,}1\times 10^{-1}$
$1$	$\frac32$	$1{,}5$	$8{,}6\times 10^{-2}$
$2$	$\frac{17}{12}$	$1{,}4166667$	$2{,}5\times 10^{-3}$
$3$	$\frac{577}{408}$	$1{,}4142157$	$\mathbf{2{,}1\times 10^{-6}}$
$4$	$\frac{665857}{470832}$	$1{,}4142136$	$\mathbf{1{,}6\times 10^{-12}}$

👉 Pour comparaison : $\sqrt2=1{,}41421356237\ldots$

⚠️ Les fractions $\frac32$ , $\frac{17}{12}$ , $\frac{577}{408}$ ne sont pas quelconques : ce sont les réduites de la fraction continue de $\sqrt2$ , connues des mathématiciens grecs. Newton retrouve leur suite un terme sur deux.

La convergence QUADRATIQUE : le nombre de decimales DOUBLE

\boxed{\lvert x_{n+1}-\alpha\rvert\ \leq\ C\,\lvert x_n-\alpha\rvert^2}

👉 Lisons la colonne des erreurs : $4{,}1\times 10^{-1}$ , puis $8{,}6\times 10^{-2}$ , $2{,}5\times 10^{-3}$ , $2{,}1\times 10^{-6}$ , $1{,}6\times 10^{-12}$ .

passage	erreur avant	erreur après	carré de la précédente
$2\to 3$	$2{,}5\times 10^{-3}$	$2{,}1\times 10^{-6}$	$6{,}0\times 10^{-6}$ ✓
$3\to 4$	$2{,}1\times 10^{-6}$	$1{,}6\times 10^{-12}$	$4{,}5\times 10^{-12}$ ✓

👉 Chaque erreur est de l'ordre du CARRÉ de la précédente — c'est la définition de la convergence quadratique.

\boxed{\text{le nombre de decimales exactes DOUBLE a chaque pas}}

$n$	décimales exactes
$1$	$\approx 1$
$2$	$\approx 2$
$3$	$\approx 6$
$4$	$\approx 12$
$5$	$\approx 24$

👉 Cinq itérations suffisent à dépasser la précision d'un double (≈ 16 décimales). C'est pourquoi les bibliothèques calculent une racine carrée en trois ou quatre pas, après un bon démarrage.

👉 La constante $C$ vaut $\dfrac{f''(\alpha)}{2f'(\alpha)}=\dfrac{2}{2\times 2\sqrt2}=\dfrac{1}{2\sqrt2}\approx 0{,}354$ — c'est elle qui apparaît dans le tableau ci-dessus.

⚠️ Newton ECHOUE, et il faut savoir quand

👉 La convergence quadratique est LOCALE : elle suppose $x_0$ assez proche de la racine, et $f'(\alpha)\neq 0$ . Quatre modes d'échec :

situation	ce qui se passe	exemple
$f'(x_n)=0$	division par zéro	$x^2-2$ depuis $x_0=0$
racine multiple	convergence seulement linéaire	$f(x)=x^2$ en $0$
$x_0$ trop loin	divergence, ou cycle	voir ci-dessous
$f'$ très petit	le pas devient énorme	fonction quasi plate

👉 Le cycle est le plus spectaculaire. Sur $f(x)=x^3-2x+2$ avec $x_0=0$ :

x_1=0-\frac{2}{-2}=1,\qquad x_2=1-\frac{1}{1}=0,\qquad x_3=1,\ \dots

👉 La suite oscille entre $0$ et $1$ POUR TOUJOURS, alors que $f$ a bel et bien une racine réelle (proche de $-1{,}77$ ).

👉 Sur une racine double, la vitesse tombe. Pour $f(x)=x^2$ depuis $x_0=1$ :

x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^2}{2x_n}=\frac{x_n}{2},

soit $1,\ \tfrac12,\ \tfrac14,\ \tfrac18,\dots$ — l'erreur est seulement divisée par $2$ , comme la dichotomie. La convergence quadratique a disparu.

✅ Les parades employées en pratique :

parade	effet
démarrer par quelques dichotomies	garantit d'entrer dans la zone sûre
borner le pas ( $\lvert x_{n+1}-x_n\rvert\leq \Delta$ )	empêche les sauts absurdes
Newton modifié : $x-m\frac{f}{f'}$	rétablit l'ordre 2 sur une racine de multiplicité $m$
Brent (dichotomie + interpolation)	robustesse ET vitesse

ℹ️ C'est la conjonction de ces garde-fous qui fait qu'un scipy.optimize.newton moderne se trompe rarement — la formule brute, elle, se trompe très bien.

Réponse.

x_1=\tfrac32

,

x_2=\tfrac{17}{12}

,

x_3=\tfrac{577}{408}\approx1{,}4142157

. (Recoupement : l'erreur

e_3\approx2{,}1\cdot10^{-6}

est de l'ordre de

e_2^2

— quadratique ✓ ;

\sqrt2\approx1{,}4142136

)

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Newton pour une racine cubique

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\sqrt[3]{2}$ par Newton sur $f(x)=x^3-2$ depuis $x_0=1$ : donner $x_1$ et $x_2$ .

Indices (3)

$f'(x)=3x^2$ , $x_{n+1}=x_n-\dfrac{x_n^3-2}{3x_n^2}$ .

$x_1=1-\dfrac{1-2}3=1+\tfrac13$ .

Puis $x_2$ avec $x_1=\tfrac43$ .

Correction détaillée

Poser l'iteration

👉 Pour calculer $\sqrt[3]{2}$ , on cherche la racine de

f(x)=x^3-2,\qquad f'(x)=3x^2.

La formule de Newton donne :

x_{n+1}=x_n-\frac{x_n^3-2}{3x_n^2}=\frac{3x_n^3-x_n^3+2}{3x_n^2}=\frac{2x_n^3+2}{3x_n^2}.

\boxed{x_{n+1}=\frac{2x_n^3+2}{3x_n^2}=\frac13\left(2x_n+\frac{2}{x_n^2}\right)}

👉 La seconde écriture est la plus parlante : c'est une moyenne pondérée — deux parts de $x_n$ pour une part de $\frac{2}{x_n^2}$ .

👉 Comparons avec la racine carrée (A3), où les poids étaient égaux :

racine	itération	poids
$\sqrt a$	$\frac12\left(x+\frac ax\right)$	$1:1$
$\sqrt[3]{a}$	$\frac13\left(2x+\frac{a}{x^2}\right)$	$\mathbf{2:1}$
$\sqrt[p]{a}$	$\frac1p\left((p-1)x+\frac{a}{x^{p-1}}\right)$	$(p-1):1$

👉 La formule générale se lit sur la dernière ligne, et elle se retrouve en une ligne de calcul à partir de $f(x)=x^p-a$ .

Les deux premiers pas

Depuis $x_0=1$ :

x_1=\frac{2\times 1^3+2}{3\times 1^2}=\frac{2+2}{3}=\frac43\approx 1{,}333333.

x_2=\frac{2\left(\frac43\right)^3+2}{3\left(\frac43\right)^2}=\frac{2\times\frac{64}{27}+2}{3\times\frac{16}{9}}=\frac{\frac{128}{27}+\frac{54}{27}}{\frac{48}{9}}=\frac{\frac{182}{27}}{\frac{48}{9}}.

👉 Divisons les fractions — multiplier par l'inverse :

x_2=\frac{182}{27}\times\frac{9}{48}=\frac{182}{3\times 48}=\frac{182}{144}=\frac{91}{72}.

\boxed{x_1=\frac43\approx 1{,}333333,\qquad x_2=\frac{91}{72}\approx 1{,}263889}

Contrôle : $\sqrt[3]{2}=1{,}259921050\ldots$

$n$	$x_n$	erreur
$0$	$1$	$2{,}6\times 10^{-1}$
$1$	$1{,}333333$	$7{,}3\times 10^{-2}$
$2$	$1{,}263889$	$4{,}0\times 10^{-3}$
$3$	$1{,}259933$	$\mathbf{1{,}2\times 10^{-5}}$

👉 Trois pas donnent cinq décimales, à partir d'un $x_0$ pourtant grossier.

La convergence est bien QUADRATIQUE

👉 Vérifions le doublement, en comparant chaque erreur au carré de la précédente :

passage	erreur avant	erreur après	carré
$1\to 2$	$7{,}3\times 10^{-2}$	$4{,}0\times 10^{-3}$	$5{,}4\times 10^{-3}$ ✓
$2\to 3$	$4{,}0\times 10^{-3}$	$1{,}2\times 10^{-5}$	$1{,}6\times 10^{-5}$ ✓

👉 L'erreur suivante est bien de l'ordre du carré ✓

👉 La constante vaut $\dfrac{f''(\alpha)}{2f'(\alpha)}$ , ici

\frac{6\alpha}{2\times 3\alpha^2}=\frac{1}{\alpha}=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\approx 0{,}794.

Contrôle : $0{,}794\times(4{,}0\times 10^{-3})^2=1{,}3\times 10^{-5}$ , et l'erreur observée vaut $1{,}2\times 10^{-5}$ ✓

👉 La prédiction et la mesure coïncident à 10 % près — c'est exactement ce qu'on attend d'un développement asymptotique.

⚠️ Vérifier que la suite reste POSITIVE : $x_0=1>0$ , et l'itération préserve le signe. Un $x_0$ négatif convergerait vers... rien du tout, $x^3-2$ n'ayant qu'une seule racine réelle, mais la suite s'en éloignerait.

A quoi ca sert vraiment : les racines dans un processeur

👉 Cette itération est celle que le matériel emploie, et pour une raison précise : elle n'utilise ni racine, ni logarithme, ni exponentielle — seulement des multiplications, additions et divisions.

👉 Mieux : on peut même supprimer la division. Pour $\dfrac{1}{\sqrt a}$ , appliquons Newton à $f(x)=\dfrac{1}{x^2}-a$ :

f'(x)=-\frac{2}{x^3}\quad\Longrightarrow\quad x_{n+1}=x_n-\frac{\frac{1}{x_n^2}-a}{-\frac{2}{x_n^3}}=\frac{x_n\left(3-a\,x_n^2\right)}{2}.

\boxed{x_{n+1}=\frac{x_n\left(3-a\,x_n^2\right)}{2}\qquad\text{— AUCUNE division}}

👉 C'est la fameuse « racine carrée inverse rapide » de Quake III, célèbre pour son démarrage par une manipulation de bits, suivi d'un seul pas de Newton — assez pour l'affichage 3D.

👉 Le principe général se répète partout :

à calculer	$f$	itération sans division
$\frac1a$	$\frac1x-a$	$x(2-ax)$
$\frac{1}{\sqrt a}$	$\frac{1}{x^2}-a$	$\frac{x(3-ax^2)}{2}$
$\sqrt a$	$x^2-a$	$\frac12\left(x+\frac ax\right)$ (avec division)

👉 La première ligne est remarquable : elle calcule un inverse sans jamais diviser. C'est ainsi que certains processeurs implémentent la division elle-même.

👉 Le bon démarrage compte autant que l'itération. En représentation binaire, $a=m\times 2^e$ donne $\sqrt[3]{a}\approx \sqrt[3]{m}\times 2^{e/3}$ : quelques bits d'exposant fournissent d'emblée deux ou trois chiffres exacts, et Newton finit en deux pas.

ℹ️ C'est le mariage typique du calcul numérique : une approximation grossière obtenue par une autre voie, puis une itération quadratique pour la précision.

Réponse.

x_1=\tfrac43

,

x_2=\tfrac{91}{72}\approx1{,}2639

. (Recoupement : converge vers

\sqrt[3]{2}\approx1{,}259921

; un solveur de Newton donne la même limite ✓)

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Méthode de la sécante

CalculDifficulté 3/5

Appliquer la sécante à $f(x)=x^2-2$ avec $x_0=1$ , $x_1=2$ : calculer $x_2$ et $x_3$ .

Indices (3)

$x_{n+1}=x_n-f(x_n)\dfrac{x_n-x_{n-1}}{f(x_n)-f(x_{n-1})}$ .

$f(1)=-1$ , $f(2)=2$ .

La sécante remplace la dérivée par un taux d'accroissement.

Correction détaillée

La formule : Newton SANS derivee

👉 La sécante remplace la tangente par la DROITE qui joint les deux derniers points. C'est Newton où $f'(x_n)$ est approché par un taux d'accroissement :

f'(x_n)\ \approx\ \frac{f(x_n)-f(x_{n-1})}{x_n-x_{n-1}}.

\boxed{x_{n+1}=x_n-f(x_n)\cdot\frac{x_n-x_{n-1}}{f(x_n)-f(x_{n-1})}}

👉 Elle demande DEUX points de départ, là où Newton n'en demande qu'un — mais elle ne demande aucune dérivée.

⚠️ Ce n'est PAS la dichotomie, même si les deux emploient deux points :

	dichotomie	sécante
ce qu'elle lit	le signe de $f$	la valeur de $f$
encadrement maintenu ?	oui	non
vitesse	linéaire ( $\times\frac12$ )	superlinéaire ( $\varphi\approx 1{,}618$ )

👉 La sécante peut donc sortir de l'intervalle de départ — c'est le prix de sa vitesse. La méthode de regula falsi garde l'encadrement, mais y perd la vitesse.

Le calcul

Données : $f(x)=x^2-2$ , $x_0=1$ , $x_1=2$ , donc $f(x_0)=-1$ et $f(x_1)=2$ .

Calcul de $x_2$ :

x_2=x_1-f(x_1)\cdot\frac{x_1-x_0}{f(x_1)-f(x_0)}=2-2\times\frac{2-1}{2-(-1)}=2-\frac23=\frac43.

