CCP PC Math¶ematiques 1

(1)

CCP PC Math¶ematiques 1

Problµ eme 2

Le problµeme est un problµeme d'interpolation par des fonctions spleen cubique . Il s'agit d'un problµem classique en dessin assist¶e par ordinateur ou en conception assist¶e par ordinateur .Il s'agit d'approcher une famille de poin par une courbe simple qui soit µa la fois assez r¶eguliµere pour l'utilisation pratique et rapide µa calculer m^eme pour un gran nombre de points .Les fonctions splines cubiques qui sont C² et qui se limite ,une fois r¶esolu un systµeme lin¶eaire tridiagona µ

a des calculs de polyn^omes de degr¶e au plus 3 est un bon compromis : La fonction nulle de [a; b] appartenant µa S,S est non vide

A)Interpolation de f par une fonction de S 1)

a) Les polyn^omes (xk¡X)³; (X¡x_k¡1)³; (xk¡X); (X¡x_k¡1) forment une base deR3[X]

En e®et

² on a 4 ¶el¶ements en dimension 4

² le systµeme est libre : soit P(X) =®(xk¡X)³+¯(X¡x_k¡1)³+°(xk¡X) +±(X¡x_k¡1) = 0

² On a doncP"(X) = 6®(xk¡X) + 6¯(X¡x_k¡1)

En ¶ecrivant (commexk 6= x_{k¡1 )})P"(xk¡1) = 0 on a® = 0 , en ¶ecrivantP"(xk) = 0 on a ¯ = 0 , On ¶ecrit ensui P(xk¡1) = 0 etP(xk) = 0 pour avoir°=±= 0

¡(xk¡X)³; (X¡xk¡1)³; (xk¡X); (X¡xk¡1)¢

est donc une base deR3[X] Posons doncPk(x) =a0(xk¡x)³+b0(x¡xk¡1)³+a1(xk¡x) +b1(x¡xk¡1) On veut donc r¶esoudre

8>

><

>>

:

a0h³+a1h =fk¡1

b0h³+b1h =fk

6a0h =mk¡1

6b0h =mk

il y a une solution et une seule a0= 1

6hmk¡1; b0 = 1

6hmk; a1 = 1

hfk¡1¡h

6mk¡1; b1= 1 hfk¡h

6mk

Soit

Pk(x) = 1

6hmk¡1(xk¡x)³+ 1

6hmk(x¡xk¡1)³+ µ1

hfk¡1¡ h 6mk¡1

¶

(xk¡x) + µ1

hfk¡h 6mk

¶

(x¡xk¡1) b) lee problµeme de d¶e¯ntion de gprovient du fait que g est d¶e¯nie deux fois en xk:Or pour k= 1; ::; n¡1 ; Pk(xk) Pk+ 1(xk) =fk doncg(xk) =fk . Pour tout autre r¶eelx2]a; b[ , il existe un uniquektel quex2]x_k¡1xk[ et doncg(x) =Pk( est bien d¶e¯ni de fa»con unique par unicit¶e de Pk ; en¯n g(a) =f0et g(b) =fn:

gest bien d¶e¯nie , et est unique g estC² (car polyn^omiale) en tous points distincts des (xk)ⁿ_k=0

En x0=ala fonction est d¶e¯nie seulement µa droite etgest bien C² car polyn^omiale. Idem enxn =b

reste le problµeme des (xk)^n¡1_k=1 . La fonction admet en ces points des d¶eriv¶ees premiµeres et secondes µa gauche et µa droite gy seraC² ssi on a ¶egalit¶e des d¶eriv¶ees premiµeres et secondes µa gauche et µa droite :

g sera de classeC²sur [a; b] ssi

8k2[[1; ::; n¡1]]; P_k⁰(xk) =P_k+1⁰ (xk); P_k⁰⁰(xk) =P_k+1⁰⁰ (xk)

La condition P_k⁰⁰(xk) =P_k+1⁰⁰ (xk) est toujours v¶eri¯¶ee par construction desPk P_k⁰⁰(xk) =P_k+1⁰⁰ (xk) =mk

