· Created Date: 20170124150229Z

SMP3 : ANALYSE NUMÉRIQUE ET ALGORITHMIQUE

——————————————————SÉRIE N 0 2———– Correction——————-2016 - 2017

Exercice 1 : Construire le polynôme P3 qui interpole les points (0, 2), (1, 1), (2, 2) et (3, 3) en utilisantsuccessivement les trois méthodes (directe, Lagrange, Newton).Méthode directe : Le polynôme P3 s’écrit :

P3(x) = ax3 + bx2 + cx+ d

On a :f(0) = 2⇒ d = 2

f(1) = 1⇒ a+ b+ c+ d = 1

f(2) = 2⇒ 8a+ 4b+ 2c+ d = 2

f(3) = 3⇒ 27a+ 9b+ 3c+ d = 3

⇒

d = 2

a+ b+ c = −1

8a+ 4b+ 2c = 0

27a+ 9b+ 3c = 1

⇒

d = 2

a+ b+ c = −1

6a+ 2b = 2 E3-2E224a+ 6b = 4 E3-3E2

et d = 2

a+ b+ c = −1

6a+ 2b = 2

24a+ 6b = 4

⇒

d = 2

a+ b+ c = −1

6a+ 2b = 2

6a = −2 E4-3E3

⇒

d = 2

c = −83

b = 2

a = −13

Donc :P3(x) =

−1

3x3 + 2x2 +

−8

3x+ 2

Méthode de Lagrange : Calculons d’abord les polynômes caractéristiques de Lagrange :

L0(x) =(x− x1)(x− x2)(x− x3)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)=

(x− 1)(x− 2)(x− 3)

(0− 1)(0− 2)(0− 3)=−1

6(x3 − 6x2 + 11x− 6)

L1(x) =(x− x0)(x− x2)(x− x3)

(x1 − x0)(x0 − x2)(x0 − x3)=

(x− 0)(x− 2)(x− 3)

(1− 0)(1− 2)(1− 3)=

1

2(x3 − 5x2 + 6x)

L2(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x3)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)=

(x− 0)(x− 1)(x− 3)

(2− 0)(2− 1)(2− 3)=−1

2(x3 − 4x2 + 3x)

L3(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)=

(x− 0)(x− 1)(x− 2)

(3− 0)(3− 1)(3− 2)=

1

6(x3 − 3x2 + 2x)

D’où :P3(x) = 2L0(x) + 1L1(x) + 2L2(x) + 3L3(x)

P3(x) =−1

3(x3−6x2+11x−6)+

1

2(x3−5x2+6x)−(x3−4x2+3x)+

1

2(x3−3x2+2x) =

−1

3x3+2x2+

−8

3x+2

Méthode de Newton : Calculons d’abord les différences divisées :

0 2

1 1 1−21−0 = −1

2 2 2−12−1 = 1 1−(−1)

2−0 = 1

3 3 3−23−2 = 1 1−1

3−1 = 0 0−13−0 = −1

3

Donc :

P3(x) = 2−(x−x0)+1(x−x0)(x−x1)−1

3(x−x0)(x−x1)(x−x2) = 2−x+x(x−1)− 1

3x(x−1)(x−2)

P3(x) =−1

3x3 + 2x2 +

−8

3x+ 2

1

2

Exercice 2 : En utilisant la méthode la plus rapide répondre aux questions suivantes :1. Calculer le polynôme d’interpolation de la fonction f(x) = cos(x) en utilisant les trois pointsxi = π

2i avec i = 0, 1, 2. Méthode de Newton :

0 1π2

0 0−1π2−0 = − 2

π

π −1 −1−0π−π

2= − 2

π

− 2π−(− 2

π)

π−0 = 0

Donc :P2(x) = 1− 2

π(x− 0) + 0(x− 0)(x− π

2) = 1− 2

πx

2. Calculer ensuite le polynôme d’interpolation de la même fonction en utilisant les quatre points xi= π

2i avec i = 0, 1, 2, 3 (c’est à dire en ajoutant le point x3 =

3π

2).

