2010-2011 AnalyseNum´erique Universit´edeStrasbourg L2S4P

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Universit´e de Strasbourg L2S4P

Analyse Num´erique

2010-2011

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Chapitre 1

Interpolation polynˆ omiale

Connaissant une fonction en certains points (valeurs exp´erimentales, valeurs d’un calcul), on souhaite avoir un moyen d’avoir une approximation de la fonction en d’autres points.

1.1 Discr´ etisation et position du probl` eme

On définit N ∈ N^∗. On considère a < b des réels. On introduit alors une subdivsion de l’intervalle [a, b] en N+ 1 points

a=x0 < x1· · ·< x_N =b.

On suppose que l’on connait une fonctionf en les points x_i.

La question de l’interpolation est alors de trouver une valeur en un point x ∈ [a, b] pour la fonction f.

On note g´en´eralementf_i≈f(x_i).

On s’int´eresse souvent au cas de maillage uniforme :

xj =a+jh, h= (b−a)/N, j= 0, . . . , N.

On se restreint ici au cas d’un intervalle. La même question se pose en dimension supérieure (carré, cercle, géométrie plus complexe...)

Que se passe-t-il pour un domaine infini ? On parle de conditions aux bords (périodiques, fonction nulle, dérivée nulle...)

Quelques exemples : interpolation linéaire (affichage graphique), courbes de Bézier (logiciel de dessin), méthode semi-lagrangienne (résolution d’équations de transport).

1.2 L’interpolation de Lagrange

On consid`ere une fonction f ∈C([a, b]). Soitx ∈[a, b[, on souhaite donner une approximation def(x). Notons d’abord qu’il existe un uniquejx∈[0, N−1] tel quexjx ≤x < xjx+1. 1.2.1 L’interpolation lin´eaire

La m´ethode la plus simple pour reconstruire une approximation def(x) est de consid´erer f(x)≈P1f(x) =fjx+ x−xjx

x_j_x₊₁−x_j(fjx+1−fjx).

3

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On a alors les propri´et´es suivantes Proposition 1.

(i) Pr´eservation du principe du maximum

k=0,...,Nmin fk≤P1f(x)≤ max

k=0,...,Nfk. (ii) Pr´eservation de la positivit´e

fk≥0, k= 0, . . . , N ⇒P1f(x)≥0.

(iii) Pr´eservation de la monotonie

f_k+1−f_k≥0, k= 0, . . . , N−1⇒x→P₁f(x) croissante.

(iv) Sif ∈C²([a, b]), on a

|f(x)−P1f(x)| ≤ |x−xjx||x−xjx+1| max

t∈[x_jx,x_jx+1]

|f⁽²⁾(t)|/2.

D´emonstration. Pour le point (iv), on utilise deux d´eveloppements de Taylor : f(xjx+1) = f(x) +f⁰(x)(xjx+1−x) +...etf(xjx) =f(x) +f⁰(x)(xjx −x) +...

1.2.2 Le cas g´en´eral

Proposition 2. Soient d∈ N y0, . . . , yd des réels distincts, et g0, . . . , gd des réels. Il existe un unique polynôme Q_d=Q_(y_j_,g_j₎_j=0,...,d de degré≤dtel que

Q_d(y_j) =g_j, j= 0, . . . , d.

Soient deux entiersr ≤0≤s. On d´efinit alors

P_[r,s]f(x) =Q_(y_jx+`_,g_jx+`₎_j=r,...,s.

On parlera d’interpolation de Lagrange de stencil [r, s]. Notons que cette définition n’est pas valide pour les points du bord. On pourra alors considérer des conditions périodiques ou alors nulles, ou changer le stencil au bord.

Proposition 3. Soit f une fonction (n+ 1) fois continˆument d´erivable. Si f_i = f(x_i), i= 0, . . . , n, alors il existe ξ∈Rtel que

f(x)−P_n(x) = (x−x₀)(x−x₁). . .(x−x_n)

(n+ 1)! fⁿ⁺¹(ξ). (1.1)

D´emonstration.

On peut supposer que x6=xi, i= 0, . . . , n. On choisit alors Ax tel que f(x) =Pn(x) +Ax

(x−x0)(x−x1). . .(x−xn) (n+ 1)!

La fonction Q(t) = f(t)−Pn(t)−Ax(t−x₀)(t−x₁)...(t−xn)

(n+1)! s’annule en n+ 2 points distincts.

En appliquant le théorème de Rolle (n+ 1) fois, on en déduit qu’il existe ξ ∈ R tel que Qⁿ⁺¹(ξ) = 0 et ceci donne le résultat.

Théorème 1 (Théorème de Rolle). Soit f une application continue de [a, b] dans R et dérivable sur]a, b[, avecf(a) =f(b). Alors il existe au moins un réelc∈]a, b[tel quef⁰(c) = 0.

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1.3. LES DIFF ´ERENCES DIVIS ´EES 5

1.3 Les diff´ erences divis´ ees

Définition 1. Soit (y_j) une suite de réels. On suppose que si les valeurs sont égales alors les indices sont consécutifs. On définit alors les différences divisées par

g[y0, . . . , yk] = ( _g[y

1,...,yk]−g[y₀,...,yk−1]

yk−y₀ , si y_k6=y₀

g^(k)₀ siy_k =yk−1=· · ·=y0. (1.2) Dans la pratique, on peut écrire les quantités suivantes en gras, puis calculer les autres quantités ensuite :

x = x₀,x₁,x₂, . . . ,x_k, . . . ,x_n

f = f[x0], f[x1], f[x2], . . . , f[xk], . . . ,f[xn]

f^[1] = f[x0, x1], f[x1, x2], . . . , f[xk−1, xk], . . . , f[xn−1, xn] . . .

f^[k] = f[x0, x1, . . . , x_k], f[x1, . . . , x_k+1]. . . . . .

f^[n] = f[x₀, x₁, . . . , x_n].

Proposition 4. On a la formule pour g_j =g(x_j)

Q_(y_j_,g_j₎_j=0,...,d(x) =g[y0] +g[y0, y1](x−y0) +· · ·+g[y0, . . . , y_d]

d−1

Y

k=0

(x−y_k).