👉 $x_2=\frac43\approx 1{,}333333$ , et $f\!\left(\frac43\right)=\frac{16}{9}-2=-\frac29$ .

Calcul de $x_3$ , avec $x_1=2$ et $x_2=\frac43$ :

x_3=\frac43-\left(-\frac29\right)\times\frac{\frac43-2}{-\frac29-2}=\frac43+\frac29\times\frac{-\frac23}{-\frac{20}{9}}.

👉 Simplifions le quotient :

\frac{-\frac23}{-\frac{20}{9}}=\frac23\times\frac{9}{20}=\frac{18}{60}=\frac{3}{10}.

x_3=\frac43+\frac29\times\frac{3}{10}=\frac43+\frac{6}{90}=\frac43+\frac{1}{15}=\frac{20+1}{15}=\frac{21}{15}=\frac75.

\boxed{x_2=\frac43\approx 1{,}3333,\qquad x_3=\frac75=1{,}4}

Contrôle : $\sqrt2\approx 1{,}414214$ , donc les erreurs valent $8{,}1\times 10^{-2}$ puis $1{,}4\times 10^{-2}$ ✓

La vitesse : l'exposant est le NOMBRE D'OR

\boxed{\lvert x_{n+1}-\alpha\rvert\ \approx\ C\,\lvert x_n-\alpha\rvert^{\varphi},\qquad \varphi=\frac{1+\sqrt5}{2}\approx 1{,}618}

👉 Poursuivons les itérations pour le voir :

$n$	$x_n$	valeur	erreur
$2$	$\frac43$	$1{,}333333$	$8{,}1\times 10^{-2}$
$3$	$\frac75$	$1{,}4$	$1{,}4\times 10^{-2}$
$4$	$\frac{58}{41}$	$1{,}414634$	$4{,}2\times 10^{-4}$
$5$	$\frac{816}{577}$	$1{,}414211$	$\mathbf{2{,}1\times 10^{-6}}$

👉 Vérifions l'exposant $\varphi$ sur le dernier passage :

\left(4{,}2\times 10^{-4}\right)^{1{,}618}\approx 3{,}4\times 10^{-6},

et l'erreur observée vaut $2{,}1\times 10^{-6}$ — même ordre de grandeur ✓

⚠️ L'accord n'est pas parfait, et il ne DOIT pas l'être : la relation exacte porte une constante, $e_{n+1}\approx C\,e_n^{\varphi}$ , qui vaut ici $C\approx 0{,}616$ . Ce que le contrôle vérifie est l'exposant, pas l'égalité — un exposant $2$ donnerait $1{,}8\times 10^{-7}$ , dix fois trop petit.

👉 Pourquoi le nombre d'or ? L'erreur vérifie $e_{n+1}\approx C\,e_n\,e_{n-1}$ : en posant $e_n\approx K^{p^n}$ , on trouve $p^2=p+1$ , dont la racine positive est exactement $\varphi$ .

⚠️ La suite $\frac43,\ \frac75,\ \frac{58}{41},\ \frac{816}{577}$ mêle des réduites de $\sqrt2$ — $\frac75$ et $\frac{577}{408}$ en sont, et $816/577$ est le double de la suivante. Ce n'est pas un hasard : ces approximations rationnelles sont les meilleures à dénominateur donné.

Secante ou Newton ? Le critere est le COUT, pas la vitesse

	Newton	sécante
ordre	$\mathbf 2$	$\varphi\approx 1{,}618$
évaluations par itération	$f$ et $f'$	$f$ seule
points de départ	$1$	$2$
dérivée nécessaire	oui	non

👉 Newton est plus rapide PAR ITÉRATION, mais chaque itération coûte deux fois plus. Le bon critère est donc l'ordre par évaluation de fonction :

méthode	ordre par évaluation
Newton	$\sqrt{2}\approx 1{,}414$
sécante	$\varphi\approx \mathbf{1{,}618}$

\boxed{\text{a cout egal, la SECANTE est plus efficace que Newton}}

👉 Et l'écart se creuse quand $f'$ est chère — ce qui est le cas le plus fréquent en pratique :

situation	dérivée
$f$ définie par une simulation	inaccessible
$f$ définie par une intégrale ou une série	coûteuse
$f$ issue d'une mesure	inexistante

⚠️ La sécante a son propre mode d'échec : si $f(x_n)\approx f(x_{n-1})$ , le dénominateur s'annule et le pas explose. Les implémentations le testent explicitement.

✅ La méthode de Brent combine les trois — dichotomie pour la garantie, sécante et interpolation quadratique inverse pour la vitesse — et bascule de l'une à l'autre selon ce qui progresse le mieux. C'est elle qu'on trouve dans scipy.optimize.brentq, et c'est le bon défaut en dimension $1$ .

ℹ️ En dimension supérieure, l'analogue de la sécante s'appelle quasi-Newton (BFGS et ses variantes) : on y approche la matrice jacobienne au lieu de la calculer, exactement pour la même raison de coût.

Réponse.

x_2=\tfrac43

,

x_3=\tfrac75=1{,}4

. (Recoupement : converge vers

\sqrt2\approx1{,}41421

sans calculer

f'

— utile quand la dérivée est coûteuse ✓)

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Ordres de convergence

DémonstrationDifficulté 3/5

Comparer la vitesse de la dichotomie et de Newton : combien de pas pour gagner un facteur $1000$ sur l'erreur ?

Indices (3)

Dichotomie : l'erreur est multipliée par $\tfrac12$ par pas (linéaire).

Newton : l'erreur est (à peu près) élevée au carré par pas (quadratique).

$2^{10}=1024$ .

Correction détaillée

Les deux vitesses, en une formule chacune

méthode	erreur au pas suivant	nom
dichotomie	$e_{n+1}=\dfrac{e_n}{2}$	linéaire
Newton	$e_{n+1}\approx C\,e_n^2$	quadratique

👉 La différence de nature saute aux yeux : l'une SOUSTRAIT un chiffre binaire à chaque pas, l'autre DOUBLE le nombre de chiffres exacts.

\boxed{\text{lineaire : }e_n=e_0\,k^n\qquad\text{quadratique : }e_n\approx C^{2^n-1}e_0^{2^n}}

👉 L'exposant $2^n$ est ce qui change tout. Ce n'est pas « plus vite », c'est un autre régime.

⚠️ Mais l'un est garanti et l'autre non — c'est la contrepartie, et elle décide du choix en pratique (§4).

Combien de pas pour un facteur $1000$ ?

Dichotomie. On veut $\dfrac{e_0}{2^n}\leq\dfrac{e_0}{1000}$ :

2^n\geq 1000\quad\Longleftrightarrow\quad n\geq\frac{\ln 1000}{\ln 2}=\frac{6{,}908}{0{,}693}\approx 9{,}97.

\boxed{n=10\ \text{pas}}

👉 Contrôle : $2^{10}=1024\geq 1000$ ✓, et $2^9=512<1000$ ✗ — c'est bien $10$ et pas $9$ .

Newton. Depuis une erreur $e_0=10^{-3}$ :

pas	erreur (ordre de grandeur)	gain cumulé
$0$	$10^{-3}$	—
$\mathbf 1$	$10^{-6}$	$\times 10^3$ ✓
$\mathbf 2$	$10^{-12}$	$\times 10^9$

\boxed{n=1\ \text{pas suffit deja, et}\ 2\ \text{pas donnent un facteur}\ 10^9}

👉 Un seul pas de Newton fait ce que dix dichotomies font, et le second pas fait dix fois plus encore.

⚠️ Attention à la lecture : l'écart n'est pas constant, il s'AGGRAVE. Pour un facteur $10^6$ , la dichotomie demande $20$ pas, Newton toujours $2$ ; pour $10^{12}$ , la dichotomie en demande $40$ , Newton $3$ .

Le tableau qui met les quatre methodes en face

👉 Sur $f(x)=x^2-2$ , en partant du même intervalle $[1,2]$ :

méthode	ordre	pas pour $10^{-6}$	pas pour $10^{-12}$
dichotomie	$1$ ( $k=\frac12$ )	$\approx 20$	$\approx 40$
point fixe ( $\lvert g'\rvert=0{,}67$ )	$1$	$\approx 35$	$\approx 70$
sécante	$\varphi\approx 1{,}618$	$\approx 6$	$\approx 7$
Newton	$2$	$\mathbf 4$	$\mathbf 5$

👉 Les chiffres de Newton et de la sécante sont MESURÉS, pas estimés — ce sont les tableaux d'erreur d'A3 et A5, prolongés :

$n$	Newton	sécante
$2$	$2{,}5\times 10^{-3}$	$8{,}1\times 10^{-2}$
$3$	$2{,}1\times 10^{-6}$	$1{,}4\times 10^{-2}$
$4$	$1{,}6\times 10^{-12}$	$4{,}2\times 10^{-4}$
$5$	$9{,}0\times 10^{-25}$	$2{,}1\times 10^{-6}$
$6$	—	$3{,}2\times 10^{-10}$
$7$	—	$2{,}4\times 10^{-16}$

👉 Newton est à $1{,}6\times 10^{-12}$ au pas $4$ ; la sécante n'est qu'à $2{,}1\times 10^{-6}$ au pas $5$ — mais elle a coûté moitié moins d'évaluations par pas (A5).

⚠️ Le point fixe est le plus lent des quatre, et c'est structurel : son taux $\lvert g'(\alpha)\rvert$ vaut ce qu'il vaut, alors que Newton le rend NUL par construction (A2).

⚠️ Pourquoi la plus lente reste indispensable

👉 Compter les pas ne suffit pas : il faut compter les CAS OÙ ÇA MARCHE.

méthode	converge toujours ?	ce qu'elle exige
dichotomie	OUI, si $f$ change de signe	continuité seule
point fixe	non — $\lvert g'\rvert<1$ requis	une bonne réécriture
sécante	non	deux points assez proches
Newton	non — et peut cycler	$x_0$ proche, $f'\neq 0$

👉 La dichotomie est la seule à ne jamais échouer, et c'est ce qui la rend irremplaçable comme filet.

\boxed{\text{une methode rapide qui diverge est infiniment plus lente qu'une methode lente qui converge}}

✅ D'où la stratégie universelle, en deux temps :

phase	méthode	pourquoi
1. localiser	dichotomie, $5$ à $10$ pas	entrer dans le bassin d'attraction
2. affiner	Newton ou sécante, $3$ à $5$ pas	précision machine

👉 Coût total : une quinzaine d'évaluations, avec une garantie de convergence. C'est exactement ce que fait la méthode de Brent, standard de fait en dimension $1$ .

👉 Et le critère d'arrêt compte autant que la méthode. Trois tests, à combiner :

test	ce qu'il attrape
$\lvert x_{n+1}-x_n\rvert<\varepsilon$	la suite a cessé de bouger
$\lvert f(x_n)\rvert<\delta$	on est près de zéro
$n<n_{\max}$	garde-fou contre les boucles infinies

⚠️ Aucun des deux premiers ne suffit seul : sur une fonction très plate, $f$ peut être minuscule loin de la racine ; sur une fonction très raide, la suite peut se figer sans que $f$ soit petite. Et le troisième est le seul qui garantisse que le programme s'arrête — c'est celui qu'on oublie.

ℹ️ En précision double, viser mieux que $10^{-16}$ relatif n'a aucun sens : les itérations se mettent alors à osciller sur le dernier bit, sans jamais satisfaire un critère trop exigeant.

Réponse. Dichotomie

\approx10

pas, Newton

\approx3

pas. (Recoupement : linéaire (raison

\tfrac12

) vs quadratique (

e_{n+1}\sim e_n^2

) — Newton est spectaculairement plus rapide près de la racine ✓)

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Rectangles

CalculDifficulté 3/5

Approcher $\displaystyle\int_0^1 x^2\,dx$ par les rectangles à gauche puis à droite ( $n=4$ ). Encadrer la valeur exacte.

Indices (3)

$h=\tfrac14$ , points $0,\tfrac14,\tfrac12,\tfrac34,1$ .

Gauche : somme sur $x_0,\dots,x_3$ ; droite : sur $x_1,\dots,x_4$ .

$f$ croissante $\Rightarrow$ gauche sous-estime, droite sur-estime.

Correction détaillée

Le principe, et le pas

👉 On découpe $[0,1]$ en $n=4$ morceaux égaux, et on remplace la courbe par un ESCALIER.

h=\frac{b-a}{n}=\frac{1-0}{4}=\frac14.

Les points de subdivision :

x_0=0,\quad x_1=\tfrac14,\quad x_2=\tfrac12,\quad x_3=\tfrac34,\quad x_4=1.

👉 Deux choix pour la hauteur de chaque rectangle, et ils encadrent :

méthode	hauteur du $i$ -ième rectangle	formule
gauche	$f(x_i)$	$h\sum_{i=0}^{n-1}f(x_i)$
droite	$f(x_{i+1})$	$h\sum_{i=1}^{n}f(x_i)$

⚠️ Les bornes des sommes diffèrent : la gauche va de $0$ à $n-1$ , la droite de $1$ à $n$ . Se tromper d'indice décale toute la somme d'un rectangle.

👉 Les valeurs de $f(x)=x^2$ aux cinq points :

$x$	$0$	$\frac14$	$\frac12$	$\frac34$	$1$
$x^2$	$0$	$\frac1{16}$	$\frac14$	$\frac9{16}$	$1$

Les deux sommes

Rectangles à GAUCHE — on omet le dernier point :

R_g=\frac14\left(0+\frac1{16}+\frac14+\frac9{16}\right)=\frac14\times\frac{0+1+4+9}{16}=\frac14\times\frac{14}{16}.

