´ nonc´e E
´thode de Newton-Rap Methode e Newton-Raphson hson
La m´ ethode etho de de Newton-Raphson Newton-R aphson I. G´ en´ en ´ erali ra lit´ t´ es es sur la m´ etho et hod de Soit g une application d´efinie efinie sur un segment [a, [ a, b] (avec a (avec a < b) et `a valeurs dans On suppose en outre que g ([a, ([a, b]) [a, [ a, b] : le segment [a, [ a, b] est donc stable par g par g..
R.
⊂
1. On suppose que g est continue sur [a, [ a, b]. Montrer que l’´equation equati on (E ) : g( g (x) = x poss po ss``ede au moins une solution sur [a, [a, b]. 2. On suppose que g est k est k-lipschitzienne -lipschitzienne sur [a, [ a, b], avec 0 k < 1. Montrer que l’´equation equati on (E ) poss` os s`ede ed e une solution unique α sur [a, [a, b]. 3. On garde les hypoth`eses eses de la question questio n pr´ec´ ec´edente. edente. On se donne un r´eel eel x 0 dans [a, [a, b]. On d´efinit efinit alors une suite (xn) de [a, [a, b] en posant : n 0, xn+1 = g = g((xn ). Montrer que pour tout n tout n de N, on a xn α k n x0 α . Conclu Conclusio sion n?
∀ | − |
| − | 4. On suppose maintenan maintenantt que g que g est de classe C 1 sur [a, [a, b] et que : ∀ x ∈ [a, [ a, b], | g (x)| < 1. < 1.
Montrer qu’on peut conclure comme dans les questions 2 et 3.
5. On reprend les hypoth`eses eses de I.4, et les notations de I.3. α xn+1 On suppose que (x (xn )n0 n’est pas stationnaire en α. α . Montrer Montrer que que lim = g (α). n→∞ α xn 1 6. On suppose ici que g est d´efinie efinie et de classe sur un intervalle ouvert I de R. On suppose qu’il existe α dans I dans I tel tel que g( g (α) = α et g (α) < 1. < 1.
− −
C
| | Montrer qu’il existe δ existe δ > 0 tel que J = [ α − δ, α + δ ] δ ] ⊂ I et I et tel que : ∀ x ∈ J, | g (x)| < 1. < 1. ´ Etablir que J est stable par g par g , c’est-`a-dire a-dire g (J ) ⊂ J , J , et qu’on qu’o n peut pe ut y appliq app liquer uer les r´esulta esu ltats ts pr´ec´ ec´edents. edent s. 7. Soit f Soit f une une application de classe C 2 sur un intervalle ouvert I , I , `a valeurs valeur s r´eelles. eel les.
On suppose qu’il existe α dans I dans I tel tel que f ( f (α) = 0. On suppose que f ne s’annule pas sur I et I et on pose :
f (x) ∀ x ∈ I , g(x) = x − f f ( . (x) (a) Montrer Montrer qu’il qu’il existe existe δ > 0 tel que si on se donne x donne x0 dans J dans J = [ α − δ, α + δ ], ], et si on d´efinit efin it x x +1 = g = g((x )
n
n
pour tout n, alors la suite (x (xn ) converge vers α. α .
(b) Montrer Montrer qu’il existe existe K K > 0 tel que xn+1 α K xn α 2 pour tout n tout n de N. Indica Ind icatio tion n : appliq ap pliquer uer une u ne in´egalit´ ega lit´e de Taylor-Lag Taylor -Lagran range ge `a f sur sur le segment [x [ xn , α]. on o n pour p ourra ra ´egalem ega lement ent justifier que l’application x l’application x f (x) poss`ede ede un minimum strictement positif sur J sur J ..
|
→ |
− |
| − |
|
eth ode de Newton New ton consiste en la mise en 8. On garde les hypoth` hypoth`eses eses et les notations de la question 7. La m´ethode place de la suite (x ( xn ) pour approcher la racine α racine α de f de f sur I sur I .. On vient de voir que la suite ( xn ) converge vers α vers α si x 0 est “assez “as sez pr`es” es” de α. α . On ´etudie etudie ici, sur deux exemples, le comportement de la suite ( xn ) si x0 est choisi de fa¸con con quelconque dans I dans I ..
