Université de Nice Sophia-Antipolis Licence L3 Mathématiques Année 2008/2009. Analyse Numérique. Proposition de corrigé du TD 3

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1 Analyse Numérique Proposition de corrigé du TD 3 EXERCICE Interpolation de Lagrange Soit x 0, x,..., x n, n + points distincts. a. Soit (L i ) i=0,n n + fonctions de P n vérifiant L i (x j ) = δ ij. Montrer que (L i ) i=0,n est une base de P n (ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à n). Construire cette base. (L i ) i=0,n est une base de P n On a (L i ) i=0,n P n. ] On a Card [(L i ) i=0,n = n + = dimp n. Soit (a i ) i=0,n R tels que n a i L i (x) = 0. i=0 Donc 0 = n i=0 a il i (x j ) = a j pour chacun des j {0,..., n}, ou encore a j = 0 pour chaque j. D où la famille (L i ) i=0,n est libre. Par suite la famille (L i ) i=0,n est une base de P n. Construction de la base (L i ) i=0,n Soit i {0,..., n}. Pour tout j {0,..., n} j i, L i (x j ) = 0. Donc De L i (x i ) =, on déduit D où L i (x) = c i Π n j=0,j i (x x j). c i = Π n j=0,j i (x i x j ). L i (x) = Πn j=0,j i (x x j) ( x Π n j=0,j i (x i x j ) = xj ) Πn j=0,j i. x i x j b. Soit p n P n vérifiant : p n (x i ) = f(x i ) i = 0,..., n. Décomposer p n sur la base des (L i ) i=0,n. Un tel p n est-il unique?

2 Décomposition de p n sur la base (L i ) i=0,n On a n p n (x) = a i L i (x) avec a j R. i=0 De p n (x j ) = f(x j ) j = 0,..., n, on obtient p n (x) = n f(x i )L i (x). i=0 Unicité de p n Soient p n, q n P n tels que p n (x i ) = f(x i ) i = 0,..., n et q n (x i ) = f(x i ) i = 0,..., n. Alors le polynôme r = p n q n P n a (n + ) racines (x i ) i=0,n. Comme deg r n, nécessairement r = 0. c. Écrire le polynôme d interpolation associé aux points donnés dans le tableau suivant : x i /2 0 /2 f(x i ) 3/2 0 /4 0 0 Tab. Tableau pour l interpolation. On a p 4 (x) = f(x 0 )L 0 (x) + f(x )L (x) + f(x 2 )L 2 (x) + f(x 3 )L 3 (x) + f(x 4 )L 4 (x), = 3 2 L 0(x) + 4 f(x 2)L 2 (x). où D où L 0 (x) = L 2 (x) = (x + 2 )x(x )(x ) x 4 x 3 2 ( + 2 )( 0)( = 4 x2 + 4 x, 2 )( ) 3 2 (x + )(x + 2 )(x )(x ) x (0 + )(0 + 2 )(0 = 4 x )(0 ) 4 p 4 (x) = 3 2 x 4 x 3 4 x2 + 4 x x x = x 3 x 2 4 x

