Introduction et analyse d’erreur
Définitions, développement de Taylor et erreur de troncature 1. (a) Respectivement 5 et 6 chiffres significatifs.
(b) ee1
2 =16=2n ⇒ordre 4.
[Question] [Indice] [TdM]
2. FAUX :∆x≤0,7×10−5≤0,5×10−4⇒x?=0,001 2345 a 2 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
3. On ae1= |e0,2−r (0,2)| =0,544×10−6ete2= |e0,1−r (0,1)| =0,15×10−7. Alors ee1
2 =2n pourn'5,18⇒une approximation d’ordre 5.
[Question] [Indice] [TdM]
4. Ordre 7.
[Question] [Indice] [TdM]
5. ee2
1 =588,011'54⇒une approximation d’ordre 4.
[Question] [Indice] [TdM]
6. e(h=0,3)e(h=0,1) = |f (0,3)−p(0,3)|
|f (0,1)−p(0,1)| =6375'38. Le polynôme est d’ordre 8 et au plus de degré 7.
[Question] [Indice] [TdM]
7. Il s’agit du développement de Taylor d’ordre 3 de sinx autour dex0=0.
[Question] [Indice] [TdM]
8. i(t)=3t2−t3+. . .=3t2+ O(t3)=p2(t)+ O(t3). On obtient un polynôme de degré 2.
[Question] [Indice] [TdM]
9. FAUX : Par exemple, le développement de Taylor de degrénde sinxautour dex0=0 est précis à l’ordren+2.
[Question] [Indice] [TdM]
10. p(x0+h) = p2(h)+ 16p000 ξ(h)
h3 pourξ(h) ∈ [x0, x0+h]. Icih = 0,5 et x0 = 10, alorsp(10,5)=p(10+0,5)'p(10+0,5)'p2(0,5)=101,375.
L’erreur absolue este= |16p000 ξ(h)
h3| ≤ 16(0,03)(0,5)3=0,625×10−3<0,5×10−2. L’approximationp2(0,5)= 101,37 5 possède 5 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
11. (a) Développements de Taylor autour dex0=0 :
sinx=x+ O(x3)et cosx=1+ O(x2)⇒f (x)=sinx+cosx=1+x+ O(x2).
(b) Ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM]
12. g(x)=x+x3!3 +x5!5 + O(x7)=p3(x)+ O(x5), on obtient un polynôme de degré 3.
[Question] [Indice] [TdM]
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13. L’erreur absolue est |Rn(x)| = |ex −pn(x)| ≤ (n+1)!e pour−1 ≤ x ≤1. Cette valeur est inférieure à 10−4 dès que n ≥ 7. Pour 0 ≤ x ≤ 1, l’approximation p7(x) possède au moins 4 chiffres significatifs car 1≤p7(x)≤2,7183.
[Question] [Indice] [TdM]
14. (a) −0,310 723 25×10−1≤x≤0,310 723 25×10−1. (b) −1,074 570×10−1 ≤x≤1,074 570×10−1. [Question] [Indice] [TdM]
15. (a) p3(x)=x+ x3!3 etR3(x)= cosh(ξ(x))x5
5! pourξ(x)∈]0, x[.
(b) sinh(0,1) ' p3(0,1) = 0,100 166 667. L’approximation p3(0,1) = 0, 100 166 667 possède 6 chiffres significatifs.
(c) On divisehpar 4, ce qui revient à réduire l’erreur absolue de 45. [Question] [Indice] [TdM]
16. (a) i. ln(1+h)=h− h22 +h33− h44+ 5 h5
ξ5(h) pourξ(h)∈]1,1+h[.
ii. 5ξh55(h) ≤ h55 puisque ξ51(h) ≤1 sur]1,1+h[.
iii. |ln(1,1)−p4(0,1)| ≤0,2×10−5≤0,5×10−5⇒p4(0,1)=0, 953 0 83 33×10−1 a 4 chiffres significatifs.
(b) On divisehpar 4, ce qui revient à réduire l’erreur par 45.
(c) ln(2)=ln(1+1)⇒ h=1⇒pn(1)=1− 12 +13 −14 + · · · + (−1)nn−1. Nous avons une série à signes alternés⇒ |ln(2)−pn(1)| ≤ n+11 <10−6an >106−1, ce qui revient à faire beaucoup trop de calculs.
(d) i. Du développement de Taylor de ln(1+h)et ln(1−h), on a : ln1+x
1−x
=ln(1+x)−ln(1−x)=2x+ 23x3+25x5+ O(x7).
ii. x= 13.
iii. 6 termes donnent 0,693 147 074 avec |p−ln(2)| ' 0,106×10−6 < 0,5×10−6. On a donc 6 chiffres significatifs. Le polynôme est de degré 11 (d’ordre 13). On a donc trouvé l’aproximation de ln(2)après l’addition/soustraction de 6 termes plutôt que 106−1 (cf. (c)).
(e) g(x)=e1xln(1+x)=e(1−x2 + 11x242+ O(x3).) [Question] [Indice] [TdM]
17. (a) f (x)=1+x+x2+x3+x4+ · · · (b) g(t)=1−t2+t4−t6+t8− · · ·
(c) arctan(t)=t− t33 +t55− t77− · · · (d) ln(1+x)=x− x22+ x33 −x44 + · · · [Question] [Indice] [TdM]
18. (a) e−x =1−x+ x2!2− x3!3 +x4!4 −x5!5+ · · · (b) e−t2=1−t2+ t2!4 −t3!6+ t4!8−t5!10 + · · ·
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(c) f (x)=(√2π) (x−x33+ x105− x427+216x9 + · · ·) (d) f (1)'(√2π) (1−13 +101 − 421 )=0,838 224 524.
(e) C’est une approximation d’ordre 9.
(f) 2 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
19. (a) Le développement de Taylor de degré 2 et d’ordre 3 estp2(x)=1+ 12x− 18x2. (b) Puisquef000(x)= 38(1+x)−52, on en déduit que le terme d’erreur est 161 (1+ξ)−52x3
pourξ∈]0, x[.
(c) |p
1,1−p2(0,1)| ≤ 0,588×10−4 ≤ 0,5×10−3 ⇒ p2(x) = 1,048 75 a 4 chiffres significatifs. De même,|p
1,025−p2(0,025)| ≤0,962×10−6≤0,5×10−5⇒p2(x)= 1,012 42 1 875 a 6 chiffres significatifs.
(d) Le rapport ee1
2 = 61,17 ' 64 = 43 puisque l’approximation est d’ordre 3 et h a été divisé par 4.
(e) Puisque le terme d’erreur est 161 (1+ξ)−52x3 pour ξ ∈]0, x[, on en déduit qu’une borne supérieure este(x) = 161 x3. On a alors e(0,1) = 161 (0,1)3 =0,625×10−4 et e(0,025)= 161(0,025)3=0,976 56×10−6.
(f) On a :
√1
1−y =1+12y+ 38y2+165 y3+ O(y4);
√ 1
1−z2 =1+12z2+38z4+165 z6+ O(z8);
arcsinx=Rx 0
√1
1−z2dz=Rx
0 1+ 12z2+38z4+165 z6+ O(z8) dz;
arcsinx=x+16x3+ 403 x5+ O(x7), un polynôme de degré 5 et d’ordre 7.
[Question] [Indice] [TdM]
20. (a) f (2+h)=e2+e2h+ 12e2h2+ O(h3)=p2(h)+ O(h3).
(b) x∗ =p2(0,1)=8,164 9113.