(a) Montrer que x que x n+1 est l’abscisse du point d’intersection de l’axe Ox O x avec la tangente en (x ( xn , f ( f (xn )) `a la courbe y courbe y = f = f ((x). Faire un dessin montrant x0 , x 1 , x 2 dans da ns un cas ca s asse as sezz g´en´ en´eral er al.. (b) On suppose que f est f est convexe sur I = R. Montrer que la suite (x ( xn ) a la monotonie contraire de celle de f de f (`a partir de x de x 1 ) et qu’elle converge vers α (quel que soit x 0 ). Indication : justifier le fait que f est f est strictement monotone sur R ; montrer que g a le signe de f ; ; discuter suivant la monotonie de f de f et et suivant la position de x 0 par rapport a` α. α . Pr´eciser eciser rapidement ce qu’il en est si f est f est concave. (c) On suppose par exemple I exemple I = R et f ( f (x) = arctan x. Dans ces conditions α = 0. Justifier Justifie r l’existen l ’existence ce et e t l’unicit´ l ’unicit´e de d e a > 0 tel que g que g((a) = a. En consid´erant erant l’applicatio l’appl ication n g g , montrer alors que : – Si x0 < a, la suite (x ( xn ) converge vers 0. – Si x0 = a = a,, la suite (x ( xn ) est 2-p´eriodique, eriodique, ne prenant que les valeurs a valeurs a et a. – Si x0 > a, la suite (x ( xn ) est divergente.
| | | | | |
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−
◦
−
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´ Enonc´ e
´thode de Newton-Raphson Me
II. Application aux polynˆ omes Soit P = x d +
d−1
k
a x k
un polynˆome unitaire `a coefficients r´eels de degr´e d
k=0
1. Montrer que pour toute racine r´eelle ou complexe λ de P , on a λ Indication : raisonner par la contrapos´ee.
| |
2.
d−1
max 1, |a | . k
k=0
2. Dor´enavant, on suppose que toutes les racines de P sont r´eelles. Montrer que toutes les racines du polynˆome P sont elles aussi r´eelles. 3. On note α la plus grande racine de P . On pose I = ] α, + [ et I = [ α, + [. Montrer que les applications P, P , . . . , P ( d) sont strictement positives sur I .
∞
∞
4. On pose g (x) = x
− P (x)/P (x) pour tout x de I . (a) Montrer que l’application g est de classe C sur I = [ α, +∞ [. ∞
(b) Montrer que si α est racine simple de P , alors g (α) = 0 et g (α) = P (α)/P (α). (c) Montrer que si α est racine de multiplicit´e m
2 de P , alors g (α) = 1
− 1/m.
5. (a) Montrer que g est strictement croissante sur I et que g (I ) d−1
(b) On se donne x > max 1, |a | . Pour tout n de 0
k
⊂ I .
N,
on pose x n+1 = g(xn ).
k=0
Montrer que la suite (xn ) est strictement d´ecroissante et qu’elle converge vers α.
6. On ´etudie ici la rapidit´e globale (sur tout I ) de la convergence de (xn ) vers α. On constate en particulier que cette “vitesse” est une fonction d´ecroissante du degr´e d de P . On note λ 1 < λ2 <
··· λ les diff´erentes racines de P (donc λ = α.) Pour chaque k de {1, . . . , q} , on note m la multiplicit´e de λ comme racine de P . q
q
k
k
(a) Pour tout r´eel x diff´erents des λ k , on note R(x) = (b) Prouver que R 2 (x)
q P (x) mk . Montrer que R(x) = . P (x) λk k=1 x
−d R (x), pour tout x distinct des λ . (c) En d´eduire : ∀ x ∈ I , 0 < g (x) 1 − 1 , et ∀ n ∈ N, 0 x − α 1 − 1 (x0 − α).
