Grenoble INP Pgor 1ère nnée Exercices corrigés Anlyse numérique NB : Les exercices corrigés ici sont les exercices proposés durnt les sénces de cours. Les corrections données sont des corrections plus détillées que celles fournies durnt le cours si le temps permis de donner ces corrections). Si vous vez des questions concernnt ces exercices, n hésitez ps à envoyer un mil à votre enseignnt d nlyse numérique pour lui poser une question. Si vous trouver des coquilles, des erreurs dns le présent document, n hésitez ps à le signler à votre enseignnt pr un mil. Chpitre 1 : Introduction u clcul pproché Exercice 1 Montrer que 95 s écrit bien 10010001101101) en bse puis reconvertir 10010001101101) en bse 10. Pour convertir un entier de l bse 10 à l bse on verr que l méthode diffère légèrement pour un nombre déciml un peu plus trd), on divise l entier pr division euclidienne) et le reste correspond u dernier chiffre de l entier en bse. Pour 95, cel donne 95 = 4 + 1 et on itère le processus sur le quotient obtenu jusqu à ce qu il ville 1). Ainsi puisque On peut réécrire 95 sous l forme 4 = 1 + 0 95 = 1 + 0) + 1 = 1 + 1 0 + 0 1 et 01 sont les derniers chiffres de 95 écrit en bse. Pour enfoncer le clou, on détille encore l itértion suivnte 1 = 115 + 1 95 = 115 + 1) + 1 0 + 0 1 = 115 + 1 + 1 0 + 0 1 et 101 sont les derniers chiffres de 95 écrit en bse. On ffiche ensuite le processus itértif dns son entier : 95 = 4 + 1 4 = 1 + 0 1 = 115 + 1 115 = 58 + 1 58 = 91 + 0 91 = 145 + 1 145 = 7 + 1 7 = + 0 = 18 + 0 18 = 9 + 0 9 = 4 + 1 4 = + 0 = 1 + 0 1 = 0 + 1 1
Donc, on peut décomposer 95 de l mnière suivnte 95 = 1 1 + 1 0 + 11 0 + 10 1 + 9 0 + 8 0 + 7 0 + 1 + 5 1 + 4 0 + 1 + 1 + 1 0 + 0 1 On bien montré que 95) 10 = 10010001101101). Il ne reste plus qu? reconvertir ce nombre binire en bse 10. Pour ce fire, on v procéder de mnière itértive. On commence pr cette première étpe, 1 est le chiffre le plus fort le plus à guche) de 10010001101101) et on construit le résultt intermédiire de l mnière suivnte, on multiplie pr le résultt intermédiire précédent u déprt 0) et on joute le chiffre le plus fort restnt à triter. On commence donc pr 0 + 1 = 1 = 0 1 Le résultt intermédiire est donc 1 et il ne reste plus qu à triter 0010001101101 du binire 10010001101101). On itère le processus. On multiplie pr le résultt intermédiire ici 1) puis on joute le chiffre le plus fort restnt à triter soit ici 0). D où 1 + 0 = = 1 1 + 0 0 Il ne reste plus qu à triter 010001101101 du binire 10010001101101). Si on détille l étpe suivnte, on + 0 = 4 = 1 + 1 0 + 0 0 Il ne reste plus qu à triter 10001101101 du binire 10010001101101). On ffiche ensuite le processus itértif dns son entier : 0 + 1 = 1 1 + 0 = + 0 = 4 4 + 1 = 9 9 + 0 = 18 18 + 0 = + 0 = 7 7 + 1 = 145 145 + 1 = 91 91 + 0 = 58 58 + 1 = 115 115 + 1 = 1 1 + 0 = 4 4 + 1 = 95 On vérifie donc bien que 95) 10 = 10010001101101). Notons bien que de processus décrit ici est juste le premier processus mis pris en sens inverse. Exercice Écrire 4) 10 et 7) 10 en binire puis effectuer l opértion en binire 4) 10 + 7) 10 et vérifier que le résultt obtenu soit le bon.
Convertissons tout d bord 4 en binire. Cel donne 4 = 17 + 0 17 = 8 + 1 8 = 4 + 0 4 = + 0 = 1 + 0 1 = 0 + 1 On donc 4) 10 = 100010). Convertissons mintennt 7 en binire. On 7 = 1 + 1 1 = + 1 = + 0 = 1 + 1 1 = 0 + 1 et 7) 10 = 11011). On effectue mintennt l ddition de 100010) et 11011). Pour rppel, l ddition en binire fonctionne de l mnière suivnte + 0 1 0 0 1 1 1 10 D où l opértion suivnte 1 0 0 0 1 0 + 1 1 0 1 1 = 1 1 1 1 1 0 1 On 100010) + 11011) = 111101). Or 4) 10 + 7) 10 = 1) 10, vérifions si 1) 10 = 111101). 0 + 1 = 1 1 + 1 = + 1 = 7 7 + 1 = 15 15 + 0 = 0 0 + 1 = 1 On bien 1) 10 = 111101), le résultt obtenu en binire est bien conforme u résultt obtenu en bse 10. Exercice Écrire 90) 10 et 97) 10 en binire puis effectuer l opértion en binire 90) 10 97) 10 et vérifier que le résultt obtenu est le bon. Convertissons tout d bord 90 en binire. Cel donne 90 = 45 + 0 45 = + 1 = 11 + 0 11 = 5 + 1 5 = + 1 = 1 + 0 1 = 0 + 1
On donc 90) 10 = 1011010). Convertissons mintennt 97 en binire. On 97 = 48 + 1 48 = 4 + 0 4 = 1 + 0 1 = + 0 = + 0 = 1 + 1 1 = 0 + 1 et 97) 10 = 1100001). On effectue mintennt l multipliction de 1011010) pr 1100001). Pour rppel, l multipliction en binire fonctionne de l mnière suivnte D où l opértion suivnte 0 1 0 0 0 1 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 0 1 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 + 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 + 1 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 = 1 1 0 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 On 1011010) 1100001) = 10001000011010). Or 90) 10 97) 10 = 870) 10, vérifions si 870) 10 = 10001000011010). 0 + 1 = 1 1 + 0 = + 0 = 4 4 + 0 = 8 8 + 1 = 17 17 + 0 = 4 4 + 0 = 8 8 + 0 = 1 1 + 0 = 7 7 + 1 = 545 545 + 1 = 1091 1090 + 0 = 18 18 + 1 = 45 45 + 0 = 870 On bien 870) 10 = 10001000011010), le résultt obtenu en binire est bien conforme u résultt obtenu en bse 10. 4