Démonstration. Se démontre par récurrence. On établit une formule entre l’interpolation avec {x₀, . . . , x_d+1} et les interpolations avec{x₀, . . . , x_d} et{x₁, . . . , x_d+1}.

Proposition 5. La formule précédente reste valable lorsque les points sont répétés et correspond au problème d”interpolation d’Hermite généralisé : on considère le problème d’interpolation pour les points répétés z_r = y_k = y_k+1 = y_k+s_r, où les z_r sont tous des points distincts.

P^(j)(y_k+j) =g^(j)_r j= 0, . . . , s_r.

D´emonstration. On part de la mˆeme formule, sauf si y_d+1 = y0 auquel cas, il s’agit de la formule de Taylor.

Proposition 6. Les différences divisées ne dépendent pas de l’ordre des yj. On supposera cependant que les termes égaux restent toujours ensemble.

Démonstration. Cela vient de l’unicité de la solution au problème d’interpolation.

Proposition 7. On a l’estimation d’erreur Soit f une fonction (n+ 1) fois continˆument d´erivable. Sif_i^(k)=f^(k)(x_i), i= 0, . . . , p, k= 0, . . . d_i, alors il existe ξ ∈R tel que

f(x)−Pn(x) = (x−y0)(x−y1). . .(x−yn)

(n+ 1)! fⁿ⁺¹(ξ). (1.3)

D´emonstration. Adaptation de la Proposition 3.

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1.4 Interpolation par splines

1.4.1 Formulation Hermite

Proposition 8. Toute fonction P polynômiale de degré≤3 par morceaux sur chaque maille [x_j, x_j+1], j = 0, . . . , N et de classe C¹ s’exprime à l’aide de 2N + 2 nombres f_j et f_j⁰ pour j = 0, . . . , N, où

P(xj) =fj, P⁰(xj) =f_j⁰, j= 0, . . . , N.

Démonstration. Un polynôme de degré 3 se représente comme porblème d’interpolation d’Her- mite. Comme la fonction estC¹, on a les égalités f_j+ =fj−,f_j+⁰ =f_j−⁰ .

1.4.2 Splines cubiques

Proposition 9. Connaissant fj, j = 0, . . . , N et f₀⁰, f_N⁰ on peut reconstruire une unique fonction P polynˆomiale par morceaux de degr´e ≤ 3, avec P ∈ C²([x_min, x_max]) telle que P(x_j) =f_j, j = 0, . . . , N et P⁰(x₀) =f₀⁰, P⁰(x_N) =f_N⁰ .

Démonstration. En utilisant la condition de continuité de la dérivée seconde, on obtient un système sur la dérivéef_j⁰.

On considère l’interpolation par splines cubiques sur un intervalle [a, b] divisé en N sous intevalles pas forcément de même longueur. On se donne

f(x_j), j = 0, . . . , N, f⁰(x₀), f⁰(x_N), aveca=x₀ <· · ·< x_N =b.

Localement sur un intervalle [xj, xj+1] la reconstruction par splines cubiques de f est un po- lynˆome de degr´e ≤3.

On suppose la continuit´e C² en chacun des points x_j, j = 1, . . . , N−1.

Sur l’intervalle [xj, xj+1], on note P_j+1/2 le polynôme de degré ≤ 3 qui est uniquement déterminé par f_j, f_j+1, f_j⁰, f_j+1⁰ , avec f_j⁰ = limx→xjP_j⁰(x) = limx→xjP_j−1⁰ (x). On peut écrire

P_j+1/2(x) =fj + Z xj+1

xj

P_j+1/2⁰ (x)dx.

Le polynˆome P_j+1/2⁰ est de degr´e ≤2 et satisfait

P_j+1/2⁰ (xj) =f_j⁰, P_j+1/2⁰ (xj+1) =f_j+1⁰ , ainsi que

Z xj+1

xj

P_j+1/2⁰ (x)dx=f_j+1−f_j. On peut donc ´ecrire

P_j+1/2⁰ (x) =f_j⁰+ x−x_j

x_j+1−x_j(f_j+1⁰ −f_j⁰) +A_j(x−x_j)(x−x_j+1), avecAj de telle sorte que

f_j+1−f_j =A_j Z xj+1

xj

(x−x_j)(x−x_j+1)dx+ f_j⁰ +f_j+1⁰

2 (x_j+1−x_j)

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1.4. INTERPOLATION PAR SPLINES 7 On a

Z xj+1

xj

(x−x_j)(x−x_j+1)dx=−2x_j+1−x_j 3

x_j+1−x_j 2

2

=−(x_j+1−x_j)³

6 ,

ce qui donne

A_jx_j+1−x_j

6 =

f_j⁰+f_j+1⁰

2 −_x^f^j+1^−f^j

j+1−xj

x_j+1−x_j On obtient alors

P”_j+1/2(x) = f_j+1⁰ −f_j⁰ xj+1−xj

+ 2Ajx−Aj(xj+xj+1), et la continuité de la dérivée seconde donne

f_j+1⁰ −f_j⁰ xj+1−xj

+Aj(xj−xj+1) = f_j⁰−f_j−1⁰ xj−xj−1

+Aj−1(xj−xj−1), ce qui se r´e´ecrit pourj= 1, . . . , N−1

−6

f_j⁰+f_j+1⁰

2 −_x^f^j+1^−f^j

j+1−x_j

xj+1−xj

= f_j⁰−f_j−1⁰ xj−xj−1

+ 6

f_j⁰+f_j−1⁰

2 − _x^f^j^−f^j−1

j−xj−1

xj−xj−1

. Si on suppose que le maillage est uniforme, on obtient

f_j+1⁰ −f_j⁰−f_j⁰ +f_j−1⁰ −3(f_j⁰ +f_j+1⁰ +f_j⁰+f_j+1⁰ ) =−6(f_j+1−fj +fj−fj−1)/∆x, soit

f_j−1⁰ + 4f_j⁰+f_j+1⁰ = 3f_j+1−fj−1

∆x . (1.4)

On considère alors le système linéaire en f₀⁰, . . . , f_N⁰ , donné par (3.1) et f₀⁰ = f₀⁰, f_N⁰ =f_N⁰ , pourj= 0 etj =N. On a bien un système tridiagonal.

