MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
L'objet de ce problème
1est de former une valeur approchée d'une intégrale en remplaçant la fonction par un polynôme d'interpolation et de majorer l'erreur de cette approximation.
On considère un segment I = [a, b] et une fonction f ∈ C
∞([a, b]) .
Pour tout nombre β dans I et tout entier n ≥ 1 , on dénit la subdivision régulière (x
0(β), x
1(β), · · · , x
n(β)) de [a, β] en posant
x
i(β) = a + i β − a n pour tout entier i entre 0 et n .
Attention, la subdivision dépend de n . Pour ne pas alourdir l'écriture, cette dépendance n'apparait pas dans les notations.
À cette subdivision sont attachés les polynômes d'interpolation L
i,βdénis par :
∀i ∈ {0, · · · , n}, ∀t ∈ R , L
i,β(t) = Y j ∈ {0, · · · , n}
j 6= i
t − x
j(β) x
i(β ) − x
j(β )
On note aussi : A
i(β) =
Z
βa
L
i,β(t) dt, A(f, β) =
n
X
i=0
f (x
i(β))A
i(β), R(f, β) = Z
βa
f (t) dt − A(f, β)
Avec ces notations, A(f, b) est une approximation de l'intégrale de f entre a et b et R(f, b) est l'erreur commise en prenant cette valeur approchée au lieu de l'intégrale. La variable β sera utile pour majorer l'erreur.
1. a. Montrer que (L
0,β, · · · , L
n,β) est une base de l'espace des polynômes à coecients réels de degré inférieur ou égal à n . Comment s'expriment les coecients d'un polynôme dans cette base ?
b. En déduire que R(f, β) est nul lorsque f est un polynôme de degré inférieur ou égal à n . Montrer en particulier que
b − a = A
0(b) + A
1(b) + · · · + A
n(b)
2. On considère la fonction ane s dénie par :
∀t ∈ R : s(t) = a + b − t
1d'après Fractions et Polynômes, Ed. Ellipses
a. Calculer s(x
i(b)) pour i ∈ {0, · · · , n} . En déduire que L
i(s(t) = L
i(t) pour tous les t ∈ [a, b] et tous les i ∈ {0, · · · , n} puis que A
i(b) = A
n−i(b) .
b. Si n = 1 , calculer A
0(b) , A
1(b) . C'est la formule dite des trapèzes.
c. Si n = 2 , on pose u = t −
a+b2. Exprimer L
0,b(t) en fonction de u . En déduire A
0,bpuis A
1,bet A
2,b. C'est la formule dite de Simpson.
d. Si n = 3 , on pose u = t −
a+b2. Exprimer L
0,b(t) en fonction de u , en déduire A
0,b. faire de même pour A
1,b. En déduire A
2,bet A
3,b. C'est la formule dite des
3 8
èmes.
3. a. Exprimer
L
i,β(a + β − a
b − a (t − a)) en fonction de L
i,b(t) .
b. Exprimer A
i(β) en fonction de A
i(b) . 4. Majoration de l'erreur.
Pour une fonction f xée, on considère R(f, β) comme une fonction de β notée sim- plement R(β) . On introduit aussi
M
k= sup
[a,b]
|f
(k)|
a. Montrer que R ∈ C
∞(I) . Pour tout entier k , calculer R
(k)(β ) à l'aide de la formule de Leibniz.
b. Montrer que R
(k)(a) = 0 pour k entre 0 et n + 1 .
c. On suppose que les A
i(b) sont strictement positifs
2. Montrer que
∀β ∈ [a, b], |R
(n+1)(β)| ≤ n + 2
n + 1 (β − a)M
n+1d. En déduire une majoration de R(b) . Préciser la majoration de l'erreur pour les formules du trapèze, de Simpson et des
38èmes.
