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\begin{document}
\noindent Mat249 \hfill Corrig\'e du DS, 4 mars 2005 \hfill 17h-19h

\section{Exercice 1}
\subsection{Question 1}
Comme $(2^{1/4})^4=2$, on peut prendre $P(X)=X^4-2$. La m\'ethode
de Newton appliqu\'ee \`a $P$ d\'efinit la suite~:
\[ u_{n+1}=u_n-\frac{P(u_n)}{P'(u_n)} = u_n-\frac{u_n^4-2}{4u_n^3}\]
Comme $P'{'} \geq 0$, $P$ est convexe, de plus $P'(2^{1/4})>0$, si
on prend $u_0>2^{1/4}$, la suite $(u_n)$ convergera vers $2^{1/4}$.
On peut prendre $u_0=2$ car $2>2^{1/4}$. 

Pour calculer $u_4$,
on peut d\'efinir la fonction $f$ telle que $u_{n+1}=f(u_n)$,\\
sur HP \verb|DEFINE(f(X)=X-(X^4-2)/(4*X^3))|\\
sur TI \verb|Define f(x)=x-(x^4-2)/(4*x^3)|\\
puis on calcule {\tt f(f(f(f(2.0)))) STO> U4}, on trouve 1.18945113368.

Pour d\'eterminer un encadrement de $2^{1/4}$, on calcule
$P(u_4)=0.0016...$, et on applique le th\'eor\`eme des accroissements
finis:
\[ P(u_4)-P(2^{1/4})=(u_4-2^{1/4}) P'(\theta), \quad \theta \in [2^{1/4},u_4]\]
on v\'erifie bien que $u_4>2^{1/4}$ (on savait
que la suite est d\'ecroissante) et comme $P'(\theta)=4\theta^3 > 4$,
\[ 0 \leq u_4-2^{1/4} \leq \frac{P(u_4)-P(2^1/4)}{P'(\theta)}
\leq \frac{P(u_4)}{4} \approx 4e-4\]

On peut appliquer m\^eme m\'ethode pour $x \geq 0$ quelconque,
en prenant $P(X)=X^4-(1+x)$ qui est convexe et v\'erifie 
encore $P'(y)=4y^3>0$, la suite $u_n$ est d\'efinie par~:
\[ u_{n+1}=u_n-\frac{P(u_n)}{P'(u_n)} = u_n-\frac{u_n^4-(1+x)}{4u_n^3}\]
et on prend une valeur de $u_0$ plus grande que $y$ par exemple $1+x$.

\subsection{Question 2}
D\'eveloppement de Taylor de $(1+x)^{1/4}$ en $x=0$ \`a l'ordre $n$~:
\[ 1 + \frac{1}{4} x + \frac{1}{4} (\frac{1}{4}-1) \frac{x^2}{2!}
+ ... + \frac{1}{4} (\frac{1}{4}-1) ... (\frac{1}{4}-n+1)  \frac{x^n}{n!}
+ \frac{1}{4} (\frac{1}{4}-1) ... (\frac{1}{4}-n) (1+\theta)^{1/4-n-1}
\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}
\]
avec $\theta$ un r\'eel d\'ependant de $x$ compris entre 0 et $x$.

Le reste pour $n=4$ est 
\[ R_4(x) = \frac{1}{4} \, \frac{-3}{4} \, \frac{-7}{4} \, 
\frac{-11}{4} \frac{-15}{4}
(1+\theta)^{1/4-5} \frac{x^5}{5!}
= \frac{3\ 7\ 11\ 15}{4^5 \ 5!}(1+\theta)^{1/4-5} x^5
=\frac{231}{8192} x^5 (1+\theta)^{1/4-5}\]
Pour $x=1/2$, on majore $(1+\theta)^{1/4-5}$ par 1 (attention cette 
expression d\'ecroit quand $\theta$ augmente, la valeur maximale est
atteinte pour $\theta=0$) et on obtient
\[ 0 \leq R_4(\frac{1}{2}) \leq \frac{231}{8192 \ 2^5}= \frac{231}{262144}
\approx 9 e-4 \]

La partie polynomiale
du d\'eveloppement (qu'on peut v\'erifier avec l'instruction 
\verb|TAYLR((1+X)^(1/4),X,5)| sur HP
ou \verb|taylor((1+x)^(1/4),x,4)| sur TI) est~:
\[ S_4(x) = 1 + \frac{x}{4} + \frac{-3}{32} x^2 + \frac{7}{128} x^3
+ \frac{-77}{2048} x^4 \]
Comme $(3/2)^{1/4}=S_4(1/2)+R_4(1/2)$, on a 
\[ S_4(\frac{1}{2}) \leq \frac{3}{2}^{1/4} \leq S_4(\frac{1}{2}) + 9e-4\]
On calcule $S_4(\frac{1}{2})=\frac{36243}{32768} \approx 1.1060$.