(c) R2(h)=eξ(h) h3!3 pour un certainξ(h)dans l’intervalle[2, 2,1].
|R2(h)| ≤ e2,1h3!3 ⇒ |R2(0,1)| ≤ e2,1(0,1)6 3 = 0,136×10−2 ≤ 0,5× 10−2 et donc l’approximationx∗= 8,16 4 9113 possède 3 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
21. L’évaluation de π2 nécessite l’évaluation du polynôme de Taylor aux points x = 181, 571 et 2391 . Ces points sont plus près dex0 = 0 que le point x = 1 utilisé pour l’évaluation deπ1. L’approximationπ2 est donc plus précise queπ1.
[Question] [Indice] [TdM]
22. (a) ln(x+1)=x−x22+ x33− x44+ x55 =p4(x)+ O(x5). On a ensuitef (x)=ln1+x
1−x
= ln(1+x)−ln(1−x)= 2x+ 23x3+ O(x5). On obtient un polynôme de degré 3 et d’ordre 5.
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(b) ln 2=ln(1+1)'p4(1)=1−12 +13− 14 =0,583 333;
(c) L’approximation ln 2 obtenue avec ln1+x
1−x
est plus précise parce qu’on l’évalue avec x= 13 qui est plus près dex0=0 quex=1.
(c) ∆=0,266 99≤0,5. L’approximation 2,705 possède 1 chiffre significatif.
(d) Le pointx=1,1 est trop loin du point de référencex0=0.
[Question] [Indice] [TdM]
25. (a) erf(0)=0 ;
(b) On a immédiatement e−t2=1−t2+t4
(d) Dans le point précédent, le reste prend la forme Rn(x)= 2(−1)n+1 et une estimation semblable pourx∈[−1,0]. Cette valeur est inférieure à 10−10dès quen≥11.
(b) C(x)=x− π402x5 + O(x9)=p5(x)+ O(x9)polynôme de degré 5 et d’ordre 9.
(c) C(14)' p5(14)=0,249 759 04 et la valeur absolue de l’erreur est telle que|R5(14)| ≤
π4
9244!49 =0,1×10−6 <0,5×10−6.L’approximationp5(14)= 0, 249 759 04 possède au moins 6 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM] L’évaluation deπ2nécessite l’évaluation du polynôme de Taylor aux pointsx= 181;571 et x = 2391 . Ces points sont plus proche de x0 = 0 que le point x = 1 utilisé pour l’évaluation deπ1. L’approximationπ2est donc plus précise queπ1.
[Question] [Indice] [TdM]
Norme IEEE et erreur de représentation
31. Ce résultat vient de l’addition de 2 nombres dont les ordres de grandeur sont très dif-férents.
[Question] [Indice] [TdM]
32. Le problème vient de l’addition de 2 nombres dont les ordres de grandeur sont très différents:
fl(1+n1)=1⇒ n1 ≤ ε2m ⇒n≥ ε2
m =224. [Question] [Indice] [TdM]
33. L’addition de 2 nombres dont les ordres de grandeurs sont très différents.
fl(1+10−50)=1 et fl(10−504n+ 1 3n)= 1
3n pourn≤31.
[Question] [Indice] [TdM]
34. Une solution de rechange est px+δ−√
x
√x+δ+√ x
√
x+δ+√
x= δ
√x+δ+√ x. [Question] [Indice] [TdM]
35. détA=α2> εm=2−52⇒α >2−26. [Question] [Indice] [TdM]
36. Pour de petites valeurs den, l’erreur est grande car la valeur limite est loin d’être atteinte alors que lorsque n est grand, les erreurs d’arrondi dominent. Plus précisément, 1− nlog(1+1/n)≈ 2n1 , qui est l’erreur de troncature. En arithmétique flottante, fl(log(1+ 1/n)) = log(1+1/n)(1+)où || ≤ εm. L’erreur de représentation de nlog(1+1/n) est donc environn. L’erreur totale est ainsi de la forme 2n1 +n, ce qui correspond au graphe.
[Question] [Indice] [TdM]
37. flh
fl(e)×flh
fl(π )−fl2
3
ii=0,672 75×101. [Question] [Indice] [TdM]
38. fl(1+105)=105.
[Question] [Indice] [TdM]
39. fl[fl(A)×fl[fl(B)−fl(C)]]=fl(0,087174×101)=fl(0,87174)=0,872.
[Question] [Indice] [TdM]
40. En arithmétique flottante à 5 chiffres, on a
"
1 0
−1 1
# "
−1
0 1+−1
#
=
"
−1
1 0
# . [Question] [Indice] [TdM]
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41. Le programme consiste à sommer 10 fois le nombre(0,1)10qui n’a pas de représentation exacte en arithmétique flottante; en double précision normeIEEE−754. Ce programme va donner une boucle inifinie. Voici le programme modifié
x = 0.0;
while ( (x-1.0)<0.001 )
%for i =1:10 x = x + 0.1 end
[Question] [Indice] [TdM]
42. (a) fl(f (0,0001)) = 0,2×10−1 et f (0,0001) = 0,1920024×10−1 (valeur exacte). Le manque de précision est causé par une perte de chiffres significatifs par soustraction des nombres voisins 0, 512 02×103et 0, 512 ×103.
(b) f (x)=x(192+x(24+x))=x(64+(8+x)(16+x))et fl(f (0,0001))=0,19200× 10−1.
[Question] [Indice] [TdM]
43. La soustraction entraine une perte de chiffres significatifs. La solution est d’utiliser l’expression suivante
f (x)=p
x+4−p x+3
√x+4+√ x+3
√x+4+√
x+3 = 1
√x+4+√ x+3. [Question] [Indice] [TdM]
44. (a) Pour les valeurs de x proches de 0, les opérations suivantes entrainent la perte de chiffres significatifs par la soustraction de nombres voisins.
i. √
1+x2−1
√
1+x2+1 √
1+x2+1 = 1
√1+x2+1; ii. ex−e−x=2 sinhx.
(b) limx→0f (x)=limx→0 1
√
1+x2+1 −2 sinhx= 12. [Question] [Indice] [TdM]
45. ∆f = 0,3399×10−3 < 0,5×10−3 etf (x∗) = sin(x∗) '0, 733 381 possède 3 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
46. ∆f = 0,82×10−3 < 0,5×10−2 et f (x∗, y∗, z∗) = −0,008 145 possède aucun chiffre significatif.
[Question] [Indice] [TdM]
47. ∆f =0,95×102<0,5×103 f (x, y)=0, 4 60 910 899 748×104 possède 1 chiffre significatif.
[Question] [Indice] [TdM]
48.
∆V ≤0,19069×101≤0,5×101 V = 1 6,023 693 possède 1 chiffre significatif.
[Question] [Indice] [TdM]
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49.
∆T ≤0,612×10−2≤0,5×10−1 T = 2,0 07 089 possède 2 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
50. ∆f =0,339 91×10−3, l’approximation 0, 733 381 possède 3 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
51. L’addition de 2 nombres dont les ordres de grandeurs sont très différents.
fl
fl(104)+fl(10−4)
=fl(0,1×105+0,0000 0000 1×105)=fl(0,1×105)=104. l’équation devient x2−104x+1=0.
[Question] [Indice] [TdM]
52. Algorithme de Horner : p=e+x(d+x(c+x(b+ax))).
[Question] [Indice] [TdM]
53. Pour eviter la perte de chiffres significatifs par soustraction des nombres voisins, (3−2α2)arcsin(α)= 0,24463 5 et 3α√
1−α2= 0,24463 46.
Il faut remplacer arcsin(α) et √
1−α2 pour leur developpement de Taylor autour de x0 = 0.