3 d. Établir la majoration d interpolation de Lagrange i.e. si f C n+ ([a, b]), alors il existe ξ ]a, b[ tel que f(x) p n (x) = Πn j=0(x x j ) (n + )! f (n+) (ξ). (.) Si x = x j j = 0,..., n, alors f(x) p (x) = 0, et tout ξ ]a, b[ convient. Si x x j j = 0,..., n, alors définissons φ(t) = f(t) p(t) k(x) Π n j=0(t x j ), t [a, b], où k(x) est choisi de telle sorte que φ(x) = 0. D une part, on en déduit que k(x) = f(x) p(x) Π n j=0 (x x j). (.2) D autre part, la fonction t φ(t) est de classe C n+ ([a, b]) admet (n+2) racines distinctes x, x 0, x,..., x n sur ]a, b[. D après le théorème de Rolle : t φ (t) est de classe C n ([a, b]) admet (n + ) racines distinctes sur ]a, b[, appartenant chacune entre les intervalles ouverts d extrémités de x, x 0, x,..., x n contenus dans ]a, b[. Par application du théorème de Rolle, t φ (2) (t) est de classe C n ([a, b]) admet n racines distinctes sur ]a, b[. Par application du théorème de Rolle une nouvelle fois, t φ (3) (t) est de classe C n 2 ([a, b]) admet n racines distinctes sur ]a, b[. Ainsi de suite, par application du théorème de Rolle, t φ (n+) (t) est de classe C 0 ([a, b]) admet une racine ξ ]a, b[, φ (n+) (ξ) = 0. Puisque p n P n, on a p (n+) n = 0 et Donc de (.2) et (.3) on tire, D où le résultat. 0 = φ (n+) (ξ) = f (n+) (ξ) (n + )! k(x). (.3) k(x) = f(x) p(x) Π n j=0 (x x j) = f (n+) (ξ). (n + )! e. Soient f(x) = cos(x) et g(x) = e 3x définies sur [0, ]. Estimer le nombre minimum de points pour que l erreur entre la fonction et son polynôme d interpolation de Lagrange soit inférieure à 0., 0.0 et

4 Nombre de points mimimum pour satisfaire une tolérance ε donnée Premier cas : f(x) = cos(x) ( sur [0, ]. On a cos (n+) (x) = cos x + (n + ) π ) et x y x, y [0, ], donc 2 f(x) p n (x) (n + )! ε donne (n + )! ε. D où ε = 0. ε = 0 : ε = 0.0 ε = 00 : ε = 0.00 ε = 000 : 3! = 6, 4! = 24 n + 4 n 3. 5! = 20 n + 5 n 4. 6! = 720, 7! = 5040 n + 7 n 6. Deuxième cas : g(x) = exp(3x) sur [0, ]. On a g (n+) (x) = 3 (n+) exp(3x) et x y x, y [0, ], donc D où ε = 0. : ε = 0.0 : ε = 0.00 : g(x) p n (x) 3(n+) exp(3) (n + )! 3 (9+) exp(3) (9 + )! 3 (0+) exp(3) (0 + )! 3 (+) exp(3) ( + )! 3 (2+) exp(3) (2 + )! 3 (3+) exp(3) (3 + )! 3 (4+) exp(3) (4 + )! , ε n , n , n 4.

5 EXERCICE 2 Interpolation de Hermite Soit f C ([a, b]) et x, x 2 deux points distincts. Soit p un polynôme de degré 3 vérifiant p(x i ) = f(x i ) et p (x i ) = f (x i ) pour i =, 2. a. Montrer qu un tel polynôme existe et est unique. Existence On pose p(x) = a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a 0, donc p (x) = 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a. Les conditions sur p et p s écrivent : a 3 x 3 + a 2 x 2 + a x + a 0 = f(x ), a 3 x a 2 x a x 2 + a 0 = f(x 2 ), 3a 3 x 2 + 2a 2 x + a + 0 = f (x ), ou encore ou bien encore 3a 3 x a 2 x 2 + a + 0 = f (x 2 ). x x 2 x 3 x 2 x 2 2 x x 3x 2 0 2x 2 3x 2 2 a 0 a a 2 a = f(x ) = f(x 2 ), = f (x ) = f (x 2 ) AX = B avec A = x x 2 x 3 x 2 x 2 2 x x 3x 2 0 2x 2 3x 2 2, X = a 0 a a 2 a, C = f(x ) f(x 2 ) f (x ) f (x 2 ). 5