Pour atteindre une pr\'ecision de $1e-5$, on peut calculer
les termes suivants du d\'eveloppement (par exemple \`a la
calculatrice) et s'arr\^eter lorsque
on passe en-dessous de $1e-5$ pour $x=1/2$.
On peut aussi observer qu'il faut am\'eliorer la
majoration sur le reste en gros par un facteur 100. Si on regarde le
coefficient num\'erique de $x^n$ dans le d\'eveloppement de Taylor,
on voit qu'on passe du terme $n-1$ au suivant en multipliant par
$x (\frac{1}{4}-n+1)/n $. Ce coefficient multiplicatif est compris entre
$-x$ et 0 pour $n>1$ et tend vers $-x$ lorsque $n$ tend vers l'infini. 
C'est donc la puissance
de $x$ en $x=1/2$ qui permettra de gagner le facteur 100. Comme $2^7=128>100$,
on peut affirmer que $n=4+7=11$ conviendra.

Tant que $x<1$, on peut faire le m\^eme calcul, puisque le reste
tendra vers 0. Mais la majoration du reste sera de moins en moins
bonne lorsque $x$ s'approchera de 1.
Par contre pour $x>1$, ce n'est plus possible car
le coefficient multiplicatif entre 2 termes successifs du
d\'eveloppement de Taylor tend vers une limite $-x$ de valeur
absolue plus grande que 1.

\subsection{Question 3}
On a~:
\[ x^{1/4} = 2^{e/4} (1+m)^{1/4} = (2^{1/4})^e (1+m)^{1/4}\]
On peut appliquer l'une ou l'autre des m\'ethodes ci-dessus pour calculer
$(1+m)^{1/4}$, mais la premi\`ere sera la plus efficace, car elle converge
m\^eme si $m=1$ et de plus la convergence est rapide. 
Pour avoir une pr\'ecision
de $10^{-16}$ sur $(1+m)^{1/4}$, comme $u_4$ est une valeur approch\'ee
\`a $4e-4$ pr\`es et Newton converge de mani\`ere quadratique,
on s'attend \`a devoir faire 3 it\'erations suppl\'ementaires
($u_5$, $u_6$, devraient \^etre des valeurs approch\'ees de $(1+m)^{1/4}$
\`a $2e-7$, $4e-14$ pr\`es, donc $u_7$ \`a $10^{-16}$ pr\`es).

Le calcul de $(2^{1/4})^e $ entrainera une erreur relative de $|e|\*10^{-16}$,
en effectuant la derni\`ere multiplication, on obtiendra une erreur
relative sur $x$ de l'ordre de $(|e|+1)\*10^{-16}$. Pour les doubles
dont l'exposant peut atteindre environ 1000, l'erreur relative sur $x^{1/4}$ 
pourrait \^etre de $10^{-13}$.
On peut optimiser en effectuant la division euclidienne de $e$ par 4,
$e=4q+r$ avec $r$ compris entre -1 et 2, et en \'ecrivant 
\[ x^{1/4}= 2^q (2^{1/4})^r (1+m)^{1/4} \]
l'erreur relative sur $x^{1/4}$ ne d\'epassera alors pas $3 \ 10^{-16}$.

\section{Exercice 2}
Le plus simple est de d\'efinir la fonction. 
Attention, v\'erifiez que vous \^etes en mode exact sur les HP
(touche MODE puis CAS du bandeau, Numeric et Approx ne doivent
pas avoir de coches) ou en mode auto ou exact sur les TI.
Sur les HP49 (ou les HP40 dans CAS)~\\
\verb|DEFINE(F(X,Y)=1335/4*Y^6+X^2*(11*X^2*Y^2-Y^6-121*Y^4-2)+11/2*Y^8+X/(2*Y))|\\
Sur les TI89/92/Voyage 200\\
\verb|Define F(x,y)=1335/4*y^6+x^2*(11*x^2*y^2-y^6-121*y^4-2)+11/2*y^8+x/(2*y)|\\
Puis on les \'evalue en mode exact en tapant\\
{\tt F(77617,33096)}\\
On trouve $-54767/66192$, signe n\'egatif.
Le m\^eme calcul en mode approch\'e se fait en tapant\\
{\tt F(77617.,33096.)}\\
On trouve sur les HP 3.08e25 et sur les TI 2e23, signe positif.

Le calcul exact donne bien entendu la bonne r\'eponse, on constate
que le calcul approch\'e ne donne m\^eme pas le bon signe! Ceci
provient des erreurs d'arrondis, en particulier les compensations
quand on soustrait deux nombres tr\`es proches, les erreurs
absolues s'additionnent et peuvent devenir dominantes si la valeur
absolue de la somme est petite devant la valeur absolue de chaque
terme. Par exemple, si on a une erreur de $2^{-52}$ sur
le premier terme de la soustraction $1-1$, le r\'esultat
varie entre $(1+2^{-52})-1=2^{-52}$ et $(1-2^{-52})-1=-2^{-52}$.

\end{document}