Université A. Mira - Béjaia Département de Mathématiques

2° année STID Examen d’Analyse Numérique Le 31 janvier 2013

Durée: 2h Calculatrice autoriséeLa qualité de la rédaction et la précision des raisonnements influent sur la notation

Exercice I1) Approximation au sens des moindres carrés :

a) cas discret : Déterminer le polynôme de degré 2 qui réalise la meilleure approxi-mation quadratique des cinq points (−1,1),(−1

2 ,12), (0,0), (1

2 ,12) et (1,1).

b) cas continu : Déterminer le polynôme de degré 2 qui réalise la meilleure approxi-mation quadratique de la fonction f(x) = |x| sur l’intervalle [−1,1] dans la base despolynômes orthogonaux de Legendre ψ0(x) = 1, ψ1(x) = x et ψ2(x) = 1

2 (3x2 − 1)avec la fonction poids ω(x) ≡ 1.

2) Interpolation polynomiale : Déterminer les polynômes d’interpolation de la fonctionf(x) = |x| dont on connaît les valeurs aux abscisses −1,−1

2 , 0,12 et 1,

a) Forme de NEWTONPréciser la table des différences divisées.

b) Forme de LAGRANGE

Exercice IIOn considère l’intégrale

I =∫ 2

1

1xdx

1) Calculer la valeur exacte de I.

2) Évaluer numériquement cette intégrale pour n = 4 par :

a) la méthode des trapèzesb) la méthode de Simpson

3) Quel nombre de sous-intervalles n faut-il choisir pour avoir une erreur inférieure à 10−4

près en utilisant :

a) la méthode des trapèzesb) la méthode de Simpson

4) Que peut-on conclure ?

Rappel : Si f ∈ C2([a,b]), l’erreur théorique sur la méthode des trapèzes est donnée par

E1(f) 6M2(b− a)

12 h2 ou M2 = maxa6x6b

∣∣∣∣f ′′

(x)∣∣∣∣ et h = b− a

n

Si f ∈ C4([a,b]), l’erreur théorique sur la méthode de Simpson est donnée par

E2(f) 6M4(b− a)

180 h4 ou M4 = maxa6x6b

∣∣∣f (4)(x)∣∣∣ et h = b− a

n

Imprimé avec LATEX 2ε 1/6

Correction de l’exercice I1) Approximation au sens des moindres carrés :

a) Cas discret : Dans le cas discret on ne connaît pas bien les bases orthogonales,bien qu’elles existent. On cherche donc le polynôme de meilleure approximationquadratique dans la base canonique 1,x,x2.Donc le problème revient à chercher les coefficients a, b et c du polynôme P2(x) =ax2 +bx+c qui réalise la meilleure approximation, c’est à dire qui minimise la sommedu carré de l’erreur :

F (a,b,c) =5∑

i=1(yi − (ax2

i + bxi + c))2

On obtient, en calculant les dérivées partielles premières par rapport aux coefficientsa, b et c, le système linéaire

a5∑

i=1x4

i + b5∑

i=1x3

i + c5∑

i=1x2

i =5∑

i=1x2

i yi

a5∑

i=1x3

i + b5∑

i=1x2

i + c5∑

i=1xi =

5∑i=1

xiyi

a5∑

i=1x2

i + b5∑

i=1x+ 5c =

5∑i=1

yi

écrit sous la forme matricielle Ax = B, où

A =

5∑i=1

x4i

5∑i=1

x3i

5∑i=1

x2i

5∑i=1

x3i

5∑i=1

x2i

5∑i=1

xi

5∑i=1

x2i

5∑i=1

x 5

=

178 0 5

20 5

2 052 0 5

et B =

5∑i=1

x2i yi

5∑i=1

xiyi

5∑i=1

yi

=

9403

A est une matrice symétrique définie positive, donc il existe une unique solution

x =

abc

=

670635

Donc, le polynôme P2 qui réalise la meilleure approximation s’écrit :

P2(x) = 67x

2 + 635 = 6

35(5x2 + 1)

b) Cas continu : Dans la base des polynômes orthogonaux de Legendre ψ0, ψ1 et ψ2,le problème revient à chercher les coefficients a0,a1 et a2 du polynôme P2(x) =a0ψ0(x) + a1ψ1(x) + a2ψ

22(x) qui réalise la meilleure approximation.