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1.5 Exercices

Exercice 1. On consid`ere un maillage uniforme de l’intervalle[xmin, xmax]en N sous intervalles : Soit x∈[a, b[

– Montrer qu’il existe un unique jx∈ {0, . . . , N−1} et0≤α <1 tels que x=xjx+αh,

et que jx=bN_x^x−x^min

max−xminc et α= _x^x−x^min

max−xmin ·N −jx.

– On considère l’interpolation de Lagrange de stencil[−d, d+1]avec des données périodiques.

Quel est le degr´e de l’interpolation de Lagrange ? Montrer qu’il existe de r´eelsw_k(α), k∈ {−d, . . . , d+ 1} que l’on explicitera, tels que

P_[−d,d+1]f(x) =

d+1

X

`=−d

w_k(α)f_x_jx_{+` modN},

– Pour quel(s) valeurs de d a-t-on w_k(α) ≥ 0, pour tout k ∈ {−d, . . . , d + 1} et tout α ∈[0,1[.

Exercice 2. On consid`ere l’interpolation lin´eaire. On suppose f de classe C². Montrer que l’on a

f(x)−P₁f(x) = (x−x_j_x)(x−x_j_x₊₁) 2

Z x_jx+1 x_jx

f⁽²⁾(t)B(t)dt, avecB(t)≥0, t∈[a, b].

Exercice 3. On consid`ere P polynˆome d’interpolation de Lagrange en les points (0,1), (1,−1), (2,1), (3,−1).

Trouver l’ensemble des valeurs de x pour lesquelles P(x) v´erifie le principe du maximum :

−1≤P(x)≤1.

Exercice 4. Soient y₀, . . . , y_n des nombres réels distincts On considère P polynôme d’interpolation de Lagrange en les points(yj, gj), j = 0, . . . , n On peut exprimer P dans la base de Lagrange

P(x) =

n

X

j=0

f(yj)Lj(x), Lj(x) =Y

k6=j

x−y_k y_j−y_k ou dans la base des diff´erences divis´ees

P(x) =

n

X

j=0

g[y₀, . . . , y_j]w_j(x), w₀(x) = 1, w_j+1(x) = (x−y_j)w_j(x), j = 0, . . . , n−1.

Compter le nombre d’opérations effectuées pour calculer P en un point x donné.

Exercice 5.

SoitN ∈N^∗, des r´eels f0, . . . , fN−1 et des r´eels f₀⁰, . . . , f_N⁰ ₋₁.

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1.5. EXERCICES 9 1. Pour chaque i = 0, . . . , N −1, construire un polynˆome Pi de degr´e ≤ 1 sur l’intervalle [(i−0.5)/N,(i+ 0.5)/N] tel que

P_i(i/N) =f_i, P_i⁰(i/N) =f_i⁰.

2.Calculer alorsR1

0 P(x)dx, oùP(x) =P_i(x), x∈[(i−0.5)/N,(i+ 0.5)/N], i= 0, . . . , N−1 et P est supposé périodique de période1.

3. Pour chaque i = 0, . . . , N −1, construire un polynˆome Q_i de degr´e ≤ 3 sur l’intervalle [i/N,(i+ 1)/N]tel que

Q_i(i/N) =f_i, Q⁰_i(i/N) =f_i⁰, Q_i+1((i+ 1)/N) =f_i+1, Q⁰_i((i+ 1)/N) =f_i+1⁰ , o`u l’on a pris la convention que f_N =f₀ etf_N⁰ =f₀⁰.

4. Calculer alorsR1

0 Q(x)dx, o`u Q(x) =Q_i(x), x∈[i/N,(i+ 1)/N], i= 0, . . . , N−1.

Exercice 6. On consid`ere l’interpolation d’Hermite que l’on ´ecrira sous la forme P(x) =w₀(α)f_j_x +w₁(α)f_j_x₊₁+w₂(α)f_j⁰_x+w₃(α)f_j⁰_x₊₁,

pourx=x_j_x+α(x_j_x₊₁−x_j_x), 0≤α <1.

– Justifier l’écriture précédente

– On considère maintenant que le maillage est uniforme avec conditions périodiques. On note h=x_j+1−x_j. On remplace f_j⁰ par ^f^j+1_2h^−f^j−1. On suppose que f est un polynôme sur [xmin, xmax[. Quelle est l’erreur commise sif est de degre0,1,2,3? (on distinguera les cas où l’on est au bord de l’intervalle)

– Donner une reconstruction de f_j⁰ utilisant les points fj−2, fj−1, f_j, f_j+1, f_j+2 de telle sorte que l’erreur soit nullef polynôme sur[xmin, xmax[de degré≤3lorsque l’on est loin du bord. Evaluer l’erreur pour f polynôme de degré 4 et comparer avec l’interpolation d’Hermite initiale.

Exercice 7. On consid`ere l’intervalle [0,1]et son maillage uniforme `a N = 4 intervalles.

On cherche `a interpoler les fonctions suivantes – f₁(x) =x(1−x)

– f₂(x) = 1,pourx∈[1/4,3/4]et f₂(x) = 0, sinon.

– f3(x) = exp(x) – f₄(x) = sin(πx)

Calculer les interpolations de Lagrange de degr´e 1 et 3 et par splines cubiques. Evaluer les erreurs commises. Discuter du choix du stencil et des conditions aux bords.

Exercice 8. On appelle fonction polynomiale de Tchebycheff de degr´en, l’application T_n: [−1,+1]→R

x7−→cos(narccos(x)).

1) On pose cos(θ) =x. Montrez que pour toutn≥2, on a Tn+1(x) = 2xTn(x)−Tn−1(x).

2) En déduire queTnest un polynôme de degréndont on précisera le coefficient dominant.

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3) On pose

Xk= cos(2k+ 1

2n π) pourk= 0, . . . , n−1.

Montrez queT_npossèdenzéros simples. Ces zéros sont appelés les points de Tchebycheff d’ordre n.

4) Comparer sur une fonction l’interpolation uniforme et l’interpolation avec les points de Tchebycheff.

Exercice 9 (Examen 2009).

Soitf(x) = sin(πx).