−
k
n
n
d
d
7. Dans cette question, on ´etudie la rapidit´e de convergence de (xn ) vers α, d’un point de vue local (`a proximit´e de α.) On constate que si α est racine simple de P , la convergence est beaucoup plus rapide que s’il est racine multiple. xn+1 α P (α) (a) On suppose que α est racine simple de P . Montrer que lim = . n→∞ (xn 2P (α) α)2 On exprime cette situation en disant que la convergence de (xn ) vers α est de type au moins quadratique . En gros le nombre de d´ ecimales exactes double `a peu pr`es `a chaque ´etape (`a proximit´e de α, dans la limite des capacit´es de la calculatrice.) xn+1 α 1 (b) Montrer que si α est racine de P de multiplicit´e m 2, alors lim =1 . n→∞ xn α m Ici la vitesse de convergence est donc seulement lin´eaire .
− −
− −
−
8. On va modifier la m´ ethode de Newton pour que la vitesse de convergence de ( xn ) vers α soit toujours quadratique, mˆeme si α est une racine multiple de P . (a) Montrer que α est une racine simple de f = P /P . (b) On garde x 0 comme en (I.5.b) mais on utilise cette fois g(x) = x f (x)/f (x). Exprimer x n+1 en fonction de x n et des valeurs de P, P , P en x n .
−
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´thode de Newton-Raphson Me
Corrig´e
Corrig´ e du probl` eme I. G´ en´ eralit´ es sur la m´ ethode 1. h : x g(x) x est continue sur [a, b], et h(a) = g(a) a 0 et h(b) = g(b) b 0. Il existe donc α dans [a, b] tel que h(α) = 0 (th´eor`eme des valeurs interm´ediaires.) Autrement dit, l’´equation (E ) poss`ede au moins une solution α dans [a, b].
→
−
−
−
2. g est continue car lipschitzienne. Il existe donc α dans [a, b] tel que g(α) = α. Si g(β ) = β , alors g(β ) g(α) k β α (1 k) β α 0 β α 0. Il en r´esulte β = α, ce qui prouve l’unicit´e de la solution α de (E ).
|
−
|
| − | ⇒ − | − |
⇒ | − |
3. C’est ´evident pour n = 0. Supposons xn α kn x0 α pour un certain n 0. Alors xn+1 α = g(xn ) g(α) k xn α kn+1 x0 α . Cela prouve la propri´et´e au rang n + 1 et ach`eve la r´ecurrence. On a 0 k < 1 donc lim kn = 0 puis lim xn = α : la suite (xn ) converge vers α.
|
− | |
| − | | | − |
−
n→∞
| − | | − |
n→∞
4. L’application x g (x) est continue sur [a, b] donc elle atteint son maximum. Ainsi il existe β dans [a, b] tel que k = g (β ) = max g (x) , et k = g (β ) < 1.
→ |
|
|
|
[a,b]
|
|
|
|
On en d´eduit que g est k -lipschitzienne sur [a, b] (caract´erisation classique vue en cours.) Puisque 0 k < 1, on peut encore appliquer les r´esultats de la question pr´ec´edente. 5. Pour tout n de N, on a x n = α, sinon la suite (xn )n0 serait stationnaire en α. Pour tout n de N, on applique le th´eor`eme des accroissements finis `a g sur [α, xn ]. On en d´eduit l’existence de y n dans ]xn , α[ tel que x n+1 α = g(xn ) g(α) = (xn α)g (yn ). On a lim xn = α donc lim yn = α donc lim g (yn ) = g (α) (l’application g est continue.)
−
n→∞
n→∞
−
−
n→∞
xn+1 α = lim g (yn ) = g (α). n→∞ xn n→∞ x
− −
Ainsi lim
6. Puisque g (α) < 1 et que g est continue, il existe δ > 0 tel que
|
|
J = [ α − δ, α + δ ] ⊂ I
∀ x ∈ J, | g (x)| < 1
Soit x dans J . On applique l’in´egalit´e des accroissements finis `a g sur [α, x]. On en d´eduit l’in´egalit´e g(x) α = g(x) g(α) x α δ , ce qui prouve g(x) J . Ainsi le segment J est stable par g, et on peut y appliquer les r´esultats pr´ec´edents.
|
− | |
−
| | − |
∈
(x) C1 sur I , car f est de classe C2 : Pour tout x de I , g (x) = f (x)f . f (x)2 D’autre part f (α) = 0 donc g(α) = α et g (α) = 0 : a fortiori |g (α)| < 1.