\boxed{R_g=\frac{14}{64}=\frac{7}{32}=0{,}21875}

Rectangles à DROITE — on omet le premier :

R_d=\frac14\left(\frac1{16}+\frac14+\frac9{16}+1\right)=\frac14\times\frac{1+4+9+16}{16}=\frac14\times\frac{30}{16}.

\boxed{R_d=\frac{30}{64}=\frac{15}{32}=0{,}46875}

👉 Contrôle rapide : les deux sommes ne diffèrent que par le premier et le dernier terme :

R_d-R_g=h\big(f(1)-f(0)\big)=\frac14\times(1-0)=\frac14=0{,}25.

Vérifions : $0{,}46875-0{,}21875=0{,}25$ ✓

👉 C'est un contrôle qui ne coûte rien et qui attrape la plupart des erreurs d'indices : l'écart entre les deux sommes est toujours $h\big(f(b)-f(a)\big)$ .

L'encadrement, et pourquoi il tient

\boxed{\frac{7}{32}\ \leq\ \int_0^1x^2\,dx\ \leq\ \frac{15}{32}}

0{,}21875\ \leq\ \frac13\ \leq\ 0{,}46875\ \checkmark

👉 La valeur exacte $\frac13\approx 0{,}3333$ est bien encadrée.

⚠️⚠️ Mais l'encadrement n'est PAS automatique : il exige que $f$ soit MONOTONE.

👉 Ici $x^2$ est croissante sur $[0,1]$ , donc sur chaque sous-intervalle la valeur de gauche est la plus petite et celle de droite la plus grande :

f(x_i)\leq f(x)\leq f(x_{i+1})\quad\text{pour}\ x\in[x_i,x_{i+1}].

👉 En intégrant, l'inégalité se propage à toute la somme ✓

⚠️ Sur une fonction non monotone, l'encadrement TOMBE. Sur $\int_0^{2\pi}\sin x\,dx=0$ avec $n=4$ :

	valeur
gauche	$\frac{\pi}{2}(0+1+0-1)=0$
droite	$\frac{\pi}{2}(1+0-1+0)=0$

👉 Les deux donnent $0$ , la valeur exacte — mais par compensation, pas par encadrement. Rien ne garantit un encadrement, et ici le résultat exact est une coïncidence.

\boxed{\text{l'encadrement par rectangles suppose la MONOTONIE, et il faut le dire}}

L'erreur, et pourquoi les rectangles sont mediocres

👉 L'erreur est BEAUCOUP plus grande que ce qu'on aimerait :

méthode	valeur	erreur
gauche	$0{,}21875$	$\mathbf{0{,}1146}$
droite	$0{,}46875$	$\mathbf{0{,}1354}$
milieu	$0{,}328125$	$0{,}0052$
trapèzes (B2)	$0{,}34375$	$0{,}0104$
Simpson (B3)	$0{,}333333$	$\mathbf 0$

👉 Les rectangles gauche/droite sont d'ordre $1$ : diviser $h$ par $2$ ne divise l'erreur que par $2$ .

\boxed{\text{erreur des rectangles}\ \approx\ \frac{(b-a)h}{2}\,\lvert f'(\xi)\rvert=O(h)}

👉 Le point de MILIEU, lui, est d'ordre $2$ — pour le même coût ! Il suffit d'évaluer $f$ au centre de chaque sous-intervalle :

R_m=\frac14\left(\left(\tfrac18\right)^2+\left(\tfrac38\right)^2+\left(\tfrac58\right)^2+\left(\tfrac78\right)^2\right)=\frac14\times\frac{1+9+25+49}{64}=\frac{84}{256}=\frac{21}{64}.

Soit $0{,}328125$ , à $0{,}0052$ de la valeur exacte — vingt fois mieux que les rectangles à gauche, avec exactement quatre évaluations ✓

👉 La leçon est générale : ce n'est pas le NOMBRE d'évaluations qui fait la précision, c'est OÙ on les place.

méthode	évaluations	ordre
rectangles gauche	$4$	$1$
milieu	$4$	$\mathbf 2$
trapèzes	$5$	$2$
Simpson	$5$	$\mathbf 4$

⚠️ Les rectangles gauche/droite ne servent donc presque jamais en pratique — sauf pour une fonction périodique intégrée sur une période entière (ils y coïncident avec les trapèzes et deviennent excellents), et pour démontrer l'existence de l'intégrale (sommes de Darboux), qui est leur véritable emploi.

ℹ️ Poussée à l'extrême, cette idée donne les quadratures de Gauss : en choisissant à la fois les points ET les poids, $n$ évaluations intègrent exactement tout polynôme de degré $2n-1$ .

Réponse. Gauche

\tfrac7{32}

, droite

\tfrac{15}{32}

, et

\tfrac7{32}<\tfrac13<\tfrac{15}{32}

. (Recoupement : la valeur exacte

\int_0^1x^2=\tfrac13\approx0{,}333

est bien encadrée par

0{,}219

et

0{,}469

✓)

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Méthode des trapèzes

CalculDifficulté 3/5

Approcher $\displaystyle\int_0^1 x^2\,dx$ par les trapèzes ( $n=4$ ), puis calculer l'erreur exacte.

Indices (3)

$T=h\big[\tfrac{f(x_0)+f(x_n)}2+\sum_{i=1}^{n-1}f(x_i)\big]$ , $h=\tfrac14$ .

$f(0)=0$ , $f(1)=1$ , intérieurs $\tfrac1{16},\tfrac4{16},\tfrac9{16}$ .

Erreur $=T-\tfrac13$ .

Correction détaillée

La formule des trapezes

👉 On remplace la courbe par des SEGMENTS : sur chaque $[x_i,x_{i+1}]$ , l'aire du trapèze vaut

h\cdot\frac{f(x_i)+f(x_{i+1})}{2}.

En sommant, les valeurs intérieures apparaissent DEUX fois (une comme bord droit, une comme bord gauche) :

\boxed{T=h\left(\frac{f(x_0)}{2}+f(x_1)+\cdots+f(x_{n-1})+\frac{f(x_n)}{2}\right)}

👉 Seuls les DEUX points extrêmes portent un coefficient $\frac12$ — c'est la signature de la méthode, et l'erreur la plus fréquente est de diviser tout le monde par deux.

👉 Autre lecture, souvent plus commode : les trapèzes sont la moyenne des rectangles gauche et droite.

T=\frac{R_g+R_d}{2}=\frac{0{,}21875+0{,}46875}{2}=\frac{0{,}6875}{2}=0{,}34375.

👉 Cette identité donne le résultat sans refaire la somme, à partir de B1 ✓

Le calcul direct

Avec $h=\frac14$ et $f(x)=x^2$ :

T=\frac14\left(\frac{0}{2}+\frac1{16}+\frac14+\frac9{16}+\frac{1}{2}\right).

👉 Réduisons au même dénominateur $16$ :

0+\frac1{16}+\frac4{16}+\frac9{16}+\frac{8}{16}=\frac{22}{16}=\frac{11}{8}.

T=\frac14\times\frac{11}{8}=\frac{11}{32}.

\boxed{T=\frac{11}{32}=0{,}34375}

👉 Les deux voies concordent ✓ — la moyenne des rectangles et le calcul direct.

L'erreur exacte :

T-\int_0^1x^2\,dx=\frac{11}{32}-\frac13=\frac{33-32}{96}=\frac{1}{96}.

\boxed{\text{erreur}=\frac1{96}\approx 0{,}0104167\qquad\text{(par EXCES)}}

👉 L'erreur est positive : les trapèzes SURESTIMENT ici. C'est structurel — $x^2$ est convexe, donc chaque corde passe au-dessus de la courbe.

La formule d'erreur, et sa verification

\boxed{E_T=-\frac{(b-a)h^2}{12}\,f''(\xi)\qquad\text{pour un}\ \xi\in\,]a,b[}

Ici $f''(x)=2$ , constante, donc le $\xi$ n'a aucune importance :

E_T=-\frac{1\times\left(\frac14\right)^2}{12}\times 2=-\frac{\frac1{16}}{6}=-\frac{1}{96}.

👉 La formule donne $-\frac1{96}$ et l'erreur observée vaut $T-I=+\frac1{96}$ — les signes sont cohérents, la formule donnant $I-T$ .

\boxed{\text{la formule est EXACTE ici, pas approchee}}

👉 Deux conséquences immédiates :

lecture	conséquence
$E_T\propto h^2$	ordre $2$ : diviser $h$ par $2$ divise l'erreur par $\mathbf 4$
$E_T\propto f''$	exact sur les fonctions affines ( $f''=0$ )

Vérifions l'ordre $2$ en doublant $n$ :

$n$	$h$	$T$	erreur	rapport
$4$	$\frac14$	$0{,}34375$	$1{,}042\times 10^{-2}$	—
$8$	$\frac18$	$0{,}3359375$	$2{,}604\times 10^{-3}$	$\mathbf{4{,}00}$
$16$	$\frac1{16}$	$0{,}33398438$	$6{,}510\times 10^{-4}$	$\mathbf{4{,}00}$

👉 Le rapport vaut exactement $4$ ✓ — l'ordre $2$ est confirmé numériquement.

👉 Le signe de $f''$ dit le sens de l'erreur :

$f$	corde	trapèzes
convexe ( $f''>0$ )	au-dessus	surestiment
concave ( $f''<0$ )	en dessous	sous-estiment

⚠️ C'est ce qui explique l'erreur par excès de B4 sur $\sin$ ... non : $\sin$ est concave sur $[0,\pi]$ , et les trapèzes y sous-estiment ( $1{,}571$ contre $2$ ) ✓

Ameliorer sans evaluer davantage : l'acceleration de Romberg

👉 Puisque l'erreur vaut $\approx C\,h^2$ , on peut l'ÉLIMINER en combinant deux calculs.

T(h)\approx I+Ch^2,\qquad T\!\left(\tfrac h2\right)\approx I+C\frac{h^2}{4}.

👉 Éliminons $C$ : multiplions la seconde par $4$ et soustrayons la première.

\boxed{R=\frac{4\,T(h/2)-T(h)}{3}\approx I+O(h^4)}

Appliquons avec $T(\tfrac14)=0{,}34375$ et $T(\tfrac18)=0{,}3359375$ :

R=\frac{4\times 0{,}3359375-0{,}34375}{3}=\frac{1{,}34375-0{,}34375}{3}=\frac{1}{3}.

\boxed{R=\frac13\ \text{— EXACT}}

👉 Deux calculs d'ordre $2$ , combinés, donnent la valeur exacte — sans une seule évaluation supplémentaire de $f$ .

⚠️ Et ce n'est pas une coïncidence : cette combinaison EST la formule de Simpson (B3). On peut le vérifier terme à terme, les coefficients $1,4,2,4,\ldots,1$ apparaissant exactement.

👉 En itérant le procédé, on obtient la méthode de ROMBERG :

colonne	ordre	obtenue par
$T$	$h^2$	trapèzes
$R_1$	$h^4$	$\frac{4T_2-T_1}{3}$ — c'est Simpson
$R_2$	$h^6$	$\frac{16R_{1,2}-R_{1,1}}{15}$
$R_3$	$h^8$	$\frac{64R_{2,2}-R_{2,1}}{63}$

👉 Le dénominateur est $4^k-1$ à l'étape $k$ , et chaque colonne gagne deux ordres.

👉 C'est l'extrapolation de RICHARDSON, et elle dépasse largement l'intégration : on la retrouve en dérivation numérique, en résolution d'équations différentielles (Bulirsch-Stoer), partout où l'on connaît la forme de l'erreur en fonction du pas.

ℹ️ Le principe est toujours le même : mesurer deux fois avec deux pas, et combiner pour annuler le terme dominant de l'erreur. Ce qu'on ne sait pas calculer, on l'élimine.

Réponse.

T=\tfrac{11}{32}

, erreur

\tfrac1{96}\approx0{,}0104

. (Recoupement : erreur en

O(h^2)

— diviser

h

par

2

divise l'erreur par

\approx4

✓)

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Méthode de Simpson

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que Simpson ( $n=2$ ) calcule exactement $\displaystyle\int_0^1 x^2\,dx$ et $\displaystyle\int_0^1 x^3\,dx$ .

Indices (3)

$S=\tfrac h3\big(f(x_0)+4f(x_1)+f(x_2)\big)$ , $h=\tfrac12$ , $x_1=\tfrac12$ .

Simpson est exact sur les polynômes de degré $\le3$ .

Évaluer pour $f=x^2$ puis $f=x^3$ .

Correction détaillée

La formule de Simpson

👉 Simpson remplace la courbe par une PARABOLE passant par trois points : les deux bords et le milieu.

\boxed{S=\frac{h}{3}\Big(f(x_0)+4f(x_1)+f(x_2)\Big),\qquad h=\frac{b-a}{2}}

👉 Les poids $1,4,1$ sont la signature de la méthode, et leur somme vaut $6=\frac{3\times 2}{1}$ , ce qui donne le $\frac h3$ .

Ici $[a,b]=[0,1]$ avec $n=2$ , donc

h=\frac{1-0}{2}=\frac12,\qquad x_0=0,\ x_1=\tfrac12,\ x_2=1.

S=\frac{1/2}{3}\Big(f(0)+4f\!\left(\tfrac12\right)+f(1)\Big)=\frac16\Big(f(0)+4f\!\left(\tfrac12\right)+f(1)\Big).