Exercice 4 Si on dispose de 4 bits bit de signe compris), quelles vleurs peuvent prendre les entiers codés sur ces 4 bits? Si on dispose de 4 bits dont 1 de signe, il ne reste plus que bits pour coder les entiers nturels ceux plus grnd que 0). Ils ne peuvent donc prendre que vleurs distinctes dont l vleur 0. Les entiers nturels codés sont insi 0, 1,,, 4, 5,, et 7 = 1. Mintennt, si on tient compte du bit de signe, les entiers codés devrient pouvoir vrier entre 7 et 7. Cependnt deux combinisons urient l même vleur 0 : 1000 et 0000, le chiffre en grs désigne ici le bit de signe. Pour éviter cette redondnce, on pose 1000 = 8 clssiquement, le signe de bit lorsqu il vut 1 indique un nombre négtif). Finlement, si on dispose de 4 bits bit de signe compris), on peut coder les entiers de vleurs comprises entre 8 = et 7 = 1. Exercice 5 Vérifier l églité entre 9, 905) 10 et 1001, 11101). On distingue l prtie entière et l prtie décimle à triter. On vérifier tout d bord que 9) 10 = 1001, en effet 9 = 4 + 1 4 = + 0 = 1 + 0 1 = 0 + 1 On donc Mis on ussi 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 0, 905 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 0, 905) 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1, 815 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 0, 815) On vient donc de clculer le premier chiffre près l virgule de 9, 905 en binire soit ici 1). On réitère le même processus pour voir le chiffre près l virgule suivnt 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 0, 815) 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1, 5 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 0, 5) Le deuxième chiffre près l virgule en binire) est donc 1. Voici enfin directement, les trces des clculs pour obtenir tous les chiffres nécessires près l virgule 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 1, 5 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 1 + 0, 5) 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 1 + 4 0, 5 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 1 + 4 0 + 5 0, 5) 9, 905 = 1 + 0 + 1 0 + 0 1 + 1 1 + 1 + 1 + 4 0 + 5 1 On vérifie donc bien que 9, 905) 10 = 1001, 11101). 5
Chpitre : Résolution d équtions non-linéires Exercice On définit l méthode du point fixe suivnte { x0 fixé dns [, b] x n+1 = gx n ) On suppose que cette suite dmet une limite sur [, b] notée l. Cette méthode est d ordre p si x n+1 l x n l p dmet une limite réelle strictement positive lorsque n tend vers l infini. On suppose g p fois dérivble sur [, b]. En utilisnt l formule de Tylor, montrer que l méthode est d ordre p si et seulement si g l) = g l) =... = g p 1) l) = 0 et g p) l) 0 On rppelle tout d bord l formule de Tylor. Soit k 1 un entier et soit f une fonction de R dns R k fois dérivble en R, lors il existe une fonction ɛ k de R dns R tel que et fx) = f) + f )x ) + f x ) ) +... + f k) x )k ) + ɛ k x)x ) k k! lim ɛ kx) = 0 x Mintennt, si g est p fois dérivble sur [, b], on peut écrire que vec gx n ) = gl) + g l)x n l) + g l) x n l) +... + g p) l) x n l) p + ɛ p x)x n l) p p! Posons e n = x n l, on x n+1 = gx n ) et lim ɛ px n ) = 0 x n l e n+1 = gx n ) gl) = g l)x n l) + g l) x n l) +... + g p) l) x n l) p + ɛ p x n )x n l) p p! = g l)e n + g l) e n +... + gp) l) ep n p! + ɛ px)e p n Si l méthode est d ordre p lors le quotient e n+1 e p tend vers un réel non-nul cr x n+1 l dmet une n x n l p limite réelle strictement positive et on enlève juste les vleurs bsolues). Or d près ce qui précède, on l églité suivnte e n+1 e p n = g l) e p 1 n + g l) e p +... + 1 g p 1) l) + gp) l) + ɛ p x n ) n e n p 1)! p! A guche de l églité, le terme tend vers un réel non-nul. Concernnt les termes à droite, on que e n tend vers 0 qund n tend vers l infini donc g { l) 0 si g lim n + en p 1 = l) = 0 ± sinon
