Exercices corrigés : Python, méthodes numériques et sciences (Terminale)

La variable f contient la factorielle du rang courant : elle vaut $1$ pour $k=0$, puis elle est multipliée par $k$ à chaque nouveau tour, ce qui donne successivement $1$, $1$, $2$, $6$, $24$, $120$. On accumule donc $\frac{1}{0!}+\frac{1}{1!}+\dots+\frac{1}{5!}=1+1+0{,}5+0{,}1\overline{6}+0{,}041\overline{6}+0{,}008\overline{3}$, soit $S_5\approx 2{,}716667$. Deux accumulateurs travaillent en parallèle, l'un additif pour la somme, l'autre multiplicatif pour la factorielle, chacun initialisé à l'élément neutre de son opération, $0$ et $1$.

On obtient $S_{10}\approx 2{,}7182818011$, à comparer à $e\approx 2{,}7182818285$. Les huit premières décimales coïncident, et l'écart vaut environ $2{,}7\times 10^{-8}$. Onze termes suffisent donc à une précision que le balayage de l'exercice suivant n'atteindrait qu'après des millions de tours : c'est la puissance des factorielles au dénominateur, qui décroissent bien plus vite que n'importe quelle suite géométrique.

Pour $n=10$ : $10!=3\,628\,800$, donc $\frac{1}{10\times 10!}=\frac{1}{36\,288\,000}\approx 2{,}756\times 10^{-8}$. L'écart réellement constaté, $2{,}731\times 10^{-8}$, lui est bien inférieur ✓. Cette majoration est ce que l'énoncé de bac attend : elle GARANTIT la précision sans connaître $e$, alors que la comparaison de la question b) suppose déjà connue la valeur cherchée. C'est toute la différence entre constater une erreur et la majorer.

Pour une raison de COÛT. Recalculer $k!$ à chaque tour demande $k$ multiplications, donc au total $1+2+\dots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ multiplications, un nombre proportionnel à $n^2$. La mise à jour f = f*k n'en demande qu'UNE par tour, soit $n$ au total. Pour $n=1000$, cela fait environ $500\,000$ opérations contre $1000$. Le principe est général et se retrouve à l'exercice 5 avec les coefficients binomiaux : quand un terme se déduit du précédent par une opération simple, on ne le recalcule jamais depuis le début.

Étape 1 : $m=0{,}5$ et $f(0{,}5)=e^{0{,}5}-1{,}5\approx 0{,}1487>0$, du même signe que $f(0)$, donc la racine est à droite et l'intervalle devient $[0{,}5\,;1]$. Étape 2 : $m=0{,}75$ et $f(0{,}75)\approx 2{,}117-2{,}25=-0{,}133<0$, donc l'intervalle devient $[0{,}5\,;0{,}75]$. Étape 3 : $m=0{,}625$ et $f(0{,}625)\approx 1{,}8682-1{,}875=-0{,}0068<0$, donc l'intervalle devient $[0{,}5\,;0{,}625]$. En trois étapes la longueur est passée de $1$ à $0{,}125$.

Un produit de deux nombres est strictement positif si et seulement si ils ont le MÊME signe. Le test f(a)*f(m) > 0 demande donc si $f$ prend le même signe en $a$ et au milieu : dans ce cas la racine ne peut pas se trouver dans $[a\,;m]$, et l'on remplace $a$ par $m$. Sinon $f$ change de signe entre $a$ et $m$, le théorème des valeurs intermédiaires garantit une racine dans cette moitié, et l'on remplace $b$ par $m$. On conserve ainsi à chaque étape un intervalle contenant $\alpha$, ce qui est l'INVARIANT de l'algorithme.