1. Soit a ∈]0,1[. Trouver un polynˆome Pa de degr´e ≤ 2 satisfaisant Pa(0) = f(0), Pa(a) = f(a), P_a(1) =f(1).

2. Montrer que pour tout x∈[0,1], il existe ξ∈]0,1[ tel que sin(πx) = π²sin(πξ)

2 x(1−x).

3. En d´eduire que pour 0< a <1/2, on a 0≤ sin(πa)

a(1−a) ≤ π² 2 . 4.Soient

m= inf

a∈]0,1/2[

sin(πa)

a(1−a), M = sup

a∈]0,1/2[

sin(πa) a(1−a). Montrer quem et M sont bien d´efinis et que l’on a m≥0 et M ≤ ^π₂². 5.V´erifier que

m= inf

a∈]0,1[

sin(πa)

a(1−a), M = sup

a∈]0,1[

sin(πa) a(1−a). 6.En d´eduire alors que pourx∈]0,1[, on a

m−M ≤ f(x)−P_a(x)

x(1−x) ≤M−m, puis que

x∈[0,1]max |f(x)−P_a(x)| ≤ M−m

4 .

7. Trouver un polynˆome P de degr´e ≤ 2 tel que P(0) = f(0), P⁰(0) = f⁰(0), P(1) = f(1).

V´erifier que l’on a

P(x) = lim

a→0Pa(x), et montrer qu’il existe η∈]0,1[ tel que

f(x)−P(x) =π³sin(πη)x²(1−x)/6, puis que

1−π

4 ≤ max

x∈[0,1]|f(x)−P(x)| ≤ 2π³ 81 . 8.Montrer que m=π etM = 4. Conclure que

sup

0<a<1

x∈[0,1]max |f(x)−Pa(x)|= 1−π 4.

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Chapitre 2

Int´ egration num´ erique

Soienta < b, 2 réels et f : [a, b]→R, une fonction. On cherche à trouver une approximation numérique de Rb

af(x)dx.

2.1 G´ en´ eralit´ es

2.1.1 Principe Le calcul de Rb

af(x)dx ne peut parfois pas se faire de manière exacte. En effet, d’une partf n’admet pas forcément de primitive connue ; d’autre part, il est possible que f ne soit connue qu’en certains points, comme cela peut arriver dans le cas de mesures physiques ou de schémas numériques. L’idée est alors de remplacer f par un polynôme qui l’approche ”bien”

et de calculer l’int´egrale de ce polynˆome.

2.1.2 Formule de quadrature

En calculant l’intégrale avec un polynôme d’interpolation, et en simplifiant les calculs, on se rend compte que l’on a écrit

Z b a

f(x)dx'

n

X

i=0

ωif(xi).

La formule de droite est appel´ee formule de quadrature, qui est donn´ee par les poids ωi et les pointsxi pouri= 0, . . . , n.

2.1.3 Intervalle

Connaissant une formule de quadrature sur l’intervalle [−1,1], on en d´eduit une formule sur un intervalle [a, b] quelconque : si on fait le changement de variable y=a+ (x+ 1)^b−a₂

Z b a

f(y)dy= b−a 2

Z 1

−1

f(a+ (x+ 1)b−a

2 )dx' b−a 2

n

X

i=0

ωif(a+ (xi+ 1)b−a 2 ).

Pour la suite, on ne cherchera donc que des formules de quadrature sur l’intervalle [−1,1].

11

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2.1.4 Formules composites

Lorsque l’on souhaite calculer une intégrale sur un intervalle donné [a, b], on n’utilise en général pas la formule directement sur l’intervalle [a, b], mais on le découpe en N sous intervalles (a priori de même taille, mais ce n’est pas forcé) et on applique la formule sur chacun des sous intervalles :

Z b a

f(x)dx=

N−1

X

i=0

Z a+(i+1)(b−a)/N a+i(b−a)/N

f(x)dx.

2.2 Formules de Newton-Cotes

La formule de Newton-Cotes à n+ 1 points correspond à calculer l’intégrale avec le po- lynôme d’interpolation de Lagrange avec les points équidistants−1 + 2i/n,i= 0, . . . , n.

Proposition 10. Les poids de la formule de Newton-Cotes sont donn´es par

ω_k= Z 1

−1

L_k(x)dx, L_k(x) =

n

Y

j=0, j6=k

x−xj

x_k−x_j. Ils v´erifient aussi les relations suivantes

ω₀+· · ·+ω_n= 2

(x₁−x₀)ω₁+· · ·+ (x_n−x₀)ω_n= Z 1

−1

(x−x₀)dx (x2−x0)(x1−x0)ω2+· · ·+ (xn−x0)(xn−x1)ωn=

Z 1

−1

(x−x0)(x−x1)dx . . .

n−1

Y

j=0

(xn−xj)ωn= Z 1

−1 n−1

Y

j=0

(x−xj)dx

Démonstration. On prend P(x) = L_k(x) qui est égal à son polynôme d’interpolation en les pointsx_j, j = 0, . . . , n. La formule donne alors

Z 1

−1

L_k(x)dx=

n

X

j=0

L_k(x_j)ω_j =ω_k.

Les autres relations viennent en prenant pour fonction successivement 1, (x−x₀), . . . ,

n−1

Y

j=0

(x−x_j),

comme ces fonctions sont égales à leur polynôme d’interpolation.