De même jusqu à Pr contre gp) l) p! lim n + lim n + g { l) 0 si g en p = l) = 0 ± sinon 1 g p 1) { l) 0 si g = p 1) l) = 0 e n p 1)! ± sinon est un réel et ɛ p x n ) tend vers 0. Pr unicité de l limite des deux côtés de l églité, il fut que g l) = g l) =... = g p 1) l) = 0 pour que le côté droit tende vers un réel, gp) l) en p! l occurence. L limite réelle est en plus différente de 0, donc on doit voir g p) l) 0. Si on lors et g l) = g l) =... = g p 1) l) = 0 et g p) l) 0 e n+1 = ep n p! gp) l) + e p nɛ p x n ) e n+1 e p n = 1 p! gp) l) + ɛ p x n ) d où comme ɛ p x n tend vers 0 qund n tend vers l infini et l méthode est bien d ordre p. lim e n+1 = 1 n + p! gp) l) R + e p n Exercice 7 ordre de convergence de l méthode de Newton) On rppelle ici l méthode de Newton, il s git d une méthode du point fixe pour rśoudre fx) = 0 sur [, b] définissnt l suite suivnte x 0 fixé dns [, b] x n+1 = gx n ) = x n fx n) f x n ) On suppose que cette suite dmet une limite sur [, b] notée l. Montrer que si f est fois dérivble sur [, b] et que f l) 0, lors l méthode de Newton est d ordre u moins. L fonction g vut ici gx) = x fx) f x) S dérivée vut g x) = 1 f x)f x) fx)f x) f x)) = fx)f x) f x)) et en l, cette dérivée vut 0 cr fl) = 0, l est l solution u problème étudié. Donc l méthode est d ordre u moins d ordre si g l) 0, d ordre supérieur à sinon). Si on v plus loin, clculons l dérivée seconde de g g x) = f x)f x) + fx)f x)) f x)) fx)f x)f x)) f x)) 4 7
Elle vut en l g l) = f l) f l) Donc si f l) 0 lors l méthode de Newton est d ordre, sinon elle est d ordre supérieur à. Chpitre : Approximtion de fonctions Méthode des moindres crrés Exercice 8 On dispose de n points x i, y i ), i = 1,..., n et on suppose que l fonction modèle est de l forme fx, β 0 ) = β 0 Trouver β 0 minimisnt l quntité Sβ 0 ) = y i fx i, β 0 )) On cherche le minimum β0 tel que Sβ0) = min Sβ 0). Pour cel, on besoin de clculer s dérivée S β 0 ). β 0 R Celle-ci vut S β 0 ) = [ y i fx i, β 0 ))] = y i β 0 ) Pour trouver un extremum locl minimum ou mximum locl), il fut résoudre le problème S β 0 ) = 0. Dns notre cs, on en déduit que β0 = 1 y i n Il reste cependnt à vérifier que β 0 est bien un minimum et que celui-ci est globl. Pour cel, étudions le comportement de Sβ 0 ). On le tbleu des vritions suivnt β 0 β 0 β 0 S β 0 ) 0 + Sβ 0 ) + Sβ 0) 0 + Grâce à ce tbleu, on vérifie que β 0 = 1 n y i minimise bien l quntité Sβ 0 ). Exercice 9 Régression linéire) On dispose de n points x i, y i ), i = 1,..., n et on suppose que l fonction modèle est de l forme fx,, b) = x + b 8
On cherche le minimum de S, b) = y i x i b) Pour cel, il fut chercher où le grdient de S vut 0. On doit donc clculer les dérivées prtielles de S pr rpport à et b. Celles-ci vlent S = x i y i x i b) S b = y i x i b) Le minimum de S est donc tteint pour, b) solution du système suivnt x i y i x i b) = 0 On note x et y les moyennes des x i et y i : y i x i b) = 0 x = 1 n x i y = 1 n y i Exprimer b en fonction de, x et y puis exprimer. L seconde ligne du système à résoudre donne D où y i x i b) = 0 Mintennt réécrivons le système à résoudre : x i y i x i b) = y i x i b 1 = 0 b = 1 n ) y i x i = y x n y i x i b) = } {{ } =n x i y i y x i x)) = 0 y i y x i x)) = 0 Si on multiplie l deuxième ligne pr x et qu on l soustrit à l première ligne, on obtient x i y i y x i x)) x y i y x i x)) = 0 x 0 = 0 9
Or 0 = x i y i y x i x)) x y i y x i x)) = x i x)y i y x i x)) Et finlement, on obtient que = Remrque : si vous obtenez le résultt suivnt x i x)y i y) x i x) = x i x)y i y) x i x) = x i y i x y) x i x) = x i y i nx y x i nx celui-ci est ussi vlide. En effet, on l églité suivnte pour le numérteur x i x)y i y) = x i y i xy i x i y + xy) = et l églité suivnte pour le dénominteur x i x) = x i xx i + x ) = x i y i x y i } {{ } =ny x i x x i } {{ } =nx y x i } {{ } =nx +nx = +nx y = x i y i nx y x i nx Exercice 10 Moindres crrés linéires) On dispose de n points x i, y i ), i = 1,..., n et on suppose que l fonction modèle est de l forme m fx, β) = β k φ k x) vec β le vecteur contennt tous les prmètres que nous llons chercher β 1 β β =. β m On cherche le minimum de Sβ) = k=1 y i fx i, β)) 10