7. (a) g est de classe
Les hypoth`eses sont donc r´eunies pour qu’on puisse appliquer le r´esultat de I.6. En choisissant δ > 0 comme indiqu´e dans I.6, l’intervalle J = [ α δ, α + δ ] est stable par l’application g, et la suite (xn )n0 converge vers α.
−
(b) Sur le segment J = [ α δ, α + δ ], l’application continue f est born´ee. On applique l’in´egalit´e de Taylor-Lagrange a` l’application f , `a l’ordre 2, sur [xn , α]. On en d´eduit f (α) f (xn ) (α xn )f (xn ) M (α xn )2 , avec M = 21 sup f (x) .
−
− − | − f (x ) − α M (x − α)2. Puisque f (α) = 0, cela s’´ecrit |x +1 − α| = x − f (x ) |f (x )| Sur le segment J , l’application continue non nulle x → |f (x)| a un minimum m > 0. En posant K = M/m, on trouve donc : ∀ n 0, | x +1 − α| K (x − α)2 . |
−
x∈J
n
n
n
n
n
n
n
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n
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Corrig´e
8. (a) La tangente en (xn , f (xn )) `a y = f (x) a pour ´equation y = f (xn ) + (x Cette droite rencontre l’axe Ox au point d’abscisse x n+1.
− x )f (x ). n
n
(b) Rappelons que par hypoth` ese, f ne s’annule pas sur R. Ainsi f a un signe constant : f est strictement monotone sur R. f (x)f (x) Notons ´egalement que pour tout x de R, on a : g (x) = . f (x)2 Puisque f est convexe (f 0), g a donc le signe de f . – Premier cas : f est strictement croissante. Si x < α on a f (x) < 0 donc g (x) 0. Si x > α on a f (x) > 0 donc g (x) 0. Ainsi g(α) = α repr´esente un minimum absolu pour l’application g. Si x > α on a g(x) = x Supposons x 0 L’in´egalit´e α
− f (x)/f (x) < x.
α : alors α
g(x0 ) < x0 c’est-`a-dire α
x1 donne alors α x2
x1 < x0 .
x1 .
Une r´ecurrence ´evidente montre que la suite (xn ) est d´ecroissante (et bien sˆur qu’elle est convergente vers α, seul point fixe de g car seule racine de f .) Supposons x 0 α. Alors x 1 = g(x0 ) α et on est ramen´e au cas pr´ec´edent : la suite (xn ) est donc d´ecroissante a` partir de x 1 . – Premier cas : f est strictement d´ecroissante. Si x < α on a f (x) > 0 donc g (x) 0. Si x > α on a f (x) < 0 donc g (x) 0. Ainsi g(α) = α repr´esente un maximum absolu pour l’application g. Si x < α on a g(x) = x
− f (x)/f (x) > x (car f (x) > 0 et f (x) < 0.)
Supposons x 0
α : alors x 0
L’in´egalit´e x 1
α donne alors x 1
g(x0 ) α c’est-`a-dire x 0
x2
x1
α.
α.
Une r´ecurrence ´evidente montre que la suite (xn ) est croissante (et bien sˆur qu’elle est convergente vers α.) Supposons x 0 α. Alors x 1 = g(x0 ) α et on est ramen´e au cas pr´ec´edent : la suite (xn ) est donc croissante `a partir de x 1 . On peut donc conclure en disant que si f est convexe, alors la suite (xn ) a la monotonie contraire de celle de f (du moins `a partir de x 1 .) Si f est concave, alors f est convexe, et on constate que l’application g est la mˆeme (que l’on consid`ere f ou f ), et que bien entendu la racine α est la mˆeme.
−
−
Puisque les deux applications f et pr´ec´edents.
−f sont de monotonies contraires, il suffit d’inverser les r´esultats
On peut donc dire que dans ce cas ( f concave) la suite (xn ) a la mˆeme monotonie que f (du moins `a partir de x 1 .)
