Réponses aux exercices du chapitre 5
Numéro 4. Soit les points suivants.
Fonction tabulée x f(x) x f(x) 0,0 0,0 3,0 252,0 1,0 2,0 4,0 1040,0 2,0 36,0
a) Obtenir le polynôme de Lagrange passant par les 3 premiers points.
b) Obtenir le polynôme de Lagrange passant par les 4 premiers points. Est-ce possible d’utiliser les calculs faits en a) ?
c) Donner l’expression analytique de l’erreur pour les polynômes obtenus en a) et en b).
d) Obtenir des approximations def(1,5)à l’aide des 2 polynômes obtenus en a) et en b).
Solution
Le polynôme d’interpolation par Lagrange est donné par : pn(x) =
n
X
i=0
f(xi)Li(x)
où les (n+ 1) fonctions Li(x)sont définies par :
Li(x) = (x−x0)· · ·(x−xi−1)(x−xi+1)· · ·(x−xn) (xi−x0)· · ·(xi−xi−1)(xi−xi+1)· · ·(xi−xn)
a) On a trois points, on veut donc un polynôme de degré 2. Si x0 = 0, x1 = 1 et x2 = 2, alors :
p2(x) =f(x0)L0(x) +f(x1)L1(x) +f(x2)L2(x)
=f(x0) (x−x1)(x−x2)
(x0−x1)(x0−x2) +f(x1) (x−x0)(x−x2)
(x1−x0)(x1−x2) +f(x2) (x−x0)(x−x1) (x2−x0)(x2−x1)
= 0(x−1)(x−2)
(0−1)(0−2) + 2(x−0)(x−2)
(1−0)(1−2) + 36(x−0)(x−1) (2−0)(2−1)
=−2x(x−2) + 18x(x−1) = 2x(2−x) + 2x(9x−9)
= 2x(2−x+ 9x−9) = 2x(8x−7)
b) On a quatre points, on veut donc un polynôme de degré 3. Si x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 etx3 = 3 , alors :
p3(x) =f(x0)L0(x) +f(x1)L1(x) +f(x2)L2(x) +f(x3)L3(x)
=f(x0) (x−x1)(x−x2)(x−x3)
(x0−x1)(x0−x2)(x0−x3) +f(x1) (x−x0)(x−x2)(x−x3) (x1−x0)(x1−x2)(x1−x3) +f(x2) (x−x0)(x−x1)(x−x3)
(x2−x0)(x2−x1)(x2 −x3)+f(x3) (x−x0)(x−x1)(x−x2) (x3−x0)(x3−x1)(x3−x2)
= 0(x−1)(x−2)(x−3)
(0−1)(0−2)(0−3) +2(x−0)(x−2)(x−3) (1−0)(1−2)(1−3) +36(x−0)(x−1)(x−3)
(2−0)(2−1)(2−3) + 252(x−0)(x−1)(x−2) (3−0)(3−1)(3−2)
= 2x(x−2)(x−3)
(1)(−1)(−2) + 36x(x−1)(x−3)
(2)(1)(−1) +252x(x−1)(x−2) (3)(2)(1)
=x(x−2)(x−3)−18x(x−1)(x−3) + 42x(x−1)(x−2)
c) L’erreur analytique est donnée par :
En(x) = f(n+1)(ξ(x))
(n+ 1)! (x−x0)(x−x1)· · ·(x−xn)
oùξ(x)appartient à l’intervalle ]x0, xn[. Pour le numéro a), on a que l’erreur est : E2(x) = f(3)(ξ)(x−0)(x−1)(x−2)
3! , ξ ∈]0,2[
tandis qu’en b), l’erreur est donnÃľe par :
E3(x) = f(4)(ξ)(x−0)(x−1)(x−2)(x−3)
4! , ξ ∈]0,3[
d) Il suffit de prendre chacun des polynômes et de les évaluer en x = 1,5. En a), on a : p2(1,5) = 2(1,5)(8(1,5)−7) = 15 et pour le numéro b), on a que :
p3(1,5) = (1,5)(1,5−2)(1,5−3)−18(1,5)(1,5−1)(1,5−3) + 42(1,5)(1,5−1)(1,5−2)
= 1,125 + 20,25−15,75 = 5,625
Numéro 10. On interpolef(x) = ln(x)par un polynôme aux noeudsx0 = 1,x1 = 2,x2 = 3, x3 = 4 et x4 = 5.
a) Trouver une expression algébrique de ce polynôme en utilisant la méthode de Newton.
b) Estimer la valeur def(6,32) avec le polynôme trouvé en a) et calculer l’erreur absolue.
