3 : Intégration numérique

Université Pierre et Marie Curie Licence de Mathématiques LL383

Equations différentielles. Méthodes de résolution numérique.

Travaux dirigés Année universitaire 2006-2007

Corrigé du TD n

3 : Intégration numérique

Exercice 1.

a) Remarquons d’abord que l’erreur E(f) = ! ₁

0

f(x)dx−

"

f(0) + 1

6f^!(0) + 1 3f^!(1

2)#

est un opérateurlinéairedeC¹([0,1])dansR. Par conséquent, la formule est exacte pourtoutpolynôme de P3 si et seulement si elle est exacte pour les polynômes de la base canonique{1, x, x², x³} de P3, c’est-à-dire E(1) =E(x) =E(x²) =E(x³) = 0. Ceci implique que :

! 1 0

1dx=w₀ = 1, ! 1 0

x dx=w₁+w₂ = 1 2,

! ₁

0

x²dx= 2ξw₂ = 1 3,

! ₁

0

x³dx= 3ξ²w₂= 1 4. Les coefficients sont donc :

ξ = 1

2 , w0 = 1 , w1 = 1

6 , w2 = 1 3. et la formule de quadrature s’écrit comme :

! ₁

0

f(x)dx∼f(0) + 1

6f^!(0) + 1 3f^!(1

2)

b)D’après ce qui précède, l’ordre de la méthode est au moins3. Remarquons maintenant que E(x→x⁴) = 1

5 −4 3(1

2)³ = 1 30

donc la méthode est d’ordre 3. Pour pouvoir calculer E(f) de façon générale, on a besoin de calculer le noyau de Peano K=K₃ défini par :

K(t) =E(x→(x−t)³₊) =! ₁

0

(x−t)³₊dx−(x−t)³₊|x=0−1 6

d

dx(x−t)³₊|x=0−1 3

d

dx(x−t)³₊|x=1/2

K₃ =











! ₁

t

(x−t)³dx−(1

2−t)² sit≤ ¹₂

! ₁

t

(x−t)³dx sit≥ ¹₂

=







 1

4(1−t)⁴−(1

2 −t)² si t≤ ¹₂ 1

4(1−t)⁴ si t≥ ¹₂

c)On vérifie que

1

4(1−t)⁴−(1

2 −t)² = 1

2t²(1−2t+ 1 2t²)

et que par suite, K(t) est positif sur [0,¹₂]. Comme K(t) est évidemment positif sur [¹₂,1], le noyau de Peano de la méthode ne change pas de signe.

Une fois que le noyau de Peano est trouvé de signe constant sur l’intervalle de définition, nous pouvons appliquer le résultat suivant pour calculer l’erreur d’intégration (voir polycopié) :

∀f ∈C¹([0,1]), ∃η∈]0,1[, E_N(f) = 1

(N+ 1)!E_N(x)−→x^N+1)f^(N+1)(η).

Donc :

∀f ∈C¹([0,1]), ∃η ∈]0,1[, E(f) = 1

3!f⁽⁴⁾(η)! 1 0

K(t)dt= 1

4!f⁽⁴⁾(η)E(x→x⁴) = 1

720f⁽⁴⁾(η)

d)On fait le changement de variablex=a+u(b−a) , u∈[0,1]:

! _b

a

f(x)dx=! ₁

0

f(a+u(b−a))(b−a)du,

En posantg(u) = (b−a)f(a+u(b−a)),u∈[0,1]on en déduit la formule de quadrature :

! b a

f(x)dx=! 1 0

g(u)du∼g(0)+1

6g^!(0)+1 3g^!(1

2) = (b−a)(

f(a)+(b−a)

6 f^!(a)+(b−a)

3 f^!(a+b 2 ) On pose alors E(f˜ ) =! _b

a

f(x)dx−(b−a)(

f(a) +(b−a)

6 f^!(a) +(b−a)

3 f^!(a+b

2 ). Comme on a clairement E(f˜ ) =E(g) on en déduit que pour toutf ∈C¹([a, b]),∃η∈[0,1]tel que

E(f˜ ) =E(g) = 1

720g⁽⁴⁾(η) = 1

720(b−a)⁵f⁽⁴⁾(a+ξ(b−a))

Exercice 2. Interpolation/intégration numérique utilisant les polynômes de Hermite a) Si p ∈ P3, les équations (1) forment un système linéaire de 4 équations à 4 inconnues (les coefficients du polynôme). Il suffit donc de montrer que le système homogène associé, obtenu pour αi = 0, n’admet que la solution nulle.