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Corrig´e
(c) Pour tout x de R, on a g (x) = x (1 + x2 ) arctanx et g (x) = 2x arctan x 0. L’application g est impaire et strictement d´ecroissante sur R. On a respectivement g (x) > 0 sur R−∗ et g(x) < 0 sur R+∗ . L’application g g est strictement croissante sur R, et impaire elle aussi. La d´eriv´ee de h(x) = g(x) + x est 1 2x arctan x, strictement d´ecroissante sur R+∗ . Or h (0) = 1 et lim h (x) = . Donc ! β > 0, h (β ) = 0.
−
◦
x→+∞
−∞
−
−
∃
Ainsi h est strictement croissante sur [0, β ] puis strictement d´ecroissante sur [β, + [. Or h(0) = 0 et lim h(x) = . x→+∞
∞
−∞
Donc ! a > 0 tel que h(a) = 0, c’est-`a-dire tel que g(a) =
∃
−a. Avec cette d´efinition :
– Pour tout x de ]0, a[ : h(x) > 0 donc
−a < −x < g(x) < 0. – Pour tout x de ]a, +∞[ : h(x) < 0 donc g(x) < −x < −a. Compte tenu de la d´ecroissance et de l’imparit´e de g , on obtient alors : – Si 0 < x < a, alors 0 < g g(x) <
◦ −g(x) < x < a. – Si x > a, alors g ◦ g(x) > −g(x) > x > a. Il est alors facile de comparer x +2 = (g ◦ g)(x ) par rapport `a x n
n
n,
pour tout n.
Voici le d´etail de la discussion, en fonction de la position de x 0 . – Si x 0 = 0, alors x n = 0 pour tout n de
N.
– Si x 0
∈ {−a, a}, alors x 1 = −x0, et la suite devient 2-p´eriodique. – Si 0 < x0 < a alors 0 < x2 < x0 < a et −a < x1 < 0. On en d´eduit alors 0 < x4 < x2 < x0 < a et −a < x1 < x3 < 0. Par r´ecurrence facile : −a < x2 +1 < x2 +3 < 0 < x2 +2 < x2 < a pour tout n. n
n
n
n
Les suites (x2n ) et (x2n+1 ) sont l’une d´ecroissante minor´ee, l’autre croissante major´ee, donc convergentes vers 0 qui est l’unique point fixe de g g.
◦
– Si a < x0 < 0 alors 0 < x1 < a et on est ramen´e au cas pr´ec´edent (en ´echangeant les rˆoles des deux sous-suites).
−
– Si x 0 > a, alors x 2 > x0 > a et x 1 <
−a.
On en d´eduit alors x 4 > x2 > x0 > a et x3 < x1 < Par r´ecurrence facile : x 2n+3 < x2n+1 <
−a.
−a < 0 < a < x2
n <
x2n+2 pour tout n.
Dans ce cas la suite des x2n est strictement positive et strictement croissante, et elle ne peut converger car 0 est le seul point fixe de g g. Donc lim x2n = + n→+∞
∞, et de mˆeme
◦
lim x2n+1 =
n→+∞
−∞.
– Si x0 < a alors x1 > a et on est ramen´e `a ce qui pr´ec`ede (en ´echangeant le rˆole des deux suites extraites.)
−
Conclusion : on a prouv´e l’existence et l’unicit´e de a > 0 tel que la suite ( xn ) soit convergente vers 0 si x0 < a et divergente si x0 0.
| |
| |
Remarque : a est l’unique racine strictement p ositive de l’´equation g(x) = 2x = (1 + x2 ) arctan x. On trouve a 1.391745200 avec une calculatrice.
−x donc de l’´equation
≈
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Corrig´e
II. Application aux polynˆ omes d−1
|a | . 1. On se donne donc un nombre r´eel ou complexe λ tel que |λ| > max 1, k
d
Pour tout k de 0, . . . , d
{
k
− 1}, on a |λ| > |λ| . 1 |a |, puis λ > 1 λ 1 |λ| > λ 1
Ainsi λd = λd−
k=0
d−
d−
d
k
k=0
d−1
d−
d−1
k=0
d−1
ak
d−1
λ a .
k
k
k=0
λ a > 0 donc P (λ) = 0. Il en r´esulte |P (λ)| = λ + λ a λ − |a | . Par la contrapos´ee, on a donc montr´e que si P (λ) = 0, alors |λ| max 1, d
k
k
k=0
d
k
k
k=0
d−1
k
k=0
2. Notons λ 1 < λ2 < λq les diff´erentes racines de P . Pour chaque k de 1, . . . , q , notons m k la multiplicit´e de λ k comme racine de P . Du fait que P est scind´e dans R, on tire m 1 + m2 + + mq = d. On sait que chaque λ k est une racine de multiplicit´e m k 1 de P : c’est une cons´equence classique de la caract´erisation de la multiplicit´e par l’annulation des polynˆomes d´eriv´es. Si mk = 1, cela signifie en fait que λ k n’est pas une racine de P .