[Question] [Indice] [TdM]
54. (a) Soustraction de nombres voisins pourxproche de 0.
Solution: 1−x1 −1+x1 = 2x
1−x2;
(b) Addition de termes dont les ordres de grandeur sont très différents.
Solution: 1+ 214+ 314+ · · · + 100 0001 4 = 100 0001 4+ · · · +314 +214 +1;
(c) Soustraction de nombres voisins pourxproche dey.
Solution: x2−y2=ln ex2
ey2
.
(d) Soustraction de nombres voisins pourx1.
Solution: log(x−√
x2−1)= −log(x+√
x2−1)=log(2)−2 log(√
x+1+√
x−1).
La deuxième expression permet d’éviter le calcul dex2qui peut entrainer pourx1 un débordement (overflow).
[Question] [Indice] [TdM]
55. (a) On af (x)=√
1+x'p2(x)=1+x 2 −x2
8 . (b)
p1,0001=p
1+(0,0001)'p2(0,0001)=1,00005.
p0,9999=p
1−(0,0001)'p2(−0,0001)=0,99995.
(c) q1=1,00005⇒fl(q1)=1 etq2=0,99995⇒fl(q2)=1.
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(d) Pour eviter la perte de chiffres significatifs pour soustraction de nombres voisins, on pose
p1,0001−p
0,9999= 0,2×10−2 p1,0001+p
0,9999. fl 0,2×10−2
p1,0001+p
0,9999
!
=0,1×10−2(valeur exacte).
[Question] [Indice] [TdM]
56. (a) f (x)=ln(1+x)=x−x22+x33−x44+x55· · · =p4(x)+O(x5).On obtient un polynôme de degré 4 avec l’erreurE4(x)= x5
5(1+ξ(x))5 oùξ(x)∈[0, x].
(b) ln(1,1) ' p4(0,1) = 0,095 308 333 et l’erreur absolue est |ln(1,1)−p4(0,1)| ' 0,185×10−5. L’approximation p4(0,1) = 0, 95 30 8 333×10−1 possède 4 chiffres significatifs.
On divisehpar 4, ce qui revient à réduire l’erreur de 45. (c) eln(1+x)x =e
1− x2 +11x242+ · · · .
limn→∞(1+ n1)n =limx→0eln(1+x)x =limx→0e
1−x2 + 11x242+ · · ·
=e.
(d) Pour de grandes valeurs de n, en arithmétique flottante le nombre 1 va absorber le nombre 1
n. On a fl(1+ n1) = 1. On peut remplacer l’expression (1+ n1)n par son développement de Taylor.
[Question] [Indice] [TdM]
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Interpolation
meilleure approximation. Cela s’explique par le fait que 32π soit proche de 0 et que le polynôme de Taylor utilise les valeurs exactes def (0), f0(0)etf00(0).[Question] [Indice] [TdM]
(20−30)(20−40)+5,06 (t−20)(t−40)
(30−20)(30−40)+5,0 (t−20)(t−30)
(40−20)(40−30),ce qui donneP2(35)= 5,031 25×10−5 mol/l.
(b) Cela revient à faire de l’extrapolation car 35∉[20,30].
[Question] [Indice] [TdM]
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63. (a) On obtient le système linéaire suivant:
(d) Les résutats sont similaires en dépit du fait que l’approximation obtenue en (c) est le résultat d’une extrapolation.
(e) On obtient le même résultat car le polynôme d’interpolation de degré 3 qui passe par les 4 premiers points est unique.
[Question] [Indice] [TdM]
64. (a) p2(T )=0,0075L0(T )+0,0099L1(T )+0,0147L2(T ), oùL0(T )= (115−212)(115−363)(T−212)(T−363) , L1(T )= (T−115)(T−363)
(212−115)(212−363)etL2(T )= (363−115)(363−212)(T−115)(T−212) . On a donck(300)'P2(300)=1,2563×10−2 Btu/hr ft◦F.
(b) p2(k)=115L0(k)+212L1(k)+363L2(k), oùL0(k)= (k−0,0099)(k−0,0147)
(0,0074−0,0099)(0,0074−0,0147), L1(k)= (k−0,0074)(k−0,0147)
(0,0099−0,0074)(0,0099−0,0147) etL2(k)=
(k−0,0074)(k−0,0099) L’approximationp1(0,5)= 1,702 158×10−2possède 1 chiffre significatif.
(c) E1(x)≤ M2!(x−0,2)(x−1)où|f00(x)| ≤Mpourx∈[0,2,1].L’erreur d’interpolation
(c) On obtient le système linéaire suivant:
67.
E9(x) ≤ 1 40
1 9
10
max
x∈[1,2]|f(10)(x)|
≤ 1 40
1 9
10
362880=2,601 824 190×10−6.
Les polynômes de degré élévé ont tendance à osciller mais dans ce cas l’approximation est acceptable car les abscisses des points d’interpolation sont proches plus proches les uns des autres.
[Question] [Indice] [TdM]
68. (a) p2(x)=3
x−π 2
(x−π ) (π
2)π +2−x(x−π )π
2 π 2
−3x
x−π 2 π (π
2) . (b) f (π4)'P2(π4)=3.
(c)
|e2(x)| ≤maxξ(x)∈]0,π [|f(3)(ξ(x))|4×3h3 =maxξ(x)∈]0,π [| −2 cosx+3 sinx|π963 maxξ(x)∈]0,π [| −2 cosx+3 sinx| '3,61⇒ |e2(x)| ≤ 3,61π96 3 =1,165 965.
Autre solution | −2 cosx+3 sinx| ≤2|cosx| +3|sinx| ≤5⇒ |e2(x)| ≤1,614 910.
(d)
|e1(x)| ≤maxξ(x)∈]0,π [|f(2)(ξ(x))|4×2h2 =maxξ(x)∈]0,π [| −2 sinx−3 cosx|8nπ22 maxξ(x)∈]0,π [| −2 sinx−3 cosx| '3,61⇒ |e1(x)| ≤ 0,45125π2
n2 ≤10−4 n≥p
4,515×103π2 =211,037⇒n≥212
Autre solution | −2 sinx−3 cosx| ≤2|sinx| +3|cosx| ≤5⇒n≥249.
[Question] [Indice] [TdM]
Interpolation de Newton 69. (a) f (3)'P2(3)=0.
(b) E2(3)'2.
(c) P3(x)=3+6x−6x2+x3. [Question] [Indice] [TdM]
70. (a) On obtient la table de différences divisées suivante:
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xi f (xi) f [xi, xi+1] f [xi,· · ·, xi+2] f [xi,· · ·, xi+3] 1,9 0,94 630
-0,127 975
1,5 0,99 749 -0,466 875
-0,314 725 0,082 448
2,3 0,74 571 -0,400 917
-0,795 824 2,7 0,42 738
(b) f (1,8)'p2(1,8)=0,973 104.
(c) |E2(1,8)| '0,123 672×10−2⇒ p2(1,8)=0, 97 3 104 possède 2 chiffres significat-ifs.
(d) E2(1,8)≤ |cos3!(2,3)||(1,8−1,9)(1,8−1,5)(1,8−2,3)|.
(e) On obtient le même résultat car le polynôme de degré 2 qui passe par les points d’abscissesx=1,5; 1,9 et 2,3 est unique.