⚠️ Le $h$ de Simpson est la DEMI-largeur, pas la largeur. Écrire $h=1$ ici donnerait un résultat deux fois trop grand — c'est l'erreur la plus commune.

Sur $x^2$ : exact

f(0)=0,\qquad f\!\left(\tfrac12\right)=\tfrac14,\qquad f(1)=1.

S=\frac16\left(0+4\times\frac14+1\right)=\frac16(0+1+1)=\frac{2}{6}=\frac13.

\boxed{S=\frac13=\int_0^1x^2\,dx\ \text{— EXACT}}

👉 C'est attendu : Simpson interpole par une parabole, et $x^2$ est une parabole. L'interpolation est donc exacte, et l'intégrale aussi.

👉 Comparons avec ce qu'ont donné les autres méthodes, à nombre d'évaluations comparable :

méthode	évaluations	valeur	erreur
rectangles gauche ( $n=4$ )	$4$	$0{,}21875$	$1{,}15\times 10^{-1}$
trapèzes ( $n=4$ )	$5$	$0{,}34375$	$1{,}04\times 10^{-2}$
Simpson ( $n=2$ )	$\mathbf 3$	$\mathbf{0{,}333333}$	$\mathbf 0$

👉 Trois évaluations, résultat exact — contre cinq pour une erreur de $1\ \%$ .

Sur $x^3$ : exact AUSSI, et c'est la surprise

f(0)=0,\qquad f\!\left(\tfrac12\right)=\tfrac18,\qquad f(1)=1.

S=\frac16\left(0+4\times\frac18+1\right)=\frac16\left(\frac12+1\right)=\frac16\times\frac32=\frac14.

\boxed{S=\frac14=\int_0^1x^3\,dx\ \text{— EXACT}}

⚠️⚠️ Ceci n'était PAS attendu : $x^3$ n'est pas une parabole, donc l'interpolation est fausse — et pourtant l'intégrale est juste.

👉 L'explication tient à une SYMÉTRIE. Posons $u=x-\frac12$ pour centrer l'intervalle. L'erreur d'interpolation d'un cubique par une parabole aux trois points est impaire en $u$ :

f(x)-P(x)=c\,(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)=c\,\left(u+\tfrac12\right)u\left(u-\tfrac12\right)=c\,u\left(u^2-\tfrac14\right).

👉 Cette fonction est IMPAIRE en $u$ , donc son intégrale sur $\left[-\frac12,\frac12\right]$ , symétrique, est nulle :

\int_{-1/2}^{1/2}c\,u\left(u^2-\tfrac14\right)du=0\ \checkmark

\boxed{\text{l'erreur d'interpolation est non nulle, son INTEGRALE est nulle}}

👉 C'est ce « degré de précision gratuit » qui fait toute la valeur de Simpson.

Le degre d'exactitude, et ou il s'arrete

\boxed{\text{Simpson est EXACT sur tout polynome de degre}\ \leq 3}

👉 Vérifions les quatre cas de base sur $[0,1]$ :

$f$	exact	Simpson	✓
$1$	$1$	$\frac16(1+4+1)=1$	✓
$x$	$\frac12$	$\frac16(0+2+1)=\frac12$	✓
$x^2$	$\frac13$	$\frac16(0+1+1)=\frac13$	✓
$x^3$	$\frac14$	$\frac16(0+\frac12+1)=\frac14$	✓
$x^4$	$\frac15=0{,}2$	$\frac16(0+\frac14+1)=\frac{5}{24}\approx 0{,}2083$	✗

👉 Ça casse au degré $4$ , avec une erreur de $\frac{5}{24}-\frac15=\frac{1}{120}$ .

👉 Et c'est exactement ce que dit la formule d'erreur :

\boxed{E_S=-\frac{(b-a)h^4}{180}\,f^{(4)}(\xi)}

Contrôle sur $x^4$ , où $f^{(4)}=24$ :

E_S=-\frac{1\times\left(\frac12\right)^4}{180}\times 24=-\frac{24}{16\times 180}=-\frac{1}{120}\ \checkmark

👉 La formule donne exactement l'erreur observée — signe qu'on a la bonne.

👉 La comparaison des ordres, qui résume tout le lot B :

méthode	exacte jusqu'au degré	erreur	$h\to h/2$
rectangles	$0$	$O(h)$	$\div 2$
milieu	$1$	$O(h^2)$	$\div 4$
trapèzes	$1$	$O(h^2)$	$\div 4$
Simpson	$\mathbf 3$	$O(h^4)$	$\mathbf{\div 16}$

👉 Simpson gagne DEUX degrés d'un coup grâce à la symétrie du §3 — c'est ce qui en fait le meilleur rapport précision/coût des méthodes élémentaires, et la raison de son omniprésence.

ℹ️ Le même argument de symétrie fait que toute formule de quadrature à nœuds symétriques et poids symétriques gagne un degré. Les formules de Newton-Cotes d'ordre pair en profitent toutes.

Réponse. Simpson donne

\tfrac13

et

\tfrac14

: exact sur les degrés

\le3

. (Recoupement : la formule de Simpson intègre exactement la parabole qui passe par les

3

points — et même les cubiques par symétrie ✓)

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Trapèzes vs Simpson

CalculDifficulté 3/5

Pour $\displaystyle\int_0^\pi \sin x\,dx=2$ , calculer l'approximation par trapèzes ( $n=2$ ) et par Simpson ( $n=2$ ), et comparer les erreurs.

Indices (3)

$h=\tfrac\pi2$ , points $0,\tfrac\pi2,\pi$ ; $\sin0=0$ , $\sin\tfrac\pi2=1$ , $\sin\pi=0$ .

Trapèzes : $h[\tfrac{0+0}2+1]$ . Simpson : $\tfrac h3(0+4\cdot1+0)$ .

Comparer à la valeur exacte $2$ .

Correction détaillée

Le montage

👉 On compare les deux méthodes sur la même intégrale, avec le MÊME nombre d'évaluations.

\int_0^\pi\sin x\,dx=\big[-\cos x\big]_0^\pi=-(-1)-(-1)=2.

Avec $n=2$ , le pas vaut

h=\frac{\pi-0}{2}=\frac{\pi}{2},

et les trois points sont $x_0=0$ , $x_1=\frac{\pi}{2}$ , $x_2=\pi$ .

Les valeurs de $\sin$ :

$x$	$0$	$\frac{\pi}{2}$	$\pi$
$\sin x$	$0$	$\mathbf 1$	$0$

👉 Les deux extrémités sont NULLES — c'est ce qui rend l'exemple si parlant : seul le point du milieu porte de l'information, et les deux méthodes en font un usage très différent.

Trapezes

T=h\left(\frac{f(x_0)}{2}+f(x_1)+\frac{f(x_2)}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\left(\frac02+1+\frac02\right)=\frac{\pi}{2}.

\boxed{T=\frac{\pi}{2}\approx 1{,}5707963}

\text{erreur}\ =\ 2-\frac{\pi}{2}\approx 0{,}4292037\qquad\text{(sous-estimation de }21{,}5\ \%\text{)}

👉 L'erreur est ÉNORME, et son sens s'explique : $\sin$ est concave sur $[0,\pi]$ , donc les cordes passent sous la courbe et les trapèzes sous-estiment (B2).

👉 Géométriquement, on remplace l'arche de sinus par DEUX segments formant un triangle de sommet $\left(\frac{\pi}{2},1\right)$ :

\text{aire du triangle}=\frac{\text{base}\times\text{hauteur}}{2}=\frac{\pi\times 1}{2}=\frac{\pi}{2}\ \checkmark

👉 C'est bien le même nombre — le triangle est une approximation très grossière d'une arche.

Simpson

S=\frac{h}{3}\Big(f(x_0)+4f(x_1)+f(x_2)\Big)=\frac{\pi/2}{3}\big(0+4\times 1+0\big)=\frac{\pi}{6}\times 4=\frac{2\pi}{3}.

\boxed{S=\frac{2\pi}{3}\approx 2{,}0943951}

\text{erreur}\ =\ \frac{2\pi}{3}-2\approx 0{,}0943951\qquad\text{(surestimation de }4{,}7\ \%\text{)}

👉 Le tableau comparatif :

méthode	valeur	erreur absolue	erreur relative
trapèzes	$1{,}5707963$	$\mathbf{0{,}4292}$	$21{,}5\ \%$
Simpson	$2{,}0943951$	$\mathbf{0{,}0944}$	$\mathbf{4{,}7\ \%}$

\boxed{\text{Simpson est}\ 4{,}5\ \text{fois plus precis, pour EXACTEMENT le meme cout}}

👉 Trois évaluations dans les deux cas. La différence n'est pas le travail fourni, c'est la façon de le pondérer : Simpson donne au point du milieu un poids quatre fois supérieur, ce qui colle bien mieux à une arche.

⚠️ Simpson SURESTIME ici, les trapèzes sous-estiment — les erreurs sont de signes opposés, ce qui n'est pas un hasard (voir §4).

Ce que $n=2$ ne montre pas encore : l'ordre

⚠️ Un facteur $4{,}5$ n'est pas spectaculaire, et il ne dit rien du vrai avantage de Simpson. Celui-ci n'apparaît qu'en RAFFINANT :

$n$	trapèzes	erreur	Simpson	erreur
$2$	$1{,}570796$	$4{,}3\times 10^{-1}$	$2{,}094395$	$9{,}4\times 10^{-2}$
$4$	$1{,}896119$	$1{,}0\times 10^{-1}$	$2{,}004560$	$4{,}6\times 10^{-3}$
$8$	$1{,}974232$	$2{,}6\times 10^{-2}$	$2{,}000269$	$\mathbf{2{,}7\times 10^{-4}}$
$16$	$1{,}993570$	$6{,}4\times 10^{-3}$	$2{,}000017$	$\mathbf{1{,}7\times 10^{-5}}$

👉 Lisons les rapports d'une ligne à la suivante :

	rapport observé	ordre
trapèzes	$\approx\mathbf 4$	$2$
Simpson	$\approx\mathbf{16}$	$\mathbf 4$

\boxed{\text{le vrai avantage de Simpson est l'ORDRE, pas le facteur constant}}

👉 À $n=16$ , Simpson est $375$ fois plus précis que les trapèzes — contre $4{,}5$ à $n=2$ . L'écart se creuse à chaque raffinement.

👉 Le signe opposé des erreurs a une explication, et un usage. Pour les trapèzes $E\propto -f''$ , pour Simpson $E\propto -f^{(4)}$ ; sur $\sin$ , $f''=-\sin<0$ et $f^{(4)}=\sin>0$ sur $]0,\pi[$ , d'où les deux sens.

✅ Conséquence pratique : les deux valeurs ENCADRENT l'intégrale, ce qui donne un contrôle d'erreur gratuit :

1{,}5708\ <\ 2\ <\ 2{,}0944\ \checkmark

⚠️ Cet encadrement n'est PAS général : il tient parce que $f''$ et $f^{(4)}$ ont des signes constants et opposés sur l'intervalle. Ne pas en faire une règle.

👉 La combinaison des deux, elle, est générale : $\frac{4T(h/2)-T(h)}{3}$ élimine le terme en $h^2$ et redonne Simpson (B2). C'est l'extrapolation de Richardson, et c'est la voie propre pour estimer l'erreur.

ℹ️ Les intégrateurs adaptatifs modernes font exactement cela : ils calculent deux estimations d'ordres différents, prennent leur écart comme estimation d'erreur, et subdivisent là où cet écart est trop grand.

Réponse. Trapèzes

\tfrac\pi2\approx1{,}571

, Simpson

\tfrac{2\pi}3\approx2{,}094

. (Recoupement : Simpson (

O(h^4)

) bien plus précis que les trapèzes (

O(h^2)

) ; en doublant

n

, l'erreur des trapèzes est

\div4

et celle de Simpson

\div16

✓)

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Quadrature composite

ApplicationDifficulté 3/5

Expliquer pourquoi on subdivise l'intervalle (méthode composite) et estimer $\int_0^\pi\sin x\,dx$ par Simpson composite avec $n=8$ .

Indices (3)

Sur un grand intervalle, une seule parabole approxime mal.

On découpe en $n$ sous-intervalles et on applique la formule sur chacun.

L'erreur en $O(h^4)$ décroît vite quand $n$ augmente.

Correction détaillée

Pourquoi SUBDIVISER : l'erreur depend de $h$, pas de la methode

⚠️ Simpson sur l'intervalle ENTIER n'est presque jamais suffisant. Sa formule d'erreur le dit :

E_S=-\frac{(b-a)h^4}{180}\,f^{(4)}(\xi),\qquad h=\frac{b-a}{2}.

👉 Si $b-a$ est grand, $h$ l'est aussi, et $h^4$ explose. Une parabole unique ne peut pas suivre une fonction qui ondule.

\boxed{\text{la parade : DECOUPER en petits morceaux, et appliquer Simpson sur chacun}}

👉 Sur chaque sous-intervalle de largeur $H=\frac{b-a}{m}$ , l'erreur devient $O(H^5)$ , et il y a $m$ morceaux :

E_{\text{tot}}=m\times O(H^5)=O(m\,H^5)=O(H^4)\qquad\text{car}\ m=\frac{b-a}{H}.

\boxed{E_{\text{composite}}=-\frac{(b-a)h^4}{180}\,\overline{f^{(4)}}\ =\ O(h^4)}

👉 L'ordre $4$ est CONSERVÉ, mais le $h$ qui y figure est maintenant petit — c'est tout le bénéfice.

👉 Et un second bénéfice, moins visible : sur un petit intervalle, $f^{(4)}$ varie peu, donc la formule d'erreur devient fiable et permet un contrôle adaptatif.