··· {
}
···
−
q
(m − 1) = d − q racines r´eelles du polynˆome P , Dans l’ensemble { λ , . . . , λ }, on dispose donc de 1
q
k
k=1
chacune ´etant compt´ee autant de fois que sa multiplicit´e. D’autre part, le th´eor`eme de Rolle permet d’affirmer que pour tout k de 1, . . . , q 1 , le polynˆome P admet une racine µk dans l’intervalle ]λk , λk+1 [. Ainsi on dispose de q 1 racines suppl´ementaires pour P , ce qui porte leur nombre `a d 1 (chacune compt´ee autant de fois que sa multiplicit´e) c’est-`a-dire autant que deg P . On a ainsi obtenu toutes les racines de P , qui sont donc toutes r´eelles.
{
− }
−
−
3. Comme on vient de le voir, toutes les racines de P sont r´eelles et la plus grande d’entre elles est inf´erieure ou ´egale a` α (avec ´egalit´e si et seulement si m 2 c’est-`a-dire si α est une racine multiple de P .) Ainsi P et P ne s’annulent pas (donc gardent un signe constant) sur I . Or lim P (x) = lim P (x) = + . On en d´eduit P (x) > 0 et P (x) > 0 sur I . x→+∞
∞
x→+∞
Ce qui a ´et´e fait avec le polynˆome P `a partir de P peut ˆetre fait pour le polynˆome P `a partir de P et ainsi de suite. La derni`ere ´etape aboutit `a P (d) qui est constant ´egal `a d! (donc strictement positif lui aussi sur I ...). Conclusion : les applications P, P , . . . , P ( d) sont strictement positives sur I . 4. (a) Si α est une racine simple de P , ce n’est pas une racine de P . Si α est racine de multiplicit´e m 2 de P , elle est racine de multiplicit´e m 1 de P , et dans ce cas α n’est pas un pˆole de P /P apr`es simplication par (x α)m−1 . Ainsi α n’est jamais un pˆole de la fraction rationnelle P /P . Comme P (x) = 0 sur I = ] α, + [, on en d´eduit que g est de classe ∞ sur I .
−
−
∞
P (x)P (x) (b) Sur I , on a g (x) = , donc g (α) = lim g (x) = 0 car 2 x→α P (x)
C
P (α) = 0
P (α) = 0
g (x) − g (α) P (x)P (x) P (x) P (x) − P (α) 1 Pour tout x de I , on a : = = 2 x−α P (x) (x − α) P (x) x−α P (x)
On trouve g (α) =
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P (α) en faisant tendre x vers α. P (α)
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´thode de Newton-Raphson Me
Corrig´e
(c) Par hypoth`ese, il existe un polynˆome Q tel que P (x) = (x α)m Q(x), avec Q(α) = 0. P (x) (x α)Q(x) On a alors g(x) = x = x . P (x) mQ(x) + (x α)Q (x) g(x) g(α) g(x) α Q(x) Ainsi : = =1 . x α x α mQ(x) + (x α)Q (x) g(x) g(α) 1 On en d´eduit que g (α) = lim =1 . x→α x α m
−
−
−
− −
− −
−
−
− − −
−
−
P (x)P (x) > 0 d’apr`es la question pr´ec´edente. P (x)2 Ainsi g est strictement croissante sur I , donc aussi sur I par continuit´e. On a g(α) = α, donc x α g(x) g(α) = α. Ainsi I est stable par g.