[Question] [Indice] [TdM]
71. (a) Il faut classer les points par distance croissante par rapport à l’abscissex=3,1. On prend donc successivement les abscisses: 3,0,3,5, 2,5, 4,0 et 1,5. En prenant le polynôme de degré 0, on trouve:
p0(3,1)=1,098 612 et|E0(3,1)'0,030 830>0,5×10−3. Polynôme de degré 1:
p1(3,1)=1,129 4422 et|E1(3,1)'0,002 25>0,5×10−3. Polynôme de degré 2:
p2(3,1)=1,131 6958 et|E2(3,1)'0,000 24<0,5×10−3. (b)
E2(3,1)= f000(ξ)
3! (3,1−3,0)(3,1−3,5)(3,1−2,5)pour un certainξ∈[2,5,3,5].
[Question] [Indice] [TdM]
72. (a) Il faut classer les points par distance croissante par rapport à l’abscisset=1,2. On prend donc les 3 abscisses: 1,4,0,7 et 2,1.
v(1,2)'p2(1,2)=79,25km/h. (b)
E2(1,2)= v(3)(ξ)
6 (1,2−1,4)(1,2−0,7)(1,2−2,1)pourξ∈[0,7,2,1].
(c)
E2(1,2)' −4,859 086 491×10−2(1,2−1,4)(1,2−0,7)(1,2−2,1)= −4,373 177 842×10−3. [Question] [Indice] [TdM]
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73. (a) Il faut classer les points par distance croissante par rapport à l’abscisse erf(¯x) = 0.156 9460. On prend donc les 3 abscisses: 0,167 9960, 0,112 4629 et 0,222 7026.
¯
x'p2(0.156 9460)=0,139 99.
(b)
E2(0.156 9460) = x(3)(ξ)
6 (0.156 9460−0,167 9960)(0.156 9460−0,112 4629)× (0.156 9460−0,222 7026)pourξ∈[0,112 4629, 0,222 7026].
(c)
E2(0.156 9460) ' 0,259 5889(0.156 9460−0,167 9960)(0.156 9460−0,112 4629)× (0.156 9460−0,222 7026)=8,390 402×10−6.
[Question] [Indice] [TdM]
74. On donne le tableau des valeurs des différents polynômes en fonction du degré ainsi que l’approximation de l’erreur commise.
n pn(1,05) En(1,05) 1 0,852 839 300 0,299 125×10−3 2 0,853 138 425 0,410 000×10−5
On constate que l’approximation de l’erreur absolue est inférieure à 0,5×10−5 pour le polynôme de degré 2.
[Question] [Indice] [TdM]
75. (a) Il faut classer les points par distance croissante par rapport à l’abscisse v=18. On prend donc les 3 abscisses: 20,15 et 11.
p2(v)=4,8+0,32(v−20)−0,0088(v−20)(v−15)ce qui donnet(18)'p2(18)= 4,2133 s.
(b) L’estimé de l’erreur est donné par: E2(v)'0,000 846 56(v−20)(v−15)(v−11),d’
oùE2(18)' −0,0355 s.
[Question] [Indice] [TdM]
76. (a) Il faut classer les points par distance croissante par rapport à l’abscisse x = 5000.
On prend donc les 3 abscisses: 1500,100 et 1000.
t(5000)'p2(5000)=891,5270 s.
(b) Une approximation de l’erreur d’interpolation est donnée par
E2(x)' −1,993 039 64×10−9(x−1500)(x−100)(x−10000)⇒E2(5000)'1,709 031 49×102. (c) Les paramètresa, b, c etdsont solutions du système non linéaires suivant:
a+blnc(−d) = 0;
a+blnc(100−d) = 13;
a+blnc(1500−d) = 245;
a+blnc(10000−d) = 1980.
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Splines cubiques
77. La spline naturelleS(x)et le polynômep(x)=x3coïncideront seulement sip(x)vérifie la propriété p00(0) = p00(3) = 0. Or ce n’est pas le cas. On s’attend donc à commettre une erreur d’interpolation.
[Question] [Indice] [TdM]
78. p10(x0)=f00⇒ −h31f000− h61f100 =f00+(f (x0)−f (xh 1))
1 .
pn0(xn)=fn0 ⇒ h6nfn−100 +h3nfn00=fn0 +(f (xn−1h)−f (xn))
n .
[Question] [Indice] [TdM]
79.
f (x)=
x3 si x∈[0,1];
1
2(x−1)3+3(x−1)2+3(x−1)+1 si x∈[1,3].
La splinef (x)n’est pas naturelle.
[Question] [Indice] [TdM]
80. (a) Le point 0,75 est dans l’intervalle[0,5, 1,0]et l’on doit donc utiliser le polynôme:
p2(x)=p2(x)=0,4773(1−x)3+0,3926(x−0,5)3+2,1359(1−x)+2,988(x−0,5), ce qui donnef (0,75)'p2(0,75)=1,294 572.
(b) Les 2 polynômes donnnent le même résultat, car la dérivée première de la spline est continue enx=1.
(c) À l’aide du tableau, on trouve,f00(1,5)'f300=3,308.
[Question] [Indice] [TdM]
81. f (1,03)'p2(1,03)=0,809 383 22.L’approximationp2(1,03)=0, 809 383 22 possède 3 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
82. (a) On obtient 2 équations à 2 inconnues:
5
2f100+ 12f200=6;
1
2f100+ 52f200=6.
(b) On obtient 2 équations à 2 inconnues:
7
4f100+ 12f200=6;
1
2f100+ 74f200=6.
[Question] [Indice] [TdM]
83. (a) a2=S2(0)=f (0)=0.
(b) Pour l’étudiant YS10(0)= −16=S20(0)=1.
La dérivée de la spline est discontinue en 0, l’étudiant X a trouvé la bonne réponse.
[Question] [Indice] [TdM]
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84. La fonction S(x)n’est pas une spline cubique car la dérivée seconde de S(x)n’est pas continue (P100(−1)=126=P200(−1)=0).
[Question] [Indice] [TdM]
85. (a) xi(0,01)'p2(0,01)=0,0046.
(b) i.
On obtient 6 équations à 6 inconnues:
On obtient 6 équations à 6 inconnues:
On obtient 6 équations à 6 inconnues:
[Question] [Indice] [TdM]
86. (a) Un polynôme de degré 3 étant entièrement déterminé par 4 valeurs d’interpolation en des nœuds distincts, f et γ coïncideront seulement si f vérifie la propriété f00(0) = f00(1) = 0. Or ce n’est pas le cas. On s’attend donc à commettre une erreur d’interpolation.
(b) On impose les conditions d’interpolation, de jonction et de continuité des dérivées premières et secondes pour obtenira=2,b=8, c=6 etd= −1.
[Question] [Indice] [TdM]
87. (a) On anpolynômes à déterminer, ce qui donne 3ninconnues.
Pi(xi−1) = f (xi−1)etPi(xi)=f (xi)pouri=1,2,· · ·, n;
Pi0(xi) = Pi+10 (xi)pouri=1,2,· · ·, n−1.
(b) Pi0(x)= −fi−10 (x−xi)
(xi−xi−1)+fi0(x−xi−1) (xi−xi−1). (c) Pi(x)= −fi−10 (x−xi)2
2(xi−xi−1) +fi0(x−xi−1)2
2(xi−xi−1)+f (xi−1)+(xi−x2i−1)fi−10 . (d) fi−10 +fi0= 2
(xi−xi−1)(f (xi)−f (xi−1)) pouri=1,2,· · ·, n.
[Question] [Indice] [TdM]
88. (a) γ1(t)=a0+b0t+c0t2etγ1(t)=a1+b1t+c1t2.
On obtient le système linéaire de 5 équations à 6 inconnues suivant:
a0=2;
a0+b0+c0=1;
a1+b1+c1=1;
a1+2b1+4c1=4;
b0+2c0=b1+2c1.