La longueur après $n$ étapes vaut $\frac{1}{2^{\,n}}$. On veut $\frac{1}{2^{\,n}}\le 10^{-3}$, soit $2^{\,n}\ge 1000$ : comme $2^{9}=512$ et $2^{10}=1024$, il faut $n=10$ étapes. Pour $10^{-6}$, il faut $2^{\,n}\ge 10^{6}$, et comme $2^{19}=524\,288$ et $2^{20}=1\,048\,576$, il faut $n=20$ étapes. Autrement dit, TRIPLER la précision en nombre de décimales ne double même pas le travail : chaque étape gagne un facteur $2$, donc environ $0{,}3$ décimale.

Le balayage de pas $10^{-6}$ sur $[0\,;1]$ demanderait jusqu'à $10^{6}$ tours, soit un million, contre $20$ pour la dichotomie : le rapport est de cinquante mille. La raison est structurelle : le balayage avance de façon ADDITIVE, la dichotomie progresse de façon MULTIPLICATIVE. En contrepartie, la dichotomie exige de connaître un intervalle où la fonction change de signe, alors que le balayage n'exige rien et trouve toutes les racines rencontrées. Le programme donne finalement $0{,}618<\alpha<0{,}620$, la valeur étant $\alpha\approx 0{,}6191$.

def rect_gauche(n): puis s = 0 puis for k in range(n): puis s = s + exp(-(k/n)**2) puis return s/n. Pour les rectangles à droite, seule la plage change : for k in range(1, n+1). Chaque rectangle a pour largeur $\frac{1}{n}$ et pour hauteur la valeur de $f$ à l'une des extrémités ; on met la division par $n$ en facteur à la fin plutôt que dans la boucle, ce qui économise $n$ divisions.

La fonction $x\mapsto e^{-x^{2}}$ est strictement DÉCROISSANTE sur $[0\,;1]$, puisque $x\mapsto -x^2$ y est décroissante et l'exponentielle croissante. Sur chaque sous-intervalle, la valeur à gauche est donc le maximum de $f$ et la valeur à droite son minimum : le rectangle de gauche contient l'aire sous la courbe, celui de droite est contenu dedans. Par somme, $\text{rect\_droite}(n)\le I\le \text{rect\_gauche}(n)$. Pour $n=10$ on obtient $0{,}714605\le I\le 0{,}777817$.

Les deux sommes ont tous leurs termes communs sauf le premier de l'une et le dernier de l'autre : leur différence vaut $\frac{1}{n}\left(f(0)-f(1)\right)=\frac{1-e^{-1}}{n}\approx\frac{0{,}632121}{n}$. Pour $n=10$ cela donne $0{,}0632$, ce que confirme l'encadrement de b) ✓. On veut $\frac{0{,}632121}{n}<10^{-3}$, soit $n>632{,}1$ : il faut donc $n=633$ sous-intervalles. Ce chiffre est le point important de l'exercice : l'erreur des rectangles est proportionnelle à $\frac{1}{n}$, donc gagner UNE décimale coûte DIX fois plus de travail.

On propose le milieu de l'encadrement, $\frac{0{,}714605+0{,}777817}{2}\approx 0{,}746211$, avec une précision au moins égale à la demi-largeur, soit $0{,}0316$. En réalité on fait beaucoup mieux : la valeur exacte est $I\approx 0{,}746824$, donc l'erreur commise n'est que de $6{,}1\times 10^{-4}$, cinquante fois meilleure que la garantie. Prendre le milieu de deux rectangles revient exactement à la méthode des TRAPÈZES de l'exercice 7, ce qui explique ce gain.

h = 0.1 puis y = 1 puis for k in range(10): puis y = y + h*(-2*y + 6) puis print(y). Il faut bien $10$ tours pour aller de $t=0$ à $t=1$ avec un pas de $0{,}1$, soit $\frac{1}{h}$ tours. Le programme affiche environ $2{,}78525$.