En effet, α₁ = α₂ = α₃ = α₄ = 0 implique que (x = 0) et (x = 1) sont racines doubles et p s’écrit sous la forme :

p(x) =q(x)x²(x−1)². Comme p∈ P3, nécessairementq(x) = 0.

b)Sip(x) =a₀+a₁x+a₂x²+a₃x³, on obtient facilement que :









a0 = α1

a₁ = α₂

a₂ = −α₄+ 3α3−2α2−3α1

a3 = α4−2α3+α2+ 2α1

=⇒









p1(x) = 2x³−3x²+ 1 p₂(x) = x³−2x²+x p₃(x) = −2x³+ 3x² p4(x) = x³−x²

.

Remarque : ces quatre polynômes sont des combinaisons linéaires de polynômes de Hermite (d’où le titre de l’exercice. . . ). Les polynômes de Hermite, que l’on utilise pour l’approximation et l’intégration numérique, sont définis par

H_n(x) = (−1)ⁿe^x2 dⁿ

dxⁿ(e^−x2)

Ils forment une suite de polynômes orthogonaux pour le poids e^−x2 sur R et peuvent donc être utilisés, contrairement aux polynômes de Tchebichev ou de Legendre, sur un intervalle non borné de R.

Par unicité de la solution du système (1), il suffit de montrer que )4

i=1αipi vérifie le système pour pouvoir conclure que p = )₄

i=1α_ip_i. Notons q = )₄

i=1α_ip_i. On obtient facilement, à partir des définitions des polynômesp_i, queq(0) =α₁,q^!(0) =α₂,q(1) =α₃ etq^!(1) =α₄ donc q vérifie (1), d’où la conclusion.

c)(voir la feuille de TD 1, Ex 1 a) b), Ex 4 c) pour un raisonnement similaire) Considérons la fonction :

g(t) =f(t)−p_f(t)−f(x)−p_f(x)

π(x) π(t) =⇒g^!(t) =f^!(t)−p^!_f(t)−f(x)−p_f(x)

π(x) 2t(t−1)(2t−1).

Comme g(0) =g(x) =g(1) = 0, il existe (th. de Rolle) au moinsξ₁∈]0, x[etξ₂ ∈]x,1[tels que g^!(ξ1) =g^!(ξ2). De plus, il est évident que g^!(0) =g^!(1) = 0: donc, g^! s’annule en 4 points et, par conséquent, il existeξ_x ∈]0,1[tel que d³/dx³(g^!)(ξ_x) =g⁽⁴⁾(ξ_x) = 0.

En dérivant dans l’expression deg, nous obtenons (p_f ∈ P3 donc p⁽⁴⁾_f = 0) : f⁽⁴⁾(ξ_x)−f(x)−p_f(x)

π(x) 4! = 0, d’où le résultat demandé.

d) Si f(x) = p(x) ∈ P3, l’unicité démontrée au a) montre que p_f(x) = p(x) = f(x), donc la formule de quadrature est exacte pourp(x)∈ P3.

Un calcul élémentaire donne les valeurs des poids :

w₁ = 1/2, w₂ = 1/12, w₃ = 1/2, w₄=−1/12.

Par conséquent, la formule de quadrature s’écrit sous la forme :

! ₁

0

f(x)dx∼ 1

2(f(0) +f(1)) + 1

12(f^!(0)−f^!(1))

e) Considérons la fonction h : x )→ f⁽⁴⁾(ξ_x). On sait par hypothèse que x )→ f⁽⁴⁾(x) est continue sur [0,1]mais on n’a a priori aucune information sur la fonctionx)→ξ_x. On utilise en fait l’égalité démontrée à la question c) :

h(x) = 4!f(x)−p_f(x) π(x)

Il est alors clair que h est continue sur ]0,1[. Montrons qu’on peut la prolonger par continuité en 0 et en 1. En utilisant les développements limités def etp_f en 0on obtient f(x) =f(0) + xf^!(0) + ^x₂²f^!!(0) +o(x²) et p_f(x) = p_f(0) +xp^!_f(0) + ^x₂²p^!!_f(0) +o(x²), d’où f(x)−p_f(x) = [f(0)−p_f(0)] +x[f^!(0)−p^!_f(0)] +^x₂²[f^!!(0)−p^!!_f(0)] +o(x²) = ^x₂²[f^!!(0)−p^!!_f(0)] +o(x²)d’après les hypothèses sur pf.