(b) On a γ1(t) = γ2(t)= p2(t) = 2−3t+2t2. On obtient le polynôme de degré 2 qui passe par les 3 points.
(c) En imposant les conditions, on voit que la troisième branche est la même que les 2 premières. En l’évaluant en t=3 on trouve la valeur 11. Si on essaie d’interpoler toute autre valeur que 11 en t=3, il n’existe aucune spline quadratique.
[Question] [Indice] [TdM]
89. (a) v(2,5)'p2(2,5)=58,375km/h. (b) E2(2,5)' −0,3125km/h.
(c) On obtient 4 équations à 4 inconnues:
f000−f100=0;
1
2f000+2f100+ 12f200= −4250;
1
2f100+2f200+ 12f300= −256 ; f300= −45.
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[Question] [Indice] [TdM]
90. (a) On obient la table de différences divisées suivante:
i ti f (ti) f [ti, ti+1] f [ti,· · ·, ti+2] f [ti,· · ·, ti+3]
0 0 2,00
−1,1×10−2
1 10 1,89 −3,0×10−4
−1,7×10−2 −8,333 333×10−6
2 20 1,72 −5,5×10−4
−2,8×10−2 3 30 1,44
(b) De la table de différences divsées on ap2(t)=2,00−1,1×10−2t−3,0×10−4t(t−10), ce qui donnep2(15)=1,8125.
(c) E2(t)'f [0,10,20,30]t(t−10)(t−20),ce qui donneE2(15)'3,123 74×10−3. (d) On obtient 4 équations à 4 inconnues:
1
2f000+2f100+ 12f200= −18,0×10−4;
1
2f100+2f200+ 12f300= −33,0×10−4;
−2f000−f100 =66×10−4; f300=1.
[Question] [Indice] [TdM]
91. (a) De la table de différences divsées on a : p3(x) = 30−10x+ −200x(x−0,1)+ 566,667x(x−0,1)(x−0,2), ce qui donnep3(0,3)=18,4.La valeur def (0,3)n’est pas acceptable car pour cette valeur la fonction n’est plus décroissante.
(b) On peut estimer la valeur de l’erreur par E3(x) 'a4x(x−0,1)(x−0,2)(x−0,5), oùa4= −87,30−566,667
0,8−0 = −817,4603. Cette erreur prend la valeur 0,9810 enx=0,3.
L’approximationP3(0,3)= 1 8,4 possède 1 chiffre significatif.
(c) Il faut choisir les abscisses les plus proches dex =0,3 à savoirx0 =0,2,x1 =0,5, x2=0,1 etx1=0,0. Les polynômes de Lagrange sont
L0(x)= (x−0,5)(x−0,1)x
(0,2−0,5)(0,2−0,1)0,2, L1(x)= (x−0,2)(x−0,1)x (0,5−0,2)(0,5−0,1)0,5, L2(x)= (x−0,2)(x−0,5)x
(0,1−0,2)(0,1−0,5)0,1 etL3(x)= (x−0,2)(x−0,5)(x−0,1) (0,0−0,2)(0,0−0,5)(0,0−0,1). (d) On obtient 2 équations à 2 inconnues:
2f100+ 12f200 = −1200;
1
4f100+2f200 =499,98.
[Question] [Indice] [TdM]
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xi f (xi) f [xi, xi+1] f [xi, xi+1, xi+2] f [xi, . . . , xi+3] f [xi, . . . , xi+4]
0 4
1
2 6 −3
−8 1
3 −2 2 −0,125
−2 0,25
5 −6 3
7
6 1
92. (a) i. Voici la table des différences divisées:
ii. p3(x)=4+x−3x(x−2)+x(x−2)(x−3).
iii. f (4)'p3(4)= −8 etE3(4)' −0,125(4(4−2)(4−3)(4−5))=1.
(b) f (4)'p3(4)= −5,928 571.
(c) Contrairement à la spline cubique, cette approximation ne garantit pas la continuité de la seconde au point(3,−2).
[Question] [Indice] [TdM]
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Différentiation et intégration numérique
94. L’erreur commise est qu’on est limité à un développement de Taylor de degré 2 (ordre 3).
Le bon raisonnement:f (x+h)=f (x)+hf0(x)+h22f00(x)+h63f000(x)+h244f(4)(x)+O(h5) etf (x−h)=f (x)−hf0(x)+h22f00(x)− h63f000(x)+h244f(4)(x)+ O(h5).
Alorsf00(x)= 1
h2[f (x+h)−2f (x)+f (x−h)]− h122f(4)(x)+ O(h3)et donc l’ordre de cette approximation def00(x)est 2.
[Question] [Indice] [TdM]
6 = −32 pourh=6. Ensuite, on applique l’extrapolation de Richardson sur la différence avant d’odre 1 pour obtenir des approximations d’ordre 2.
Ainsi sur les resultats obtenus avech=2 et h=4, on obtientf0(2)' 2×(−1)−(−1) 2−1 = −1;
et avech=2 eth=6, on obtientf0(2)' 3×(−1)−(−
3 2)
3−1 = −34 qui sont des approximations d’ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM]
97. (a) L’expression des deux premiers termes de l’erreur : (a−b)h2 f00(x)+(a2+b26−ab)h2f000(x) (b) Si a≠b, l’approximation est d’ordre 1. Sia=b, l’approximation est d’ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM] précise que celle obtenue avech1. Cette apparente contradiction est due au fait que
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l’erreurg(h)= h +h62M ne tend pas nécessairement vers 0 quandhtend vers 0. En effet quandh⇒0 h62M ⇒0 mais h ⇒ ∞.
(c) Il sagit de trouver la valeur de h qui minimise la fonction erreur g(h). On résout l’équationg0(h)= −
h2+ h3M =0 et on trouveh= 3q3
M. On note queg00q
3 M
> 0, ce qui confirmeh=hmin= q3
3 M.
On a M = max0,8≤x≤0,950|cos(x)| =≤ cos(0,8). De plus, puisque tous les chiffres des approximations def (x)du tableau sont significatifs,=0,5×10−5(10−5 corre-spond à la position du dernier chiffre significatif). On a dans ce cashmin=0,02782.
[Question] [Indice] [TdM]
99. (a) La formule aux différences donne f00(1) ' −0,8495 pour h = 0,1 et f00(1) '
−0,875 675 pour h = 0,2. Les erreurs absolues sont respectivement E(h= 0,1) = 0,008 029 et E(h = 0,2) = 0,034 204. Le ratio des erreurs absolues est E(h=0,2)E(h=0,1) = 4,26'22. La formule est d’ordre 2.
(b)
−f (x+3h) = −f (x)−3hf0(x)− 9h22f00(x)−27h3!3f000(x)− 81h4!3f(4)(x)+ O(h5) 4f (x+2h) = 4f (x)+8hf0(x)+ 16h22f00(x)+ 32h3!3f000(x)+64h4!3f(4)(x)+ O(h5)
−5f (x+h) = −5f (x)−5hf0(x)−5h22f00(x)− 5h3!3f000(x)+5h4!3f(4)(x)+ O(h5) 2f (x) = 2f (x)
h2app(h)=h2f00(x)− 11h124f(4)(x)+ O(h5) app(h)=f00(x)− 11h122f(4)(x)+ O(h3)
f00(x)=app(h)+ 11h122f(4)(x)+ O(h3)⇒f00(x)=app(h)+ O(h2)
⇒approximation d’ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM]
100. (a) La formule aux différences donnef000(1)' −1,119 159 99 pourh=0,05 etf000(1)'
−1,167 984 99 pour h = 0,1. Les erreurs absolues sont respectivement E(h = 0,05) = 0,015 724 93 et E(h = 0,1) = 0,0645 499 3. Le ratio des erreurs absolues est E(h=0,05)E(h=0,1) =4,105'22. La formule est d’ordre 2.