La relation se réécrit $y_{k+1}=y_k(1-2h)+6h$ : c'est une suite ARITHMÉTICO-GÉOMÉTRIQUE de raison $q=1-2h$. Son point fixe $L$ vérifie $L=L(1-2h)+6h$, soit $2hL=6h$ et $L=3$, valeur indépendante de $h$, ce qui est rassurant. En posant $z_k=y_k-3$, on obtient $z_{k+1}=z_k(1-2h)$ : la suite $(z_k)$ est géométrique de raison $1-2h$ et de premier terme $z_0=1-3=-2$. D'où $z_n=-2(1-2h)^{n}$ puis $y_n=3-2(1-2h)^{n}$. Pour $h=0{,}1$ et $n=10$ : $y_{10}=3-2\times 0{,}8^{10}=3-2\times 0{,}1073742\approx 2{,}785252$ ✓, ce qui confirme l'affichage sans exécuter le programme.

Les solutions de $y'=-2y+6$ s'écrivent $y(t)=Ce^{-2t}+3$, la constante $3$ étant la solution particulière constante. La condition $y(0)=1$ donne $C+3=1$, soit $C=-2$, d'où $y(t)=3-2e^{-2t}$. Ainsi $y(1)=3-2e^{-2}\approx 2{,}729329$. Euler avec $h=0{,}1$ donnait $2{,}785252$, soit une erreur de $5{,}6\times 10^{-2}$. Avec $h=0{,}01$, c'est-à-dire $100$ tours, on obtient $3-2\times 0{,}98^{100}\approx 2{,}734761$, soit une erreur de $5{,}4\times 10^{-3}$ : diviser le pas par dix a divisé l'erreur par dix. L'erreur de la méthode d'Euler est proportionnelle au pas.

En posant $n=\frac{1}{h}$, la valeur d'Euler en $t=1$ vaut $3-2\left(1-\frac{2}{n}\right)^{n}$. Or $\left(1-\frac{2}{n}\right)^{n}=\exp\left(n\ln\left(1-\frac{2}{n}\right)\right)$, et comme $\ln(1+u)\sim u$ en $0$, l'exposant tend vers $-2$ : la limite est $e^{-2}$. La méthode d'Euler CONVERGE donc vers la solution exacte quand le pas tend vers zéro, ce qui n'était pas évident a priori. On voit aussi le SENS de l'erreur : puisque $1-x<e^{-x}$ pour $x>0$, on a $(1-2h)^{n}<e^{-2}$, donc $y_n>y(1)$, et Euler surestime toujours ici.

On part de la définition : $\binom{n}{k+1}=\frac{n!}{(k+1)!\,(n-k-1)!}$ et $\binom{n}{k}=\frac{n!}{k!\,(n-k)!}$. Le quotient vaut donc $\frac{\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}}=\frac{k!\,(n-k)!}{(k+1)!\,(n-k-1)!}$. Or $(k+1)!=(k+1)\times k!$ et $(n-k)!=(n-k)\times(n-k-1)!$, donc tout se simplifie et il reste $\frac{n-k}{k+1}$, d'où la relation ✓.

def proba(n, p, k): puis c = 1 puis for i in range(k): puis c = c*(n - i)/(i + 1) puis return c*p**k*(1 - p)**(n - k). La boucle applique $k$ fois la relation de a) en partant de $\binom{n}{0}=1$. On obtient $P(X=15)\approx 0{,}122347$. La valeur $k=15$ est aussi l'espérance, $E(X)=np=50\times 0{,}3=15$ : c'est bien la valeur la plus probable, et pourtant elle ne se produit qu'une fois sur huit environ.

s = 0 puis for k in range(20, 51): puis s = s + proba(50, 0.3, k) puis print(s). On trouve $P(X\ge 20)\approx 0{,}084803$. On peut aussi écrire $P(X\ge 20)=1-P(X\le 19)$, ce qui demande vingt termes au lieu de trente et un : à résultat égal, on choisit la somme la plus courte. Attention à la borne : range(20, 51) doit aller jusqu'à $50$ INCLUS, sans quoi il manque un terme.

