exercice newton et spline cubique

7/23/2019 Exercice Newton et Spline cubique

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Rponses aux exercices du chapitre 5

Numro 4. Soit les points suivants.

Fonction tabule

x f(x) x f(x)0,0 0,0 3,0 252,01,0 2,0 4,0 1040,02,0 36,0

a) Obtenir le polynme de Lagrange passant par les 3 premiers points.

b) Obtenir le polynme de Lagrange passant par les 4 premiers points. Est-ce possibledutiliser les calculs faits en a) ?

c) Donner lexpression analytique de lerreur pour les polynmes obtenus en a) et en b).

d) Obtenir des approximations def(1,5) laide des 2 polynmes obtenus en a) et en b).

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Solution

Le polynme dinterpolation par Lagrange est donn par :

pn(x) =n

i=0

f(xi)Li(x)

o les (n+ 1) fonctionsLi(x)sont dfinies par :

Li(x) = (x x0) (x xi1)(x xi+1) (x xn)

(xi x0) (xi xi1)(xi xi+1) (xi xn)

a) On a trois points, on veut donc un polynme de degr 2. Si x0 = 0, x1 = 1et x2 = 2,alors :

p2(x) =f(x0)L0(x) +f(x1)L1(x) +f(x2)L2(x)

=f(x0) (x x1)(x x2)

(x0 x1)(x0 x2)

+ f(x1) (x x0)(x x2)

(x1 x0)(x1 x2)

+ f(x2) (x x0)(x x1)

(x2 x0)(x2 x1)

= 0(x 1)(x 2)

(0 1)(0 2)+ 2

(x 0)(x 2)

(1 0)(1 2)+ 36

(x 0)(x 1)

(2 0)(2 1)

= 2x(x 2) + 18x(x 1) = 2x(2 x) + 2x(9x 9)

= 2x(2 x+ 9x 9) = 2x(8x 7)

b) On a quatre points, on veut donc un polynme de degr 3. Si x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2et x3 = 3, alors :

p3(x) =f(x0)L0(x) +f(x1)L1(x) +f(x2)L2(x) +f(x3)L3(x)

=f(x0) (x x1)(x x2)(x x3)

(x0 x1)(x0 x2)(x0 x3)+f(x1)

(x x0)(x x2)(x x3)

(x1 x0)(x1 x2)(x1 x3)

+f(x2) (x x0)(x x1)(x x3)

(x2 x0)(x2 x1)(x2 x3)+ f(x3)

(x x0)(x x1)(x x2)

(x3 x0)(x3 x1)(x3 x2)

=0(x 1)(x 2)(x 3)

(0 1)(0 2)(0 3) +

2(x 0)(x 2)(x 3)

(1 0)(1 2)(1 3)

+36(x 0)(x 1)(x 3)

(2 0)(2 1)(2 3)+ 252

(x 0)(x 1)(x 2)

(3 0)(3 1)(3 2)

=2x(x 2)(x 3)

(1)(1)(2) +36x(x 1)(x 3)

(2)(1)(1) +252x(x 1)(x 2)

(3)(2)(1)

=x(x 2)(x 3) 18x(x 1)(x 3) + 42x(x 1)(x 2)

c) Lerreur analytique est donne par :

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En(x) =f(n+1)((x))

(n+ 1)! (x x0)(x x1) (x xn)

o(x)appartient lintervalle ]x0, xn[. Pour le numro a), on a que lerreur est :

E2(x) = f(3)()(x 0)(x 1)(x 2)

3! , ]0, 2[

tandis quen b), lerreur est donne par :

E3(x) =f(4)()(x 0)(x 1)(x 2)(x 3)

4! , ]0, 3[

d) Il suffit de prendre chacun des polynmes et de les valuer en x = 1,5. En a), on a :p2(1,5) = 2(1,5)(8(1,5) 7) = 15et pour le numro b), on a que :

p3(1,5) = (1,5)(1,5 2)(1,5 3) 18(1,5)(1,5 1)(1,5 3) + 42(1,5)(1,5 1)(1,5 2)

= 1,125 + 20,25 15,75 = 5,625

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Numro 10. On interpolef(x) = ln(x)par un polynme aux noeudsx0= 1,x1 = 2,x2= 3,x3 = 4et x4= 5.

a) Trouver une expression algbrique de ce polynme en utilisant la mthode de Newton.

b) Estimer la valeur def(6,32)avec le polynme trouv en a) et calculer lerreur absolue.