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2.3. DEGR ´E DE PR ´ECISION 13 Proposition 11. On a les formules suivantes

f(1) +f(−1) 1/3f(1) + 4/3f(0) + 1/3f(−1) 1/4f(−1) + 3/4f(1/3) + 3/4f(−1/3) + 1/4f(1) 7

45f(1) +³²₄₅f(1/2) +₁₅⁴ f(0) +₄₅⁷ f(−1) +³² 45f(−1/2) 19

144f(−1) +²⁵₇₂f(1/5) +²⁵₄₈f(−3/5) +₁₄₄¹⁹ f(1) +²⁵₄₈f(3/5) +²⁵₇₂f(−1/5) 41

420f(−1) +₄₂₀⁴¹ f(1) +₁₀₅⁶⁸ f(0) +₁₄₀⁹ f(−1/3) +₁₄₀⁹ f(1/3) +¹⁸₃₅f(−2/3) +¹⁸₃₅f(2/3) 751

8640f(−1) +₈₆₄₀⁷⁵¹ f(1) +³⁵⁷⁷₈₆₄₀f(−5/7) +₃₂₀⁴⁹ f(−3/7) +²⁹⁸⁹₈₆₄₀f(−1/7) +²⁹⁸⁹₈₆₄₀f(1/7) +₃₂₀⁴⁹ f(3/7) +³⁵⁷⁷₈₆₄₀f(5/7) 989

14175f(−1) + ⁹⁸⁹

14175f(1)− ⁹⁰⁸

2835f(0)− ⁹²⁸

14175f(−1/2)− ⁹²⁸

14175f(1/2) +₁₄₁₇₅⁵⁸⁸⁸ f(−3/4) +¹⁰⁴⁹⁶

14175f(−1/4) +¹⁰⁴⁹⁶

14175f(1/4) +₁₄₁₇₅⁵⁸⁸⁸ f(3/4) 2857

44800f(−1) + ²⁸⁵⁷

44800f(1) +¹²⁰⁹₂₈₀₀f(−1/3) +¹²⁰⁹

2800f(1/3) +₂₂₄₀₀²⁸⁸⁹ f(1/9) +₁₁₂₀²⁷ f(5/9) +₁₁₂₀²⁷ f(−5/9) + ²⁸⁸⁹

22400f(−1/9) +¹⁵⁷⁴¹ 44800f“

−⁷ 9

”

+¹⁵⁷⁴¹₄₄₈₀₀f“₇ 9

”

On a aussi

ω_j =ωn−j, j= 0, . . . , n.

D´emonstration. Pour n= 0, on a directement ω0 = 2.

Pourn= 1, on a ω₀+ω₁ = 2,2ω₁=R1

−1(x+ 1)dx= 2 et doncω₁ =ω₂ = 1.

Pourn= 2, on a x₀ =−1, x₁= 0, x₂ = 1 ω₀+ω₁+ω₂= 2 ω1+ 2ω2 =

Z 1

−1

(x+ 1)dx= 2 2ω₂ =

Z ₁

−1

(x+ 1)xdx= 2 Z ₁

0

x²dx= 2/3,

ce qui donneω₂= 1/3, ω₁ = 2−2/3 = 4/3 et ω₁= 1/3.

On va maintenant montrer que ωj = ωn−j, j = 0, . . . , n. Pour cela, on a d’abord xn−j =

−x_j, j = 0, . . . , net donc

Lj(−x_k) =Lj(xn−k) =δj,n−k, Ln−j(x_k) =δn−j,k, ce qui implique queLj(−x) =Ln−j(x) et on en d´eduit le r´esultat.

Remarque 1. On se rend compte que pour n= 8 et n≥10, il y a des poids n´egatifs, et la valeur absolue de ses poids devient de plus en plus grande, ce qui rend les formules inutilisables

`

a cause des erreurs d’arrondi.

2.3 Degr´ e de pr´ ecision

D´efinition 2. On dit qu’une formule de quadrature est de degr´ed, si Z 1

−1

P(x)dx=

n

X

i=0

ωiP(xi),

pour tout polynˆome de degr´e ≤det la formule n’est plus valable pour P(x) =x^d+1.

Proposition 12. On considère une formule de quadrature à n+ 1 points x₀, . . . , x_n. Alors la formule est de degré au moins nssi on a

Z 1

−1

Pn(f)(x)dx=

n

X

i=0

ωif(xi), (2.1)

o`uPn(f) est le polynˆome d’interpolation de Lagrange en les points (xi, f(xi)), i= 0, . . . , n.

(14)

Démonstration. On considère une formule de quadrature exacte pour tout polynôme de degré

≤n. En prenant comme fonction

L_k(x) =Y

j6=k

x−x_j xk−xj

, on obtientω_k=R1

−1L_k(x)dxet par suite (2.1). Supposons maintenant que l’on ait (2.1). Soit Q un polynôme de degré ≤n. On a alorsP_n(Q) =Q et donc grâce à (2.1), on obtient

Z 1

−1

Q(x)dx= Z 1

−1

P_n(Q)(x)dx=

n

X

i=0

ω_iQ(x_i), ce qui veut bien dire que la formule est de degr´e au moins n.

Proposition 13. Soit une formule de quadrature de degr´ed et f ∈C^d+1[−1,1]. Alors on a

Z 1

−1

f(x)dx−

n

X

i=0

ωif(xi)

≤Cd max

x∈[−1,1]|f^(d+1)(x)|

D´emonstration. On d´efinit M = max_x∈[−1,1]|f^(d+1)(x)|. On a alors

|f(x)−Qdf(x)| ≤M x^d+1 (d+ 1)!, o`uQd(f)(x) =Pd

j=0 f^j(0)

j! x^j.

Proposition 14. Cas des formules de Newton-Cotes

D´emonstration. On ´ecrit suivant le cas xⁿ⁺¹ = Pn(x) +AQn

j=0(x −xj) ou xⁿ⁺²Pn(x) + AxQn

j=0(x−x_j) (polynˆome d’interpolation pair). On admet que Z 1

0 n−1

Y

j=1

t²− j

n 2!

dt6= 0.

Proposition 15. Cas des formules composites : l’erreur est major´ee par C_d max

x∈[a,b]|f^(d+1)(x)|h^d+1 D´emonstration.

On utilise le changement de variable (attention notations a changer)

On décompose l’intervalle [-1,1] enN sous intervalles de même longueur. Cette formule donne alors sur un intervalle [−1+kh,−1+(k+1)h] oùh= 2/N, et un polynômeP_p,kd’interpolation def enp+ 1 points−1 + (k+si,k)h, si,k ∈[−1,1], i= 0, . . . , n

Z −1+(k+1)h

−1+kh

f(x)−P_p,k(x)dx =h

Z 1

−1

(f −P_p,k)(−1 + (k+s)h)ds

≤h^p+2 max

y∈[−1,1]

f^(p+1)(y) (p+ 1)!

Z 1

−1 p

Y

i=0

s−s_i,k

ds≤C_p max

y∈[−1,1]

f^(p+1)(y) h^p+2.