6 ( ) 4 On a det(a) = x 2 x 0 puisque x x 2, d où l existence de p. Unicité de p Soient p, q P 3 tels que Soit r = p q. Alors p(x i ) = f(x i ), i =, 2, p (x i ) = f (x i ), i =, 2. r(x i ) = f(x i ), i =, 2, r (x i ) = f (x i ), i =, 2, r(x) = C(x) (x x ) 2 (x x 2 ) 2. Comme r P 3, on a c(x) = 0, donc r = 0, puis p = q. D où l unicité. b. Établir la majoration d interpolation suivante : si f C 4 ([a, b]), alors il existe ξ ]a, b[ tel que f(x) p(x) = (x x ) 2 (x x 2 ) 2 4! f (4) (ξ). Si x = x ou x 2, alors f(x) p(x) = 0, et tout ξ ]a, b[ convient. Si x x, x 2, on pose φ(t) = f(t) p(t) (t x )(t x 2 ) k(x), t [a, b], où k(x) est choisi de telle sorte que φ(x) = 0. Donc f(x) p(x) k(x) = (x x )(x x 2 ), (2.) On a également : la fonction t φ(t) est de classe C 4 ([a, b]) et admet 3 racines distinctes x, x, x 2 sur [a, b]. D après le théorème de Rolle : t φ (t) est de classe C 3 ([a, b]) et s annule en 2 points distincts c, c 2 x, x, x 2, c, c 2 ] min(x, x, x 2 ), max(x, x, x 2 )[. De plus [ ] φ (t) = f (x) p (x) k(x) 2(t x )(t x 2 ) 2 + 2(t x ) 2 (t x 2 ), ce qui entraîne φ (x ) = 0, φ (x 2 ) = 0. t φ (t) s annule en 4 points distincts c, c 2, x, x 2. t φ (t) est de classe C 2 ([a, b]) et admet 3 racines distinctes d, d 2, d 3 chacune appartenant à l intervalle ]z i, z k [ où z i, z k {c, c 2, x, x 2 }. t φ (3) (t) est de classe C ([a, b]) et admet 2 racines distinctes e, e 2 chacune appartenant à l intervalle ]y i, y k [ où y i, y k {d, d 2, d 3 }. t φ (4) (t) est de classe C 0 ([a, b]) et admet racine ξ ]e, e 2 [ ]a, b[. 6

7 On a 0 = φ (4) (ξ) = f (4) (ξ) p (4) (ξ) (4!) k(x). (2.2) Comme p P 3, on a p (4) = 0. Des équations (2.) et (2.2), on déduit D où le résultat. f(x) p(x) (x x ) 2 (x x 2 ) 2 = k(x) = f (4) (ξ), pour x x, x 2. (2.3) 4! c. Trouver une base (A, A 2, B, B 2 ) de P 3 telle que p(x) = f(x )A (x) + f(x 2 )A 2 (x) + f (x )B (x) + f (x 2 )B 2 (x). et exprimer cette base en fonction des polynômes d interpolation de Lagrange L et L 2. La condition p(x ) = f(x ) s écrit : ou encore f(x )A (x ) + f(x 2 )A 2 (x ) + f (x )B (x ) + f (x 2 )B 2 (x ) = f(x ), [ ] f(x ) A (x ) + f(x 2 )A 2 (x ) + f (x )B (x ) + f (x 2 )B 2 (x ) = 0. Ce qui s écrit encore : De même de p(x 2 ) = f(x 2 ), on obtient A (x ) =, A 2 (x ) = 0, B (x ) = 0, B 2 (x ) = 0. A (x 2 ) = 0, A 2 (x 2 ) =, B (x 2 ) = 0, B 2 (x 2 ) = 0. De la même façon, les conditions p (x ) = f (x ), p (x 2 ) = f (x 2 ) s écrivent : A (x ) = 0, A 2 (x ) = 0, B (x ) =, B 2 (x ) = 0, A (x 2) = 0, A 2 (x 2) = 0, B (x 2) = 0, B 2 (x 2) =. (2.4) (2.5) (2.6) (2.7) 7