(b)
f (x+2h) = f (x)+2hf0(x)+4h22f00(x)+8h3!3f000(x)+ 16h4!4f0000(x) +32h5!5f(5)(x)+64h6!6f(6)(x)+ O(h7)
−2f (x+h) = −2f (x)−2hf0(x)−2h22f00(x)− 2h3!3f000(x)−2h4!4f0000(x)
−2h5!5f(5)(x)−2h6!6f(6)(x)+ O(h7)
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−f (x−2h) = −f (x)+2hf0(x)− 4h22f00(x)+ 8h3!3f000(x)−16h4!4f0000(x) +32h5!5f(5)(x)− 64h6!6f(6)(x)+ O(h7)
2f (x−h) = 2f (x)−2hf0(x)+2h22f00(x)− 2h3!3f000(x)+2h4!4f0000(x)
−2h5!5f(5)(x)+2h6!6f(6)(x)+ O(h7)
2h3app(h)=2h3f000(x)+ 60h5!5f(5)(x)+ O(h7) app(h)=f(3)(x)+ h42f(5)(x)+ O(h4)
f(3)(x)=app(h)− h42f(5)(x)+ O(h4)=app(h)+ O(h2).
Approximation d’ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM]
101. Siλ≠0: f0(x)= 3f (x)−(4+λ)f (x−h)+(1+λ)f (x−2h)
(2−λ)h + O(h),approximation d’ordre 1.
Siλ=0: f0(x)= 3f (x)−(4+λ)f (x−h)+(1+λ)f (x−2h)
(2−λ)h + O(h2),approximation d’ordre 2.
[Question] [Indice] [TdM]
102. f (x+h)=f (x)+f0(x)h+f00(x)h2 2+ f000(x)h3! 3 +. . ., f (x−h)=f (x)−f0(x)h+f00(x)h2 2− f000(x)h3! 3 +. . .. D’où
Appθ(h) = (1−θ)h
f0(x)+f00(x)h2 +f000(x)h3! 2 +. . .i +θh
f00(x)−f00(x)h2 +f000(x)h3! 2−. . .i
= f0(x)+(1−2θ)f00(x)h2 +f000(x)h3! 2+. . . . D’oùf0(x)=(1−θ)f (x+h)−f (x)
h
+θf (x)−f (x−h) h
+(2θ−1)f00(x)h2 −f000(x)h6 2 +. . . [Question] [Indice] [TdM]
Quadratures de Newton-Cotes
103. Simpson 3/8(h= 43): 17,327 866 29 avec une erreur absolue de 0,54×10−2. [Question] [Indice] [TdM]
104. Boole(h= 32π): 0,881 374 32 avec une erreur absolue de 0,733×10−6. [Question] [Indice] [TdM]
105. Erreur(h=0,2)
Erreur(h=0,1) = 0,009 8720,001 234 =7,99'23. La méthode est donc d’ordre 3.
[Question] [Indice] [TdM]
106. R3,4
1,8exdx = 23,91445. 46 intervalles assurent une approximation de I avec au moins 4 chiffres significatifs.
[Question] [Indice] [TdM]
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107. (a) Faux. Par exemple l’approximation de Rb
a f (x) dx sera, en général, moins prècise avec Trapèze simple (ordre 3 ), qu’avec Trapèze composée (ordre 2).
(b) Faux. La méthode de Simpson 1/3 nécessite l’évaluation de la fonction tan(x)1 en x=0, qui n’est pas définie à cet endroit.
[Question] [Indice] [TdM]
108. Au moins 46 sous-intervalles.
[Question] [Indice] [TdM]
109. Sn−I= −E= −3(α−1)40 h4
η4 <0 où η∈[1, α]
[Question] [Indice] [TdM]
110. La méthode de Simpson 13 simple donne L' 50
3 q
1+(H0(0))2+4 q
1+(H0(50))2+ q
1+(H0(100))2
.
Pour obtenir les approximations d’ordre 2 des dérivées les plus précises pourH0(0), H0(50) et H0(100), on prend h=10 et on utilise respectivement la formule avant d’ordre 2 , la formule centrée d’ordre 2 et la formule arrière d’ordre 2. On a alorsL'155,3616552.
[Question] [Indice] [TdM]
111. Il s’agit de calculer une approximation deR0,25
0 s(e) deen utilisant les 6 points du tableau.
On peut construire le polynôme de degré 5 qui passe par les 6 points et l’integrer ou encore utiliser la méthode de Simpson 1/3 avec les 3 premiers points et celle de Simpson 3/8 sur les 4 derniers points pour avoir une approximation d’ordre 4.
[Question] [Indice] [TdM]
112. L’ordre le plus élevé est 5 car il faut combiner deux règles parmi Simpson 13, Simpson 38 et Boole simples. Il y a donc trois possibilités :
1. Simpson 13 sur{x0, x1, x2}puis Boole sur{x2, x3, x4, x5, x6}, ce qui donne 0,18730793978365406+0,210613307037542=0,39792124682119606;
2. Boole sur{x0, x1, x2, x3, x4}puis Simpson 13 sur{x4, x5, x6}, ce qui donne 0,21061330703754208+0,18730793978365395=0,39792124682119601;
3. Simpson 38 sur{x0, x1, x2, x3}puis encore sur{x3, x4, x5, x6}, ce qui donne 0,19844878174314534+0,19844878174314526=0,39689756348629057.
Ici, les deux estimations de Simpson 38 auraient dû être rigoureusement identiques car la fonction est paire. Les différences sont dues à l’ordre de sommation.
Les trois sont d’ordre 5. La troisième peut également être considérée comme étant d’ordre 4 puisqu’elle est équivalente à une règle de Simpson 38 composée.
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113. Le ratio est d(2h)d(h) = |App(h=1,0)−App(h=0,5)|
|App(h=0,5)−App(h=0,25)| = |0,772 127−0,703 023|
|0,703 023−0,694 384| = 7,999 07 '23. La méthode est ordren=3.
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114. (a) Le terme de droite devient:
hf (x0)+ h2f0(x0)
2 + h3f00(x0)
6 + h4f000(x0)
27 +h5f(4)(x0)
162 + O(h6).
(b) Le terme de gauche devient, après intégration hf (x0)+ h2f0(x0)
2 + h3f00(x0)
6 + h4f000(x0)
24 +h5f(4)(x0)
120 + O(h6).
(c) Le premier terme de l’erreur:
h4f000(x0) 1
24− 1 27
et la méthode est d’ordre 4.
(d) Degré 2.
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Quadratures de Gauss
115. Il faut utiliser la méthode de Gauss, car la fonction ln(x)n’est pas définie enx =0. Les formules à 2, à 3 et à 5 points donnent respectivement les approximations−0,405 465,
−0,509 050 405 et−0,571 707 615. La valeur exacte est−0,613 705 639.
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116. La formule à 3 points est exacte pour les polynômes de degré 5.
[Question] [Indice] [TdM]
117. Il suffit de prendre successivement f (t) = 1, f (t) = t et f (t) = t2 et l’on obtient un système de 3 équations en 3 inconnues. La solution est w1 = 12, w2 = 32 ett2 = 13. Ceci nous assure d’un degré de précision d’au moins 2. Avec ces valeurs, on vérifie que la formule de quadrature n’est pas exacte pourf (t)=t3. On a donc un degré de précision de 2.