Pour cel, il fut chercher où le grdient de S vut 0. On doit donc clculer les dérivées prtielles de S pr rpport ux β k. Celles-ci vlent Sβ) = y i fx i, β)) fx i, β) = 0 β k β k Or on pour tout i = 1,..., n et pour tout k = 1,..., m X ik = fx i, β) β k = φ k x i ) Posons l mtrice et le vecteur X 11 X 1... X 1m X 1 X... X m X =...... X n1 X n... X nm y = Montrer que β est minimum de S si le vecteur est solution du système suivnt X T X ) β = X T y y 1 y. y n Le minimum de S est tteint lorsque son grdient s nnule, ce qui veut dire que pour tout k = 1,..., m y i fx i, β)) fx i, β) β k = 0 Cette églité se réecrit de l mnière suivnte m y i β j X ij X ik = 0 D où pour tout k = 1,..., m y i X ik = j=1 j=1 m m n ) β j X ij X ik = β j X ij X ik j=1 Mintennt étudions de plus près l reltion mtricielle X T X ) β = X T y Avnt cel, on fit un court rppel sur les mtrices : Soient A et B deux mtrices, on note [A] ij l vleur du coefficient de A à l ligne i, colonne j. Le produit AB n est possible que s il y comptibilité des dimensions. Ainsi si A possède l lignes et c colonnes et si B possède b 1 lignes et b colonnes, il fut que c = b l pour que le produit AB existe, cette mtrice d illeurs l lignes et b c colonnes et pour tout i = 1,..., l et pour tout k = 1,..., b c c [AB] ik = [A] ij [B] jk j=1 Concernnt ce qu on ppelle l mtrice trnsposée de A notée A T, celle-ci pour dimensions c lignes et l colonnes et [A T ] ij = [A] ji i = 1,..., c j = 1,..., l 11
Revenons mintennt à l exercice proprement dit. Étudions tout d bors les comptibilité pour les dimensions, l mtrice X possède n lignes et m colonnes donc l mtrice X T possède m lignes et n colonnes et X T X m lignes et m colonnes. Le vecteur β possède lui m lignes et 1 colonne, donc le produit X T X)β est un vecteur m lignes et bien s?r 1 colonne). D utre prt, y est ussi un vecteur n lignes, 1 colonne) donc X T y est ussi un vecteur m lignes, 1 colonne). On donc comptibilité pour les dimensions des deux côtés de l églité. Mintennt, on [X T X] jk = [X T ] ji [X] ik = [X] ij [X] ik = X ij X ik j = 1,..., m k = 1,..., m et l k ème composnte du vecteur X T X)β vut m m n ) [X T X)β] k1 = [X T X] jk [β] j1 = β j X ij X ik j=1 j=1 k = 1,..., m D utre prt, l k ème composnte du vecteur X T y vut [X T y] k1 = [X T ] ki [y] i1 = [X] ik y i = X ik y i k = 1,..., m Or on vu précédemment que donc pour tout k = 1,..., m On vérifie bien l églité vectorielle m n ) y i X ik = β j X ij X ik j=1 [X T X)β] k1 = [X T y] k1 X T X)β = X T y Exercice 11 On dispose de n points x i, y i ), i = 1,..., n et on suppose que l fonction modèle est de l forme fx, β 0 ) = β 0 Chque mesure y i est entâchée d une erreur dont l écrt-type est estimé à σ i = 1 wi. w i 0). Trouver β0 minimum de χ β 0 ) = w i y i β 0 ) On cherche le minimum β 0 χ β 0 ). Celle-ci vut tel que χ β 0) = min β 0 R χ β 0 ). Pour cel, on besoin de clculer s dérivée χ β 0 ) = [ w i y i fx i, β 0 ))] = w i y i β 0 ) Pour trouver un extremum locl minimum ou mximum locl), il fut résoudre le problème χ β 0 ) = 0. 1
Dns notre cs, on en déduit que β 0 = w i y i β 0 correspond à l moyenne pondérée des y i. Il reste cependnt à vérifier que β 0 est bien un minimum et que celui-ci est globl. Pour cel, étudions le comportement de χ β 0 ). On le tbleu des vritions suivnt w i β 0 β 0 β 0 χ β 0 ) 0 + + + χ β 0 ) Grâce à ce tbleu, on vérifie que β 0 = w i y i χ β 0) 0 minimise bien l quntité χ β 0 ). w i Interpoltion polynômile Exercice 1 On dispose de n + 1 points x i, y i ), i = 0,..., n. On suppose x 0 < x 1 < x n. On construit f fonction d interpoltion entre x 0 et x n tel que les points x i, y i ) soient reliés entre eux pr des droites. Exprimer f sur [x 0, x n ]. Sur le tronçon [x i, x i+1 ], f vut une droite d interpoltion de l forme x+b. Or fx i ) = y i et fx i+1 ) = y i+1. Il reste donc à trouver les coefficients et b pour que l droite psse pr les points indiqués précédemment. Pour cel, il fut résoudre le système suivnt { x i + b = y i x i+1 + b = y i+1 En soustrynt l première ligne à l seconde, on x i+1 x i ) = y i+1 y i ) On en déduit que et b vut = y i+1 y i x i+1 x i b = y i x i = y i y i+1 y i x i+1 x i x i 1
Donc sur le tronçon [x i, x i+1 ], f vut pour i = 0,..., n 1. fx) = y i+1 y i x i+1 x i x + y i y i+1 y i x i+1 x i x i = y i+1 y i x i+1 x i x x i ) + y i Exercice 1 On dispose d un ensemble de n + 1 points x i, y i ), i = 0,..., n tel que si i j, x i x j. L interpoltion polynômile sous forme lgrngienne noté L est une combinison linéire de polynômes de Lgrnge l j x) = n k=0,k j Lx) = y j l j x) j=0 x x k x j x k = x x 0 x j x 0... x x j 1 x j x j 1 x x j+1 x j x j+1... x x n x j x n Les polynômes de Lgrnge sont de degré n donc L est u mximum de degré n. Montrer que Lx i ) = y i, pour i = 0,..., n. On veut montrer que Lx i ) = y i pour i = 0,..., n. Pour cel, il fut tout d bord clculer les l j x i ). Pour i j n x i x k l j x i ) = x j x k k=0,k j Dns ce cs, l indice k peut vloir i donc un des termes du produit est x i x i x j x i qui vut 0 et le produit est forcément nul. On insi que l j x i ) = 0 si i j. Mintennt si i = j, l j x j ) = n k=0,k j x j x k x j x k = 1 On en déduit que Lx i ) = y j l j x i ) = y i j=0 Exercice 14 On considère l ensemble de points suivnts 1, 1 ), 0, 1), 1, 1 ) Clculer le polynôme d interpoltion L pssnt pr ces trois points. 14