La formule composite, et ses coefficients

\boxed{S=\frac{h}{3}\Big(f_0+4f_1+2f_2+4f_3+2f_4+\cdots+4f_{n-1}+f_n\Big)}

👉 Le motif des coefficients : $1$ , puis $4,2,4,2,\ldots,4$ , puis $1$ .

position	coefficient	pourquoi
extrémités $x_0$ , $x_n$	$\mathbf 1$	chacune n'appartient qu'à un morceau
indices impairs	$\mathbf 4$	ce sont les milieux de chaque parabole
indices pairs intérieurs	$\mathbf 2$	frontières partagées entre deux morceaux

⚠️⚠️ $n$ doit être PAIR — chaque parabole consomme trois points, dont deux partagés. Avec $n$ impair, la dernière parabole est incomplète et la formule n'a plus de sens.

👉 Contrôle de cohérence qui ne coûte rien : la somme des coefficients doit valoir $3n$ , pour que $S$ rende $(b-a)$ sur $f\equiv 1$ .

Pour $n=8$ : $1+4+2+4+2+4+2+4+1=24=3\times 8$ ✓

👉 Si ce compte ne tombe pas juste, un coefficient est mal placé — et c'est l'erreur la plus fréquente sur cette formule.

Le calcul sur $\int_0^\pi\sin x\,dx$ avec $n=8$

h=\frac{\pi}{8}\approx 0{,}3926991.

Les neuf valeurs de $\sin$ , aux points $x_i=\frac{i\pi}{8}$ :

$i$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
$\sin x_i$	$0$	$0{,}38268$	$0{,}70711$	$0{,}92388$	$\mathbf 1$	$0{,}92388$	$0{,}70711$	$0{,}38268$	$0$
coeff.	$1$	$4$	$2$	$4$	$2$	$4$	$2$	$4$	$1$

👉 La symétrie est visible : $\sin\left(\pi-x\right)=\sin x$ , donc les valeurs se lisent pareil dans les deux sens ✓

Regroupons :

\text{impairs}:\ 4\times(0{,}38268+0{,}92388+0{,}92388+0{,}38268)=4\times 2{,}61313=10{,}45252,

\text{pairs interieurs}:\ 2\times(0{,}70711+1+0{,}70711)=2\times 2{,}41421=4{,}82843,

\text{extremites}:\ 0+0=0.

S=\frac{0{,}3926991}{3}\times(10{,}45252+4{,}82843)=0{,}1308997\times 15{,}28095.

\boxed{S\approx 2{,}00026917}

\text{erreur}\ \approx\ 2{,}69\times 10^{-4}\qquad\text{(soit}\ 0{,}013\ \%\text{)}

La verification de l'ordre, et le controle adaptatif

👉 Confrontons la valeur trouvée à la suite complète :

$n$	$S$	erreur	rapport
$2$	$2{,}0943951$	$9{,}44\times 10^{-2}$	—
$4$	$2{,}0045598$	$4{,}56\times 10^{-3}$	$20{,}7$
$\mathbf 8$	$\mathbf{2{,}0002692}$	$\mathbf{2{,}69\times 10^{-4}}$	$\mathbf{16{,}9}$
$16$	$2{,}0000166$	$1{,}66\times 10^{-5}$	$16{,}2$
$32$	$2{,}0000010$	$1{,}04\times 10^{-6}$	$16{,}0$

👉 Le rapport converge vers $16=2^4$ ✓ — l'ordre $4$ est confirmé, et les premiers rapports s'en écartent parce que $h$ est encore trop grand pour que le terme dominant règne seul.

\boxed{\text{contre les trapezes, qui donnent}\ 4\ :\ \text{Simpson divise l'erreur par}\ 16\ \text{a chaque raffinement}}

👉 Ce rapport est un INSTRUMENT, pas une curiosité. Il donne une estimation d'erreur sans connaître la valeur exacte :

\boxed{\text{erreur}\ \approx\ \frac{S(h/2)-S(h)}{15}}

Contrôle avec $n=4$ et $n=8$ :

\frac{2{,}0002692-2{,}0045598}{15}=\frac{-0{,}0042906}{15}\approx -2{,}86\times 10^{-4},

et l'erreur réelle vaut $-2{,}69\times 10^{-4}$ ✓ — 6 % près, sans jamais avoir utilisé la valeur $2$ .

👉 C'est le cœur des intégrateurs ADAPTATIFS : on subdivise, on compare, et on ne raffine QUE là où l'écart le justifie.

fonction	comportement	ce que fait l'adaptatif
lisse partout	$f^{(4)}$ petite	peu de points, uniformément
pic étroit	$f^{(4)}$ énorme localement	concentre les points sur le pic
oscillante	$f^{(4)}$ grande partout	beaucoup de points partout

👉 Sur une fonction à pic, l'adaptatif peut être cent fois plus économique qu'une subdivision uniforme, pour la même précision.

ℹ️ C'est ce que font scipy.integrate.quad (via QUADPACK) et la plupart des bibliothèques : une quadrature de Gauss-Kronrod par morceau, une estimation d'erreur par différence entre deux ordres, et une subdivision guidée par cette estimation.

Réponse. Simpson composite (

n=8

)

\approx2{,}0000

. (Recoupement : un solveur de quadrature (scipy.integrate.simpson) donne la même valeur ; l'erreur chute en

O(h^4)

✓)

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Intégrale sans primitive

ApplicationDifficulté 3/5

La fonction $e^{-x^2}$ n'a pas de primitive élémentaire. Estimer $\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2}\,dx$ par Simpson et donner $3$ décimales.

Indices (3)

Aucune primitive en termes de fonctions usuelles : seule l'intégration numérique permet de conclure.

Appliquer Simpson composite avec $n$ pair (ex. $n=10$ ).

C'est lié à la fonction d'erreur (loi normale).

Correction détaillée

Pourquoi il n'y a PAS de primitive elementaire

👉 Ce n'est pas qu'on ne l'a pas trouvée : on a DÉMONTRÉ qu'elle n'existe pas.

\boxed{\int e^{-x^2}dx\ \text{n'est PAS une combinaison finie de fonctions usuelles}}

👉 Le théorème de LIOUVILLE (1835) caractérise les fonctions dont la primitive s'exprime avec des exponentielles, logarithmes, racines et fonctions algébriques. $e^{-x^2}$ n'y est pas — et la démonstration est algébrique, pas un aveu d'impuissance.

👉 D'autres intégrales dans le même cas :

intégrale	nom de la fonction obtenue
$\int e^{-x^2}dx$	erf (fonction d'erreur)
$\int\frac{\sin x}{x}dx$	Si (sinus intégral)
$\int\frac{dx}{\ln x}$	li (logarithme intégral)
$\int\sqrt{1-k^2\sin^2x}\,dx$	intégrale elliptique

👉 On leur a donné un NOM, et c'est tout ce qu'on peut faire — exactement comme $\sin$ ou $\ln$ , qui ne sont pas davantage « calculables » sans série ou table.

\text{erf}(x)=\frac{2}{\sqrt\pi}\int_0^x e^{-t^2}dt\qquad\Longrightarrow\qquad \int_0^1e^{-x^2}dx=\frac{\sqrt\pi}{2}\,\text{erf}(1).

👉 Ce n'est pas une réponse, c'est un changement de nom. Pour un NOMBRE, il faut intégrer numériquement — et c'est l'objet de l'exercice.

Simpson avec $n=2$

h=\frac{1-0}{2}=\frac12,\qquad x_0=0,\ x_1=\tfrac12,\ x_2=1.

Les trois valeurs :

$x$	$e^{-x^2}$
$0$	$e^0=1$
$\frac12$	$e^{-1/4}\approx 0{,}7788008$
$1$	$e^{-1}\approx 0{,}3678794$

S=\frac{1/2}{3}\big(1+4\times 0{,}7788008+0{,}3678794\big)=\frac16\big(1+3{,}1152032+0{,}3678794\big).

S=\frac{4{,}4830826}{6}\approx 0{,}7471804.

\boxed{S_2\approx 0{,}74718}

👉 La valeur exacte vaut $0{,}7468241$ , donc l'erreur est de $3{,}56\times 10^{-4}$ .

⚠️ Trois décimales ne sont PAS encore garanties : $0{,}747$ contre $0{,}747$ — cela tombe juste ici, mais l'erreur est du même ordre que le dernier chiffre. Il faut raffiner pour pouvoir l'affirmer.

Raffiner, et OBTENIR les trois decimales

👉 Doublons $n$ et regardons converger :

$n$	$h$	$S_n$	erreur	rapport
$2$	$\frac12$	$0{,}7471804$	$3{,}56\times 10^{-4}$	—
$4$	$\frac14$	$0{,}7468554$	$3{,}12\times 10^{-5}$	$11{,}4$
$\mathbf 8$	$\frac18$	$\mathbf{0{,}7468261}$	$\mathbf{1{,}99\times 10^{-6}}$	$15{,}7$

👉 Le rapport approche $16$ ✓ — l'ordre $4$ de Simpson, une fois de plus.

\boxed{\int_0^1e^{-x^2}dx\approx 0{,}747}

Valeur exacte : $0{,}7468241328\ldots$ , donc l'arrondi à trois décimales est bien $0{,}747$ ✓

👉 Comment SAVOIR que trois décimales sont acquises, sans connaître la valeur exacte ? Par l'estimation de Richardson (B5) :

\text{erreur}\approx\frac{S_8-S_4}{15}=\frac{0{,}7468261-0{,}7468554}{15}\approx -1{,}95\times 10^{-6}.

👉 Une erreur de $2\times 10^{-6}$ garantit largement la troisième décimale — et l'estimation colle à l'erreur réelle ( $1{,}99\times 10^{-6}$ ) à 2 % près ✓

⚠️ C'est ce contrôle qui permet de S'ARRÊTER en confiance. Sans lui, on ne sait jamais si le chiffre affiché est stable ou s'il va bouger au raffinement suivant.

Ce que ca ouvre : la loi normale, et pourquoi ces tables existaient

👉 Cette intégrale est le cœur des probabilités. La densité de la loi normale centrée réduite est

\varphi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2},

et sa fonction de répartition $\Phi$ n'a aucune primitive élémentaire, pour la même raison.

\boxed{\Phi(x)=\frac12\left(1+\text{erf}\!\left(\frac{x}{\sqrt2}\right)\right)}

👉 D'où les tables de la loi normale de tous les manuels : ce sont des intégrations numériques tabulées une fois pour toutes.

Contrôle sur une valeur célèbre — $P(-1{,}96\leq Z\leq 1{,}96)=0{,}95$ :

\int_{-1{,}96}^{1{,}96}\frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}dx\approx 0{,}95000\ \checkmark

👉 Trois valeurs d'intégrales à connaître, toutes non élémentaires :

intégrale	valeur
$\int_0^1e^{-x^2}dx$	$0{,}7468241$
$\int_0^\infty e^{-x^2}dx$	$\frac{\sqrt\pi}{2}\approx 0{,}8862269$
$\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}dx$	$\sqrt\pi\approx 1{,}7724539$

⚠️⚠️ Les deux dernières sont EXACTES et se démontrent — par le passage en coordonnées polaires sur $\left(\int e^{-x^2}dx\right)^2$ , une astuce due à Poisson. L'intégrale sur $\mathbb{R}$ tout entier a une forme close, celle sur $[0,1]$ non.

👉 C'est le paradoxe instructif de ce chapitre : le cas infini est plus simple que le cas borné, parce que la symétrie y ouvre une voie que le cas borné ferme.

ℹ️ La convergence est d'ailleurs bien meilleure sur $[0,1]$ que sur $[0,+\infty[$ , où il faut d'abord tronquer ou changer de variable — l'infini se paie ailleurs.

Réponse.

\displaystyle\int_0^1 e^{-x^2}\,dx\approx0{,}747

. (Recoupement :

=\tfrac{\sqrt\pi}2\,\mathrm{erf}(1)

; un solveur (scipy.quad) donne

0{,}7468241

— c'est exactement le type de calcul où le numérique est indispensable, lien direct avec la loi normale ✓)

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Méthode d'Euler explicite

CalculDifficulté 3/5

Résoudre numériquement $y'=y$ , $y(0)=1$ par Euler avec $h=\tfrac12$ jusqu'à $t=1$ . Comparer à $e$ .

Indices (3)

$y_{n+1}=y_n+h\,f(t_n,y_n)$ avec $f(t,y)=y$ .

$y_{n+1}=y_n(1+h)$ .

$2$ pas de $t=0$ à $t=1$ .

Correction détaillée

La methode d'Euler : suivre la TANGENTE

👉 L'idée tient en une ligne : on connaît la pente $y'=f(t,y)$ en chaque point, donc on avance en ligne droite le long de la tangente.

\boxed{y_{n+1}=y_n+h\,f(t_n,y_n),\qquad t_{n+1}=t_n+h}

👉 C'est le développement de Taylor tronqué à l'ordre $1$ :

y(t+h)=y(t)+h\,y'(t)+\frac{h^2}{2}y''(\xi),

et Euler garde les deux premiers termes en jetant le reste.

👉 Le terme jeté est l'erreur d'un pas : $\dfrac{h^2}{2}y''$ , donc $O(h^2)$ .

Ici $f(t,y)=y$ , donc l'itération devient

y_{n+1}=y_n+h\,y_n=(1+h)\,y_n.

👉 C'est une suite GÉOMÉTRIQUE de raison $1+h$ , ce qui va permettre un calcul exact.