[Question] [Indice] [TdM]
118. Il suffit de prendre successivementf (x)=1 etf (x)=x et l’on obtient un système de 2 équations en 2 inconnues. La solution estw1=1 etx1= 14 . Ceci nous assure d’un degré de précision d’au moins 1. Avec ces valeurs, on vérifie que la formule de quadrature n’est pas exacte pourf (x)=x2. On a donc un degré de précision de 1.
[Question] [Indice] [TdM]
119. Il suffit de prendre successivementf (x)=1,f (x)=x,f (x)=x2et on obtientA=2h, B=0 etC= h33. On a donc un degré de précision de 2.
[Question] [Indice] [TdM]
120. R1
0 exdx ' 1,717 896 37. L’erreur absolue est ∆ = 0,385 4504×10−3 ≤ 0,5×10−3. L’approximation 1,717 896 37 possède 4 chiffres significatifs.
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121. (a) I'3,143 166 33
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(b) n=33
(c) I'3,035 419 52 (d) Oui.
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122. La fonction f (u)= √ 1
8 sin(u)−u n’est définie pour u = 0. Par conséquent, on doit avoir recours à une quadrature de Gauss car les quadratures de Gauss ne requièrent pas l’évaluation de la fonction à intégrer aux bornes d’intégration. On peut donc choisir une quadrature de Gauss à 15 points (par exemple). Bien entendu, étant donné que limu→0f (u)= ∞, il est préférable de prendre un grand nombre de points.
[Question] [Indice] [TdM]
123. (a) Il suffit de prendre successivementf (x)=1 etf (x)=xet l’on obtient un système de 2 équations en 2 inconnues. La solution esta = b = 2 . Ceci nous assure d’un degré de précision d’au moins 1. Avec ces valeurs, on vérifie que la formule de quadrature n’est pas exacte pourf (x)=x2. On a donc un degré de précision de 1.
(b) I'2f (1)+2f (3)=48 [Question] [Indice] [TdM]
124. On poseφ1=φ(−1√3)etφ2=φ(√13), alors le système non linéaire est donné par:
3e13φ1−5 ln(φ1)−5 ln(φ2)−9=0;
3e13φ2−5 ln(φ1)−5 ln(φ2)−9=0.
[Question] [Indice] [TdM]
125. (a) Il suffit de prendre successivementf (x)=1 etf (x)=xet l’on obtient un système de 2 équations en 2 inconnues. La solution esta=b= 3h2 .
(b) Avec cette quadrature, on aR3 0 1
1+xdx' 54. (c) Avec Simpson 13, on aR3
0 1
1+xdx'1,425.
[Question] [Indice] [TdM]
126. (a) Il faut 4 points de Gauss.
(b) Impossible d’intégrer exactement avec Simpson 13 car cette méthode a un degré de précision inférieur au degré du polynôme.
[Question] [Indice] [TdM]
127. (a) erf(0,5)= √2πR0,5
0 e−u2du'0,570 500 2 (b) erf(0,5)= √2
π
R0,5
0 e−u2du'0,501 790 4
(c) L’erreur absolue estE(0,5)≤0,2083×10−1≤0,5×10−1. L’approximation 0, 5 01 790 4 possède un chiffre significatif.
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128. I =R2
−2exdx=2R1
−1e2tdt'2
e2
q1 3+e−2
q1 3
=6,976 449 920.
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129. La formule sera exacte pour les polynômes de degré au plus 2. Si elle est exacte pour g(t)=1, g(t)=tetg(t)=t2,w1, w2 ett2 sont solution du système
w1+w2=2;
−w1+w2t2=0;
w1+w2t22= 23.
On trouvew1= 12, w2= 32, t2= 13 et donc la quadrature estR1
−1g(t)dt ' 12g(−1)+32g(13).
Pour déterminer le degré de précision de la quadrature. on vérifie pour g(t) = t3. La valeur exacte de l’intégraleR1
−1t3dtest 0, alors que on obtient −13.Le degré de précision est donc 2.
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130. Comme la fonctione−x2 n’a pas de primitive, on ne peut pas l’intégrer exactement avec une méthode numérique. Il est cependant possible d’obtenir une approximation très précise avec la méthode des trapèzes composée (en utilisant un nombre suffisamment grand d’intervalles) ce qui n’est le cas avec la quadrature de Gauss à 2 points qui permet d’obtenir seulement une approximation.
[Question] [Indice] [TdM]
131. (a) La formule sera exacte pour les polynômes de degré au plus 1. Si elle est exacte pour g(t)=1 etg(t)=t,w1etw2 sont solution du système
w1+w2=2;
−w1+w2=0.
On trouvew1 = w2 =1 et donc la quadrature est I(g) = g(−1)+g(1) Pour déter-miner le degré de précision de la quadrature. on vérifie pour g(t) = t2. La valeur exacte de l’intégraleR1
−1t2dt est 23, alors que on obtient 2. Le degré de précision est donc 1.
(b) R1
−1 dx
1+x2 ' 1
1+(−1)2+ 1
1+(1)2 =1.
(c) Rb
af (x) dx = b−a2 R1
−1f ((b−a)t+a+b2 ) dt ' b−a2 (f (a)+f (b)). On retrouve la formule du trapèze simple.
[Question] [Indice] [TdM]
132. (a) On poseh= 23, x0= −1, x1= −13, x2= 13, et x3=1 et on obtient Z1
−1
ex2dz' h
2(e+2e19 +2e19 +e)=3,302 213 310.
(b) Pourh= 2
n, l’erreur absolue est|E| = 2
12|f00(η)|h2= 4
6n2|eη2(2+4η2)≤ 4e
n2. Cette erreur est inférieure à 10−2 dès quen≥33.
(c) La quadrature est au moins de degré de précision 5 si elle est exacte pourf (x)=xp pour p = 0,1,2,3,4,5. Vu que la quadrature est par hypothèse exacte pour p =
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1,3,5, il faut juste montrer qu’elle est exacte pourp=0,2,4. On obtient le système suivant:
w1+w2=1;
w1+w2x12= 13; w1+w2x14= 15.
(d) La notion d’ordre n’est pas associée à la quadrature de Lobatto. Si la quadrature n’est pas exacte, on ne peut pas améliorer l’approximation. Cependant on peut améliorer l’approximation de l’integrale avec la méthode du trapèze composée en utilisant un nombre suffisament grand d’intervalles.
[Question] [Indice] [TdM]
133. (a) Avec 3 nœuds, il y a 4 inconnues. On impose donc 4 conditions avecf (x)=xkpour k=0,1,2,3 :
2 = 3w
0 = w(x0+x1+x2) 2/3 = w(x02+x12+x22) 0 = w(x03+x13+x23).
(b) On trouve immédiatementw =2/3. On voit ensuite facilement quex1=0 puis que x0= −1/√
2,x2 =1/√ 2 ;
(c) Par construction, la règle est au moins de degré 3 puisqu’elle intègrexk exactement pourk=0,1,2,3. Elle n’est pas de degré 4 car
2 5 =
Z1
−1x4dx≠ 2 3
1
4 +0+1 4
. (d) On obtient l’approximation
Z1
−1sin(x)2cos(x)dx ' 0,42779283045482863.
[Question] [Indice] [TdM]
134. (a) 2 points d’intégration.
(b) 3 points d’intégration.
(c) 4 points d’intégration.
(d) Impossible d’intégrer exactement avec la méthode des Trapèzes car cette méthode à un degré de précision qui inférieur au degré du polynôme.