Comparer cette valeur avec l’approximation fournie par la formule 5.23 en prenant comme noeud supplémentaire x= 5,5.
c) Combien de noeuds à intervalle régulier de 0,5 faudrait-il ajouter, en partant de x5 = 5,5, afin que l’erreur absolue de l’estimé de f(6,32) obtenu en b) diminue d’un facteur 100.
d) Sur l’intervalle [3,4], le graphe du polynôme trouvé en a) est-il au dessus de celui de f(x), en dessous, ou se croisent-ils ?
Solution
On interpolef(x) = lnx par un polynôme, aux noeuds 1,2,3,4,5.
(a) Il y a 5 noeuds, donc le degré du polynôme est 4. Le polynôme de Newton est donné par : pn(x) = a0+a1(x−x0) +a2(x−x0)(x−x1) +· · ·+ +an(x−x0)· · ·(x−xn−1) oùai =f[x0,· · ·, xi] est la i-ème différence divisées. Les premières différences divisées sont données par :
f[xi, xi+1] = f(xi+1)−f(xi) xi+1−xi Les deuxièmes différences divisées sont données par :
f[xi, xi+1, xi+2] = f[xi+1, xi+2]−f[xi, xi+1] xi+2−xi
Et finalement, les n-ièmes divisées sont données par :
f[x0,· · · , xn] = f[x1,· · · , xn]−f[x0,· · · , xn−1] xn−x0
On construit donc la table des différences divisées comme suit :
i xi f(xi) f[xi, xi+1] f[xi, xi+1, xi+2] f[xi, xi+1, xi+2, xi+3] f[xi, xi+1, . . . , xi+4]
0 1 0,0
0,693 147 1806
1 2 0,693 147 1806 −0,143 841 0361
0,405 465 1084 0,028 316 505 97
2 3 1,098 612 289 −0,058 891 5182 −0,004 860 605 018
0,287 682 072 0,008 874 085 90
3 4 1,386 294 361 −0,032 269 2605
0,223 143 551 4 5 1,609 437 912
Notre polynôme de Newton de degré 4 est donc :
p4(x) =a0+a1(x−x0) +a2(x−x0)(x−x1) +a3(x−x0)(x−x1)(x−x2) +a4(x−x0)(x−x1)(x−x2)(x−x3)
=f(x0) +f[x0, x1](x−x0) +f[x0, x1, x2](x−x0)(x−x1) +f[x0, x1, x2, x3](x−x0)(x−x1)(x−x2)
+f[x0, x1, x2, x3, x4](x−x0)(x−x1)(x−x2)(x−x3)
= 0,693 1471 806(x−1)−0,143 841 0361(x−1)(x−2)
+0,028 316 505 97(x−1)(x−2)(x−3)−0,004 860 605 018(x−1)(x−2)(x−3)(x−4) p4(x) =−1,267 382 809 + 1,679 182 105x−0,483 861 2475x2+ 0,076 922 556 15x3
−0,004860605018x4
(b) Pour l’estimation, il suffit d’évaluer le polynôme de degré 4 trouvé en a) enx = 6,32.
On obtient alors pf(6,32) = 1,681 902 033. Or, f(6,32) = ln(6,32) = 1,843 719 208.
L’erreur absolue est doncE =|1,681 902 033−1,843 719 208| '0,161 817.
Il reste ensuite à comparer la valeur absolue de l’erreur avec la valeur donnée par la formule suivante :
En(x)'f[x0, x1,· · · , xn, xn+1](x−x0)(x−x1)· · ·(x−xn)
Si on ajoute l’abscisse x = 5,5 et que l’on complète la table de différences finies, on peut estimer l’erreur commise par :
E4(x) 'f[x0,· · · , x5](x−x0)(x−x1)(x−x2)(x−x3)(x−x4) = p5(x)−p4(x) '(0,000 785 58)(6,32−1)(6,32−2)(6,32−3)(6,32−4)(6,32−5)
'0,183 56
(c) On veut maintenant diminuer cette erreur d’un facteur 100et donc obtenir une erreur absolue de 0,001618. Le polynôme de Newton de degré 5 obtenu en ajoutant le nœud x5 = 5,5 est :
p5(x) = p4(x) +f[x0, . . . , x5](x−1)(x−2)· · ·(x−5)
= p4(x) + 0,785 58×10−3(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5)
de sorte que p5(6,32) = 1,681 902 + 0,183 563 = 1,865 465. L’erreur absolue est alors E =|ln(6,32)−1,865 465|= 0,021 746 et il faut encore ajouter un noeud (x6 = 6,0) pour obtenir :
p6(x) = p5(x) +f[x0, . . . , x6](x−1)(x−2)· · ·(x−5)(x−5,5)
= p5(x) +−0,119 05×10−3(x−1)(x−2)· · ·(x−5,5)
On a alors p6(6,32) = 1,865 465−0,2281 = 1,842654 et l’erreur absolue est donnée par E =|1,842654−ln(6,32)|= 0,001065, ce qui est mieux que la précision requise.