Les deux pas, et la comparaison

Avec $h=\frac12$ et $y_0=1$ , il faut deux pas pour aller de $t=0$ à $t=1$ :

y_1=\left(1+\tfrac12\right)\times 1=\frac32=1{,}5\qquad (t=0{,}5),

y_2=\left(1+\tfrac12\right)\times\frac32=\frac94=2{,}25\qquad (t=1).

\boxed{y_{\text{Euler}}(1)=\frac94=2{,}25\qquad\text{contre}\qquad e\approx 2{,}7182818}

	valeur	écart
Euler, $h=\frac12$	$2{,}25$	$-0{,}4683$
exact	$2{,}7182818$	—

👉 L'erreur relative vaut $17{,}2\ \%$ — c'est énorme pour deux pas seulement.

⚠️ Et le signe n'est pas fortuit : Euler SOUS-ESTIME systématiquement ici. La solution $e^t$ est convexe, donc chaque tangente passe sous la courbe, et le défaut s'accumule à chaque pas.

👉 Contrôle par la formule fermée : $y(1)=(1+h)^{1/h}$ , et

\lim_{h\to 0}(1+h)^{1/h}=e\ \checkmark

— c'est la limite qui définit $e$ . Euler converge donc vers la bonne réponse, mais lentement.

L'ordre $1$ : verifie sur quatre pas

\boxed{\text{erreur GLOBALE}=O(h)\qquad\text{— ordre }1}

👉 L'erreur d'UN pas vaut $O(h^2)$ , mais il y a $\frac{1}{h}$ pas : le produit donne $O(h)$ .

$h$	$y(1)=(1+h)^{1/h}$	erreur	rapport
$\frac12$	$2{,}25$	$4{,}68\times 10^{-1}$	—
$\frac14$	$2{,}4414063$	$2{,}77\times 10^{-1}$	$1{,}69$
$\frac1{10}$	$2{,}5937425$	$1{,}25\times 10^{-1}$	—
$\frac1{100}$	$2{,}7048138$	$1{,}35\times 10^{-2}$	$9{,}25$

👉 Diviser $h$ par $10$ divise l'erreur par $\approx 10$ ✓ — c'est bien l'ordre $1$ .

⚠️ Comparons au coût. Pour gagner une décimale, il faut dix fois plus de pas :

précision voulue	pas nécessaires
$10^{-2}$	$\approx 150$
$10^{-4}$	$\approx 15\,000$
$10^{-6}$	$\approx 1\,500\,000$

\boxed{\text{Euler explicite est INUTILISABLE des qu'on veut de la precision}}

👉 RK4 (E3) atteint $10^{-6}$ en une dizaine de pas — soit cent mille fois moins de travail. C'est tout l'enjeu du lot E.

Ce qu'Euler garde comme valeur, malgre tout

👉 On ne l'emploie presque jamais pour calculer, mais il reste central pour trois raisons :

raison	pourquoi
conceptuelle	il montre CE QU'EST une méthode à un pas
théorique	sa convergence se démontre en une page
structurelle	RK2, RK4, Adams en sont des raffinements

👉 Toutes les méthodes du chapitre partagent sa forme :

y_{n+1}=y_n+h\,\Phi(t_n,y_n,h),

et seule change la façon d'estimer la pente moyenne $\Phi$ :

méthode	$\Phi$	évaluations	ordre
Euler	$f(t_n,y_n)$	$1$	$1$
point milieu (E2)	$f$ au milieu estimé	$2$	$2$
RK4 (E3)	moyenne pondérée de 4 pentes	$4$	$\mathbf 4$

👉 Doubler le travail fait gagner un ordre ; le quadrupler en fait gagner trois. C'est un excellent rapport, et c'est pourquoi RK4 est le défaut universel.

👉 Et Euler IMPLICITE, lui, sert vraiment. Sa formule

y_{n+1}=y_n+h\,f(t_{n+1},y_{n+1})

demande de résoudre une équation à chaque pas — mais elle est inconditionnellement stable (E4), ce qui la rend indispensable sur les problèmes raides.

⚠️ Sur $y'=-2y$ avec $h=1$ , Euler explicite oscille et diverge ; Euler implicite converge sagement. C'est le sujet d'E4, et c'est le critère qui décide du choix dans la vraie vie — bien plus que l'ordre.

ℹ️ Les intégrateurs modernes (scipy.integrate.solve_ivp) proposent d'ailleurs les deux familles : RK45 pour les problèmes ordinaires, Radau ou BDF — implicites — pour les raides.

Réponse.

y(1)\approx\tfrac94=2{,}25

(vs

e\approx2{,}718

). (Recoupement :

y_n=(1+h)^n\to e

quand

h\to0

; ici

h=\tfrac12

est grossier — diviser

h

par

2

divise l'erreur par

\approx2

✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Méthode du point milieu (RK2)

CalculDifficulté 3/5

Faire un pas de la méthode du point milieu (RK2) pour $y'=y$ , $y(0)=1$ , $h=1$ .

Indices (3)

$k_1=f(y_n)$ , $k_2=f\big(y_n+\tfrac h2 k_1\big)$ , $y_{n+1}=y_n+h\,k_2$ .

Ici $f(y)=y$ .

$k_1=1$ , $k_2=1+\tfrac12$ .

Correction détaillée

L'idee : corriger la pente AVANT d'avancer

⚠️ Le défaut d'Euler est d'employer la pente du point de DÉPART pour tout le pas. Sur $[t_n,t_n+h]$ , cette pente est déjà fausse au bout de quelques instants.

👉 La correction : estimer la pente AU MILIEU du pas, où elle représente bien mieux la moyenne.

\boxed{k_1=f(t_n,y_n),\qquad k_2=f\!\left(t_n+\tfrac h2,\ y_n+\tfrac h2 k_1\right),\qquad y_{n+1}=y_n+h\,k_2}

👉 Deux temps, et il faut les distinguer :

temps	rôle
$k_1$	un demi-pas d'Euler, pour ATTEINDRE le milieu
$k_2$	la pente au milieu, celle qu'on emploie vraiment

⚠️⚠️ $k_1$ ne sert QU'À se déplacer vers le milieu — il ne figure pas dans la formule finale. C'est le point qui déroute, et l'erreur est d'écrire $y_{n+1}=y_n+h\frac{k_1+k_2}{2}$ avec ce $k_2$ : on obtient une méthode d'ordre $1$ seulement. (Heun fait bien cette moyenne, mais avec $k_2=f(t_n+h,\ y_n+h\,k_1)$ , la pente en FIN de pas : il est alors d'ordre $2$ .)

Le calcul, sur $y'=y$ avec $h=1$

Données : $f(t,y)=y$ , $y_0=1$ , $h=1$ .

Première pente :

k_1=f(0,1)=1.

Le point milieu estimé :

y_0+\frac h2 k_1=1+\frac12\times 1=\frac32.

La pente en ce point :

k_2=f\!\left(\tfrac12,\ \tfrac32\right)=\frac32.

Le pas complet :

y_1=y_0+h\,k_2=1+1\times\frac32=\frac52.

\boxed{y_1=\frac52=2{,}5}

👉 Comparons les trois méthodes sur ce même pas :

méthode	$y(1)$	erreur vs $e=2{,}71828$
Euler, $h=1$	$2$	$7{,}18\times 10^{-1}$
Euler, $h=\frac12$ (E1)	$2{,}25$	$4{,}68\times 10^{-1}$
point milieu, $h=1$	$\mathbf{2{,}5}$	$\mathbf{2{,}18\times 10^{-1}}$

👉 Deux évaluations de $f$ en un seul pas battent deux pas d'Euler, pour le même coût ✓

Pourquoi c'est d'ordre $2$ : le lien avec Taylor

👉 Sur $y'=y$ , développons la méthode symboliquement :

k_1=y_n,\qquad k_2=y_n+\frac h2 y_n=y_n\left(1+\frac h2\right),

y_{n+1}=y_n+h\,y_n\left(1+\frac h2\right)=y_n\left(1+h+\frac{h^2}{2}\right).

\boxed{\text{facteur d'amplification}=1+h+\frac{h^2}{2}}

👉 Or la solution exacte multiplie par $e^h$ :

e^h=1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{6}+\cdots

👉 Les termes coïncident jusqu'à $h^2$ inclus, et le premier écart est en $h^3$ :

e^h-\left(1+h+\frac{h^2}{2}\right)=\frac{h^3}{6}+O(h^4).

\boxed{\text{erreur locale}=O(h^3)\ \Longrightarrow\ \text{erreur globale}=O(h^2)\ \text{— ORDRE }2}

Vérification numérique en $h=1$ : le facteur vaut $1+1+\frac12=2{,}5$ , exactement le $y_1$ trouvé ✓

👉 Contrôle de l'ordre sur plusieurs pas :

$h$	$y(1)$	erreur	rapport
$1$	$2{,}5$	$2{,}18\times 10^{-1}$	—
$\frac12$	$2{,}640625$	$7{,}77\times 10^{-2}$	$2{,}81$
$\frac14$	$2{,}694856$	$2{,}34\times 10^{-2}$	$3{,}31$
$\frac18$	$2{,}711841$	$6{,}44\times 10^{-3}$	$3{,}64$

👉 Le rapport TEND vers $4$ , sans le valoir dès le départ : $2{,}81$ , puis $3{,}31$ , puis $3{,}64$ .

⚠️⚠️ C'est une leçon générale sur les ordres : ils sont ASYMPTOTIQUES. La relation $e\approx Ch^2$ ne règne que lorsque $h$ est assez petit pour que les termes suivants — $h^3$ , $h^4$ … — soient négligeables. À $h=1$ , ils ne le sont pas du tout.

👉 Mesurer un ordre sur DEUX pas seulement est donc trompeur : il faut une suite de pas décroissants, et regarder vers quoi le rapport converge.

La famille Runge-Kutta, et ce que « ordre » veut dire

👉 Toutes ces méthodes procèdent de la même façon : évaluer $f$ en plusieurs points, et combiner.

méthode	évaluations	facteur sur $y'=y$	ordre
Euler	$1$	$1+h$	$1$
point milieu	$2$	$1+h+\frac{h^2}{2}$	$\mathbf 2$
Heun	$2$	$1+h+\frac{h^2}{2}$	$2$
RK4	$4$	$1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{6}+\frac{h^4}{24}$	$\mathbf 4$

\boxed{\text{ordre}\ p\ \iff\ \text{le facteur reproduit}\ e^h\ \text{jusqu'au terme}\ h^p}

👉 C'est la lecture la plus éclairante de la notion d'ordre : une méthode d'ordre $p$ « connaît » les $p$ premiers termes du développement de Taylor de la solution.

👉 Point milieu et Heun ont le MÊME facteur sur $y'=y$ et pourtant diffèrent — leurs formules ne coïncident que sur cette équation particulière. Sur $y'=f(t,y)$ général, elles donnent des résultats distincts, bien que de même ordre.

⚠️ L'ordre n'augmente pas indéfiniment avec les évaluations :

évaluations	ordre maximal atteignable
$1,\ 2,\ 3,\ 4$	$1,\ 2,\ 3,\ \mathbf 4$
$5$	$4$ — aucun gain
$6$	$5$
$7$	$6$

👉 La barrière de Butcher : au-delà de $4$ , il faut plus d'évaluations que d'ordres gagnés. C'est exactement ce qui fait de RK4 le point d'équilibre, et explique sa domination depuis 1901.

ℹ️ Les méthodes modernes contournent la barrière autrement : les paires emboîtées (RK45 de Dormand-Prince) calculent deux approximations d'ordres $4$ et $5$ avec les mêmes évaluations, et utilisent leur écart pour adapter le pas.

Réponse.

y_1=\tfrac52=2{,}5

. (Recoupement : RK2 (ordre

2

) donne

2{,}5

, déjà meilleur qu'Euler (

2

en un pas

h=1

) ; encore amélioré par RK4 — cf. exo E3 ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Runge-Kutta d'ordre 4

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer qu'un pas de RK4 sur $y'=y$ ( $y_0=1$ , $h$ ) reproduit le développement de Taylor à l'ordre $4$ , puis évaluer à $h=1$ .

Indices (3)

$k_1=y_n$ , $k_2=y_n+\tfrac h2k_1$ , $k_3=y_n+\tfrac h2k_2$ , $k_4=y_n+hk_3$ .

$y_{n+1}=y_n+\tfrac h6(k_1+2k_2+2k_3+k_4)$ .

Développer pour $f(y)=y$ .

Correction détaillée

Les quatre pentes

\boxed{\begin{aligned}k_1&=f(t_n,\ y_n)\\ k_2&=f\!\left(t_n+\tfrac h2,\ y_n+\tfrac h2k_1\right)\\ k_3&=f\!\left(t_n+\tfrac h2,\ y_n+\tfrac h2k_2\right)\\ k_4&=f\!\left(t_n+h,\ y_n+h\,k_3\right)\end{aligned}}

\boxed{y_{n+1}=y_n+\frac h6\left(k_1+2k_2+2k_3+k_4\right)}

👉 Lecture des quatre pentes :

pente	où	poids
$k_1$	au début	$1$
$k_2$	au milieu, via $k_1$	$\mathbf 2$
$k_3$	au milieu, via $k_2$ (raffiné)	$\mathbf 2$
$k_4$	à la fin, via $k_3$	$1$

👉 Les poids $1,2,2,1$ somment à $6$ , d'où le $\frac h6$ — et on reconnaît la structure de Simpson (B3), qui pondère aussi le milieu deux fois plus.

👉 Ce n'est pas une analogie : sur $f(t,y)=g(t)$ , l'équation devient $y'=g(t)$ et RK4 se réduit exactement à Simpson.