(15)

2.4. INT ´EGRATION DE GAUSS 15 de sorte que l’on peut majorer l’erreur pour une formule composite donn´ee parN intervalles :

Z 1

−1

f(x)dx−

N−1

X

k=0

Z −1+2(k+1)/N

−1+2k/N

P_p,k(x)dx

≤C_n max

y∈[−1,1]

f^(p+1)(y) h^p+1.

2.4 Int´ egration de Gauss

Proposition 16.

– Il n’existe pas de formule de quadrature `a n+ 1points de degr´e ≥2n+ 2

– Il existe une unique formule de quadrature à n+ 1 points de degré 2n+ 1 (appelée formule de Gauss à n+ 1points)

– Les poids de la formule de Gauss sont strictement positifs et les points sont dans l’intervalle ]−1,1[.

D´emonstration.

•Le cas n=k.On cherche un polynˆomePk=Qk

i=0(x−xi) de degr´ek+ 1 ayant toutes ses racines dans l’intervalle [−1,1] et tel que

Z 1

−1

tⁱP_k(t)dt= 0, i= 0, . . . , k.

Pour cela, on prendP_k(t) = (t−a_k)Pk−1(t)−b_kPk−2(t) et il suffit de trouvera_k etb_k tels que Z 1

−1

Pk(t)Pk−1(t)dt= 0 et Z 1

−1

Pk(t)Pk−2(t)dt= 0.

On obtient alors

ak= R1

−1tPk−1(t)²dt R1

−1Pk−1(t)²dt etbk= R1

−1tPk−1(t)Pk−2(t)dt R1

−1Pk−2(t)²dt .

Il reste alors à voir que toutes les racines sont distinctes et bien dans l’intervalle [−1,1]. Pour cela on considère les racines de multiplicité impairea₀, . . . , a_j. On a alorsP_k =Q_kQj

i=0(t−a_i) et Qk est de signe constant sur l’intervalle [−1,1]. Supposons maintenant que j ≤ k, on a alorsR1

−1Q_kQj

i=0(t−a_i)²dt= 0, ce qui est impossible. Donc on a bienk+ 1 racines distinctes deP_k dans l’intervalle [−1,1].

Notons aussi que les poids sont cette fois-ci positifs. En effet, en prenant`j(t) =Qk i=0,i6=j

t−x_i xj−xi, on a 0<R1

−1`j(t)²dt=ωj.

(16)

2.5 Exercices

Exercice 10. On consid`ere la formule de quadrature Z 1

0

f(x)√

xdx'af(x1).

Trouver a et x₁ tels que la formule soit de degré le plus grand possible. Quel est ce degré ? Trouver une estimation de l’erreur en supposant que l’erreur s’écrit sous la forme

Z 1 0

f(x)√

xdx−af(x₁) =Cf^(d+1)(ξ).

Exercice 11. On consid`ere une formule de quadrature de type Z 1

0

f(x)dx'α₁f(0) +α₂f(1) +α₃f⁰(0)

Trouver α1, α2 et α3 tels que le degr´e de la formule soit le plus grand possible. Quel est ce degr´e ? Comparer avec une formule de type

Z 1 0

f(x)dx'α1f(0) +α2f(1) +α3f(−) +α4f() et faire tendre vers0.

Exercice 12. On considère la formuleI0 des rectangles à gauche, la formule I1 des trapèzes.

ainsi que la formuleI2 de Simpson. On utilise ici les formules composites et on suppose que N est pair (Pour Simpson, on l’applique sur les N/2 intervalles). Donner les formules ainsi qu’une estimation de l’erreur pour chacune de ces formules. Simplifier les formules dans le cas où la donnée est périodique.

Exercice 13. Trouver les formules de Gauss-Lobatto, c’est-`a-dire de la forme ω₁f(−1) +ω₂f(x₁) +· · ·+ωn−1f(xn−1) +ω_nf(1).

Exercice 14. SoitI = Z +∞

0

e^−x² dxetIn= Z n

0

e^−x² dx.On a alorsIn=In−1+ Z n

n−1

e^−x² dx.

Une table de valeurs donneI2 = 0.88208139076242.

1.Consid´erons la formule d’int´egration suivante : Z 1

0

f(x) dx=αf(0) +βf 1

3

+γf 2

3

+δf(1).

Trouvez α, β, γ, δ, tels que cette formule soit exacte sur l’espace vectoriel des polynômes de degré le plus élevé possible. Par un changement de variables, donnez la formule sur l’intervalle quelconque [a, b].

2. Calculez Z 3

2

e^−x² dx et Z 4

3

e^−x² dxpar la formule précédente. En déduire I₃ et I₄. 3.On pose f

1 n

=I_n. On a alors lim

n→+∞I_n=f(0) =I.Interpolezf par le polynˆome P sur les donn´ees

1 2, f

1 2

,

1 3, f

1 3

,

1 4, f

1 4

et calculezP(0).

(17)

2.5. EXERCICES 17 Exercice 15.

1.D´eterminez A₀, A₁, A₂ tels que la relation : Z 2h

0

f(x)

√x dx= (2h)^1/2(A₀f(0) +A₁f(h) +A₂f(2h)) +R(f)

soit exacte (i.e.R(f) = 0) sur l’espace vectoriel des polynômes de degré le plus élevé possible.

On pr´ecisera ce degr´e.

2.Calculez exactement Z 1

0

ln(1 +x)

√x dx,en intégrant d’abord par partie, puis par changement de variable. Calculez approximativement cette intégrale par la méthode qui précède. Comparer ce résultat à celui que l’on obtient par la méthode de Simpson (on calculera lim

x→0

ln(1 +x)

√x ).

3. Expliquez pourquoi le r´esultat obtenu par la m´ethode de Simpson est mauvais (Thomas Simpson, anglais, 1710-1761).

Exercice 16. On veut ´evaluer I = Z 1

0

ln(x)

x²−1 dx par une formule d’int´egration num´erique du type X

A_if(x_i) o`uf(x) = _x^ln(x)2−1.

1.Montrez quex_i= 1 est une valeur possible mais pas x_i = 0.

2.Construire la formule de quadrature suivante, de type interpolation : Z 1

0

f(x) dx=af 1

2

+bf(1) +R(f).