Parce que les factorielles explosent : $200!$ compte plus de trois cent soixante chiffres. Python sait manipuler de tels entiers exactement, mais lentement, et surtout le passage aux flottants pour multiplier par $p^{k}$ provoque un dépassement de capacité, la plage des flottants s'arrêtant vers $10^{308}$. La formule récursive, elle, ne manipule que des nombres de taille raisonnable, car elle alterne multiplications et divisions : le coefficient reste toujours proche de sa valeur finale. C'est la même idée qu'à l'exercice 1 avec la factorielle mise à jour d'un tour à l'autre.

La tangente en $x_k$ a pour équation $y=f'(x_k)(x-x_k)+f(x_k)$, soit $y=2x_k(x-x_k)+x_k^2-7$. Elle coupe l'axe des abscisses lorsque $y=0$, donc $x=x_k-\frac{x_k^2-7}{2x_k}=\frac{2x_k^2-x_k^2+7}{2x_k}=\frac{x_k^2+7}{2x_k}=\frac{1}{2}\left(x_k+\frac{7}{x_k}\right)$ ✓. Le programme s'écrit x = 3 puis for k in range(3): puis x = (x + 7/x)/2 puis print(x). On reconnaît la moyenne de $x_k$ et de $\frac{7}{x_k}$, deux nombres dont le produit vaut toujours $7$ : si l'un est trop grand, l'autre est trop petit, et leur moyenne est meilleure que les deux.

$x_1=\frac{1}{2}\left(3+\frac{7}{3}\right)=\frac{1}{2}\times\frac{16}{3}=\frac{8}{3}\approx 2{,}666667$, puis $x_2\approx 2{,}645833$, puis $x_3\approx 2{,}645751312$. Les erreurs valent respectivement $2{,}1\times 10^{-2}$, $8{,}2\times 10^{-5}$ et $1{,}2\times 10^{-9}$ : le nombre de décimales exactes DOUBLE à chaque étape. C'est la convergence dite quadratique, sans commune mesure avec la dichotomie, qui n'en gagne que $0{,}3$ par étape.

$f''(x)=2>0$, donc $f$ est convexe et sa courbe est au-DESSUS de chacune de ses tangentes. En particulier, la tangente en $x_k$ coupe l'axe des abscisses AVANT que la courbe ne le fasse, du côté où l'on vient : pour $x_k>\sqrt7$, on obtient $x_{k+1}>\sqrt7$. La suite reste donc minorée par $\sqrt7$ à partir du rang $0$, et l'on vérifie qu'elle est décroissante : $x_k-x_{k+1}=\frac{x_k^2-7}{2x_k}>0$ dès que $x_k>\sqrt7$. Décroissante et minorée, elle converge, et sa limite $L$ vérifie $L=\frac{1}{2}\left(L+\frac{7}{L}\right)$, donc $L^2=7$ et $L=\sqrt7$. La convexité est ce qui rend la démonstration possible.

La dichotomie sur $[2\,;3]$ donne après $n$ étapes une précision de $\frac{1}{2^{\,n}}$. Pour atteindre $1{,}2\times 10^{-9}$, il faut $2^{\,n}\ge\frac{1}{1{,}2\times 10^{-9}}\approx 8{,}3\times 10^{8}$, soit $n=30$ étapes, contre TROIS pour Newton. La contrepartie est que Newton exige la dérivée et un point de départ correct, alors que la dichotomie ne demande qu'un changement de signe et ne peut pas échouer.

Un trapèze de hauteur $h$ et de bases $f(x_k)$ et $f(x_{k+1})$ a pour aire $h\times\frac{f(x_k)+f(x_{k+1})}{2}$. En sommant sur tous les sous-intervalles, chaque valeur intérieure apparaît DEUX fois, une fois comme base droite et une fois comme base gauche, alors que $f(0)$ et $f(1)$ n'apparaissent qu'une fois. On complète donc par s = (f(0) + f(1))/2, puis s = s + f(k*h) dans la boucle, puis return s*h. C'est la formule classique : les extrémités comptent pour moitié, les points intérieurs pour un.