Tout d bord, il fut clculer les l j x), j vlnt 0, 1 ou. On D où l 0 x) = l 1 x) = l x) = k=0,k 0 k=0,k 1 k=0,k x i x k = x x 1 x x = x 0 x j x k x 0 x 1 x 0 x 1 0 x i x k x j x k = x x 0 x 1 x 0 x x x i x k x j x k = x x 0 x x 0 x x Lx) = y 0 l 0 x)+y 1 l 1 x)+y l x) = 1 = x 1) x 1 x 0 1) = x 1) x x 1 1 1) x 1 1 1 = xx 1) = 1 x 1 x x 1 0 1 = x + 1)x 1) = x + 1 x 0 xx + 1) = = 1 1 0 x + 1 x 1 x 1 ) x x +1+ 1 1 x + 1 ) = 1 x x +1 = 5 x +1 Exercice 15 On dispose d un ensemble de n + 1 points x i, y i ), i = 0,..., n tel que x 0 < x 1 <... x n. L spline cubique S interpolnt ces points coïncide sur chque intervlle [x i, x i+1 ] vec un polynôme p i de degré de l forme : Sx) = p i x) = f i + f ix x i ) + f i! x x i) + f i! x x i) Les coefficients à déterminer sont les f i, f i, f i et f i. On n + 1 points d interpoltions donc n intervlles [x i, x i+1 ] et 4n inconnues à déterminer. On veut nturellement que Sx i ) = p i x i ) = y i i = 0,..., n 1 Sx i+1 ) = p i x i+1 ) = y i i = 0,..., n 1 ce qui permet d ssurer l continuité de l spline cubique S. n donc 4n inconnues et n reltions utilisées pour les conditions usuelles. On se sert des n degrés de libertés restnt pour imposer que l spline S soit C. Pour que S soit C sur [x 0, x n ], il fut que S x i+1 ) = p ix i+1 ) = p i+1x i+1 ) i = 0,..., n S x i+1 ) = p i x i+1 ) = p i+1x i+1 ) i = 0,..., n On vient d imposer n 1) conditions, il reste encore degrés de liberté. En générl, pour terminer on prend S x 0 ) = p 0x 0 ) = 0 et S x n ) = p n 1x n ) = 0 splines nturelles) mis de nombreux utres choix sont possibles. On cherche mintennt à évluer les coefficients f i, f i, f i et f i. Pour cel, il fut répondre ux questions suivntes 1. Exprimer p i x), p i x) et p i x) en fonction des f i, f i, f i et f i.. Montrer à prtir de l condition p i x i ) = y i que f i = y i i = 0,..., n 1. Notons h i = x i+1 x i pour i = 0,..., n 1 et f[x i, x i+1 ] = yi+1 yi h i. Montrer à prtir de l condition p i x i+1 ) = y i+1 que f i = f[x i, x i+1 ] f i h i f i h i i = 0,..., n 1 15
4. Montrer à prtir de l condition p i x i+1) = p i+1 x i+1) que 5. On pose f n = p n 1x n ). On donc f f i = f i+1 f i i = 0,..., n h i n 1 = f n f n 1 h n 1. Montrer que f i = f[x i, x i+1 ] 1 h if i 1 h if i+1 i = 0,..., n 1. Montrer à prtir de l condition p i x i+1) = p i+1 x i+1) que pour i = 0,..., n. h i f i + h i + h i+1 )f i+1 + h i+1 f i+ = f[x i+1, x i+ ] f[x i, x i+1 ]) Il ne reste plus qu à imposer f 0 et f n pour obtenir tous les coefficients. 1. On veut exprimer p i x), p i x) et p i x) en fonction des f i, f i, f i et f i. Pour rppel, on pour x dns [x i, x i+1 ]. p i x) = f i + f ix x i ) + f i! x x i) + f i! x x i) Donc sur le même intervlle, on ussi p i x) = f i + f ix x i ) + f i x x i) + f i x x i) p ix) = f i + f i x x i ) + f i x x i) p i x) = f i + f i x x i ). On veut tout d bord respecter l condition p i x i ) = y i. Or p i x i ) = f i + f ix i x i ) + f i x i x i ) + f i x i x i ) = f i Pour respecter l condition voulue, il fut donc imposer que f i = y i i = 0,..., n 1. On note h i = x i+1 x i pour i = 0,..., n 1 et f[x i, x i+1 ] = y i+1 y i. On veut respecter l condition p i x i+1 ) = y i+1, il fut donc que l églité suivnte soit vrie p i x i+1 ) = f i }{{} =y i +f ih i + f i h i h i + f i h i = y i+1 D où f ih i = y i+1 y i f i h i f i h i En divisnt pr h i l églité précédente, on obtient l condition voulue f i = f[x i, x i+1 ] } {{ } = y i+1 y i h i f i h i f i h i i = 0,..., n 1 1
4. On veut mintennt stisfire l condition p i x i+1) = p i+1 x i+1). Or p i x i+1 ) = f i + f i p i+1x i+1 ) = f i+1 Donc pour honorer l condition précédente, il fut imposer que Et en divisnt pr h i, il fut que f i + f i h i = f i+1 h i f i = f i+1 f i i = 0,..., n h i 5. On pose f n = p n 1x n ). On donc f n 1 = f n f n 1 cr f n = p h n 1x n ) = f n 1 + h n 1 f n 1 f i = f i+1 f i i = 0,..., n 1 h i En réinjectnt ce résultt dns l églité trouvée à l question., on D où f i = f[x i, x i+1 ] f i h i f i h i = f[x i, x i+1 ] f i h i h i f i = f[x i, x i+1 ] h i f i h i f i+1 i = 0,..., n 1. On veut enfin stisfire l dernière condition p i x i+1) = p i+1 x i+1). Or p ix i+1 ) = f i + f i h i + f i h i = f[x i, x i+1 ] h i f i f i+1 f i h i h i f i+1 + f i h i + h i f i+1 f i h i p i+1x i+1 ) = f i+1 = f[x i+1, x i+ ] h i+1 f i+1 h i+1 f Pour vérifier l églité voulue, il fut imposer que f[x i, x i+1 ] + 1 h if i + 1 h if i+1 = f[x i+1, x i+ ] h i+1 f i+1 h i+1 f i+ En multiplint pr l églité précedente et en réorgnisnt, on obtient n 1) et = f[x i, x i+1 ] + 1 h if i + 1 h if i+1 f[x i+1, x i+ ] f[x i, x i+1 ]) = h i f i + h i + h i+1 )f i+1 + h i+1 f i+ i = 0,..., n i+ Chpitre 4 : Intégrtion numérique Exercice 1 1. Soit f une fonction intégrble sur le segment [, b] < b). Quelle est l vleur moyenne de f sur ce segment? 17