(d) On sait que l’erreur exacte peut s’écrire E = 1
120f(5)(ξ(x))(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5), ξ∈[1,5]
et nous sommes intéressés au signe de l’erreur. Or la fonction f(5)(t) = 24t5 et donc le signe de l’erreur ne dépend que de celui de
(x−1)(x−2)(x−3)(x−4)(x−5).
Six∈[3,4], alors trois des facteurs sont positifs et deux sont négatifs. Par conséquent, l’erreur est positive et le graphe de ln(x) est au dessus de celui dep4(x).
Numéro 18. Soit les trois points (0,0),(1,1)et (2,8) de la fonctionf(x) =x3.
a) Obtenir le système linéaire de dimension 3 permettant de calculer la spline cubique naturelle passant par ces trois points.
b) À l’aide de la spline trouvée en a), donner une approximation de f(12) et comparer le résultat avec la valeur exacte 18
c) En interpolant une fonction cubique (f(x) = x3) par des polynômes de degré 3 dans chaque intervalle, on obtient quand même une erreur. Expliquer.
Solution
a) Le polynôme que l’on cherche est donné par : pi(x) = fi+fi0(x−xi) + fi00
2!(x−xi)2+fi000
3! (x−xi)3.
Puisque l’on veut la spline naturelle, on doit avoir f000 =f200 = 0. Par la suite, on doit avoir
h0
(h0+h1)f000+ 2f100+ h1
(h0 +h1)f200= 6f[x0.x1, x2] et comme hi =h= 1, on a alors que :
1
2f000+ 2f100+ 1
2f200= 6f[x0, x1, x2].
Pour 3 points, on obtient un système 3×3. La table de différences divisées est : 0 0
1
1 1 3
7 2 8 et le système linéaire correspondant :
f000 = 0
1
2f000+ 2f100+12f200 = 6×3 = 18 f200 = 0
→
1 0 0
1 2 2 12 0 0 1
f000 f100 f200
=
0 18 0
d’où f000 =f200 = 0 et f100 = 9.
b) Pour interpoler enx= 1/2, on doit obtenir l’équation de la spline dans le 1er intervalle (x0, x1):
p0(x) = f0 +f00(x−x0) + f000
2!(x−x0)2+f0000
3! (x−x0)3 Or, on a que :
f =f(x ) = 0
On obtient donc le polynôme suivantp0(x) = 0−1
2(x−0)+0+9
6(x−0)3 =−1 2x+3
2x3de sorte quep0(1/2) = −0,0625. On remarque de plus quef(1/2) = (1/2)3 = 1/8 = 0,125.
c) Pour la spline naturelle, on impose f000 = 0 et f200 = 0 qui sont respectivement des approximations de la dérivée seconde de la fonction f(x) en x = 0 et x = 2. Cette dernière condition est incompatible avec la fonction f(x) = x3 puisque f00(x) = 6x et on devrait donc imposer f200= 12.
Numéro 20. On souhaite concevoir un virage d’une voie de chemin de fer entre les points (0,0) et(1,1). Le virage est décrit par une courbe de la forme y=f(x) qui satisfait :
f(0) = 0 etf(1) = 1
De plus, pour assurer une transition en douceur, la pente de la courbe doit satisfaire : f0(0) = 0 etf0(1) = 0,3
On représente la courbe à l’aide d’un polynôme dans l’intervalle [0,1].
a) Quel est le degré minimal que ce polynôme devra avoir pour remplir toutes les condi- tions ?
b) Calculer ce polynôme.
Solution
a) On a 4 conditions. On peut donc espÃľrer y arriver avec un polynôme de degré 3.
b) Puisque p(x) = a0 +a1x+a2x2+a3x3 et p0(x) = a1+ 2a2x+ 3a3x2, les 4 conditions se traduisent alors par :
f(0) = 0 ⇒p(0) = a0 = 0 f0(0) = 0 ⇒p0(0) = a1 = 0
f(1) = 1 ⇒p(1) =a2 +a3 = 1 ⇒a2 = 1−a3
f0(1) = 0,3 ⇒p0(1) = 2a2+ 3a3 = 2(1−a3) + 3a3 = 0,3 ⇒a3 =−1,7 ce qui entraÃőne que p(x) = 2,7x2−1,7x3 =x2(2,7−1,7x)