On a donc, au voisinage de0, h(x) = 4!

x²

2 [f^!!(0)−p^!!_f(0)] +o(x²)

x²(1−x)² = 12f^!!(0)−p^!!_f(0) +o(2)

(1−x)² →12(f^!!(0)−p^!!_f(0)) ce qui montre que h peut être prolongée par continuité au voisinage de 0. Un raisonnement analogue permet de prolonger par continuitéh en 1et on conclut, finalement, qu’après prolon- gement la fonction x)→f⁽⁴⁾(ξx)est continue sur [0,1].

On a, d’après la question c),E(f) = _4!¹ ! 1 0

π(x)f⁽⁴⁾(ξx)dx. Les deux fonctionsπ etx)→f⁽⁴⁾(ξx) étant continues sur [0,1] etπ étant positive sur[0,1], on en déduit par le second théorème de la moyenne qu’il existe x₀ ∈]0,1[tel que

E(f) = 1

4!f⁽⁴⁾(ξx0)! 1 0

π(x)dx En posantη =ξ_x0 et en calculant*1

0 π(x)dx= ₃₀¹, on en déduit le résultat demandé.

f)On sait d’après la question d) que la méthode est au moins d’ordre 3. On calcule donc E(x→x⁴) =! ₁

0

x⁴dx−1 2

+x⁴|0+x⁴|1

,− 1 12

+4x³|0−4x³|1

,= 1 5 −1

2+ 1 3 = 1

30, ce qui prouve que la méthode est exactement d’ordre3.

Le noyau de Peano est donné par :

K(t) =E(x→(x−t)³₊) =! ₁

0

(x−t)³₊dx−1 2

+(x−t)³₊|x=0+ (x−t)³₊|x=1

,

− 1 12

"

d

dx(x−t)³₊|x=0− d

dx(x−t)³₊|x=1

#

= (x−t)⁴ 4

-- --

x=1 x=t

−1

2(1−t)³+1

4(1−t)² et finalement :

K(t) = t²(1−t)²

4 ≥0, pour t∈[0,1].

Comme le noyau de Peano est de signe constant sur [0,1], nous pouvons écrire : E(f) = 1

(3 + 1)!E(x)−→x⁴)f⁽³⁺¹⁾(ξ) = 1

6!f⁽⁴⁾(ξ).

g)Avec le changement de variablex=a+(b−a)u, u∈[0,1], nous pouvons utiliser les résultats démontrés pour l’intervalle [0,1]:

! _b

a

f(x)dx=! ₁

0

f(a+ (b−a)u) (b−a)du= (b−a) ! ₁

0

g(u)du

et la formule de quadrature devient :

! b a

f(x)dx ∼ (b−a)

"1

2(g(0) +g(1)) + 1

12(g^!(0)−g^!(1))

#

∼ (b−a)

"1

2(f(a) +f(b)) + (b−a)

12 (f^!(a)−f^!(b))

#

L’erreur d’interpolation est donnée par : E(f) = ! _b

a

f(x)dx−(b−a)

"1

2(f(a) +f(b)) +(b−a)

12 (f^!(a)−f^!(b))

#

= (b−a).! 1 0

g(u)du−

"1

2(g(0) +g(1)) + 1

12(g^!(0)−g^!(1))

#/

E(f) = (b−a) 6!

d⁴ du⁴g(u)

-- --

u=η

= (b−a)⁵

6! f⁽⁴⁾(ξ)

h)La formule de quadrature composée Q(f) =! b

a

f(x)dx=

n−1

0

i=1

! xi+h xi

f(x)dx

peut s’écrire en utilisant la formule de quadrature élémentaire écrite sur l’intervalle[a=x_i, b= x_i+h]:

Q(f) =

n−1

0

i=0

! xi+h xi

f(x)dx=

n−1

0

i=0





 h

2(f(xi) +f(xi+1))

4 56 7

formule des trapèzes +h²

12(f^!(xi)−f^!(xi+1))







=h

"1

2f(x0) +f(x1) +· · ·+f(xn−1) +1 2f(xn)

# +h²

12(f^!(a)−f^!(b))

L’erreur d’interpolation devient : E(f) =! b

a

f(x)dx−Q(f) =

n−1

0

i=0

h⁵

6! f⁽⁴⁾(ηi)≤ h⁵

6!(n M4) = h⁴(b−a) 6! M₄, où |f⁽⁴⁾(x)| ≤M₄,∀x∈[a, b].

Remarque : La formule obtenue a une précision supérieure à celle obtenue en utilisant la formule des trapèzes sur chaque intervalle (ordre 1) car la donnée des dérivées aux bords de l’intervalle permet une bien meilleure approximation de la fonction (c’est en effet souvent au voisinage des bords que l’interpolation est mauvaise, cf. le phénomène de Runge). L’ordre de précision est en fait celui de la méthode de Simpson, mais alors que cette dernière nécessite2n+1 points d’interpolation (3 points par intervalle), on n’utilise ici quen+ 1points d’interpolation.

Cette méthode est donc très intéressante, à cette restriction près qu’il faut connaître la dérivée de la fonction aux bords.

Exercice 3. Calcul des coefficients de la formule de Newton-Cotes a) On sait que :

ω_j^(l)= 1 2

! ₁

−1

l_j(x)dx, où lesl_j(x)sont les polynômes de base de Lagrange. Donc,

ω_j^(l)= 1 2

! ₁

−1

(x−x₀)(x−x₁)· · ·(x−x_j−1)(x−x_j+1)· · ·(x−x_n) (xj−x₀)(xj−x₁)· · ·(xj −x_j−1)(xj−x_j+1)· · ·(xj −x_n)dx,

et en faisant le changement de variable x=−1 + ²_l s=⇒dx= ²_l ds, nous obtenons la relation demandée :

ω^(l)_j = 1 2

! 1 0

s(s−1)· · ·(s−(j−1))·(s−(j+ 1))· · ·(s−l) j(j−1)· · ·1·(−1)(−2)· · ·(−(l−j)) (2

lds)

= (−1)^(l−j) l·j!·(l−j)!

! ₁

0

π_l(s)

s−jds= (−1)^(l−j)C_l^j l·l!

! _l

0

π_l(s) s−jds

b)Si

π_l(s) = 0l+1 i=0

S_i^(l+1)sⁱ,

nous pouvons écrire pour l= 0:

πl(s) =s=⇒S₀⁽¹⁾= 0; S₁⁽¹⁾ = 1.

On utilise ensuite la relation de récurrence évidente : π_l(s) = (s−l)·π_l−1(s) = (s−l)·

0l i=0

S_i^(l)sⁱ,

d’où les relations demandées :

S_i^(l+1)=S_i^(l)₋₁−l·S_i^(l), i= 0,1, . . . l; S₀^(l+1) = 0; S_l+1^(l+1)=S^(l)_l =· · ·=S₁⁽¹⁾= 1.

c)Pour calculer les coefficientsa^(l)_j,i, nous utilisons l’égalité :

π_l(s) = 0l+1

i=0

S_i^(l+1)sⁱ = (s−j)· 0l

i=0

a^(l)_j,isⁱ,

d’où la récurrence : 





a^(l)_j,l =S_l+1^(l+1)= 1

a^(l)_j,i−1 =S_i^(l+1)+j·a^(l)_j,i. i=l . . .1

L’expression de ω_j^(l) devient, avec ces notations :

ω^(l)_j = (−1)^(l−j)C_l^j l·l!

! l 0

0l i=0

a^(l)_j,isⁱds= (−1)^(l−j)C_l^j l·l!

0l i=0

a^(l)_j,i lⁱ⁺¹ i+ 1.