. Dns le cs du tritement du signl, on peut vouloir connitre l vleur moyenne ft) d un signl f sur le segment [0, t] t > 0, vrible dns le temps). Déduire de l question précédente l expression de l fonction vleur moyenne ft). 1. Notons f moy l vleur moyenne de l fonction f sur [, b]. f moy, pour être une vleur moyenne, doit respecter l condition suivnte f moy dt = ft) dt on le risonnement nlogue pour l moyenne rithmétique, f moy = 1 n l églité nf moy = f i ). Donc b )f moy = et l vleur moyenne f moy de f sur le segment [, b] vut f moy = 1 b ft) dt ft) dt f i donc f moy doit respecter. On veut mintennt exprimer l vleur moyenne ft) d un signl c est une fonction) f sur le segment [0, t] t > 0). D près l question précédente, on ft) = 1 t t 0 ft) dt 1 Exercice 17 Écrire un progrmme Scilb permettnt d estimer l intégrle de sur [0, 1] pr l méthode 1 + x de Monte Crlo vec pour entrée N le nombre de vleurs létoires tirées pour clculer cette intégrle. Pour rppel, l fonction rndn,m) retourne une mtrice de tille n m contennt des nombres létoires de loi uniforme compris entre 0 et 1. On rppelle tout d bord l méthode de Monte Crlo pour l estimtion d une intégrle. On veut intégrer fx) = 1 sur [0, 1]. Il fut tout d bord clculer l quntité V définie pr 1 + x V = 1 0 dx = 1 On peut mintennt rpeler l méthode de Monte Crlo. Celle-ci consiste donc à tirer létoirement de mnière uniforme des vleurs x i [0, 1], i = 1,..., N puis à pprocher l intégrle pr 1 0 fx) dx V N N fx i ) = 1 N N 1 1 + x i Puisque l théorie est clire, pssons à l mise en oeuvre prtique soit le code Scilb. Voici un exemple de solution u problème : 18
function QN = integrlemcn) -- QN v contenir le resultt de l integrle pprochee QN = 0 ; -- boucle de clcul, on doit simuler N x_i puis jouter fx_i)/n QN for k = 1:N -- k eme x_i simule u = rnd1,1) ; -- jout de fx_i)/n QN QN = QN + 1./N).*1./1 + u.*u)) ; end endfunction On vient de donner un lgorithme permettnt de clculer 1 0 1 dx = rctn1) 1 + x Exercice 18 On veut pprocher l intégrle pr l formule de qudrture suivnte If) = 1 1 fx) dx A 0 f 1) + A 1 f1) Clculer A 0 et A 1 pour que cette formule de qudrture soit de degré de précision u moins 1. Montrer que cette formule de qudrture pour degré de précision 1. On cherche une formule de qudrture à points, elle doit donc être excte sur l ensemble des polynômes de degré u plus 1. Donc si fx) = 1, If) = A 0 + A 1 et si fx) = x, If) = A 0 + A 1. Pour clculer A 0 et A 1, il fut donc résoudre le système suivnt { A0 + A 1 = I1) = A 0 + A 1 = Ix) = 0 Si on joute l première à l seconde ligne, on A 1 =, d où A 1 = 1. De plus, d près l seconde ligne, A 0 = A 1. Finlement, l formule de qudrture est f 1) + f1) D près ce qui précède, cette formule de qudrture est de degré de précision u moins 1. Étudions mintennt le cs où fx) = x 1 fx) = x If) = x = f 1) + f1) = 1 L formule de qudrture n est donc ps excte pour fx) = x. On en conclut qu elle est bien de degré de précision 1. Exercice 19 Formule des trpèzes) On cherche à pprocher l intégrle If) = fx) dx < b 19
pr l formule des trpèzes cs n = 1 des formules de Newton-Cotes fermé). On pproxime insi cette intégrle pr l formule de qudrture suivnte ) b ) w 1) 0 f) + w1) 1 fb) vec w 1) i = 1 b l i x) dx et l i x), polynôme de Lgrnge nécessire pour l interpoltion. Clculer les poids w 1) 0 et w 1) 1. Pour cette formule de qudrture, les nœuds sont les points et b donc pour clculer les poids w 1) 0 et w 1) 1, il fut connitre les les polynôme de Lgrnge l 0x) et l 1 x) nécessire pour le clcul du polynôme d interpoltion pssnt pr les points x 0, y 0 ) =, f)) et x 1, y 1 ) = b, fb)). Pour rppel, l i x) = 1 k=0,k i x x k x j x k Dns notre cs, on lors D où l 0 x) = x x 1 = x b x 0 x 1 b l 1 x) = x x 0 = x x 1 x 0 b w 1) 0 = 1 b w 1) 1 = 1 b l 0 x) dx = 1 b ) b) l 1 x) dx = L formule des trpèzes est donc 1 b ) x b) dx = x ) dx = fx) dx b 1 b ) b) 1 b ) f) + fb)) [ x b) [ x ) ] b ] b = b) = b ) b) = 1 b ) b ) = 1 Exercice 0 Formule de Simpson) On cherche à pprocher l intégrle If) = fx) dx < b pr l formule de Simpson cs n = des formules de Newton-Cotes fermé) ) ) b + b f) + 4f + fb) Montrer que l formule de Simpson est de degré de précision. 0