La premiere condition se traduit par d¶erivation : Pk⁰(x) =¡ 1

2hmk¡1(xk¡x)²+ 1

2hmk(x¡xk¡1)²¡ µ1

hfk¡1¡h 6mk¡1

¶ +

µ1 hfk¡ h

6mk

¶

et donc commexk+1¡xk=h

P_k⁰(xk) =1

2mkh+ 1

h(fk¡f_k¡1)¡ h

6(mk¡m_k¡1) De m^eme

P_k+1⁰ (xk) =¡1

2mkh+ 1

h (fk+ 1¡fk)¡ h

6 (mk+1¡mk)

(2)

g sera de classeC²sur [a; b] ssi 1

2mkh+ 1

h(fk ¡f_k¡1)¡ h

6(mk¡m_k¡1) =¡1

2mkh+ 1

h(fk+ 1¡fk)¡ h

6(mk+1¡mk) ce qui ¶equivaut µa :

8k2[[1; ::; n¡1]] ; mk¡1+ 4mk+mk+1= _h⁶2(fk¡1¡2fk+fk+ 1) c)g⁰(a) =® se traduit parP₁⁰(a) =® c'est-µa-dire 2m0+m1= 6

h²(¡f0+f1¡®h) g⁰(b) =¯ se traduit parP_n⁰(b) =¯ c'est-µa-dire mn¡1+ 2mn= 6

h²(fn¡1¡fn+¯h)

Une condition n¶ecessaire et su±sante pour que g soit de classeC² sur [a; b] et v¶eri¯e g⁰(a) =® ; g⁰(b) =¯ est donc qu

¡!m soit solution du systµeme (II.2) A¡!m =¡!b avec

A= 0 BB BB BB BB BB B@

2 1

1 4 1 (0)

. .. ... ...

. .. ... .. .

(0) 1 4 1

1 2

1 CC CC CC CC CC CA

et ¡!b = 6 h²

0 BB BB BB BB BB

@

¡f0+f1¡®h f0¡2f1+f2

...

fk¡1¡2fk+fk+1

...

fn¡2¡2fn¡1+fn

fn¡1¡fn+¯h 1 CC CC CC CC CC A

ai;j= 8>

><

>>

:

2 sii=j = 1 oui=j=n+ 1 4 sii=j =2 f1; n+ 1g

1 si jj¡ij= 1 0 sinon

,bj = 8<

:

¡f0+f1¡®h sij = 1 f_j¡2¡2f_j¡1+fj si j2[[2; n]]

f_n¡1¡fn+¯hsij=n+ 1 On remarque que A est sym¶etrique.

2)

a) On a A¢ ¡!v = 0 BB BB BB BB BB

@

2v0+v1

v0+ 4v1+v2

...

vk¡1+ 4vk+vk+1

...

vn¡1+ 2vn

1 CC CC CC CC CC A

donc hA¢ ¡!v ;¡!v i= 2v²₀+ 4

n¡1X

k= 1

v²_k+ 2v²_n+ 2

n¡1X

k= 0

vkvk+1

On obtient donchA¢ ¡!v ;¡!vi ¡ h¡!v ;¡!v i=v²₀+ 3

nX¡1 k= 1

v²_k+v_n²+ 2

n¡1

X

k=0

vkvk+1

On reconna^it dans 2vkvk+ 1le double produit de (vk+vk+1)². On ¶ecrit donc

nX¡1 k=0

(vk+vk+ 1)²=

nX¡1 k=0

v_k²+ Xn k=1

v²_k+ 2

n¡1

X

k=0

vkvk+1 =v₀²+ 2

n¡1

X

k=1

v²_k+v_n²+ 2

nX¡1 k=0

vkvk+1

hA¢ ¡!v ;¡!v i ¡ h¡!v ;¡!vi=

n¡1

X

k=0

(vk+vk+1)²+

nX¡1 k=1

v_k²¸0

donc hA¢ ¡!v ;¡!vi ¸ h¡!v ;¡!v i Comme on a une somme de termes positifs ,il y a ¶egalit¶e si et seulement si

½ k2[[0; n¡1]] , vk+vk+1= 0 v1=v2 =¢ ¢ ¢vn¡1 = 0 donc (hA¢ ¡!v ;¡!vi=h¡!v ;¡!vi),³

¡!v =¡!0´

b) SiA¢ ¡!v =¡!0 , alorshA¢ ¡!v ;¡!v i= 0 , donc h¡!v ;¡!vi= 0 , donc¡!v =¡!0 . Le noyau deA est r¶eduit µaf0g donc A est inversible

(3)

3)

Avec ®=¯= 0 , on obtient¡!b = 6 h²

0 BB BB BB BB BB

@

¡f0+f1

f0¡2f1+f2

...

fk¡1¡2fk+fk+1

...

fn¡2¡2fn¡1+fn

fn¡1¡fn

1 CC CC CC CC CC A

soit¡!b =H¢¡f!avec

H = 6 h²

0 BB BB BB BB BB BB B@

¡1 1

1 ¡2 . .. (0)

. . . . .. .. . . .. .. . ...

