Numerical Methods

# Numerical Methods ## Objectifs et prérequis Ce chapitre vise à fournir aux élèves de Upper Sixth (Pure Mathematics with Statistics) une compréhension approfondie des méthodes numériques pour résoudre des équations non linéaires, en mettant l’accent sur la localisation des racines, la méthode de dichotomie, la méthode de Newton–Raphson, ainsi que l’évaluation de la précision et des applications pratiques. Les élèves apprendront à analyser la convergence, à estimer les erreurs, et à choisir la méthode appropriée selon le contexte du problème. **Prérequis :** - Maîtrise des fonctions continues et dérivables (notamment le théorème des valeurs intermédiaires). - Notions de limite, dérivée, et développement limité (Taylor d’ordre 1). - Manipulation des inéquations et des intervalles. - Familiarité avec les notations scientifiques et le calcul approximatif. --- ## I. Introduction to numerical methods Les méthodes numériques sont des techniques permettant d’approximer des solutions à des problèmes mathématiques qui ne peuvent pas être résolus exactement par des méthodes analytiques (équations transcendantes, systèmes non linéaires, intégrales complexes, etc.). En mathématiques pures, elles sont particulièrement utiles pour résoudre des équations de la forme $ f(x) = 0 $ lorsque $ f $ est une fonction continue mais non polynomiale de degré élevé, ou contenant des fonctions exponentielles, logarithmiques ou trigonométriques. Contrairement aux méthodes algébriques qui cherchent une solution exacte sous forme fermée, les méthodes numériques produisent une suite d’approximations qui convergent vers la solution vraie, sous certaines conditions. Leur efficacité dépend de la convergence, de la stabilité et du coût computationnel. > **Définition :** Une méthode numérique pour résoudre $ f(x) = 0 $ est un algorithme itératif qui génère une suite $ (x_n) $ telle que $ \lim_{n \to \infty} x_n = \alpha $, où $ \alpha $ est une racine de $ f $, sous des hypothèses de continuité et de différentiabilité appropriées. **Exemple :** L’équation $ e^x - 3x = 0 $ n’a pas de solution exprimable en fonctions élémentaires. On doit recourir à une méthode numérique pour approximer ses racines. **Exercice d’application corrigé :** Montrer que l’équation $ \ln(x) = x - 2 $ admet exactement deux racines réelles. *Solution :* Soit $ f(x) = \ln(x) - x + 2 $. Domaine : $ x > 0 $. $ f'(x) = \frac{1}{x} - 1 $. $ f'(x) = 0 \Rightarrow x = 1 $. Pour $ 0 < x < 1 $, $ f'(x) > 0 $ ; pour $ x > 1 $, $ f'(x) < 0 $. Donc $ f $ est croissante sur $ (0,1] $, décroissante sur $ [1, \infty) $, avec un maximum en $ x=1 $ : $ f(1) = \ln(1) - 1 + 2 = 1 > 0 $. Limites : $ \lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty $, $ \lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty $. Comme $ f $ est continue, positive en $ x=1 $, et tend vers $ -\infty $ aux deux extrémités, elle coupe l’axe des $ x $ exactement deux fois : une racine dans $ (0,1) $, une autre dans $ (1, \infty) $. ✅ Deux racines réelles. --- ## II. Location of roots of functions Avant d’appliquer une méthode numérique, il est essentiel de localiser approximativement une racine, c’est-à-dire de déterminer un intervalle $ [a, b] $ où l’on sait qu’une racine existe. Cela permet de garantir la convergence de certaines méthodes (comme la dichotomie) et d’éviter les divergences. Le théorème fondamental utilisé est le **théorème des valeurs intermédiaires (TVI)**. > **Théorème des valeurs intermédiaires (TVI) :** > Si $ f $ est continue sur l’intervalle fermé $ [a, b] $ et si $ f(a) $ et $ f(b) $ sont de signes opposés (c’est-à-dire $ f(a) \cdot f(b) < 0 $), alors il existe au moins un $ \alpha \in (a, b) $ tel que $ f(\alpha) = 0 $. Cette condition est nécessaire mais pas suffisante pour l’unicité : il peut y avoir plusieurs racines dans $ [a, b] $ si $ f $ n’est pas monotone. Pour garantir l’unicité, on ajoute souvent l’hypothèse que $ f $ est strictement monotone sur $ [a, b] $. **Propriétés :** - Si $ f $ est continue et $ f(a) \cdot f(b) < 0 $, alors il existe au moins une racine dans $ (a, b) $. - Si en plus $ f $ est strictement monotone sur $ [a, b] $, alors la racine est unique dans cet intervalle. - Le TVI ne donne pas la valeur de la racine, seulement son existence. **Exemple :** Montrer que l’équation $ x^3 - 2x - 5 = 0 $ a une racine dans l’intervalle $ [2, 3] $. *Solution :* Soit $ f(x) = x^3 - 2x - 5 $. $ f(2) = 8 - 4 - 5 = -1 < 0 $, $ f(3) = 27 - 6 - 5 = 16 > 0 $. Puisque $ f $ est un polynôme (donc continue sur $ \mathbb{R} $) et $ f(2) \cdot f(3) < 0 $, d’après le TVI, il existe au moins un $ \alpha \in (2, 3) $ tel que $ f(\alpha) = 0 $. De plus, $ f'(x) = 3x^2 - 2 > 0 $ pour $ x \geq 2 $, donc $ f $ est strictement croissante sur $ [2, 3] $ → racine unique dans cet intervalle. ✅ Une racine unique dans $ [2, 3] $. **Exercice d’application corrigé :** Montrer que l’équation $ \sin(x) = \frac{x}{2} $ a exactement trois racines réelles. *Solution :* Soit $ f(x) = \sin(x) - \frac{x}{2} $. $ f $ est continue sur $ \mathbb{R} $. On cherche les intervalles où $ f $ change de signe. Calculons quelques valeurs : $ f(0) = 0 - 0 = 0 $ → racine en $ x=0 $. $ f(\pi) = 0 - \frac{\pi}{2} < 0 $, $ f(2\pi) = 0 - \pi < 0 $, $ f(-\pi) = 0 + \frac{\pi}{2} > 0 $, $ f(-2\pi) = 0 + \pi > 0 $. Mais on doit chercher les changements de signe autour de zéro. $ f(\pi/2) = 1 - \pi/4 \approx 1 - 0.785 = 0.215 > 0 $, $ f(\pi) = 0 - \pi/2 < 0 $ → donc une racine dans $ (\pi/2, \pi) $. Par symétrie impaire : $ f(-x) = -\sin(x) + x/2 = -f(x) $ → $ f $ est impaire. Donc si $ \alpha > 0 $ est racine, alors $ -\alpha $ l’est aussi. On a déjà $ x=0 $, et une racine positive dans $ (\pi/2, \pi) $ → donc une racine négative dans $ (-\pi, -\pi/2) $. Vérifions qu’il n’y en a pas d’autres : Pour $ x > \pi $, $ |\sin(x)| \leq 1 $, et $ x/2 > \pi/2 > 1 $, donc $ f(x) = \sin(x) - x/2 < 0 $ pour tout $ x > \pi $. De même, pour $ x < -\pi $, $ f(x) > 0 $. Donc pas de racine en dehors de $ [-\pi, \pi] $ sauf celles déjà trouvées. Dans $ [0, \pi] $ : $ f(0)=0 $, $ f $ augmente puis diminue (puisque $ f'(x) = \cos(x) - 1/2 $, zéro en $ x=\pi/3 $), mais on a déjà un changement de signe entre $ \pi/2 $ et $ \pi $, et $ f(0)=0 $, donc seulement deux racines non négatives : $ 0 $ et une dans $ (\pi/2, \pi) $. Par impaireté : une racine négative symétrique. Donc exactement trois racines réelles : $ -\alpha, 0, \alpha $ avec $ \alpha \in (\pi/2, \pi) $. ✅ Trois racines réelles. --- ## III. Bisection method La méthode de dichotomie (ou bisection) est une méthode numérique simple, robuste et garantie de converger sous l’hypothèse de continuité et de changement de signe sur un intervalle. Elle consiste à diviser répétitivement l’intervalle en deux et à conserver la moitié où le signe de $ f $ change. > **Algorithme de la méthode de dichotomie :** > Donnée une fonction $ f $ continue sur $ [a, b] $ telle que $ f(a) \cdot f(b) < 0 $ : > 1. Calculer $ c = \frac{a + b}{2} $ (point milieu). > 2. Si $ f(c) = 0 $ ou $ \frac{b - a}{2} < \epsilon $ (précision souhaitée), alors arrêter : $ c $ est une approximation de la racine. > 3. Sinon, si $ f(a) \cdot f(c) < 0 $, alors la racine est dans $ [a, c] $ → on pose $ b = c $. > 4. Sinon, si $ f(c) \cdot f(b) < 0 $, alors la racine est dans $ [c, b] $ → on pose $ a = c $. > 5. Répéter jusqu’à convergence. La méthode converge linéairement : l’erreur est divisée par 2 à chaque itération. > **Formule de l’erreur après $ n $ itérations :** > Si l’intervalle initial est $ [a_0, b_0] $, alors après $ n $ itérations, l’erreur maximale est : > $$ > \epsilon_n \leq \frac{b_0 - a_0}{2^n} > $$ > Pour atteindre une précision $ \epsilon $, il faut au moins : > $$ > n \geq \left\lceil \log_2 \left( \frac{b_0 - a_0}{\epsilon} \right) \right\rceil > $$ **Exemple :** Approximer la racine de $ f(x) = x^3 - 2x - 5 = 0 $ dans $ [2, 3] $ avec une précision de $ 10^{-3} $ par la méthode de dichotomie. *Solution :* On sait qu’il y a une racine unique dans $ [2, 3] $ (voir précédemment). $ a_0 = 2 $, $ b_0 = 3 $, $ b_0 - a_0 = 1 $. On veut $ \epsilon_n \leq 0.001 $, donc : $$ \frac{1}{2^n} \leq 0.001 \Rightarrow 2^n \geq 1000 \Rightarrow n \geq \log_2(1000) \approx 9.96 \Rightarrow n \geq 10 $$ On effectue 10 itérations. Itération 1 : $ c_1 = \frac{2+3}{2} = 2.5 $, $ f(2.5) = 15.625 - 5 - 5 = 5.625 > 0 $, $ f(2) < 0 $, $ f(2.5) > 0 $ → racine dans $ [2, 2.5] $ → $ a_1 = 2 $, $ b_1 = 2.5 $ Itération 2 : $ c_2 = \frac{2+2.5}{2} = 2.25 $, $ f(2.25) = 11.390625 - 4.5 - 5 = 1.890625 > 0 $ → racine dans $ [2, 2.25] $ → $ b_2 = 2.25 $ Itération 3 : $ c_3 = 2.125 $, $ f(2.125) = 9.595703125 - 4.25 - 5 = 0.345703125 > 0 $ → $ [2, 2.125] $ Itération 4 : $ c_4 = 2.0625 $, $ f(2.0625) = 8.77392578125 - 4.125 - 5 = -0.35107421875 < 0 $ → racine dans $ [2.0625, 2.125] $ Itération 5 : $ c_5 = 2.09375 $, $ f(2.09375) = 9.1826171875 - 4.1875 - 5 = -0.0048828125 < 0 $ → $ [2.09375, 2.125] $ Itération 6 : $ c_6 = 2.109375 $, $ f(2.109375) = 9.388671875 - 4.21875 - 5 = 0.169921875 > 0 $ → $ [2.09375, 2.109375] $ Itération 7 : $ c_7 = 2.1015625 $, $ f(2.1015625) = 9.28515625 - 4.203125 - 5 = 0.08203125 > 0 $ → $ [2.09375, 2.1015625] $ Itération 8 : $ c_8 = 2.09765625 $, $ f(2.09765625) = 9.23388671875 - 4.1953125 - 5 = 0.03857421875 > 0 $ → $ [2.09375, 2.09765625] $ Itération 9 : $ c_9 = 2.095703125 $, $ f(2.095703125) = 9.208251953125 - 4.19140625 - 5 = 0.016845703125 > 0 $ → $ [2.09375, 2.095703125] $ Itération 10 : $ c_{10} = 2.0947265625 $, $ f(2.0947265625) = 9.1954345703125 - 4.189453125 - 5 = 0.0059814453125 > 0 $ → $ [2.09375, 2.0947265625] $ L’intervalle final est $ [2.09375, 2.0947265625] $, de largeur $ 0.0009765625 < 0.001 $. On prend l’approximation : $ x \approx 2.094 $ (arrondi au millième). Vérification : $ f(2.094) \approx 2.094^3 - 2*2.094 - 5 = 9.182 - 4.188 - 5 = -0.006 $ → proche de zéro. En fait, la racine vraie est environ $ 2.09455 $, donc notre approximation est correcte à $ 10^{-3} $ près. ✅ Approximation après 10 itérations : $ x \approx 2.094 $. **Exercice d’application corrigé :** Utiliser la méthode de dichotomie pour approximer la racine de $ f(x) = \cos(x) - x $ dans l’intervalle $ [0, 1] $ avec une précision de $ 10^{-4} $. *Solution :* $ f(0) = 1 - 0 = 1 > 0 $, $ f(1) = \cos(1) - 1 \approx 0.5403 - 1 = -0.4597 < 0 $ → racine dans $ [0,1] $, unique car $ f'(x) = -\sin(x) - 1 < 0 $ sur $ [0,1] $. $ b_0 - a_0 = 1 $, on veut $ \frac{1}{2^n} \leq 10^{-4} \Rightarrow 2^n \geq 10^4 \Rightarrow n \geq \log_2(10000) \approx 13.28 \Rightarrow n = 14 $. On effectue 14 itérations (résumé) : Après 14 itérations, l’intervalle est de largeur $ \leq 2^{-14} = \frac{1}{16384} \approx 0.000061 < 10^{-4} $. Le milieu de l’intervalle final donne : $ x \approx 0.739085 $ (valeur connue du point fixe de $ \cos(x) $). Vérification : $ \cos(0.739085) \approx 0.739085 $ → correct. ✅ Approximation : $ x \approx 0.7391 $ (à $ 10^{-4} $ près). --- ## IV. Newton–Raphson method La méthode de Newton–Raphson est une méthode itérative qui utilise la dérivée de la fonction pour obtenir une convergence plus rapide (quadratique) sous des conditions de régularité suffisantes. Elle est basée sur l’approximation linéaire de $ f $ près d’une pointe initiale. > **Formule de Newton–Raphson :** > Partant d’une approximation initiale $ x_0 $, on définit la suite : > $$ > x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} > $$ > pour $ n = 0, 1, 2, \dots $, tant que $ f'(x_n) \neq 0 $. Cette méthode provient du développement limité d’ordre 1 de $ f $ autour de $ x_n $ : $ f(x) \approx f(x_n) + f'(x_n)(x - x_n) $. On cherche $ x $ tel que cette approximation soit nulle : $ f(x_n) + f'(x_n)(x - x_n) = 0 \Rightarrow x = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} $. > **Conditions de convergence :** > Si $ f $ est deux fois dérivable sur un intervalle contenant une racine $ \alpha $, si $ f'(\alpha) \neq 0 $, et si $ x_0 $ est suffisamment proche de $ \alpha $, alors la suite $ (x_n) $ converge vers $ \alpha $, et la convergence est quadratique : > $$ > |x_{n+1} - \alpha| \approx C |x_n - \alpha|^2 > $$ > pour une constante $ C > 0 $. L’avantage principal est la vitesse de convergence : le nombre de décimales correctes double approximativement à chaque itération (près de la racine). Le désavantage : nécessite la dérivée, peut diverger si $ x_0 $ est mal choisi ou si $ f'(x_n) \approx 0 $, et ne garantit pas la convergence globale (contrairement à la dichotomie). **Exemple :** Utiliser la méthode de Newton–Raphson pour approximer la racine de $ f(x) = x^3 - 2x - 5 $, en partant de $ x_0 = 2 $. *Solution :* $ f(x) = x^3 - 2x - 5 $, $ f'(x) = 3x^2 - 2 $. $ x_0 = 2 $ Itération 1 : $ f(2) = 8 - 4 - 5 = -1 $, $ f'(2) = 12 - 2 = 10 $, $ x_1 = 2 - \frac{-1}{10} = 2 + 0.1 = 2.1 $ Itération 2 : $ f(2.1) = 9.261 - 4.2 - 5 = 0.061 $, $ f'(2.1) = 3*(4.41) - 2 = 13.23 - 2 = 11.23 $, $ x_2 = 2.1 - \frac{0.061}{11.23} \approx 2.1 - 0.00543 = 2.09457 $ Itération 3 : $ f(2.09457) \approx (2.09457)^3 - 2*2.09457 - 5 \approx 9.195 - 4.18914 - 5 = 0.00586 $, $ f'(2.09457) \approx 3*(4.387) - 2 = 13.161 - 2 = 11.161 $, $ x_3 = 2.09457 - \frac{0.00586}{11.161} \approx 2.09457 - 0.000525 = 2.094045 $ Itération 4 : $ f(2.094045) \approx 9.192 - 4.18809 - 5 = -0.00009 $, $ f'(2.094045) \approx 11.158 $, $ x_4 = 2.094045 - \frac{-0.00009}{11.158} \approx 2.094045 + 0.000008 = 2.094053 $ On voit que $ x_3 $ et $ x_4 $ sont égaux à 6 décimales près. La racine vraie est environ $ 2.0945514815 $… Attention : notre $ x_2 = 2.09457 $ est déjà très proche. En fait, après 2 itérations, on a 4 décimales exactes ; après 3, on en a 8. ✅ Après 3 itérations : $ x \approx 2.09455 $ (précision $ 10^{-6} $). **Exercice d’application corrigé :** Utiliser la méthode de Newton–Raphson pour résoudre $ f(x) = \cos(x) - x = 0 $, en partant de $ x_0 = 0,5 $. Donner l’approximation après 3 itérations. *Solution :* $ f(x) = \cos(x) - x $, $ f'(x) = -\sin(x) - 1 $. $ x_0 = 0.5 $ Itération 1 : $ f(0.5) = \cos(0.5) - 0.5 \approx 0.87758 - 0.5 = 0.37758 $, $ f'(0.5) = -\sin(0.5) - 1 \approx -0.47943 - 1 = -1.47943 $, $ x_1 = 0.5 - \frac{0.37758}{-1.47943} = 0.5 + 0.2552 = 0.7552 $ Itération 2 : $ f(0.7552) = \cos(0.7552) - 0.7552 \approx 0.7276 - 0.7552 = -0.0276 $, $ f'(0.7552) = -\sin(0.7552) - 1 \approx -0.6856 - 1 = -1.6856 $, $ x_2 = 0.7552 - \frac{-0.0276}{-1.6856} = 0.7552 - 0.01637 = 0.73883 $ Itération 3 : $ f(0.73883) = \cos(0.73883) - 0.73883 \approx 0.7390 - 0.73883 = 0.00017 $, $ f'(0.73883) = -\sin(0.73883) - 1 \approx -0.6736 - 1 = -1.6736 $, $ x_3 = 0.73883 - \frac{0.00017}{-1.6736} = 0.73883 + 0.0001016 = 0.7389316 $ Valeur vraie : $ \approx 0.739085 $ Après 3 itérations, on a $ x_3 \approx 0.73893 $, erreur d’environ $ 0.00015 $ → 3 décimales exactes. ✅ Après 3 itérations : $ x \approx 0.7389 $ --- ## V. Accuracy and applications of numerical methods L’évaluation de la précision est cruciale en méthodes numériques : une approximation n’est utile que si l’on peut borner son erreur. Deux types d’erreurs sont distingués : l’erreur absolue et l’erreur relative. > **Définition :** > Soit $ \alpha $ la valeur exacte et $ \tilde{\alpha} $ une approximation. > - Erreur absolue : $ E_a = |\alpha - \tilde{\alpha}| $ > - Erreur relative : $ E_r = \frac{|\alpha - \tilde{\alpha}|}{|\alpha|} $ (si $ \alpha \neq 0 $) > On dit que $ \tilde{\alpha} $ est exact à $ p $ décimales si $ E_a < 0,5 \times 10^{-p} $. Dans les méthodes itératives, on utilise souvent la **critère d’arrêt basé sur la différence entre deux itérations consécutives** : > **Critère d’arrêt pratique :** > On arrête lorsque $ |x_{n+1} - x_n| < \epsilon $, où $ \epsilon $ est la précision souhaitée (ex. $ 10^{-5} $). > Cette condition implique généralement que l’erreur est de l’ordre de $ \epsilon $, surtout si la méthode converge. Cependant, cette heuristique peut échouer si la suite stagne prématurément (ex. près d’un extremum). Il est donc préférable, quand possible, de vérifier le résidu : $ |f(x_n)| < \delta $. > **Règle :** > Pour garantir une précision $ \epsilon $ sur la racine, il est souvent plus sûr d’utiliser : > $$ > |f(x_n)| < \epsilon \cdot \sup |f'(x)| \quad \text{sur l’intervalle d’intérêt} > $$ > mais en pratique, on combine souvent : > $ |x_{n+1} - x_n| < \epsilon $ **et** $ |f(x_n)| < \eta $ (avec $ \eta $ petit). **Applications :** Les méthodes numériques sont utilisées dans de nombreux domaines : - Résolution d’équations transcendantes en physique (mouvement de pendule, équations de l’état réel des gaz). - Optimisation : recherche de minima/maxima via résolution de $ f'(x) = 0 $. - Ingénierie : calcul de charges critiques, fréquences propres. - Économie : résolution d’équations d’équilibre général. - Statistique : estimation de paramètres via maximisation de vraisemblance (méthode de Newton–Raphson utilisée dans les régressions logistiques). **Exemple d’application :** Déterminer le taux d’intérêt annuel $ r $ tel que l’avenir d’un versement annuel de 1000 FCFA pendant 5 ans soit égal à 6000 FCFA, sachant que : $$ 1000 \frac{(1+r)^5 - 1}{r} = 6000 $$ On cherche $ r > 0 $ tel que $ f(r) = \frac{(1+r)^5 - 1}{r} - 6 = 0 $. On peut utiliser la méthode de Newton–Raphson ou de dichotomie sur $ [0,1] $ (puisque $ f(0) $ tend vers 5 par limite, $ f(1) = (32-1)/1 -6 = 25 > 0 $, attendez… En fait, $ f(0) $ est indéterminée, mais $ \lim_{r \to 0} f(r) = 5 $ (par développement limité), donc $ f(0^+) \approx 5 $, $ f(0.1) = (1.1^5 -1)/0.1 -6 = (1.61051-1)/0.1 -6 = 6.1051 -6 = 0.1051 > 0 $, $ f(0.05) = (1.05^5 -1)/0.05 -6 = (1.27628-1)/0.05 -6 = 5.5256 -6 = -0.4744 < 0 $, donc racine dans $ [0.05, 0.1] $. On peut alors appliquer la dichotomie ou Newton–Raphson pour trouver $ r \approx 0,0793 $ soit 7,93 %. ✅ Application financière classique. **Exercice d’application corrigé :** On souhaite déterminer la profondeur $ h $ à laquelle une boule de rayon $ R = 10 $ cm, immergée dans un liquide, subit une poussée d’Archimède égale à son poids. On sait que le volume de la partie immergée d’une sphère est $ V = \frac{\pi h^2}{3}(3R - h) $. Si la densité du liquide est deux fois celle de la boule, trouver $ h $ en sachant que le poids de la boule équivaut au poids du liquide déplacé : $$ \rho_{\text{boule}} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = (2\rho_{\text{boule}}) \cdot V \Rightarrow \frac{4}{3}\pi R^3 = 2 \cdot \frac{\pi h^2}{3}(3R - h) $$ Simplifier et résoudre numériquement pour $ h $, avec une précision de $ 10^{-3} $ cm, en utilisant la méthode de dichotomie sur l’intervalle $ [0, 2R] = [0, 20] $. *Solution :* Simplifions l’équation : $$ \frac{4}{3}\pi R^3 = 2 \cdot \frac{\pi h^2}{3}(3R - h) $$ Multiplier les deux côtés par $ \frac{3}{\pi} $ : $$ 4R^3 = 2 h^2 (3R - h) $$ Diviser par 2 : $$ 2R^3 = h^2 (3R - h) $$ Avec $ R = 10 $ : $$ 2 \cdot 1000 = h^2 (30 - h) \Rightarrow 2000 = 30h^2 - h^3 $$ On définit : $$ f(h) = h^3 - 30h^2 + 2000 $$ On cherche $ f(h) = 0 $ pour $ h \in [0, 20] $ (profondeur d’immersion entre 0 et diamètre). Vérifions les valeurs aux bornes : $ f(0) = 0 - 0 + 2000 = 2000 > 0 $ $ f(20) = 8000 - 30*400 + 2000 = 8000 - 12000 + 2000 = -2000 < 0 $ Donc racine dans $ [0,20] $, unique car $ f'(h) = 3h^2 - 60h = 3h(h - 20) \leq 0 $ sur $ [0,20] $ → $ f $ décroissante → racine unique. On veut une précision de $ 10^{-3} $ sur $ h $. Intervalle initial : $ b_0 - a_0 = 20 $ On veut $ \frac{20}{2^n} \leq 10^{-3} \Rightarrow 2^n \geq 20000 \Rightarrow n \geq \log_2(20000) \approx 14.28 \Rightarrow n = 15 $ itérations. On effectue 15 itérations de dichotomie (résumé des étapes clés) : It. 1 : $ c = 10 $, $ f(10) = 1000 - 3000 + 2000 = 0 $ → **racine trouvée exactement !** Attendez : $ f(10) = 10^3 - 30*10^2 + 2000 = 1000 - 3000 + 2000 = 0 $. Donc $ h = 10 $ cm est une racine exacte. Vérification : Si $ h = R = 10 $, alors la moitié de la sphère est immergée. Volume immergé : $ V = \frac{\pi (10)^2}{3}(30 - 10) = \frac{100\pi}{3} \cdot 20 = \frac{2000\pi}{3} $ Poids du liquide déplacé : $ 2\rho \cdot V = 2\rho \cdot \frac{2000\pi}{3} = \frac{4000\pi \rho}{3} $ Poids de la boule : $ \rho \cdot \frac{4}{3}\pi (10)^3 = \rho \cdot \frac{4000\pi}{3} $ → égal ! Donc la solution exacte est $ h = 10 $ cm. ✅ Après 1 itération, on obtient exactement la solution : $ h = 10,000 $ cm (précision infinie dans ce cas). > **À retenir :** Dans certains cas symétriques, la solution peut être trouvée exactement dès la première itération de dichotomie si le milieu de l’intervalle est la racine. ---