D´eterminez R(f). Appliquez cette formule `a I.

3. On rappelle la formule de Gauss-Legendre `a deux points : Z ₁

−1

f(x) dx=f 1

√3

+f

− 1

√3

+ 1

135f⁽⁴⁾(ξ) pourξ∈[−1,1].En d´eduire l’approximation de

Z 1 0

f(x) dxet l’appliquer `a I.

(Johann Carl Friedrich Gauss, allemand, 1777-1855 et Adrien-Marie Legendre, fran¸cais, 1752-1833)

4.Comparez les résultats précédents à la valeur exacte π² 8 . Exercice 17. On veut évaluer I =

Z +1

−1

e^−x²(1 +x²) dx.

1.Calculez une approximation de I par la méthode des trapèzes à 3 points.

2.Construire une m´ethode d’approximation du type : Z +1

−1

f(x)(1 +x²) dx=A1f(x1) +A2f(x2) +R(f)

où x₁, x₂ sont des nombres distincts et A₁, A₂ sont des nombres non nuls. En supposant R(f) =Kf⁽⁴⁾(ξ), ξ∈[−1,1]. Déterminez K à l’aide de f(x) =x⁴.

(18)

Exercice 18. On consid`ere la formule suivante : Z 1

−1

f(x)dx=

3

X

k=1

akf(xk) +

3

X

k=1

bkf⁰(xk) +R(f).

où les xk sont donnés par : x1 = −1, x₂ = 0, x3 = 1 et les ak et les bk sont à déterminer pour que la formule soit exacte sur l’espace vectoriel des polynômes de degré le plus grand possible. Quel est ce degré ?

1.Montrez que, sipest impair, Z 1

−1

x^pdx= 0. Appliquer ce résultat àp= 1, 3, 5. En déduire que :a₁=a₃, b₂= 0, b₁=−b₃.

2.Montrez alors que : Z 1

−1

f(x)dx= 1

15[7f(−1) + 7f(1) + 16f(0) +f⁰(−1)−f⁰(1)] +R(f). (2.2) 3. V´erifiez que la formule (2.2) n’est pas exacte pour f(x) =x⁶. En admettant que le reste soit de la forme :R(f) =Kf⁽⁶⁾(θ) avec θ∈[−1,1], d´eterminez la constante K.

4.Par changement de variable dans (2.2), montrez que : Z b

a

g(t)dt= h

15[7g(a) + 7g(b) + 16g

a+b 2

+h(g⁰(a)−g⁰(b))] +E(g), (2.3) avech= b−a

2 .

5. D´eterminez E(g) `a partir de R(f).

6. Application Soit I = Z π

0

sin(x)dx. Trouvez la valeur approchée de I par la formule (2.3) et comparez-la à la valeur exacte. Evaluez l’erreur théorique E(g).

7.Montrez que l’on a la formule composite suivante : Z b

a

g(t)dt≈ h

15{7g(a) + 7g(b) + 16[g(a+h) +g(a+ 3h) +· · ·+g(a+ (2n−1)h)]

+ 14[g(a+ 2h) +g(a+ 4h) +· · ·+g(a+ (2n−2)h)]

+ h[g⁰(a)−g⁰(b)]}, o`uh= b−a

2n . Evaluez l’erreur.

(19)

Chapitre 3

R´ esolution de syst` emes lin´ eaires

Soit A ∈ R^N^×N est une matrice carrée, supposée inversible (detA 6= 0) et b ∈ R^N un vecteur donné.

On cherche `a trouver le vecteur x∈R^N tel queAx=b.

3.1 Cas des matrices triangulaires

Proposition 17. Soit A une matrice triangulaire à termes diagonaux non nuls. Le système se résoud en environ N² opérations (descente ou remontée).

Démonstration. Supposons Atriangulaire supérieure. On a alors (algorithme de remontée) : xN = b_N

aN,N

, xj = bj−PN

k=j+1a_j,kx_k aj,j

, j =N−1, . . . ,1.

3.2 M´ ethode de Gauss

On part d’une matrice A et on cherche à rendreA triangulaire supérieure en faisant des opérations sur les lignes.

Proposition 18. On suppose les mineurs principaux de déterminant non nul. Alors on peut résoudre le système en faisant des opérations sur les lignes. Le nombre d’opérations est de l’ordre de 2N³/3.

D´emonstration.

Il s’agit de la m´ethode de Gauss sans pivot.

Etape 1L_j ←L_j −^a_a^j,1

1,1L₁, j = 2, . . . , N Etapek Lj ←Lj− ^a

(k) j,k

a^(k)_k,kL1, j =k+ 1, . . . , N, pour k= 2, . . . , N−1.

Il reste à voir que le pivot a^(k)_k,k est non nul. Les opérations sur les lignes ne changent pas le déterminant duk-ième mineur Ak qui vaut Qk−1

j=1a^(j)_j,ja^(k)_k,k = det(Ak) 6= 0 et donca^(k)_k,k est lui mˆeme non nul par r´ecurrence.

Nombre d’opérations pour calculer la matrice triangulaire supérieure : à l’étapek: 2(N−k)².

19

(20)

Dans le cas où le pivot est nul ou petit en valeur absolue, la méthode de Gauss sans pivot ne fonctionne plus, et on choisit de faire un échange de ligne ou de colonne : il s’agit de la méthode de Gauss avec stratégie de pivot.

Proposition 19. Soit A inversible. On peut alors résoudre le système par la méthode de Gauss avec stratégie de pivot.

D´emonstration. Si le pivot est nul, on sait que toute la ligne (ou colonne) n’est pas nulle et on peut donc faire un ´echange de colonnes (ou de lignes).

Chaque opération sur les lignes correspond à une multiplication de la matrice par une matrice triangulaire inférieure avec des 1 sur la diagonale. On peut alors écrire

A=LU,

avecL triangulaire inférieure et U triangulaire supérieure. Dans le cas où il y a une stratégie de pivot, on a

A=P LU, avecP matrice de permutation.

Il peut être intéressant de stockerLetU (que l’on peut stocker informatiquement dans la même matriceA), notamment si l’on veut résoudre le système pour une succession de seconds membres b.