. . . ... ...

(0) . .. ¡2 1

1 ¡1

1 CC CC CC CC CC CC CA

,Hi;j= 8>

><

>>

:

¡1 sii=j= 1 ou i=j=n+ 1

¡2 si i=j =2 f1; n+ 1g 1 si jj¡ij= 1 0 sinon

¡!

f 2KerH , 8>

>>

<

>>

>:

¡f0+f1= 0 f0¡2f1+f2 = 0 ...

fn¡2¡2fn¡1+fn= 0 fn¡1¡fn= 0

,f0 =f1=: : :=fn

K erH est la droite V ect Ã _n

X

k=0

¡!ek

!

On peut trouver ce r¶esultat sans expliciterH en revenant µa l'originie du problµeme.

Si¡!

b =¡!0 , commeA est inversible , alors ¡!m =¡!0 ,

donc sur [x0; x1]a0=b0= 0 etG est a±ne . Or G⁰(a) = 0 doncG est constante sur [x0; x1]

Le r¶esultat est le m^eme sur chaque [xi; xi+1] .G est constante par morceauxm et comme G est continue en chaque xi ; est constante sur [a; b] et les fi sont tous ¶egaux.

R¶eciproquement si lesfk sont tous ¶egaux , la fonction constanteG¶egale µa f0 , est ¶el¶ement deW(f;0;0)\S 4) Application

f(x) = cos(x); a= 0; b =¼ ; n= 6;donc ®=¯= 0 8i2 f0;¢ ¢ ¢;6g ; f6¡i= cos(¼¡i¼

6) =¡fi

a) Si on e®ectue une permutation des lignes 0 Ã! 6;1 Ã! 5;2 Ã! 4 , on obtient un systµeme lin¶eaire ¶equivalent a

pr¶ec¶edent:

8>

>>

><

>>

:

2m0+m1=f0

m0+ 4m1+m2=f1

m1+ 4m2+m3=f2

m2+ 4m3+m4=f3

m3+ 4m4+m5=f4

m4+ 4m5+m6=f5

m5+ 2m6=f6

() 8>

>>

><

>>

:

m5+ 2m6 =f6

m4+ 4m5+m6=f5

m3+ 4m4+m5=f4

m2+ 4m3+m4=f3

m1+ 4m2+m3=f2

m0+ 4m1+m2=f1

2m0+m1 =f0

, 8>

>>

><

>>

:

(¡m5) + 2(¡m6) =¡f6=f0

(¡m4) + 4(¡m5) + (¡m6) =f1

(¡m3) + 4(¡m4) + (¡m5) =f2

(¡m2) + 4(¡m3) + (¡m4) =f3

(¡m1) + 4(¡m2) + (¡m3) =f4

(¡m0) + 4(¡m1) + (¡m2) =f5

2(¡m0) + (¡m1) =f6

en multip

ant les lignes par¡1. :

En changeant l'ordre des inconnues on constate alors que (m0; m1;¢¢ ¢m6) et (¡m6;¢¢ ¢ ¡m1;¡m0) sont deux solutions d m^eme systµeme lin¶eaire de Cramer (carAest inversible)

8i2 f0;¢ ¢ ¢;6g ; m_6¡i=¡mi et en particulierm3= 0

La propri¶et¶e se g¶en¶eralise µa nquelcnque pour toute fonction Ásur [0; b] v¶eri¯ant8x Á(b¡x) =¡Á(x)

b)A¢ ¡!m = H¢¡! f ,

8>

>>

><

>>

:

2m0+m1= 108

¼²

¡¡2 +p 3¢ m0+ 4m1+m2= 108

¼²

¡3¡2p 3¢ m1+ 4m2= 108

¼²

¡¡2 +p 3¢

et on obtient aprµes calcul des d¶eterminants 3£3

m0=¡m6 = 108 13¼²

¡¡22 + 12p 3¢

; m1=¡m5= 108 13¼²

¡18¡11p 3¢

; m2= ¡m4= 108 13¼²

¡¡11 + 6p 3¢

; m3= 0

(4)

