emd analnum janv-2013
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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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