Comparer cette valeur avec lapproximation fournie par la formule 5.23 en prenantcomme noeud supplmentaire x = 5,5.

c) Combien de noeuds intervalle rgulier de 0,5faudrait-il ajouter, en partant de x5 =5,5, afin que lerreur absolue de lestim de f(6,32)obtenu en b) diminue dun facteur100.

d) Sur lintervalle [3, 4], le graphe du polynme trouv en a) est-il au dessus de celui def(x), en dessous, ou se croisent-ils ?

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Solution

On interpole f(x) = ln xpar un polynme, aux noeuds 1, 2, 3, 4, 5.

(a) Il y a 5 noeuds, donc le degr du polynme est 4. Le polynme de Newton est donn par :

pn(x) =a0+a1(x x0) +a2(x x0)(x x1) + + +an(x x0) (x xn1)oai= f[x0, , xi]est la i-me diffrence divises. Les premires diffrences divisessont donnes par :

f[xi, xi+1] =f(xi+1) f(xi)

xi+1 xi

Les deuximes diffrences divises sont donnes par :

f[xi, xi+1, xi+2] =f[xi+1, xi+2] f[xi, xi+1]

xi+2 xi

Et finalement, les n-imes divises sont donnes par :

f[x0, , xn] =f[x1, , xn] f[x0, , xn1]

xn x0

On construit donc la table des diffrences divises comme suit :

i xi f(xi) f[xi, xi+1] f[xi, xi+1, xi+2] f[xi, xi+1, xi+2, xi+3] f[xi, xi+1, . . .

0 1 0,0

0,693 147 18061 2 0,6931471806 0,1438410361

0,405 465 1084 0,028316505972 3 1,098612289 0,0588915182 0,00486060

0,287 682 072 0,008874085903 4 1,386294361 0,0322692605

0,2231435514 5 1,609437912

Notre polynme de Newton de degr 4 est donc :

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p4(x) =a0+a1(x x0) +a2(x x0)(x x1) +a3(x x0)(x x1)(x x2)+a4(x x0)(x x1)(x x2)(x x3)

=f(x0) +f[x0, x1](x x0) +f[x0, x1, x2](x x0)(x x1)+f[x0, x1, x2, x3](x x0)(x x1)(x x2)+f[x0, x1, x2, x3, x4](x x0)(x x1)(x x2)(x x3)

= 0,693 1471 806(x 1) 0,143 8410361(x 1)(x 2)+0,02831650597(x 1)(x 2)(x 3) 0,004860605018(x 1)(x 2)(x 3)(x

p4(x) = 1,267382809 + 1,679182105x 0,483 861 2475x2 + 0,07692255615x3

0,004860605018x4

(b) Pour lestimation, il suffit dvaluer le polynme de degr 4 trouv en a) en x= 6,32.On obtient alors pf(6,32) = 1,681902033. Or, f(6,32) = ln(6,32) = 1,843719208.Lerreur absolue est donc E= |1,681902033 1,843719208| 0,161 817.

Il reste ensuite comparer la valeur absolue de lerreur avec la valeur donne par laformule suivante :

En(x) f[x0, x1, , xn, xn+1](x x0)(x x1) (x xn)

Si on ajoute labscisse x = 5,5 et que lon complte la table de diffrences finies, onpeut estimer lerreur commise par :

E4(x) f[x0, , x5](x x0)(x x1)(x x2)(x x3)(x x4) =p5(x) p4(x) (0,00078558)(6,32 1)(6,32 2)(6,32 3)(6,32 4)(6,32 5) 0,18356

(c) On veut maintenant diminuer cette erreur dun facteur 100 et donc obtenir une erreurabsolue de 0, 001618. Le polynme de Newton de degr 5 obtenu en ajoutant le nudx5= 5,5est :

p5(x) = p4(x) +f[x0, . . . , x5](x 1)(x 2) (x 5)= p4(x) + 0,78558 103(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5)

de sorte que p5(6,32) = 1, 681 902 + 0, 183 563 = 1, 865 465. Lerreur absolue est alorsE= | ln(6,32) 1, 865 465|= 0, 021 746et il faut encore ajouter un noeud (x6 = 6,0)pour obtenir :

p6(x) = p5(x) +f[x0, . . . , x6](x 1)(x 2) (x 5)(x 5,5)= p5(x) + 0, 11905 10

3(x 1)(x 2) (x 5,5)

On a alors p6(6,32) = 1, 865465 0, 2281 = 1, 842654 et lerreur absolue est donnepar E= |1, 842654 ln(6,32)| = 0, 001065, ce qui est mieux que la prcision requise.