L formule de Simpson est une formule de qudrture de type interpoltion à points. D près l un des théorèmes du cours, elle est donc excte pour tous les polynômes de degré u plus. Elle est donc de degré de précision u moins, ce que confirme les clculs suivnts fx) = 1 If) = b b f) + 4f + b ) ) + fb) L formule de Simpson u moins un degré de précision supérieur à 0. b f) + 4f + b ) ) + fb) fx) = x If) = b = b L formule de Simpson u moins un degré de précision supérieur à 1. b = b 1 + 4 + 1) = b b ) + + b) + b) = + b) = b fx) = x If) = b ) ) + b f) + 4f + fb) = b + + b) + b ) = b + b + b ) = b L formule de Simpson u moins un degré de précision supérieur à. Mintennt pour le degrés supérieurs, on fx) = x If) = b4 4 4 b f) + 4f + b = b ) ) + fb) = b + 1 ) + b) + b + 1 + b + b + 1 ) b + b = b 4 + b + b + b ) = b4 4 4 L formule de Simpson u moins un degré de précision supérieur à. b fx) = x 4 If) = b5 5 ) ) + b f) + 4f + fb) = b 4 + 14 ) + b)4 + b 4 = b 4 + 14 4 + b + b + b + 14 ) b4 + b 5 = b 4 54 + 4 b + b + 4b + 5b 4 ) = 5 4 b5 1 4 b4 + 1 1 b 1 1 b + 1 4 4 b 5 4 5 Le résultt obtenu pr l formule de qudrture est différent de l vleur de l intégrle pour fx) = x 4. On en conclut que l formule de Simpson est de degré de précision. Exercice 1 Formule des rectngles) Étblir l formule des rectngles pour Newton-Cotes ouvert n = 0 puis montrer que cette formule est de degré de précision 1. 1
Pour obtenir les formules de Newton-Cotes ouvert, on interpole f ux point suivnts x i = + i + 1)h i = 0,..., n vec h = b n + et on construit les formules de qudrtures de l fçon suivnte : vec fx) dx b ) w n) i = 1 b i=0 w n) i fx i ) l i x) dx et l i x) est le polynôme de Lgrnge défini de l mnière suivnte l i x) = n k=0,k i x x k x i x k vec x i, fx i )) les points d interpoltion utilisé. Dns notre cs, n = 0 et on interpole en un seul point x 0. D utre prt, h vut ici b x 0 = + h = + b L formule des rectngle est donc de l forme ) b )w 0) + b 0 f = + b donc Il ne reste plus qu à évluer w 0) 0. On l 0 x) = 0 k=0,k 0 x x k x i x k = 1 Pour s en convincre, on rppelle ici que le degré d un polynôme de Lgrnge est n vec n + 1 le nombre de points d interpoltion). Ici n = 0 donc l 0 x) est un polynôme de degré 0 donc une constnte différente de 0). D utre prt, on montré dns un exercice précédent que l i x j ) = 0 si i j l i x i ) = 1 donc l 0 x 0 ) = 1 d où l 0 x) = 1. Mintennt, on peut clculer w 0) 0 et on w 0) 0 = 1 b 1 dx = b b = 1 et l formule des rectngles pour Newton-Cotes ouvert) est ) + b b )f Il nous fut mintennt montrer que cette formule est de degré de précision 1. On déjà ) + b fx) = 1 If) = b b )f = b
L formule des rectngles u moins un degré de précision supérieur à 0. fx) = x If) = b ) + b b )f = b ) + b L formule des rectngles u moins un degré de précision supérieur à 1. = b fx) = x If) = b ) ) + b + b b )f = b ) = b + b + b ) = 1 4 4 b b + b ) Le résultt obtenu pr l formule de qudrture est différent de l vleur de l intégrle pour fx) = x. On en conclut que l formule des rectngles est de degré de précision 1. Exercice Degré de précision des formules de Newton-Cotes) Pour une formule de Newton-Cotes ssociée à une vleur impire de n. Si f C n+1 [, b]), lors il existe un réel K n 0 et ξ ], b[ tel que l erreur R commise sur l vleur de l intégrle soit Rf) = K n n + 1)! b )n+ f n+1) ξ) Pour une formule de Newton-Cotes ssociée à une vleur pire de n suf n = 0 pour Newton-Cotes fermé). Si f C n+ [, b]), lors il existe un réel M n 0 et ξ ], b[ tel que l erreur R commise sur l vleur de l intégrle soit Rf) = M n n + )! b )n+ f n+) ξ) Déduire le degré de précision des formules de Newton-Cotes à prtir de ce qui précède. On rppelle tout d bord qu une formule de qudrture est de degré de précision n si cette formule est excte donne l vleur excte de l intégrle pprochée) pour toute fonction fx) = x k vec k n et inexcte pour fx) = x n+1. D utre prt, on rppelle que toute fonction de l forme x k vec k entier positif est dérivble à l infini sur R et ces dérivées successives sont ussi continues sur R. On peut ussi montrer que si fx) = x k, lors l p ème dérivée p k) de f vut f p) x) = p! x k p et si p > k, f p) x) = 0. Mintennt revenons à l exercice et étudions le cs n impir, on Rf) = K n n + 1)! b )n+ f n+1) ξ) Si fx) = x k vec k < n + 1, lors f n+1) x) = 0 et Rf) = 0 l formule de qudrture est donc excte pour ces f choisis). On en déduit que le degré de précision des formules de Newton-Cotes vec n impir est u moins n. Si fx) = x n+1, lors f n+1) x) = n + 1)! et Rf) = K n b ) n+ 0 Les formules de Newton-Cotes ont un degré de précision n si n est impir.
