IFT 2425
DÉMONSTRATION N
o
5
Max Mignotte
DIRO,Départementd'InformatiqueetdeReherheOpérationelle,loal2384.
http://www.iro.umontreal.a/
∼
mignotte/ift2425/E-mail:mignotteiro.umontreal.a
Chapitre 3 Résolution de systèmed'équationsnonlinéaires
I ... Résolutiondesystèmed'équationsnonlinéaires.
Chapitre 4 Interpolation polynomiale
II ... Interpolationparrésolution desystème d'équations.
III ... MéthodedeLagrange.
IV ... InterpolationparméthodedeNewton-Grégory.
V ... MéthodedeNewtonpourlesdiérenesdivisées.
Résoudrelesystèmesuivant:
3x − cos(y) − 0.5 = 0 x 2 − 2y 2 +1 = 0
parlaméthodedeNewton-Raphsonetavelaonditioninitialesuivante:
x [0]
y [0]
= 1
1
Réponse
Posons
f (x, y) = 3x − cos(y) − 0.5
etg(x, y) = x 2 − 2y 2 + 1
Onrappellequel'approheitérativeonduisantàlasolutiondeesystèmed'équationsnonlinéaires est
lasuivante,
x [n+1]
y [n+1]
= x [n]
y [n]
+
∆x [n]
∆y [n]
ave(
∆x [n] ∆y [n]
),solutiondusystème,∂f
∂x (x [n] , y [n] ) ∂f ∂y (x [n] , y [n] )
∂g
∂x (x [n] , y [n] ) ∂g ∂y (x [n] , y [n] )
!
∆x [n]
∆y [n]
= −
f (x [n] , y [n] ) g(x [n] , y [n] )
Ona,aprèsalul,
∂f
∂x (x [n] , y [n] ) ∂f ∂y (x [n] , y [n] )
∂g
∂x (x [n] , y [n] ) ∂g ∂y (x [n] , y [n] )
!
=
3 sin y [n]
2x [n] − 4y [n]
etl'inversedeettematrieest,
3 sin y [n]
2x [n] − 4y [n]
−1
= 1
12y [n] + 2x [n] sin y [n] ×
4y [n] sin y [n]
2x [n] − 3
L'approheitérativeestdon,
x [n+1]
y [n+1]
= x [n]
y [n]
− 1
12y [n] + 2x [n] sin y [n] ×
4y [n] sin y [n]
2x [n] − 3
3x [n] − cos y [n] − 0.5 (x [n] ) 2 − 2(y [n] ) 2 + 1
et onobtient,
x [0]
y [0]
= 1
1
x [1]
y [1]
= 1
1
− 1
12 + 2 sin(1) ×
4 sin(1) 2 − 3
3 − cos(1) − 0.5 1 2 − 2(1) 2 + 1
=
0.427112
0.713556
x [2]
y [2]
=
0.407422 0.765157
x [3]
y [3]
=
0.407461 0.763554
x [4]
y [4]
=
0.407461 0.763552
x [5]
y [5]
=
0.407461 0.763552
II. Interpolation par résolution de système d'équations
Trouverlepolynmepassantparlespointssuivants:
(0, 0), (1, 2), ( − 1, − 1), (3, 1)
.Réponse
On aquatre points, on peut don passer un polynme de degré au plus égale àtrois passant par es
quatrepoints.Cepolynmes'érit :
P (x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a 1 x + a 0
Si epolynmepasseparesquatrepoints,onalesystèmesuivant:
+a 0 = 0 a 3 +a 2 +a 1 +a 0 = 2
−a 3 +a 2 −a 1 +a 0 = −1 27a 3 +9a 2 +3a 1 +a 0 = 1
Don,ondoitrésoudrelesystèmesuivant:
0 0 0 1
1 1 1 1
− 1 1 − 1 1
27 9 3 1
a 0
a 1
a 2
a 3
=
0 2
− 1 1
Larésolutiondeesystème nousdonne
a 0
a 1
a 2
a 3
=
0 11/6
1/2
− 1/3
Lepolynmepassantparlespoint
(0, 0)
,(1, 2)
,( − 1, − 1)
et(3, 1)
s'éritP (x) = − 1 3 x 3 + 1 2 x 2 + 11 6 x
.Deefait,ilyabeauoupdeoeientàrésoudreetette méthoden'estpastrèseae.Deplus,lorsque
lespointsdedonnéssontperturbéesparuneerreurnumérique(erreurdequantiation),lesystèmeesttrès
malonditionnéetentrainedeserreurssurlasolutiondusystème(lesoeients
a i
dupolynome).III. Interpolation par méthode de Lagrange
TrouverlepolynmedeLagrangepassantparlespointssuivants:
(0, 0), (1, 2), ( − 1, − 1), (3, 1)
.Réponse
LepolynmedeLagrangepassantparlespoints
(x 0 , y 0 )
,(x 1 , y 1 )
,. . .