8 Les relations (2.4), (2.5), (2.6) et (2.7) peuvent se résumer en : A (x ) =, A (x ) = 0, A (x 2 ) = 0, A (x 2) = 0, A 2 (x ) = 0, A 2 (x ) = 0, A 2 (x 2 ) =, A 2 (x 2) = 0, B (x ) = 0, B (x ) =, B (x 2 ) = 0, B (x 2) = 0, B 2 (x ) = 0, B 2 (x ) = 0, B 2 (x 2 ) = 0, B 2 (x 2) =. Comme A P 3, les relations (2.8) s expriment par : A (x) = (ax + b) (x x 2 ) 2, = (ax + b) (x x 2 ) 2, 0 = a(x x 2 ) 2 + 2(x x 2 )(ax + b), (2.8) (2.9) (2.0) (2.) (2.2) 2 d où on tire a = (x x 2 ) 3 et b = (x x 2 ) 2 + 2x (x x 2 ) 3 = 3x x 2 (x x 2 ) 3. Et donc A (x) = 2(x x )(x x 2 ) 2 (x x 2 ) 3 + (x x 2) 2 (x x 2 ) 2. (2.3) Par symétrie on obtient A 2 (x) = 2(x x 2)(x x ) 2 (x 2 x ) 3 + (x x ) 2 (x 2 x ) 2. (2.4) Pour calculer B, de (2.0) on a B (x) = (ax + b) (x x 2 ) 2, 0 = (ax + b) (x x 2 ) 2, = a(x x 2 ) 2 + 2(x x 2 )(ax + b). (2.5) Donc a = x (x x 2 ) 2 et b = ax = (x x 2 ) 2. 8

9 D où Par raison de symétrie on a B (x) = (x x )(x x 2 ) 2 (x x 2 ) 2. (2.6) B 2 (x) = (x x 2)(x x ) 2 (x 2 x ) 2. (2.7) Expression de A, A 2, B, B 2 en fonction des polynômes de Lagrange On a d où L (x) = x x 2 x x 2 et L (x) = x x x 2 x, ( A (x) = 2(x x ) x x 2 ) ( ) x 2 x2 x x 2 = [ 2(x x )L (x) ] (L (x)) 2, A 2 (x) = [ 2(x x 2 )L 2(x) ) ](L 2 (x)) 2, (2.8) ( x x ) ( x )2 x2 B (x) = (x 2 x ) x x 2 x x 2 = (x 2 x ) (L (x)) 2, B 2 (x) = (x x 2 ) (L 2 (x)) 2. d. Décrire les polynômes d interpolation de Hermite dans le cadre général. Polynômes d interpolation de Hermite dans le cadre général On se donne une fonction f et on cherche un polynôme p P 2n tel que Alors on a p(x) = où la base (A i, B i ) est donnée par p(x i ) = f(x i ), i =,.., n, p (x i ) = f (x i ), i =,.., n n f(x i )A i (x) + f (x i )B i (x), i= A i (x) = [ 2(x x i )L i(x i ) ] (L i (x)) 2, B i (x) = (x x i ) (L i (x)) 2. 9

10 En effet, la base (A i, B i ) polynômes de P 2n est cherchée telle que A i (x j ) = δ ij, A i (x j) = 0, i, j =,.., n, B i (x j ) = 0, B i (x j) = δ ij, i, j =,.., n. (2.9) Ce qui suggère de prendre (A i, B i ) de la forme A i (x) = (L i (x)) 2 (a i (x x i ) + c i ), B i (x) = (L i (x)) 2 (b i (x x i ) + d i ). Pour chaque i {,.., n} les conditions (2.9) en x i s écrivent = A i (x i ) = c i, 0 = A i (x i) = L i (x i ) (2c i L i (x i) + a i L i (x i )), 0 = B i (x i ) = d i, = B i (x i) = L i (x i ) (2d i L i (x i) + b i L i (x i )). Ce qui donne c i =, a i = 2L i (x i), b i =, d i = 0. ] [ Si f est de classe C 2n, alors il existe ξ min (x, (x i ) i=,..,n ), max (x, (x i ) i=,..,n ) tel que f(x) p(x) = f (2n) (ξ) (2n)! Π n j=0 ( x x j ) 2. 0