\frac h6\big(g(t_n)+4g(t_n+\tfrac h2)+g(t_n+h)\big)\quad\text{car alors}\ k_2=k_3.

👉 RK4 est la généralisation de Simpson aux équations différentielles.

Le calcul symbolique sur $y'=y$

👉 Ici $f(t,y)=y$ , donc chaque pente est simplement la valeur atteinte. Posons $Y=y_n$ :

k_1=Y.

k_2=Y+\frac h2 k_1=Y\left(1+\frac h2\right).

k_3=Y+\frac h2 k_2=Y\left(1+\frac h2+\frac{h^2}{4}\right).

k_4=Y+h\,k_3=Y\left(1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{4}\right).

Assemblons $k_1+2k_2+2k_3+k_4$ :

Y\left[1+2\left(1+\tfrac h2\right)+2\left(1+\tfrac h2+\tfrac{h^2}4\right)+\left(1+h+\tfrac{h^2}2+\tfrac{h^3}4\right)\right]

=Y\left[6+3h+h^2+\frac{h^3}{4}\right].

👉 Détail du regroupement : les termes constants donnent $1+2+2+1=6$ ; les $h$ donnent $1+1+1=3h$ ; les $h^2$ donnent $\frac12+\frac12=h^2$ ; le $h^3$ vient du seul $k_4$ .

y_{n+1}=Y+\frac h6\left(6+3h+h^2+\frac{h^3}{4}\right)Y=Y\left(1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{6}+\frac{h^4}{24}\right).

C'est EXACTEMENT Taylor a l'ordre $4$

\boxed{\text{facteur RK4}=1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{6}+\frac{h^4}{24}}

👉 Et le développement de l'exponentielle :

e^h=1+h+\frac{h^2}{2}+\frac{h^3}{6}+\frac{h^4}{24}+\frac{h^5}{120}+\cdots

\boxed{\text{les CINQ premiers termes coincident — le premier ecart est en }h^5}

e^h-\text{RK4}(h)=\frac{h^5}{120}+O(h^6).

👉 Erreur locale $O(h^5)$ , donc erreur globale $O(h^4)$ : la méthode est bien d'ordre $4$ ✓

Évaluons à $h=1$ :

1+1+\frac12+\frac16+\frac1{24}=\frac{24+24+12+4+1}{24}=\frac{65}{24}\approx 2{,}7083333.

\boxed{y_1=\frac{65}{24}\approx 2{,}70833\qquad\text{contre}\qquad e\approx 2{,}71828}

\text{erreur}\approx 9{,}95\times 10^{-3}\qquad\text{(soit}\ 0{,}37\ \%\text{)}

👉 Un SEUL pas de $h=1$ , et l'erreur est déjà de $1\ \%$ — là où Euler avec le même $h$ donnait $2$ , à $27\ \%$ .

Contrôle de l'estimation : $\frac{h^5}{120}=\frac{1}{120}\approx 8{,}3\times 10^{-3}$ , et l'erreur observée vaut $9{,}9\times 10^{-3}$ ✓ — le bon ordre de grandeur.

Le tableau qui justifie la domination de RK4

👉 Comparons à $t=1$ , en comptant les ÉVALUATIONS de $f$ :

méthode	$h$	évaluations	$y(1)$	erreur
Euler	$\frac12$	$2$	$2{,}25$	$4{,}7\times 10^{-1}$
point milieu	$1$	$2$	$2{,}5$	$2{,}2\times 10^{-1}$
RK4	$1$	$\mathbf 4$	$\mathbf{2{,}70833}$	$\mathbf{9{,}9\times 10^{-3}}$
Euler	$\frac1{100}$	$100$	$2{,}70481$	$1{,}3\times 10^{-2}$

\boxed{RK4\ \text{avec}\ 4\ \text{evaluations bat Euler avec}\ 100}

👉 Et l'écart se creuse en raffinant, parce que les ordres diffèrent :

$h$	erreur Euler	erreur RK4
$1$	$7{,}18\times 10^{-1}$	$9{,}95\times 10^{-3}$
$\frac12$	$4{,}68\times 10^{-1}$	$9{,}36\times 10^{-4}$
$\frac14$	$2{,}77\times 10^{-1}$	$7{,}19\times 10^{-5}$

👉 Euler divise par $1{,}53$ puis $1{,}69$ ; RK4 par $10{,}6$ puis $13{,}0$ .

⚠️ Les deux TENDENT vers leur ordre — $2$ et $16$ — sans l'atteindre à ces pas. Le régime asymptotique demande un $h$ plus petit, et c'est vrai des deux méthodes.

⚠️ RK4 n'est pourtant pas la fin de l'histoire, pour deux raisons :

limite	conséquence
pas fixe	on ne sait pas où raffiner
explicite	instable sur les problèmes raides (E4)

✅ Les intégrateurs modernes répondent aux deux :

famille	idée
RK45 (Dormand-Prince)	deux ordres avec les mêmes pentes → estimation d'erreur → pas adaptatif
BDF, Radau	méthodes implicites, stables sur les problèmes raides

👉 C'est exactement le choix que propose scipy.integrate.solve_ivp : RK45 par défaut, Radau ou BDF quand le problème est raide. RK4 à pas fixe, lui, reste l'outil pédagogique — et le point de départ de tout le reste.

ℹ️ La méthode date de 1901 (Wilhelm Kutta, sur une idée de Carl Runge de 1895), et elle n'a jamais été détrônée dans son créneau : pas fixe, problème non raide, précision moyenne.

Réponse. RK4 reproduit

1+h+\tfrac{h^2}2+\tfrac{h^3}6+\tfrac{h^4}{24}

, soit

\tfrac{65}{24}\approx2{,}708

à

h=1

. (Recoupement :

e\approx2{,}71828

— RK4 en un seul pas est

50\times

plus précis qu'Euler en

2

pas ✓)

Faire cet exercice dans l'app →

Stabilité d'Euler

DémonstrationDifficulté 3/5

Pour $y'=-2y$ ( $y(0)=1$ , solution $e^{-2t}\to0$ ), pour quels pas $h$ la méthode d'Euler explicite reste-t-elle stable ?

Indices (3)

$y_{n+1}=y_n+h(-2y_n)=(1-2h)y_n$ , donc $y_n=(1-2h)^n y_0$ .

Stable (décroît vers $0$ ) ssi $|1-2h|<1$ .

Résoudre l'inégalité.

Correction détaillée

Poser la question de la STABILITE

👉 La solution exacte de $y'=-2y$ , $y(0)=1$ , est

y(t)=e^{-2t}\ \xrightarrow[t\to+\infty]{}\ 0.

👉 La question n'est PAS « à quelle vitesse converge la méthode », c'est : reproduit-elle ce comportement QUALITATIF ?

\boxed{\text{une methode est STABLE sur ce probleme si}\ y_n\to 0}

Appliquons Euler explicite, avec $f(t,y)=-2y$ :

y_{n+1}=y_n+h\,(-2y_n)=(1-2h)\,y_n.

👉 C'est une suite géométrique de raison $r=1-2h$ , donc

y_n=(1-2h)^n.

\boxed{y_n\to 0\quad\Longleftrightarrow\quad \lvert 1-2h\rvert<1}

👉 Tout tient dans cette inégalité — et c'est un fait sur la MÉTHODE, pas sur la précision.

Resoudre l'inegalite

\lvert 1-2h\rvert<1\quad\Longleftrightarrow\quad -1<1-2h<1.

Membre de droite :

1-2h<1\ \Longleftrightarrow\ -2h<0\ \Longleftrightarrow\ h>0\ \checkmark\ \text{(toujours vrai)}

Membre de gauche :

-1<1-2h\ \Longleftrightarrow\ 2h<2\ \Longleftrightarrow\ h<1.

\boxed{0<h<1\ :\ \text{Euler explicite est STABLE}}

👉 Le tableau des régimes :

$h$	$r=1-2h$	$\lvert r\rvert$	comportement
$\frac14$	$\frac12$	$0{,}5$	décroît, sans osciller ✓
$\frac12$	$0$	$0$	atteint $0$ d'un coup
$\frac34$	$-\frac12$	$0{,}5$	décroît en oscillant ✓
$1$	$-1$	$\mathbf 1$	oscille sans amortir $\pm 1$
$\frac32$	$-2$	$\mathbf 2$	EXPLOSE en oscillant

👉 La forme générale, pour $y'=\lambda y$ avec $\lambda<0$ :

\boxed{h<\frac{2}{\lvert\lambda\rvert}}

Contrôle : ici $\lambda=-2$ , donc $h<\frac22=1$ ✓

Ce que l'instabilite donne a l'ecran

👉 Comparons deux pas, sur six itérations :

$n$	$h=\frac14$ ( $r=0{,}5$ )	$h=\frac32$ ( $r=-2$ )	exact $e^{-2t}$
$1$	$0{,}5$	$\mathbf{-2}$	$0{,}607$ / $0{,}050$
$2$	$0{,}25$	$\mathbf{+4}$	$0{,}368$ / $0{,}002$
$3$	$0{,}125$	$\mathbf{-8}$	—
$4$	$0{,}0625$	$\mathbf{+16}$	—
$5$	$0{,}03125$	$\mathbf{-32}$	—
$6$	$0{,}015625$	$\mathbf{+64}$	—

⚠️⚠️ À $h=\frac32$ , la solution numérique OSCILLE en doublant d'amplitude, alors que la vraie solution décroît vers $0$ . Le résultat n'est pas imprécis : il est qualitativement faux.

\boxed{\text{ce n'est PAS une question de precision — c'est un comportement OPPOSE}}

👉 Et le signe alterné est un indice caractéristique. Devant une solution numérique qui oscille en amplifiant, le premier réflexe doit être : le pas est trop grand, pas « la méthode est imprécise ».

👉 Le seuil $h=\frac12$ mérite un mot : $r=0$ , donc $y_1=0$ exactement. La méthode « atteint » la limite en un pas — c'est juste, mais par accident.

Euler IMPLICITE : stable sans condition

👉 Changeons un seul détail : évaluer $f$ au point d'ARRIVÉE.

y_{n+1}=y_n+h\,f(t_{n+1},y_{n+1})=y_n-2h\,y_{n+1}.

Isolons $y_{n+1}$ :

y_{n+1}(1+2h)=y_n\qquad\Longrightarrow\qquad y_{n+1}=\frac{y_n}{1+2h}.

\boxed{\left\lvert\frac{1}{1+2h}\right\rvert<1\ \text{pour TOUT}\ h>0}

👉 Euler implicite est INCONDITIONNELLEMENT stable : quel que soit le pas, la solution numérique décroît vers $0$ , comme la vraie.

$h$	explicite $\lvert 1-2h\rvert$	implicite $\frac{1}{1+2h}$
$\frac14$	$0{,}5$ ✓	$0{,}667$ ✓
$1$	$1$ ✗	$0{,}333$ ✓
$10$	$19$ ✗✗	$0{,}048$ ✓

👉 Le prix : à chaque pas, il faut RÉSOUDRE une équation en $y_{n+1}$ . Ici c'est linéaire et immédiat ; sur un problème non linéaire, il faut un Newton à chaque pas.

\boxed{\text{explicite : pas cher, pas stable}\qquad\text{implicite : cher, stable}}

👉 Le critère de choix est la RAIDEUR du problème. Un système est dit raide quand ses échelles de temps sont très différentes :

y'=-1000y+\ldots\quad\text{et}\quad z'=-z+\ldots

👉 La composante rapide impose $h<\frac{2}{1000}=0{,}002$ à Euler explicite, et un pas du même ordre à toute méthode explicite usuelle (au plus $\approx 2{,}8\times 10^{-3}$ pour RK4) — même si elle est éteinte depuis longtemps et que seule la lente compte encore.

domaine	où la raideur apparaît
cinétique chimique	réactions de vitesses très inégales
circuits électriques	constantes de temps $RC$ multiples
mécanique des structures	modes propres très écartés

👉 Sur ces problèmes, l'implicite gagne malgré son coût par pas : il peut prendre des pas mille fois plus grands.

ℹ️ C'est pourquoi scipy.integrate.solve_ivp propose BDF et Radau : ce sont des méthodes implicites, et un problème raide résolu en explicite peut demander des jours de calcul là où l'implicite prend une seconde.

Réponse. Euler explicite est stable ici ssi $0<h<1$ . (Recoupement : pour

h=1{,}5

,

y_n=(-2)^n

explose — illustration du pas trop grand ; les méthodes implicites sont stables pour tout

h

✓)

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Euler sur un système (dérive)

ApplicationDifficulté 3/5

Le système $x'=y$ , $y'=-x$ a des trajectoires circulaires (rayon constant). Que fait la méthode d'Euler explicite, et pourquoi ?

Indices (3)

Solution exacte : $(\cos t,-\sin t)$ , donc $x^2+y^2=1$ constant.

Euler : $(x,y)\leftarrow(x+hy,\;y-hx)$ .

Calculer le nouveau rayon au carré.

Correction détaillée

Ce que le systeme decrit

\begin{cases}x'=y\\ y'=-x\end{cases}

👉 Sa solution exacte est une ROTATION uniforme :

x(t)=x_0\cos t+y_0\sin t,\qquad y(t)=-x_0\sin t+y_0\cos t.

👉 Le rayon est une CONSTANTE du mouvement. Vérifions-le sans résoudre :

\frac{d}{dt}\left(x^2+y^2\right)=2xx'+2yy'=2xy+2y(-x)=0.

\boxed{x^2+y^2=\text{constante — les trajectoires sont des CERCLES}}

👉 C'est le pendule linéarisé, ou l'oscillateur harmonique : en posant $u=x$ , le système équivaut à $u''+u=0$ , dont les solutions sont $\cos$ et $\sin$ .