,(x n , y n )
s'érit:P n (x) = P n
i=0 π i (x)
π i (x i ) y i
,oùπ i (x) = Π n j6=i,j=0 (x − x j )
avei = 0, 1, . . . , n
.Dansnotreas,ontrouveraparetteméthodeunpolynmededegrétrois:
P 3 (x) =
3
X
i=0
π i (x) π i (x i ) y i
Ave:
π 0 (x) = Π 3 j=0,j6=0 (x − x j ) = (x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 ) = (x − 1)(x + 1)(x − 3) = x 3 − 3x 2 − x + 3 π 1 (x) = Π 3 j=0,j6=1 (x − x j ) = (x − x 0 )(x − x 2 )(x − x 3 ) = x(x + 1)(x − 3) = x 3 − 2x 2 − 3x
π 2 (x) = Π 3 j=0,j6=2 (x − x j ) = (x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 3 ) = x(x − 1)(x − 3) = x 3 − 4x 2 + 3x π 3 (x) = Π 3 j=0,j6=3 (x − x j ) = (x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 ) = x(x − 1)(x + 1) = x 3 − x
et,
π 0 (x 0 ) = π 0 (0) = 3 π 1 (x 1 ) = π 1 (1) = −4 π 2 (x 2 ) = π 2 ( − 1) = − 8 π 3 (x 3 ) = π 3 (3) = 24
Ontrouvedon
P 3 (x) = x 3 − 3x − x + 3
3 × 0 + x 3 − 2x 2 − 3x
− 4 × 2 + x 3 − 4x 2 + 3x
− 8 × ( − 1) + x 3 − x 24 × 1, P 3 (x) = − 1
3 x 3 + 1
2 x 2 + 11
6 x.
Al'aidedelaméthodedeNewton-Grégorydesendante,trouverunpolynmededegrétroispassantpar
lespointssuivants:
(1, 4), (2, − 2), (3, 3), (4, 1)
.CalulerensuiteP(s)
enx = 3/2
.Réponse
Lepolynmedeolloationest donnépar,
P 3 (s) = ∆ 0 y 0 + ∆ 1
1! y 0 s + ∆ 2 y 0
2! s(s − 1) + ∆ 3 y 0
3! s(s − 1)(s − 2)
où
s = (x − x 0 )/h
aveh = 1
.Ondoittrouverdondansunpremiertempslesdiérenesdesendantes,
x y
∆y ∆ 2
y∆ 3 y
1 4
2 -2 -2-4=-6 5-(-6)=11 -7-11=-18
3 3 3-(-2)=5 -2-5=-7
4 1 1-3=-2
Pourtrouverlepolynmededegrétroispassantespoints,nousavonsbesoinsseulementde
∆ 0 y 0
,∆ 1 y 0
,et
∆ 2 y 0
,et∆ 3 y 0
, i.e.,∆ 0 y 0 = 4
∆ 1 y 0 = − 6
∆ 2 y 0 = 11
∆ 3 y 0 = − 18
P 3 (s) = 4 − 6 1! s + 11
2! s(s − 1) − 18
6 s(s − 1)(s − 2)
= 4 − 35 2 s + 29
2 s 2 − 3s 3
Pourlealulde
P(s)
enx = 3/2
,onas = (x − x 0 )/h = x − 1 = (3/2) − 1 = 1/2
,don,P (1/2) = 4 − (35/2)(1/2) + (29/2)(1/2) 2 − (3)(1/2) 3
= − 3/2
V. Méthode de Newton pour les diérenes divisées.
A l'aidedelaméthodedeNewtonpourlesdiérenesdivisées,
1. Trouverunpolynmededegrétroispassantparlespointssuivants:
(1, 4), (2, − 2), (3, 3), (4, 1)
.(1, 4), (2, − 2), (3, 3), (4, 1), (5, 1)
.Réponse
1.Letableaudesdiérenesdiviséess'érit(f.NotesdeCours,Chapitre 4,page25),
x y ∆[x 0 , x 1 ] ∆ 2 [x 0 , x 1 , x 2 ] ∆ 3 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 ]
1 4
-6
2 -2 11/2
5 -3
3 3 -7/2
-2
4 1
Onadon,
P 3 (x) = y 0 + ∆[x 0 , x 1 ](x − x 0 ) + ∆ 2 [x 0 , x 1 , x 2 ](x − x 0 )(x − x 1 ) + ∆ 3 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 ](x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 ) P 3 (x) = 4 + ( − 6)(x − 1) + (11/2)(x − 1)(x − 2) + ( − 3)(x − 1)(x − 2)(x − 3)
P 3 (x) = 39 − (111/2)x + (47/2)x 2 − 3x 3
2.Onalarelationsuivante,
P 4 (x) = P 3 (x) + ∆ 4 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ](x − x 0 )(x − x 1 )(x − x 2 )(x − x 3 )
ave,
∆ 4 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ] = ∆ 3 [x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ] − ∆ 3 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 ] x 4 − x 0
Onalenouveautableau desdiérenesdiviséessuivant
x y ∆[x 0 , x 1 ] ∆ 2 [x 0 , x 1 , x 2 ] ∆ 3 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 ] ∆ 4 [x 0 , x 1 , x 2 , x 3 , x 4 ]
1 4
-6
2 -2 11/2
5 -3
3 3 -7/2 9/8
-2 3/2
4 1 1
0
5 1
Onadon,