On étudie ensuite le cs n pir on exclue le cs Newton-Cotes fermé n = 0), on Rf) = M n n + )! b )n+ f n+) ξ) Si fx) = x k vec k < n +, lors f n+) x) = 0 et Rf) = 0 l formule de qudrture est donc excte pour ces f choisis). On en déduit que le degré de précision des formules de Newton-Cotes vec n impir est u moins n + 1. Si fx) = x n+, lors f n+) x) = n + )! et Rf) = M n b ) n+ 0 Les formules de Newton-Cotes ont un degré de précision n + 1 si n est pir. Exercice Formule composite des trpèzes) L méthode pour obtenir une formule composite consiste à diviser l intervlle [, b] en r sous-intervlles de longueur et d introduire les points de subdivision h = b r t i = + ih i = 0,..., r On forme r 1 fx) dx = i=0 ti+1 t i fx) dx et l on pplique sur chque intervlle [t i, t i+1 ] une des formules de Newton-Cotes. On veut utiliser pour formule de Newton-Cotes l formule des trpèzes Newton-Cotes fermé). Étblir l formule de qudrture composite décrite précédemment. En combien de points est il nécessire d évluer f pour pouvoir utiliser cette formule? On pplique sur chque intervlle [t i, t i+1 ] l formule des trpèzes Newton-Cotes fermé) ti+1 et si on somme sur chque intervlle, on obtient r 1 ti+1 i=0 t i fx) dx h ft i) + ft i+1 )) t i fx) dx r 1 i=0 h ft i) + ft i+1 )) Après quelques simplifictions, l formule composite des trpèzes s écrit ) f) r 1 h + ft i ) + fb) Pour l clculer, il est nécessire d évluer f en les points t i, i = 0,..., r = t 0 et b = t r ). Il fut donc évluer f r + 1 fois. 4
Exercice 4 Un exemple de formule de Guss) Soit l formule de qudrture de Guss suivnte If) = 1 1 fx) dx I n f) = w 0 fx 0 ) + w 1 fx 1 ) Le but est de choisir les nœuds x 0 et x 1 et les poids w 0 et w 1 soit 4 vribles) de telle mnière à ce que le degré de précision de l formule de qudrture soit le plus élevé possible. Pour résoudre ce problème, on besoin de 4 équtions fin d voir une une solution unique pour les nœuds et les poids). Pour les obtenir, on impose que If) = I n f) pour fx) = x k k = 0,..., 1. Étblir le système de 4 équtions non-linéires pour obtenir les nœuds et les poids.. Vérifier que w 0 = w 1 = 1 x 0 = x 1 = est solution du système précédent. Vérifier que l formule obtenue 1 ) ) fx) dx f + f est de degré de précision. 1 1. On impose que If) = I n f) pour fx) = x k k = 0,..., donc si fx) = 1, on doit imposer que If) = Si fx) = x, on doit imposer que If) = Si fx) = x, on doit imposer que If) = Si fx) = x, on doit imposer que If) = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 dx = = w 0 + w 1 = I n f) x dx = 0 = w 0 x 0 + w 1 x 1 = I n f) x dx = = w 0x 0 + w 1 x 1 = I n f) x dx = 0 = w 0 x 0 + w 1 x 1 = I n f) Le système de 4 équtions non-linéires pour obtenir les nœuds et les poids est donc w 0 + w 1 = w 0 x 0 + w 1 x 1 = 0 w 0 x 0 + w 1 x 1 = w 0 x 0 + w 1 x 1 = 0 5
. On suppose que et on vérifie w 0 = w 1 = 1 x 0 = x 1 = w 0 + w 1 = 1 + 1 = w 0 x 0 + w 1 x 1 = + = 0 ) ) w 0 x 0 + w 1 x 1 = + = 9 + 9 = ) ) w 0 x 0 + w 1 x 1 = + = 7 + 7 = 0 On bien que w 0 = w 1 = 1 x 0 = est solution du système étbli à l question précédente.. Pr construction, x 1 = If) = I n f) pour fx) = x k k = 0,..., l formule de qudrture un degré de précision u moins égl à. Mintennt, si fx) = x 4, on If) = 1 1 x 4 dx = 5 ) 4 ) 4 I n f) = w 0 fx 0 ) + w 1 fx 1 ) = + = 1 9 + 1 9 = 9 L formule de qudrture n est ps excte pour fx) = x 4, son degré de précision est donc. Chpitre 5 : Résolution de systèmes linéires Exercice 5 Les systèmes suivnts ont-ils une solution unique, une infinité de solution ou ps de solution? Justifier. { x1 + x = 4 1) 4x 1 1x = 8 { x1 + x = 7 ) x 1 x = 0 { 4x1 x = 14 ) 1x 1 1x = Le système 1) dmet une infinité de solution. L seconde ligne du système peut être obtenue en multiplint l première ligne du système pr que ce soit du côté guche que du côté droit du signe =). Il n y donc qu une seule éqution pour relier les vribles x 1 et x d où l infinité de solutions. Le système ) dmet une unique solution x 1 = 1, x = ). L seconde ligne du système ne peut ps être obtenue en multiplint l première pr un coefficient.
Le système ) n dmet ucune solution. En effet, si on multiplie l première ligne pr 4 et qu on l soustrit à l seconde ligne, on obtient du côté guche de l églité 1x 1 1x 44x 1 x ) = 0 et 4 14 = 54 pour le côté droit de l églité. Il y donc incomptibilité entre les deux équtions du système. Exercice Quel est le rng de l mtrice suivnte? A = 1 4 5 7 1 4 10 7 0 5 8 9 Comme l mtrice A est de dimension 4 4, le rng de l mtrice est compris entre 0 et 4. Notons l i, i = 1,..., 4 les lignes de l mtrice A. Au moins une des lignes est non nulle, donc rga) 1. l 1 et l sont linéirement indépendnts. En effet, il n existe ps de réel λ tel que l = λl 1, donc rga). l 1, l et l 4 sont linéirement indépendnts. En effet, il n existe ps de réels λ et µ tel que l 4 = λl 1 + µl, donc rga). l = l 1 + l l 4, l n est ps linéirement indépendnte de l 1, l et l 4 d où rga) = Exercice 7 Soit le système linéire à résoudre suivnt x 1 + x = 1 x 1 + x = 1 x 1 x = On l églité suivnte = 0 1 5 0 0 0 0 ) Vérifier ) que l églité précédente est une décomposition en vleurs singulières et l utiliser pour montrer que est l unique solution du système décrit plus hut. On considère comme cquis l vlidité de l églité précédente on peut s muser à vérifier si on veut...). On note les mtrices ) U = Σ = V = 0 1 5 0 0 0 0 7
On remrque tout d bord que UU T = 0 0 1 1 + + 1 = + + + 1 1 + 1 + 1 1 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 U est une mtrice crré donc puisque UU T = I l identité, on ussi U T U = I ttention ce n est vri que prce que le résultt de l multipliction mtricielle est l identité). U est bien une mtrice orthogonle. De même pour V, on VV T = ) ) = + + ) = 1 0 0 1 V est bien une mtrice orthogonle et comme Σ est une mtrice digonle dont les termes digonux sont positifs, on bien l décomposition en vleurs singulières de l mtrice A du système linéire Ax = b. D utre prt, rga) = et on cherche vribles, le système dmet donc une unique solution que l on v clculer grâce à l formule x = VΣ 1 U T b On effectue ce clcul en plusieurs étpes U T b = 0 1 x = VΣ 1 U T b = Σ 1 U T b = 1 1 1 5 0 0 0 1 0 = ) 5 0 ) 5 1 1 1 1 4 ) 4 + = = 5 = ) 5 ) ) 5 ) + ) 5 0 ) = ) 8