👉 La quantité conservée est l'ÉNERGIE — et c'est elle qu'on va regarder une méthode numérique détruire.

Euler explicite, et le calcul du rayon

\begin{cases}x_{n+1}=x_n+h\,y_n\\ y_{n+1}=y_n-h\,x_n\end{cases}

👉 Calculons le carré du nouveau rayon, en développant :

x_{n+1}^2+y_{n+1}^2=(x_n+hy_n)^2+(y_n-hx_n)^2.

=x_n^2+2hx_ny_n+h^2y_n^2\ +\ y_n^2-2hx_ny_n+h^2x_n^2.

👉 Les doubles produits se COMPENSENT — c'est ce qui rend le calcul si net :

=x_n^2+y_n^2+h^2\left(x_n^2+y_n^2\right)=\left(1+h^2\right)\left(x_n^2+y_n^2\right).

\boxed{r_{n+1}^2=\left(1+h^2\right)r_n^2\qquad\Longrightarrow\qquad r_n=\left(1+h^2\right)^{n/2}r_0}

⚠️⚠️ Le facteur $1+h^2$ est STRICTEMENT supérieur à $1$ , pour TOUT $h\neq 0$ .

\boxed{\text{le rayon CROIT a chaque pas — la trajectoire SPIRALE vers l'exterieur}}

👉 Ce n'est pas une imprécision qu'on pourrait réduire en diminuant $h$ : c'est un DÉFAUT DE NATURE. Aucun $h>0$ ne conserve le rayon.

Combien la spirale s'ecarte

👉 Sur un tour complet, il faut $N=\dfrac{2\pi}{h}$ pas, donc le rayon est multiplié par

\left(1+h^2\right)^{N/2}=\left(1+h^2\right)^{\pi/h}.

$h$	pas par tour	facteur après un tour
$0{,}1$	$63$	$\mathbf{1{,}361}$ — $+36\ \%$
$0{,}01$	$628$	$\mathbf{1{,}032}$ — $+3{,}2\ \%$
$0{,}001$	$6283$	$1{,}003$ — $+0{,}3\ \%$

👉 Diviser $h$ par $10$ divise la dérive par $10$ — c'est l'ordre $1$ d'Euler, retrouvé sur une grandeur conservée.

⚠️⚠️ Mais la dérive s'ACCUMULE, et c'est le vrai problème. Après $k$ tours, le facteur est élevé à la puissance $k$ :

$h=0{,}01$	facteur
$1$ tour	$1{,}032$
$10$ tours	$1{,}37$
$100$ tours	$\mathbf{23{,}4}$
$1000$ tours	$\approx 10^{13}$

👉 Sur une simulation longue, la trajectoire n'a plus AUCUN rapport avec la réalité. Une planète simulée par Euler explicite quitterait le système solaire.

\boxed{\text{le probleme n'est pas la PRECISION d'un pas, c'est le BIAIS SYSTEMATIQUE}}

👉 Et il ne se corrige pas en raffinant : il se corrige en changeant de méthode.

La parade : les integrateurs SYMPLECTIQUES

👉 Un seul changement suffit — employer le $x$ DÉJÀ MIS À JOUR dans la seconde équation :

\begin{cases}x_{n+1}=x_n+h\,y_n\\ y_{n+1}=y_n-h\,\mathbf{x_{n+1}}\end{cases}

\boxed{\text{c'est l'Euler SYMPLECTIQUE (ou semi-implicite)}}

👉 Il ne conserve pas exactement le rayon, mais il conserve une quantité voisine — et surtout, l'erreur ne s'accumule pas : elle oscille dans une bande bornée.

méthode	rayon après $1000$ tours ( $h=0{,}01$ )
Euler explicite	$\approx 10^{13}$ — explosion
Euler rétrograde (implicite)	$\approx 10^{-13}$ — effondrement
Euler symplectique	$\approx 1{,}00005$ — borné ✓

👉 Les deux Euler classiques échouent de façon SYMÉTRIQUE : l'explicite injecte de l'énergie, l'implicite en retire. Ni l'un ni l'autre ne conserve.

👉 Pourquoi le symplectique fonctionne : il préserve exactement la forme symplectique $dx\wedge dy$ , c'est-à-dire les aires dans l'espace des phases. Or c'est précisément la structure qui gouverne la conservation de l'énergie en mécanique hamiltonienne.

\boxed{\text{conserver la STRUCTURE plutot que minimiser l'erreur}}

👉 C'est un renversement de perspective, et il vaut d'être retenu :

priorité	méthode adaptée	domaine
minimiser l'erreur locale	RK4, RK45	trajectoire courte, précision
conserver la structure	Verlet, Störmer, symplectiques	simulation longue

👉 En astronomie, en dynamique moléculaire, en physique des particules, on emploie des intégrateurs symplectiques d'ordre $2$ plutôt que RK4 d'ordre $4$ — parce qu'un ordre plus élevé ne sert à rien si l'énergie dérive.

⚠️ La leçon générale du chapitre : une méthode numérique doit respecter les INVARIANTS du problème, pas seulement approcher sa solution. Un intégrateur qui viole la conservation de l'énergie donnera, sur le long terme, une réponse fausse pour de bonnes raisons locales.

ℹ️ L'algorithme de Verlet, employé dans tous les codes de dynamique moléculaire, est symplectique d'ordre $2$ ; les simulations du système solaire sur des milliards d'années emploient des variantes d'ordre supérieur, mais toujours symplectiques.

Réponse. Euler explicite fait dériver la trajectoire vers l'extérieur (rayon

\times\sqrt{1+h^2}

). (Recoupement : la solution exacte garde

x^2+y^2=1

; l'erreur d'Euler s'accumule — motive RK4 ou les schémas symplectiques ✓)

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Synthèse : vérifier une solution + l'intégrer

ApplicationDifficulté 3/5

Soit $y'=t-y$ , $y(0)=1$ . (a) Vérifier que $y(t)=t-1+2e^{-t}$ est solution. (b) Comment estimer $y(2)$ numériquement si on n'avait pas la formule ?

Indices (3)

(a) Dériver $y$ et vérifier $y'=t-y$ et $y(0)=1$ .

(b) Euler ou RK4 pas à pas de $0$ à $2$ .

Comparer à la valeur exacte.

Correction détaillée

(a) Verifier que la formule est solution

👉 Vérifier une solution ne demande AUCUNE résolution : on dérive et on substitue. Deux choses à contrôler, et il faut les deux.

y(t)=t-1+2e^{-t}.

1. L'équation différentielle. Dérivons :

y'(t)=1+2\times(-1)e^{-t}=1-2e^{-t}.

Calculons $t-y$ :

t-y(t)=t-\left(t-1+2e^{-t}\right)=t-t+1-2e^{-t}=1-2e^{-t}.

\boxed{y'(t)=1-2e^{-t}=t-y(t)\ \checkmark}

2. La condition initiale :

y(0)=0-1+2e^0=-1+2=1\ \checkmark

⚠️ Les DEUX contrôles sont nécessaires. $y(t)=t-1+Ce^{-t}$ vérifie l'équation pour tout $C$ ; c'est la condition initiale qui fixe $C=2$ et rend la solution unique.

👉 La valeur qui servira de référence :

y(2)=2-1+2e^{-2}=1+\frac{2}{e^2}\approx 1+0{,}2706706=\mathbf{1{,}2706706}.

D'ou vient cette solution, si on ne l'avait pas

👉 L'équation $y'+y=t$ est linéaire d'ordre $1$ , donc elle se résout par la méthode du facteur intégrant.

Multiplions par $e^{t}$ :

e^ty'+e^ty=te^t\qquad\Longleftrightarrow\qquad \left(e^ty\right)'=te^t.

Intégrons — par parties, avec $u=t$ et $v'=e^t$ :

\int te^t\,dt=te^t-\int e^t\,dt=te^t-e^t+C=(t-1)e^t+C.

e^ty=(t-1)e^t+C\qquad\Longrightarrow\qquad y=t-1+Ce^{-t}.

👉 Et $y(0)=1$ donne $-1+C=1$ , donc $C=2$ ✓ — on retrouve exactement l'énoncé.

👉 Structure de la solution, qu'il faut savoir lire :

terme	nature	comportement
$t-1$	solution particulière	régime permanent
$2e^{-t}$	solution homogène	transitoire, $\to 0$

👉 Le transitoire s'éteint : à $t=2$ il ne vaut plus que $0{,}27$ , à $t=5$ moins de $0{,}014$ . La solution tend vers la droite $y=t-1$ .

(b) Estimer $y(2)$ SANS la formule

👉 C'est la vraie situation en pratique : la plupart des équations différentielles n'ont aucune solution explicite. On intègre alors numériquement.

Euler explicite — $y_{n+1}=y_n+h\,(t_n-y_n)$ , depuis $y_0=1$ et $t_0=0$ :

Avec $h=\frac12$ , quatre pas :

$n$	$t_n$	$y_n$	$f=t_n-y_n$	$y_{n+1}$
$0$	$0$	$1$	$-1$	$0{,}5$
$1$	$0{,}5$	$0{,}5$	$0$	$0{,}5$
$2$	$1$	$0{,}5$	$0{,}5$	$0{,}75$
$3$	$1{,}5$	$0{,}75$	$0{,}75$	$\mathbf{1{,}125}$

\boxed{y_{\text{Euler}}(2)=1{,}125\qquad\text{contre}\qquad 1{,}2707}

👉 Raffinons, et regardons l'erreur :

$h$	pas	$y(2)$ estimé	erreur	rapport
$0{,}5$	$4$	$1{,}125000$	$1{,}46\times 10^{-1}$	—
$0{,}1$	$20$	$1{,}243153$	$2{,}75\times 10^{-2}$	$5{,}3$
$0{,}01$	$200$	$1{,}267959$	$2{,}71\times 10^{-3}$	$\mathbf{10{,}2}$

👉 Diviser $h$ par $10$ divise l'erreur par $\approx 10$ ✓ — l'ordre $1$ d'Euler, confirmé sur un problème dont on connaît la réponse.

👉 RK4 avec $h=0{,}5$ (quatre pas, $16$ évaluations) donne $1{,}271100$ , soit une erreur de $4{,}3\times 10^{-4}$ — 340 fois mieux qu'Euler avec le même pas, pour quatre fois plus d'évaluations.

Pourquoi cet exercice est une SYNTHESE

👉 Il enchaîne les trois compétences du chapitre, et dans le bon ordre :

étape	ce qu'on fait	pourquoi
1. vérifier	dériver et substituer	contrôler AVANT de calculer
2. intégrer	Euler ou RK4	quand la formule manque
3. valider	comparer à l'exact	mesurer l'ordre de la méthode

\boxed{\text{on TESTE une methode sur un probleme dont on connait la reponse, puis on l'applique aux autres}}

👉 C'est la démarche de tout le calcul numérique : on ne valide jamais un intégrateur sur le problème qu'on veut résoudre — on le valide sur des cas de référence, puis on lui fait confiance.

👉 Ce qui reste à décider en pratique, et comment :

question	réponse
quelle méthode ?	RK45 par défaut ; BDF/Radau si le problème est raide (E4)
quel pas ?	adaptatif — géré par l'intégrateur
quelle précision ?	tolérances `rtol`/`atol`
comment vérifier ?	refaire avec un pas moitié et comparer

👉 Le dernier point est le plus important et le plus négligé. Un résultat numérique sans contrôle de convergence n'est pas un résultat :

\boxed{\text{recalculer avec}\ h/2\ :\ \text{si la reponse bouge, elle n'est pas convergee}}

👉 Et l'écart entre les deux calculs donne en prime une ESTIMATION de l'erreur (B5) : pour une méthode d'ordre $p$ ,

\text{erreur}\approx\frac{y(h/2)-y(h)}{2^p-1}.

Contrôle sur nos données, avec $p=1$ entre $h=0{,}1$ et $h=0{,}01$ — trop éloignés pour l'estimation, mais entre $h=0{,}02$ et $h=0{,}01$ elle donnerait bien l'ordre de grandeur observé.

⚠️ Un dernier garde-fou, gratuit : le SENS PHYSIQUE. Ici la solution doit tendre vers la droite $y=t-1$ ; à $t=2$ elle vaut $1{,}27$ , un peu au-dessus de $t-1=1$ ✓. Une valeur numérique négative, ou explosant, aurait signalé une erreur sans qu'on ait besoin de la formule exacte.

ℹ️ C'est souvent ce contrôle-là qui attrape les vraies erreurs — une condition initiale mal saisie, un signe inversé — bien avant les considérations d'ordre et de pas.

Réponse.

y=t-1+2e^{-t}

est solution ;

y(2)=1+2e^{-2}\approx1{,}2707

. (Recoupement : un intégrateur (solve_ivp) retrouve

1{,}27067

— on vérifie toujours une solution analytique par substitution, et on la recoupe numériquement ✓)

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Exercices corrigés — Méthodes numériques

Les 18 exercices

Dichotomie

Itération de point fixe

Méthode de Newton

Newton pour une racine cubique

Méthode de la sécante

Ordres de convergence

Rectangles

Méthode des trapèzes

Méthode de Simpson

Trapèzes vs Simpson

Quadrature composite

Intégrale sans primitive

Méthode d'Euler explicite

Méthode du point milieu (RK2)

Runge-Kutta d'ordre 4

Stabilité d'Euler

Euler sur un système (dérive)

Synthèse : vérifier une solution + l'intégrer

S'entraîner davantage sur méthodes numériques