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(d) On sait que lerreur exacte peut scrire

E= 1

120f(5)((x))(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5), [1, 5]

et nous sommes intresss au signe de lerreur. Or la fonction f(5)(t) = 24t

5 et donc lesigne de lerreur ne dpend que de celui de

(x 1)(x 2)(x 3)(x 4)(x 5).

Six [3, 4], alors trois des facteurs sont positifs et deux sont ngatifs. Par consquent,lerreur est positive et le graphe de ln(x)est au dessus de celui de p4(x).

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Numro 18. Soit les trois points (0, 0),(1, 1)et (2, 8)de la fonctionf(x) =x3.

a) Obtenir le systme linaire de dimension 3 permettant de calculer la spline cubiquenaturelle passant par ces trois points.

b) laide de la spline trouve en a), donner une approximation de f(12

)et comparer le

rsultat avec la valeur exacte 1

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c) En interpolant une fonction cubique (f(x) = x3)par des polynmes de degr 3 danschaque intervalle, on obtient quand mme une erreur. Expliquer.

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Solution

a) Le polynme que lon cherche est donn par :

pi(x) =fi+f

i

(x xi) +fi

2!(x xi)

2 +fi

3!(x xi)

3.

Puisque lon veut la spline naturelle, on doit avoir f0 =f

2 = 0. Par la suite, on doitavoir

h0(h0+h1)

f0 + 2f

1 + h1

(h0+h1)f2 = 6f[x0.x1, x2]

et commehi = h = 1, on a alors que :

1

2f0 + 2f

1 +1

2f2 = 6f[x0, x1, x2].

Pour 3 points, on obtient un systme 3 3. La table de diffrences divises est :

0 01

1 1 37

2 8

et le systme linaire correspondant :

f0 = 0

12f

0 + 2f

1 + 12f

2 = 6 3 = 18

f2 = 0

1 0 012 2 120 0 1

f

0f1f2

= 018

0

dof0 =f

2 = 0et f

1 = 9.

b) Pour interpoler enx = 1/2, on doit obtenir lquation de la spline dans le 1er intervalle(x0, x1):

p0(x) =f0+f

0(x x0) +f02!

(x x0)2 +

f03!

(x x0)3

Or, on a que :f0 =f(x0) = 0

f0 =f[x0, x1] h0f

0

3

h0f

1

6 = 1 0

9

6=

1

2

f0 =f1 f

0

h0= 9 0 = 9

9


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On obtient donc le polynme suivantp0(x) = 01

2(x0)+0+

9

6(x0)3 =

1

2x+

3

2x3 de

sorte quep0(1/2) = 0,0625. On remarque de plus quef(1/2) = (1/2)3 = 1/8 = 0,125.

c) Pour la spline naturelle, on impose f0 = 0 et f

2 = 0 qui sont respectivement des

approximations de la drive seconde de la fonction f(x) en x = 0 et x = 2. Cettedernire condition est incompatible avec la fonction f(x) =x3 puisque f(x) = 6xeton devrait donc imposer f2 = 12.

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Numro 20. On souhaite concevoir un virage dune voie de chemin de fer entre les points(0, 0)et (1, 1). Le virage est dcrit par une courbe de la forme y = f(x)qui satisfait :

f(0) = 0et f(1) = 1

De plus, pour assurer une transition en douceur, la pente de la courbe doit satisfaire :

f(0) = 0et f(1) = 0,3

On reprsente la courbe laide dun polynme dans lintervalle [0, 1].

a) Quel est le degr minimal que ce polynme devra avoir pour remplir toutes les condi-tions?

b) Calculer ce polynme.

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Solution

a) On a 4 conditions. On peut donc esprer y arriver avec un polynme de degr 3.

b) Puisque p(x) =a0+a1x+a2x2 +a3x3 et p(x) =a1+ 2a2x+ 3a3x2, les 4 conditions

se traduisent alors par :f(0) = 0 p(0) = a0 = 0f(0) = 0 p(0) = a1= 0

f(1) = 1 p(1) =a2+a3= 1 a2 = 1 a3f(1) = 0,3 p(1) = 2a2+ 3a3= 2(1 a3) + 3a3= 0,3 a3 = 1,7

ce qui entrane que p(x) = 2,7x2 1,7x3 =x2(2,7 1,7x)

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