Le programme affiche $0{,}74621080$. L'erreur vaut $\left|0{,}74621080-0{,}74682413\right|\approx 6{,}13\times 10^{-4}$. À comparer avec l'exercice 3 : les rectangles à gauche donnaient $0{,}777817$, soit une erreur de $3{,}1\times 10^{-2}$, cinquante fois plus grande pour exactement le même nombre d'évaluations de $f$.

Pour $n=20$, l'erreur vaut $\left|0{,}74667084-0{,}74682413\right|\approx 1{,}53\times 10^{-4}$. Le rapport des deux erreurs vaut $\frac{6{,}13\times 10^{-4}}{1{,}53\times 10^{-4}}\approx 4$ : DOUBLER le nombre de sous-intervalles a divisé l'erreur par QUATRE, et non par deux. L'erreur des trapèzes est donc proportionnelle à $h^2$, alors que celle des rectangles est proportionnelle à $h$. Pour gagner une décimale, il suffit de multiplier $n$ par un peu plus de trois, contre dix pour les rectangles.

La somme des rectangles à gauche vaut $h\left(f(x_0)+f(x_1)+\dots+f(x_{n-1})\right)$ et celle des rectangles à droite $h\left(f(x_1)+\dots+f(x_n)\right)$. Leur moyenne vaut $h\left(\frac{f(x_0)+f(x_n)}{2}+f(x_1)+\dots+f(x_{n-1})\right)$, ce qui est exactement la formule des trapèzes ✓. Pour $n=10$ on retrouve bien $\frac{0{,}777817+0{,}714605}{2}=0{,}746211$. Le gain s'explique simplement : les deux sommes de rectangles se trompent en sens CONTRAIRES, l'une par excès et l'autre par défaut, et d'à peu près la même quantité. En prenant la moyenne, les deux erreurs se compensent en grande partie, et il ne reste que l'effet de la COURBURE de $f$, d'où l'ordre $h^2$.

FAUX. Le programme ne teste RIEN d'autre que des signes : il divise l'intervalle en deux et compare des produits, opérations qui ont un résultat même pour une fonction discontinue. Sur $x\mapsto\frac{1}{x-0{,}5}$, qui change de signe en $0{,}5$ sans s'y annuler, la dichotomie sur $[0\,;1]$ renverrait un encadrement de $0{,}5$, où la fonction n'est même pas définie. Version correcte : « la continuité est une HYPOTHÈSE à vérifier avant d'appliquer le théorème des valeurs intermédiaires, et c'est lui, non le programme, qui garantit l'existence d'une racine ».

FAUX. Pour tout pas $h>0$ fixé, la méthode d'Euler commet une erreur non nulle : l'exercice 4 la calcule exactement, $y_n=3-2(1-2h)^{n}$ contre $3-2e^{-2}$. Version correcte : « la méthode d'Euler CONVERGE vers la solution exacte quand le pas tend vers $0$, mais tout calcul effectif se fait avec un pas fixé, donc avec une erreur non nulle ». Diviser le pas par dix divise l'erreur par dix, sans jamais l'annuler.

FAUX, seuls les trapèzes ont ce comportement. L'erreur des rectangles est proportionnelle au pas $h$, donc doubler $n$ ne la divise que par DEUX ; celle des trapèzes est proportionnelle à $h^2$, donc doubler $n$ la divise par quatre. C'est exactement ce qu'on mesure à l'exercice 7. Version correcte : « rectangles, erreur en $h$ ; trapèzes, erreur en $h^2$ ». Le mot d'ordre du chapitre est là : on ne compare pas deux méthodes sur un seul essai, on regarde comment l'erreur RÉAGIT quand on raffine.

FAUX. $500!$ est un entier de plus de mille chiffres ; Python le calcule exactement, mais le convertir en flottant pour le multiplier par $p^{k}$ dépasse la capacité des nombres à virgule flottante, dont le maximum est de l'ordre de $10^{308}$. Version correcte : « on calcule les coefficients binomiaux de proche en proche par $\binom{n}{k+1}=\binom{n}{k}\times\frac{n-k}{k+1}$, ce qui garde tous les nombres manipulés dans une plage raisonnable ».