L’algorithme de calcul des poids de la méthode de quadrature sera le suivant :

– pour unl fixé, calculer les coefficients S_i^(l+1), pour i= 0,1, . . . l; – pour chaque0≤j≤l,

– calculer les coefficientsa^(l)_j,i, pouri= 0,1, . . . l; – calculer les poidsω_j^(l).

d)

Nous obtenons, successivement :

l= 0 l= 1 l= 2 S₀⁽¹⁾= 0 S₀⁽²⁾= 0 S₀⁽³⁾= 0 S₁⁽¹⁾= 1 S₁⁽²⁾=−1 S₁⁽³⁾= 2 S₂⁽²⁾= 1 S₂⁽³⁾ =−3

S₃⁽³⁾= 1

l= 1 (méthode des trapèzes) j= 0 j = 1

a⁽¹⁾_0,1 = 1 a⁽¹⁾_1,1 = 1 a⁽¹⁾_0,0=−1 a⁽¹⁾_1,1 = 0

=⇒ ω₀⁽¹⁾= 1/2, ω⁽¹⁾₁ = 1/2(méthode des trapèzes).

l= 2 (méthode de Simpson) j= 0 j= 1 j= 2 a⁽²⁾_0,2 = 1 a⁽²⁾_1,2 = 1 a⁽²⁾_2,2= 1 a⁽²⁾_0,1=−3 a⁽²⁾_1,1 =−2 a⁽²⁾_2,1 =−1

a⁽²⁾_0,0 = 2 a⁽²⁾_1,0 = 0 a⁽²⁾_2,0= 0

=⇒ ω₀⁽²⁾= 1/6, ω⁽²⁾₁ = 2/3, ω₂⁽²⁾ = 1/6 .

e) L’erreur d’interpolation pour (NCl) s’écrit sous la forme

E_l(f) =! ₁

−1

f(x)dx−2 0l j=0

ω_j^(l)f(x_j) = 1 N!

! ₁

−1

K_N(t)f^(N+1)(t)dt

et le noyau de Peano associé sera calculé selon la formule (voir polycopié) : K_N(t) =E_l(x)−→(x−t)^N₊),

où N est l’ordre de la méthode.

On admet sans démonstration le résultat suivant :

Si l est pair, l’ordre de NCl est l+1 ; si l est impair,l’ordre de NCl est l.

Par conséquent, on a :

l= 1 (N = 1) (méthode des trapèzes)

E₁(f) =! 1

−1

f(x)dx−(f(−1) +f(1))

Vérifions que N = 1 :

E1(x)−→x) =! 1

−1

x dx−(−1 + 1) = 0

E₁(x)−→x²) =! 1

−1

x²dx−(1 + 1) =−4 3

K₁(t) =! 1

−1

(x−t)+dx−((x−t)+|x=−1+(x−t)+|x=1) =! 1 t

(x−t)dx−((−1−t)+

4 56 7

=0, t≥−1

+ (1−t)+

4 56 7

=(1−t)

)

K₁(t) =−1

2(1−t²) (K1de signe constant) =⇒E₁(f) =

! ₁

−1

K₁(t)dt f^!!(ξ) =−2

3f^!!(ξ), ξ∈]−1,1[.

l= 2 (N = 3) (méthode de Simpson)

E₃(f) =! 1

−1

f(x)dx−(1

3f(−1) +4

3f(0) + 1 3f(1)) Vérifions que N = 3 :

E3(x)−→x³) =! 1

−1

x³dx−(−1 3 +1

3) = 0 E₃(x)−→x⁴) =! 1

−1

x⁴dx−(1 3+1

3) =−4 15

K₃(t) =! 1

−1

(x−t)³₊dx−(1

3(x−t)³₊|x=−1+4

3(x−t)³₊|x=0+ 1

3(x−t)³₊|x=1)

=! ₁

t

(x−t)³dx−(1

3 (−1−t)³₊ 4 56 7

=0, t≥−1

+4

3(−t)³₊+1

3 (1−t)³₊ 4 56 7

=(1−t)³

)

K3(t) =









− 1

12(1−t)³(1 + 3t), pour t≥0

− 1

12(1 +t)³(1−3t), pour t≤0

Observation : K3(t) =K3(−t).