2attention, cela n'est pas vrai pour toutes les valeurs den. Les premiers coecients négatifs apparaissent pourn= 8.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
Rémy Nicolai AintapproxMPSI B 29 juin 2019
Corrigé
1. a. Considérons un polynôme f et P
βson interpolation c'est à dire : P
β(t) =
n
X
i=0
f (x
i(β ))L
i,β(t)
Par dénition, P
βest de degré inférieur ou égal à n et prend aux n + 1 points x
i(β) la même valeur que f . Lorsque deg f ≤ n , le polynôme f − P
βest donc nul car il est de degré inférieur ou égal à n avec n + 1 racines. Ceci prouve que la famille est génératrice. C'est une base car c'est une famille de n + 1 vecteurs dans un espace de dimension n + 1 . Les coordonnées dans cette base sont donc les valeurs du polyôme aux points x
i(β) .
b. En intégrant entre a et β , on obtient : A(f, β) =
Z
βa
f (t)dt
En particulier pour f = 1 (polynôme de degré 0 ) et β = b , on obtient b − a = A
0(b) + A
1(b) + · · · + A
n(b)
2. a. Le calcul suivant exprime la symétrie des x
i(b) par rapport au milieu de l'inter- valle : pour tout i entre 0 et n ,
s(x
i(b)) = a + b −
a + i b − a n
= b − i b − a
n = a + (b − a) − i b − a n
= a + (n − i) b − a
n = x
n−i(b) Comme s ◦ s = Id , on en déduit que L
i,b(s(t)) est un polynôme de degré n en t qui prend la valeur 0 en tous les x
k(b) pour k 6= n − i et la valeur 1 en x
n−i(b) . On en déduit que
L
i,b(s(t)) = L
n−i,b(t)
Le changement de variable u = s(t) dans l'intégrale dénissant A
i(b) conduit alors à A
i(b) = A
n−i(b) .
b. Pour la formule des trapèzes, n = 1 . Deux coecients seulement sont à calculer.
Ils sont égaux par symétrie d'après le a.. Leur somme vaut b − a d'après 1.b, on en déduit
A
0(b) = A
1(b) = b − a 2
c. Pour la formule de Simpson ( n = 2 ), par symétrie A
2(b) = A
0(b) et la somme des coecients vaut b − a . Il sut donc de calculer A
0(b) . Dans cette intégrale, on eectue le changement de variable u = x −
12(a + b) :
A
0(b) = Z
ba
L
0(x)dx = Z
b−a2−b−a2
2 (a − b)
2u
u + b − a 2
du
= 2
(a − b)
2u
33
b−a2−b−a2
(la partie impaire disparait)
= 2
(a − b)
2(b − a)
38 × 3 × 2 = b − a 6 On en déduit par symétrie A
1(b) =
b−a6puis
b − a = A
0(b) + A − 1(b) + A
2(b) ⇒ A
1(b) = 2(b − a) 3 d. Dans le cas n = 3 , les calculs sont analogues mais plus lourds :
L
0(t) = t −
2a+b3−
b−a3t −
a+2b3−2
b−a3t − b
−(b − a) = −9
2(b − a)
3(t − 2a + b
3 )(t − a + 2b 3 )(t − b)
= −9
2(b − a)
3(u
2− (b − a)
236 )(u − b − a 2 ) Après le changement de variable, l'intégration se fait entre −
b−a2et
b−a2. Les puissances impaires de u disparaissent et on obtient :
A
3(b) = A
0(b) = 9 2(b − a)
3b − a 2
2 3 ( b − a
2 )
3+ (b − a)
364 (b − a)
= · · · = b − a 8 En utilisant la somme des quatre coecients, on obtient
A
1(b) = A
2(b) = 3(b − a) 8 3. a.
b.
4. a.
b.
c.
d.
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
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![1. a. Soit f : [0, π] → R une fonction continue. Montrer qu'il existe une unique fonction dérivable F : [0, π] → R telle que F 0 = f et Z π](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)