Comme pour le cas des polynômes de Tchebychev, les coefficients sont donnés parla relation

ak =∫ 1−1 f(x)ψk(x)dx∫ 1−1 ψ

2k(x)dx

pour k = 0,1,2

On aψ0(x) = 1, ψ1(x) = x et ψ2(x) = 1

2(3x2 − 1)

2° année STID Examen d’Analyse Numérique 2/6

Donc, on obtient les différents produits scalaires∫ 1−1 ψ

20(x)dx =

∫ 1−1 dx = [x]1−1 = 2,∫ 1

−1 ψ21(x)dx =

∫ 1−1 x

2dx =[

x3

3

]1−1

= 23∫ 1

−1 ψ22(x)dx =

∫ 1−1

14 (9x4 − 6x2 + 1) dx = 1

4

[95x

5 − 2x3 + x]1−1

= 25∫ 1

−1 f(x)ψ0(x)dx =∫ 1−1 |x|dx =

∫ 0−1(−x)dx+

∫ 10 xdx =

[x2

2

]−1

0+[

x2

2

]10

= 1,∫ 1−1 f(x)ψ1(x)dx =

∫ 1−1 |x|xdx =

∫ 0−1(−x)xdx+

∫ 10 x

2dx =[

x3

3

]−1

0+[

x3

3

]10

= 0,∫ 1−1 f(x)ψ2(x)dx =

∫ 1−1|x|2 (3x2 − 1)dx =

∫ 0−1−

x

2 (3x2 − 1)dx+∫ 1

0x

2 (3x2 − 1)dx = 14

On en déduit

a0 =∫ 1−1 |x|dx∫ 1−1 dx

= 12 , a1 =

∫ 1−1 |x|xdx∫ 1−1 x

2dx= 0 et a2 =

∫ 1−1|x|2 (3x2 − 1)dx∫ 1

−1(94x

4 − 32x

2 + 14)dx

= 58

Donc, le polynôme P2 qui réalise la meilleure approximation s’écrit :

P2(x) = 12 +

(58

)(12

) (3x2 − 1

)= 3

16(5x2 + 1

)2) Interpolation polynomiale : Polynômes d’interpolation de la fonction f(x) = |x| dont

on connaît les valeurs aux abscisses −1,−12 , 0,

12 et 1,

a) Cas de NEWTONInterpolation polynomiale de Newton de la fonction f(x) = |x| aux points (−1,1),(−1

2 ,12

), (0,0),

(12 ,

12

)et (1,1).

Sachant que :

∆0[x0] = y0 = 1

∆k[x0, · · · ,xk] = ∆k−1[x1, · · · ,xk]−∆k−1[x0, · · · ,xk−1]xk − x0

, ∀k = 1,2,3,4

On établit la table les différences divisées :

i xi yi ∆ ∆2 ∆3 ∆4

0 -1 1 -1 0 4/3 - 4/31 −1/2 1/2 -1 2 -4/32 0 0 1 03 1/2 1/2 14 1 1

De la table, on tire les coefficients du polynôme

a0 = ∆0[x0] = 1a1 = ∆1[x0,x1] = −1a2 = ∆2[x0,x1,x2] = 0

a3 = ∆3[x0,x1,x2,x3] = 43

a4 = ∆4[x0,x1,x2,x3,x4] = −43

2° année STID Examen d’Analyse Numérique 3/6

D’où le polynôme d’interpolation de Newton :

P4(x) =4∑

k=0∆k[x0, · · · ,xk]

3∏i=0

(x− xi)

= 1− (x+ 1) + 43 (x+ 1)

(x+ 1

2

)(x)− 4

3 (x+ 1)(x+ 1

2

)x(x− 1

2

)= 7

3x2 − 4

3x4

b) Cas de LAGRANGEInterpolation polynomiale de Lagrange de la fonction f(x) = |x| aux points (−1,1),(−1

2 ,12

), (0,0),

(12 ,

12

)et (1,1).

On détermine la base de LAGRANGE :

L0(x) =(x+ 1

2)x(x− 12)(x− 1)

(−1 + 12)(−1)(−1− 1

2)(−1− 1) = 23(x+ 1

2)(x)(x− 12)(x− 1)

L1(x) =(x+ 1)x(x− 1

2)(x− 1)(−1

2 + 1)(−12)(−1

2 −12)(−1

2 − 1) = −83(x+ 1)(x)(x− 1

2)(x− 1)

L2(x) = . . . calcul inutile . . .