B)Une propri¶et¶e extr¶emale des fonctions deS 1)S est un sous-espace vectoriel de C²[a; b] car c'est

² un sous ensemble de C²([a; b]) ,

² non vide d'aprµes la question pr¶eliminaire 0 et

² stable par combinaison lin¶eaire ,puisque pour chaque ]xk; xk+1[ une combinaison lin¶eaire d'¶el¶ements de R3[X] est da R3[X]

remarqe : faire l'analogie avec les polyn^omes de Lagrange.

Si (ek)_k_2f_0;2;_¢¢¢_n+2_g d¶esigne la base canonique deR^{n+ 3}, ©^¡¹(ek)0·k·n) est une base deS0 comme image r¶eciproque d'un base par un isomorphisme.

Soit alors u0un ¶el¶ement deS(®; ¯) ( il existe d'aprµes A-2) )

alorsu2S(®; ¯),(u¡u0)2S0 , donc S(®; ¯) est un sous espace a±ne de S de directionS0

3)G 2S\W(f; ®; ¯)

a)attention : pas d'int¶egration pr partie sur [a; b] ou les fonctions ne sont pas C¹; Pour tout u2W(f; ®; ¯) , calculons © (u¡G)¡[©(u)¡©(G)] =

Z _b

a

2G⁰⁰(t)(G⁰⁰(t)¡u⁰⁰(t))dt=P_n¡1

k=0

Z _x_k+1

xk

2G⁰⁰(t)(G⁰⁰(t) u⁰⁰(t))dt

la restrictionG⁰¡u⁰ est de classe C¹ sur [xk; xk+1] , la restriction de G⁰⁰ est un polyn^ome de degr¶e 1 doncG" est C¹ G^{( 3)}Zest constante (axk+1 k).

xk

2G⁰⁰(t)(G⁰⁰(t)¡u⁰⁰(t))dt= 2 [G⁰⁰(t)(G⁰(t)¡u⁰(t))]^x_x^k+1_k ¡2 Z xk+1

xk

G⁽³⁾(t)(G⁰(t)¡u⁰(t)) dt, Z x_k+1

x_k

G⁽³⁾(t)(G⁰(t)¡u⁰(t)) dt=ak[G(t)¡u(t)]^x_x^k+1

k = 0 car G(xk) =u(xk) pour tout k. 8k,

Z xk+1

x_k

2G⁰⁰(t)(G⁰⁰(t)¡u⁰⁰(t))dt= 2 [G⁰⁰(t)(G⁰(t)¡u⁰(t))]^x_x^k+1

k et donc Z b

a

2G⁰⁰(t)(G⁰⁰(t)¡u⁰⁰(t))dt= 2 [G⁰⁰(t)(G⁰(t)¡u⁰ ce crochet est nul car (G⁰¡u⁰) (a) = (G⁰¡u⁰) (b) = 0

On doit avoir : m0=mn= 0

m_k¡1+ 4mk+mk+ 1= _h⁶2(f_k¡1¡2fk+fk+ 1) pour k= 1;¢ ¢ ¢; n¡1

On doit donc r¶esoudre 0 BB BB BB B@

4 1

1 . . . ... (0) . . . ... . ..

(0) . .. . .. 1

1 4

1 CC CC CC CA

0 BB BB

@ m1

m2

m_n¡1 1 CC CC A= 6

h² 0 BB BB BB

@

f0¡2f1+f2

...

f_k¡1¡2fk+fk+1

...

f_n¡2¡2f_n¡1+fn

1 CC CC CC A

La matrice 0 BB BB BB B@

4 1

1 . . . ... (0) . . . ... .. . (0) . .. .. . 1

1 4

1 CC CC CC CA

est inversible , on le d¶emontre en utilisant la m¶ethode utilis¶ee µa la question A-2)

donc il y a une solution et une seule not¶ee g

NotonsW(f) l'ensemble des fonctions de C²[a; b] v¶eri¯ant la propri¶et¶e P2

(5)

On refait le calcul comme en a)

a

g⁽³⁾(g⁰¡u⁰) le crochet est nul car g⁰⁰(a) =g⁰⁰(b) = 0

u2W(f)©(u)