5. (a) Pour tout x de I , on a g (x) =
⇒
(b) D’apr`es II.1, on a α
d−1
|a | < x , donc x est dans I . max 1, 0
k
0
k=0
Puisque g(I ) I , une r´ecurrence ´evidente montre que tous les x n sont dans I . Puisque P (x) > 0 et P (x) > 0 sur I , il est clair que g(x) < x sur I . On en d´eduit en particulier g (x0 ) < x0 c’est-`a-dire x 1 < x0 . Puisque les xn sont dans I et que g est strictement croissante sur cet intervalle, une r´ecurrence ´evidente donne alors : n N, α < xn+1 < xn . Ainsi la suite (xn ) est une suite strictement d´ecroissante de I (donc minor´ee par α.) Il en d´ecoule que la suite (xn ) est convergente. Posons = lim xn . On a α.
⊂
∀ ∈
n→∞
Si on passe `a la limite dans x n+1 = g(xn ) on trouve = g() donc P () = 0. Ainsi est une racine de P , et α. La seule solution est = α. q
6. (a) Pour tout x de
R,
on a la factorisation P (x) =
mk
(x − λ ) . (x − λ ) = m k
k=1
q
q
P (x) On peut donc ´ecrire P (x) = m (x − λ ) x−λ P (x) m Donc = pour x ∈ / {λ , . . . , λ }, ce qui est le r´esultat demand´e. P (x) x−λ m . (b) On se donne un r´eel x distinct de λ , λ , . . . , λ . On a R (x) = −
k
k=1
q
k
mk −1
j
k
j =k
k
1
k
k=1
mj
1
q
2
q
q
k
k=1
On va appliquer l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz : q q 2 mk 2 m k R2 (x) = = mk λk x λk k=1 x q
Mais
√ −
√
−
k=1
k
k=1
q
q
m k
k=1
k=1
2
m = d. On a donc obtenu l’in´egalit´e R (x) k
k=1
(x
− λ )2 k
mk (x λk )2
−
−d R (x).
(x) P (x)2 − P (x)P (x) P (x)2 R (x) − g (x) = 1 − P (x)P − = = . P (x)2 P (x)2 P (x)2 R2 (x) La question pr´ec´edente donne 1 − g (x) 1 . Sachant que g (x) > 0 sur l’intervalle I , on obtient : ∀ x ∈ I , 0 < g (x) 1 − 1 . 1 Par r´ecurrence (cf I.3, I.4) on trouve : ∀ n ∈ N, 0 x − α 1 − (x0 − α)
(c) Pour x > α : 1
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n
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´thode de Newton-Raphson Me
Corrig´e
7. (a) On applique l’´egalit´e de Taylor-Young a` l’application g , au point α, `a l’ordre 2. On trouve g (x) = g(α) + (x
− α)g (α) + g 2(α) (x − α)2 + (x − α)2 ε(x) avec lim ε(x) = 0. !
Mais g (α) = α, et d’apr`es (II.4.b) : g (α) = 0 et g (α) =
x→α
P (α) . P (α)
P (α) Avec x = x n , on obtient : x n+1 = α + (xn α)2 + (xn α)2 ε(xn ). 2P (α) xn+1 α P (α) P (α) On en d´eduit comme pr´evu : lim = lim + ε(x ) = . n n→∞ (xn α)2 n→∞ 2P (α) 2P (α)
−
(b)
−
− − On ´ecrit g (x) = g(α) + (x − α)g (α) + (x − α)ε(x) avec lim ε(x) = 0. 1 Avec II.4.c, on en d´eduit x +1 − α = (x − α) 1 − + (x − α)ε(x ). x +1 − α 1 Ainsi lim = 1 − , ce qu’il fallait d´emontrer. x −α m
x→α
n
n
n
m
n
n
n→∞
n
8. (a) Il suffit de reprendre les calculs de la question (I.4). Si α est racine de multiplicit´e m de P , on a f (α) = 0 et f (α) = 1/m. Puisque f (α) = 0 et f (α) = 0, on voit que α est une racine simple de f .
P (x)P (x) P (x)2 − P (x)P (x) (b) Si x > α, on a f (x) = 1 − = . P (x)2 P (x)2 f (x ) P (x )P (x ) Ainsi, pour tout n de N, x +1 = x − = x − . f (x ) P (x )2 − P (x )P (x )
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