L3(x) =(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 1)(1

2 + 1)(12 + 1

2)(12)(1

2 − 1) = −83(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 1)

L4(x) =(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 12)

(1 + 1)(1 + 12)(1)(1− 1

2) = 23(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 12)

D’où le polynôme d’interpolation de Lagrange :

P4(x) =4∑

i=0yiLi(x) avec yi = f(xi) = |xi|

= 23(x+ 1

2)(x)(x− 12)(x− 1)− 4

3(x+ 1)(x)(x− 12)(x− 1) + 0.L2(x)

−43(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 1) + 23(x+ 1)(x+ 1

2)x(x− 12)

= −43x

4 + 73x

2 = 4x2

3

(74 − x

2)

Correction de l’exercice IIOn considère l’intégrale

I =∫ 2

1

1xdx

1) la valeur exacte est

I =∫ 2

1

1xdx =

[ln x

]2

1= ln(2) = 0,69314718055994530941723212145818

2) Calcul approché de I

a) La méthode des trapèzes composite à n points pour calculer l’intégrale d’une fonctionf sur l’intervalle [a, b] dans le cas d’un pas constant h = b− a

n, s’écrit

b∫a

f(x)dx ' h

[n−2∑i=0

f(xi+1) + 12 (f(x0) + f(xn))

]

2° année STID Examen d’Analyse Numérique 4/6

Dans notre cas f(x) = 1x

et h = 2− 14 = 1

4 , donc

I =2∫

1

1xdx ' 1

4

[f(1,25) + f(1,5) + f(1,75) + 1

2 (f(1) + f(2))]

En remplaçant les valeurs de f , on obtient

I ' 14

( 11,25 + 1

1,5 + 11,75 + 1

2 + 14

)= 0.69702

b) la méthode de Simpson composite à n points pour calculer l’intégrale d’une fonctionf sur l’intervalle [a, b] de pas constant h = b− a

n, s’écrit

b∫a

f(x)dx ' h

3

[f(x0) + f(xn) + 2

n−2∑i=0

f(xi+1) + 4n−2∑i=0

f(xi+1/2)]

Dans notre cas f(x) = 1x

et h = 2− 14 = 1

4 , donc

I =2∫

1

1xdx ' 1

12

[f(1) + f(2) + 2f(1,5) + 4 (f(1,25) + f(1,75))

]

En remplaçant les valeurs de f , on obtient

I =2∫

1

1xdx ' 1

12

(1 + 1

2 + 2 11,5 + 4

(1

1,25 + 11,75

))= 0.69325

3) Calcul du nombre n de sous-intervalles pour que l’erreur commise soit inférieure à 10−4.∀x ∈ [1,2], la fonction f : x 7→ 1

xest indéfiniment continument dérivable f(x) ∈ C∞([1,2]).

En effet, on a∀x ∈ [1,2] : f (k)(x) = (−1)k k!

xk+1 , ∀k = 0,1,2, · · ·

a) Cas des trapèzes :On a f ∈ C2([1,2]), donc l’erreur commise par la méthode des trapèzes est

E1(f) 6M2(b− a)

12 h2 ou M2 = maxa6x6b

∣∣∣∣f ′′

(x)∣∣∣∣ et h = b− a

n

Dans notre cas, on a∀x ∈ [1,2], f ′′(x) = 2

x3 ⇒M2 = max16x62

|f ′′(x)| = max16x62

∣∣∣∣ 2x3

∣∣∣∣ = 2eth = 2− 1

n= 1n

D’oùE1(f) 6 2 1

121n2 = 1

6n2

Pour que E1(f) < 10−4 il faut que1

6n2 < 10−4 ⇒ n2 >104

6 ⇒ n >102√

6' 40,8

C’est à dire, il faut prendre n > 41 sous-intervalles, pour que l’erreur de quadraturesoit inférieure à 10−4.

2° année STID Examen d’Analyse Numérique 5/6

b) Cas de Simpson :On a f ∈ C4([1,2]), donc l’erreur commise par la méthode de Simpson est

E2(f) 6M4(b− a)

180 h4 ou M4 = maxa6x6b

∣∣∣f (4)(x)∣∣∣ et h = b− a

n

Dans notre cas, on a∀x ∈ [1,2], f (4)(x) = (−1)4 4!

x5 ⇒M4 = max16x62

∣∣∣f (4)(x)∣∣∣ = max

16x62

∣∣∣∣24x5

∣∣∣∣ = 24eth = 2− 1

n= 1n

D’oùE2(f) 6 24 1

1801n4 = 2

15n4

Pour que E2(f) < 10−4 il faut que

215n4 < 10−4 ⇒ n4 >

2.104

15 ⇒ n > 10 4

√215 ' 6.0427

Dans le cas de la méthode de Simpson, n doit être un entier pair, c’est à dire, ilfaut prendre n > 8 sous-intervalles, pour que l’erreur de quadrature soit inférieure à10−4.

4) La méthode de Simpson donne une meilleure approximation de l’intégrale que la méthodedes trapèzes. À 10−4 près, pour la méthode des trapèzes il faut plus de 41 sous intervallesalors que pour la méthode de Simpson il suffit que 8 sous intervalles.

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