Proposition 20. Soit A une matrice dont tous les mineurs principaux sont non nuls. Alors A admet une unique factorisation LU et on peut stocker informatiquement L et U dans la mˆeme matriceA qui est successivement mise `a jour.

Démonstration. L’unicité s’obtient en écrivantL⁻¹₂ L₁ =U₂U₁⁻¹ qui est triangulaire inférieure et supérieure avec des 1 sur la diagonale et qui est donc la matrice identité.

On a (en utilisant le lemme suivant) pour k= 1, . . . , N−1 aj,k = a_j,k

a_k,k, j =k+ 1, . . . , N puis pour `, j=k+ 1, . . . , N,

a`,j =a`,j−a`,kak,j

Lemme 1 (Lascaux-Theodor p184). Soit `_k, k = 1, . . . , N−1 une suite de N −1 vecteurs de dimensionN tels que lesk premi`eres composantes de`_k soient nulles, alors

N−1

Y

k=1

(I +`_ke^t_k) =I+

N−1

X

k=1

`_ke^t_k.

D´emonstration. les termes `ie^t_i`je^t_j aveci < j sont nuls, care^t_i`j =`j(i) = 0 pourj > i.

(21)

3.3. EXEMPLES 21

3.3 Exemples

3.3.1 Résumé pour la méthode de Gauss La méthode de Gauss est une méthode directe.

On utilise un pivot que l’on change ´eventuellement

Elle fonctionne sans changement de pivot pour tout matrice telle que les mineurs principaux sont de determinant non nul

Avec pivot, elle fonctionne pour toute matrice inversible.

Le cout est en O(n³).

Sans pivot, on ´ecrit

A=LU

avec Ltriangulaire inf´erieure avec des 1 sur la diagonale etU triangulaire sup´erieure Avec pivot, on rajoute une matrice de permutation

A=P LU,

avecP matrice de permutation (permutation des lignes ou colonnes de la matrice identit´e).

Le coˆut peut etre reduit pour des matrices bandes et fait intervenir la largeur de bande Par exemple, pour les matrices de tridiagonale, LetU sont bidiagonales.

3.3.2 Interpolation par splines cubiques

On considère l’interpolation par splines cubiques sur un intervalle [a, b] divisé en N sous intevalles pas forcément de même longueur. On se donne

f(x_j), j = 0, . . . , N, f⁰(x₀), f⁰(x_N), avec a=x0 <· · ·< xN =b.

Localement sur un intervalle [x_j, x_j+1] la reconstruction par splines cubiques de f est un po- lynˆome de degr´e ≤3.

On suppose la continuit´e C² en chacun des points xj, j = 1, . . . , N−1.

Sur l’intervalle [x_j, x_j+1], on note P_j+1/2 le polynôme de degré ≤ 3 qui est uniquement déterminé par f_j, f_j+1, f_j⁰, f_j+1⁰ , avec f_j⁰ = limx→x_jP_j⁰(x) = limx→x_jP_j−1⁰ (x). On peut écrire

P_j+1/2(x) =fj + Z xj+1

xj

P_j+1/2⁰ (x)dx.

Le polynˆome P_j+1/2⁰ est de degr´e ≤2 et satisfait

P_j+1/2⁰ (x_j) =f_j⁰, P_j+1/2⁰ (x_j+1) =f_j+1⁰ , ainsi que

Z xj+1

xj

P_j+1/2⁰ (x)dx=f_j+1−f_j. On peut donc ´ecrire

P_j+1/2⁰ (x) =f_j⁰+ x−xj

x_j+1−x_j(f_j+1⁰ −f_j⁰) +Aj(x−xj)(x−xj+1),

(22)

avecAj de telle sorte que f_j+1−f_j =A_j

Z xj+1

xj

(x−x_j)(x−x_j+1)dx+ f_j⁰ +f_j+1⁰

2 (x_j+1−x_j) On a

Z xj+1

xj

(x−x_j)(x−x_j+1)dx=−2x_j+1−x_j 3

x_j+1−x_j 2

2

=−(x_j+1−x_j)³

6 ,

ce qui donne

A_jx_j+1−x_j

6 =

f_j⁰+f_j+1⁰

2 −_x^f^j+1^−f^j

j+1−xj

xj+1−xj

On obtient alors

P”_j+1/2(x) = f_j+1⁰ −f_j⁰ xj+1−xj

+ 2Ajx−Aj(xj+xj+1), et la continuité de la dérivée seconde donne

f_j+1⁰ −f_j⁰

x_j+1−x_j +Aj(xj−xj+1) = f_j⁰−f_j−1⁰ x_j−xj−1

+Aj−1(xj−xj−1), ce qui se r´e´ecrit pourj= 1, . . . , N−1

−6

f_j⁰+f_j+1⁰

2 −_x^f^j+1^−f^j

j+1−x_j

xj+1−xj

= f_j⁰−f_j−1⁰ xj−xj−1

+ 6

f_j⁰+f_j−1⁰

2 − _x^f^j^−f^j−1

j−xj−1

xj−xj−1

. Si on suppose que le maillage est uniforme, on obtient

f_j+1⁰ −f_j⁰−f_j⁰ +f_j−1⁰ −3(f_j⁰ +f_j+1⁰ +f_j⁰+f_j+1⁰ ) =−6(f_j+1−fj +fj−fj−1)/∆x, soit

f_j−1⁰ + 4f_j⁰+f_j+1⁰ = 3f_j+1−fj−1

∆x . (3.1)

On considère alors le système linéaire en f₀⁰, . . . , f_N⁰ , donné par (3.1) et f₀⁰ = f₀⁰, f_N⁰ =f_N⁰ , pourj= 0 etj =N. On a bien un système tridiagonal.

3.3.3 Résolution d’un système tridiagonal Théorème 2. On considère la matrice suivante :

A=







b₁ c₁ 0 · · · 0 a2 . .. ... ... ... 0 . .. ... ... 0 ... . .. ... ... cn−1

0 · · · 0 an bn





 .

On d´efinit la suite suivante :







δ0 = 1, δ₁ =b₁,

δk=bkδk−1−akck−1δk−2, ∀k∈ {2, . . . , n}.