FAUX. Newton peut diverger, osciller, ou s'arrêter net si $f'(x_k)=0$, puisque l'on divise par la dérivée. Sur $f(x)=x^2-7$ partant de $x_0=0$, la tangente est horizontale et ne coupe jamais l'axe. Version correcte : « la convergence de Newton est GARANTIE sous des hypothèses de convexité et de bon choix du point de départ, comme à l'exercice 6, mais n'a rien d'automatique ». C'est le prix de sa rapidité, là où la dichotomie, plus lente, ne peut pas échouer.

$\tau=RC=2{,}0\times 10^{3}\times 1{,}0\times 10^{-6}=2{,}0\times 10^{-3}$ s, soit $2{,}0$ ms. Il faut donc $\frac{2{,}0}{0{,}2}=10$ tours pour aller de $0$ à $\tau$. Le programme s'écrit tau = 2.0 puis h = 0.2 puis u = 0 puis for k in range(10): puis u = u + h*(5 - u)/tau puis print(u), toutes les durées étant exprimées en millisecondes, ce qui est licite puisque seul le RAPPORT $\frac{h}{\tau}$ intervient.

La relation se réécrit $u_{k+1}=u_k\left(1-\frac{h}{\tau}\right)+\frac{hE}{\tau}$, suite arithmético-géométrique de raison $q=1-\frac{h}{\tau}$. Son point fixe vérifie $L=Lq+\frac{hE}{\tau}$, soit $L\frac{h}{\tau}=\frac{hE}{\tau}$ et $L=E$, ce qui est physiquement attendu : le condensateur chargé atteint la tension du générateur. En posant $z_k=u_k-E$, on obtient $z_{k+1}=qz_k$ avec $z_0=-E$, donc $z_n=-Eq^{\,n}$ et $u_n=E\left(1-q^{\,n}\right)$ ✓. Pour $h=0{,}2$ ms : $q=0{,}9$ et $u_{10}=5\left(1-0{,}9^{10}\right)=5\times 0{,}651322\approx 3{,}2566$ V.

L'équation $u'=\frac{E-u}{\tau}$ a pour solutions $u(t)=E+Ke^{-t/\tau}$, et la condition $u(0)=0$ donne $K=-E$, d'où $u(t)=E\left(1-e^{-t/\tau}\right)$. Donc $u(\tau)=5\left(1-e^{-1}\right)\approx 3{,}1606$ V, ce qui est le résultat classique : à $t=\tau$, le condensateur est chargé à $63\%$. Euler avec $h=0{,}2$ ms donnait $3{,}2566$ V, soit une erreur de $9{,}6\times 10^{-2}$ V ; avec $h=0{,}02$ ms, c'est-à-dire $100$ tours, on obtient $5\left(1-0{,}99^{100}\right)\approx 3{,}1698$ V, soit une erreur de $9{,}2\times 10^{-3}$ V. L'erreur a bien été divisée par dix comme le pas.

On résout $E\left(1-e^{-t/\tau}\right)=0{,}99E$, soit $e^{-t/\tau}=0{,}01$, donc $\frac{t}{\tau}=\ln 100$ et $t=\tau\ln 100\approx 2{,}0\times 4{,}605\approx 9{,}2$ ms. C'est la règle usuelle en électronique : la charge est pratiquement terminée au bout de cinq constantes de temps. Quant au sens de l'erreur, Euler SURESTIME la tension : puisque $1-x<e^{-x}$ pour $x>0$, on a $q^{\,n}=\left(1-\frac{h}{\tau}\right)^{n}<e^{-1}$, donc $u_n>u(\tau)$. L'explication physique est la même qu'en radioactivité : sur chaque pas, Euler applique la vitesse de charge du DÉBUT de l'intervalle, or cette vitesse diminue à mesure que $u$ se rapproche de $E$. On charge donc trop vite.