[Question] [Indice] [TdM]
135. L’erreur est nulle car la formule de Gauss à 5 points est exacte pour les polynômes de degré inférieur ou égal à 9.
[Question] [Indice] [TdM]
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136. La formule à 10 points est exacte pour les polynômes de degré 1, pour g(t) = 1, on a R1
−11dt=2=w1+w2+ · · · +w10. [Question] [Indice] [TdM]
137. Il suffit de prendre successivement f (t) = 1, f (t) = t et f (t) = t2 et l’on obtient un système de 3 équations en 3 inconnues. La solution est a0 = a2 = 43 et a1 = −23. Ceci nous assure d’un degré de précision d’au moins 2. Avec ces valeurs, on vérifie que la formule de quadrature est exacte aussi pour f (t) = t3 mais pas pour f (t) = t4. On a donc un degré de précision de 3.
[Question] [Indice] [TdM]
138. (a) Il suffit de prendre successivementg(t)=1, g(t)=tet g(t)=t2 et l’on obtient un système de 3 équations en 3 inconnues. La solution estw1= 3(1+α)1+3α ,w2= 4
3(1−α2) et w3= 3(1−α)1−3α .
(b) Il suffit de prendreg(t)=t3, on obtientα=0 comme seule solution dans]−1,1[.
(c) Pourα=0, on aw1=w3= 13 etw2= 43, ce qui donne la formule de Simpson 13: Zb
a f (x) dx = b−a2 Z1
−1g(t) dt' b−a2 1
3(g(−1)+4g(0)+g(1)
; ' h3(f (a)+4f (a+b2 )+f (b)).
[Question] [Indice] [TdM]
Extrapolation de Richardson
139. (a) En utilisant les nœuds{5,10,15}, le polynôme de Lagrange est donné par : p2(x)=y5
(x−10)(x−15)
50 −y10
(x−5)(x−15)
25 +y15
(x−5)(x−10)
50 ,
de sorte dep2(12)=955,13.
(b) En utilisant la différence finie arrière d’ordre 1 avech=5 : a25(h=5)≈ 795,94−2·448,98+0,0
25 = −4.0808.
(c) En utilisant à nouveau la différence finie arrière d’ordre 1 avech=10 : a25(h=10)≈ 1183,76−2·795,94+0,0
100 = −4,0812.
En combinant ces deux approximations d’ordre 1 via l’extrapolation de Richardson, a25≈2a25(h=5)−a25(h=10)= −4,0804.
[Question] [Indice] [TdM]
140. (a) On montre que: f (x+h)−2f (x)+f (x−h)
h2 = f00(x)+ 2h2f4!(4)(x) + 2h4f6!(6)(x) + O(h6) et l’approximation est donc d’ordre 2.
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(b) Pour h = 0,2, on obtient f00(2,0) ' −0,251 2575 tandis que, pour h = 0,1, on obtientf00(2,0)' −0,250 3200.
(c) Une extrapolation de Richardson (avecn=2) donnef00(2,0)' −0,250 0075 qui est une approximation d’ordre 4 puisque le deuxième terme de l’erreur obtenue en a) est de degré 4 enh.
[Question] [Indice] [TdM]
141. (a) Il faut utiliser les points dont les abscisses sont les plus rapprochées de t = 1,2 soit dans l’ordre t = 1,0, t = 1,5 ett = 0,5. Obtient ainsi le polynôme p2(x) = 75,5+13,4(t−1,0)−0,8(t−1,0)(t−1,5)qui vaut 78,228 km/h ent=1,2.
(b) E2(t)= 3!1v000(ξ)(t−1,0)(t−1,5)(t−0,5)pour un certainξ∈[0,5, 1,5].
(c) Pour h = 1,0, la différence centrée donne 14,7km/(h. s) = 4,083 333m/s2, tandis que pourh=0,5, on obtient 3,833 333m/s2. Une extrapolation de Richardson avec n=2 donnea=3,75m/s2qui est une approximation d’ordre 4.
[Question] [Indice] [TdM]
142. (a) On peut prendre une différence centrée d’ordre 2 avech=0,1 et l’on trouveP0(X ≤ 1,2)'0,194 328. En prenant ensuiteh=0,2, on trouveP0(X≤1,2)'0,194 7465.
On fait ensuite une extrapolation de Richardson ( avecn = 2) pour obtenir P0(X ≤ 1,2)'0,194 1885 qui est une approximation d’ordre 4. La valeur exacte estP0(X ≤ 1,2)= √1
2πe−(1,2)
2
2 =0,194 186 055 et l’erreur commise est 0,555×10−5.
(b) On prend directement une différence centrée d’ordre 2 (pour la dérivée seconde) pour obtenirP00(X≤1,2)' −0,232 720.
[Question] [Indice] [TdM]
143. On se place en t = 15. Une différence centrée d’ordre 2 avec h = 10 donne T0(15) '
−1,835. Prenant ensuite h = 5, on obtient T0(15) ' −1,63. Une extrapolation de Richardson donne l’approximation d’ordre 4: T0(15) ' −1,561 6667. On a alors en di-visant,k'0,1001.
[Question] [Indice] [TdM]
144. (a) La différence centrée s’écrit en prenant respectivementhet 2h: f0(x0)' f (x0+h)−f (x2h 0−h) etf0(x0)' f (x0+2h)−f (x4h 0−2h).Puisqu’il s’agit d’une approximation d’ordre 2, l’extrapolation de Richardson donne alors: 2
2f (x
0+h)−f (x0−h) 2h
−
f (x
0+2h)−f (x0−2h) 4h
22−1 et l’on obtient en simplifiant la formule donnée.
(b) En utilisant h = 0,1, on trouve 0,999 996 66 tandis qu’avec h = 0,3 on trouve 0,999 727 092. Les erreurs absolues respectives obtenues en comparant avec la valeur exacte 1 sont respectivement 3,3375×10−6et 2,7291×10−4. Le rapport des valeurs dehest 3 et le rapport des erreurs est 81,77'34, ce qui donne un ordren=4.
[Question] [Indice] [TdM]
145. (a) Les développements de Taylor donnent
f (x+h)=f (x)+hf0(x)+ h22f00(x)+h63f000(x)+ h244f(4)(x)+ O(h5),
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etf (x+2h)=f (x)+2hf0(x)+2h2f00(x)+43h3f000(x)+ 23h4f(4)(x)+ O(h5).
On a alors
−f (x+2h)+4f (x+h)−3f (x)
2h =f0(x)− 1
3h2f000(x)+O(h3)=f0(x)+ O(h2), donc une approximation d’ordre 2.
(b) f0(0,2)' −f (1,0)+4f (0,0)−3f (0,2)
2(0,4) ' −0,114 787 375.
(c) h=0,4: f0(0,2)' −0,114 787 375, h=0,2: f0(0,2)' −f (0,6)+4f (0,4)−3f (0,1)
2(0,2) ' −0,191 366 Richardson:f0(0,2)' 2
2fh=0,20 (0,2)−fh=0,40 (0,2)
22−1 = −0,216 8922
De (a),E(h)= −13h2f00− 14h3f(4), donc une approximation d’ordre 3 [Question] [Indice] [TdM]
146. (a) En remplacant f (x−h)et f (x−2h) par leurs développement de Taylor d’ordre 5 dans le membre de droite, on a alors
3f (x)−4f (x−h)+f (x−2h)
2h =f0(x)−h2
3 f(3)(x)+ h3
4 f(4)(x)+O(h4) , donc l’ordre de précision de la méthode est 2.
4 f(4)(x)+O(h4) , donc l’ordre de précision de la méthode est 2.