Par un calcul élémentaire, on obtient :

! 1

−1

K₃(t)dt=−1

15 =⇒E₃(f) =− 1

15·3!f⁽⁴⁾(ξ), ξ ∈]−1,1[.

Exercice 4. Intégration numérique aux points de Tchebichev.

a)Nous avons déjà démontré (Feuille de TD 2) que les polynômes de base de Lagrange associés aux points de Tchebichevxi s’écrivent sous la forme :

li(x) = (−1)ⁱ t_n+1(x) (x−xi)

;1−x²_i

(n+ 1) = (−1)ⁱ t_n+1(x) (x−xi)

sinθ_i

(n+ 1), x∈[−1,1].

Par conséquent,

ω_i= 1 2

! 1

−1

l_i(x)dx= (−1)ⁱ sinθ_i (n+ 1)

! 1

−1

t_n+1(x)−t_n+1(x_i) 4 56 7

=0

(x−xi) dx

4 56 7

=an+1(xi)

b)Nous allons utiliser la formule de récurrence (Feuille de TD N⁰ 2, Exercice 3b) t_n+1(x) = 2x tn(x)−t_n−1(x)

an+1(x) +an−1(x) =! 1

−1

[tn+1(x) +tn−1(x)]−[tn+1(y) +tn−1(y)]

x−y dy

=! 1

−1

2xtn(x)−2ytn(y)

x−y dy=! 1

−1

2x(tn(x)−t_n(y)) + 2(x−y)tn(y)

x−y dy

= 2x a_n(x) + 2! ₁

−1

t_n(y)dy.

On a donc :

a_n+1(x)−2xa_n(x) +a_n−1(x) = 2! ₁

−1

t_n(y)dy= 2! _π

0

cos(nθ) sinθdθ

=! π 0

[sin(n+ 1)θ−sin(n−1)θ]dθ=



 2

1−n² [1 + (−1)ⁿ], n >1

0, n= 1

Posons maintenant : Y_n=

< an

a_n+1

=

, R=

< 0 1

−1 2 cosθ

=

, E_n=

< 0 ε_n+1

= ,

εn= 2

1−n² [1 + (−1)ⁿ], ε1 = 0.

La récurrence trouvée s’écrit avec ces notations :

Y_n=R·Y_n−1+E_n−1 =⇒Y_n=RⁿY₀+ 0n j=1

R^n−jE_j−1.

Mais : Y₀=

< 0 2

=

, et R= 1 sinθ

< 0 sinθ

−sinθ sin 2θ

=

=⇒Rⁿ= 1 sinθ

< −sin(n−1)θ sinnθ

−sinnθ sin(n+ 1)θ

=

4 56 7

à démontrer par récurrence

.

et on peut écrire :

an(x)·sinθ= 2 sinnθ+ 0n j=2

sin(n−j)θ 2 1−j²

+1 + (−1)^j, .

La relation demandée est obtenue en faisantj= 2qpour prendre en compte les termes non-nuls de la somme :

sinθ a_n(cosθ) = 2 sin(nθ)−4 0

1≤q≤n/2

1

4q²−1 sin(n−2q)θ.

(d) Le poidsωi est calculé immédiatement :

ωi = (−1)ⁱ sinθi

n+ 1 an+1(xi) =

= (−1)ⁱ sinθ_i n+ 1

1 sinθ_i



2 sin(n+ 1)θ_i 4 56 7

(−1)ⁱ

−4 0

1≤q≤(n+1)/2

1

4q²−1 sin(n+ 1−2q)θ_i





= 1

n+ 1



2−4 0

1≤q≤(n+1)/2

1

4q²−1 cos(2qθi)



 car sin(n+ 1−2q)θi = sin(n+ 1)θi

4 56 7

(−1)ⁱ

·cos(2qθi)−cos(n+ 1)θi

4 56 7

0

·sin(2qθi).

Comme : 0

1≤q≤(n+1)/2

1

4q²−1 cos(2qθi)≤ 0

1≤q≤(n+1)/2

1 4q²−1 =

= 1 2

0

1≤q≤(n+1)/2

< 1

2q−1 − 1 2q+ 1

=

= 1 2

<

1− 1 n+ 2

=

< 1 2 on en déduit queωi>0.