Méthode de Newton :

0 1π2

0 0−1π2−0 = − 2

π

π −1 −1−0π−π

2= − 2

π

− 2π−(− 2

π)

π−0 = 0

3π2

0 0−(−1)3π2−π = 2

π

2π−(− 2

π)

3π2−π

2

= 4π2

4π2−0

3π2−0 = 8

3π3

Donc :

P2(x) = 1− 2

π(x− 0) + 0(x− 0)(x− π

2) +

8

3π3(x− 0)(x− π

2)(x− π) = 1− 2

πx

P2(x) =8

3π3x3 − 4

π2x2 − 2

3πx+ 1

Exercice 3 : Trouver le polynôme de l’espace vectoriel V ec{1 + x2, x4} (engendré par les deux vec-teurs 1 + x2 et x4) qui interpole les points (0, 1) et (1, 3).

Le polynôme d’interpolation P appartient à l’espace V ec{1 + x2, x4}, donc :

P (x) = α(1 + x2) + βx4

En remplaçant avec les deux points, on a :{P (0) = 1⇒ α = 1

P (1) = 3⇒ 2α + β = 3⇒{α = 1

β = 1

Donc ;P (x) = 1(1 + x2) + 1x4 = x4 + x2 + 1

Exercice 4 : 1. Construire le polynôme de Lagrange P3 qui interpole les points (−1, 2), (0, 1),(1, 2) et (2, 3). On a :

L0(x) =(x− x1)(x− x2)(x− x3)

(x0 − x1)(x0 − x2)(x0 − x3)=

(x− 0)(x− 1)(x− 2)

(−1− 0)(−1− 1)(−1− 2)=−1

6(x3 − 3x2 + 2x)

L1(x) =(x− x0)(x− x2)(x− x3)

(x1 − x0)(x0 − x2)(x0 − x3)=

(x− (−1))(x− 1)(x− 2)

(0− (−1))(0− 1)(0− 2)=

1

2(x3 − 2x2 − x+ 2)

L2(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x3)

(x2 − x0)(x2 − x1)(x2 − x3)=

(x− (−1))(x− 0)(x− 2)

(1− (−1))(1− 0)(1− 2)=−1

2(x3 − x2 − 2x)

L3(x) =(x− x0)(x− x1)(x− x2)

(x3 − x0)(x3 − x1)(x3 − x2)=

(x− (−1))(x− 0)(x− 1)

(2− (−1))(2− 0)(2− 1)=

1

6(x3 − x)

Donc :P3(x) = 2L0(x) + 1L1(x) + 2L2(x) + 3L3(x)

P3(x) =−1

3(x3 − 3x2 + 2x) +

1

2(x3 − 2x2 − 2x+ 2)− (x3 − x2 − 2x) +

1

2(x3 − x)

P3(x) =−1

3x3 + x2 +

1

3x+ 1

3

2. Soit Q2 le polynôme de Lagrange qui interpole les points (−1, 2), (0, 1), (1, 2). Montrer qu’ilexiste un réel λ tel que :

Q(x)− P (x) = λ(x+ 1)x(x− 1)

Calculons Q2(x) :

L0(x) =(x− x1)(x− x2)

(x0 − x1)(x0 − x2)=

(x− 0)(x− 1)

(−1− 0)(−1− 1)=

1

2(x2 − x)

L1(x) =(x− x0)(x− x2)

(x1 − x0)(x0 − x2)=

(x− (−1))(x− 1)

(0− (−1))(0− 1)= (1− x2)

L2(x) =(x− x0)(x− x1)

(x2 − x0)(x2 − x1)=

(x− (−1))(x− 0)

(1− (−1))(1− 0)=

1

2(x2 + x)

Donc :

Q2(x) = 2L0(x) + 1L1(x) + 2L1(x) = x2 + 1

On en déduit :

Q2(x)− P3(x) = x2 + 1 +1

3x3 − x2 − 1

3x− 1 =

x

3(x2 − 1) =

1

3(x+ 1)x(x− 1)⇒ λ =

1

3

Autre méthode :On a :

Q2(−1) = P3(−1) Q2(0) = P3(0) Q2(1) = P3(1)

Donc le polynôme Q2(x)− P3(x) à au moins trois racines −1, 0 et 1 ce que implique :

Q2(x)− P3(x) = R(x)(x+ 1)x(x− 1)

et comme Q2(x)− P3(x) est de degré 3 on déduit que R(x) est une constante λ.

Exercice 5 : Soit f : R→ R la fonction définie par f(x) = 1 + x3 :1. Calculer le polynôme P0 qui interpole f au point d’abscisse x0 = 0 ;P0(x) est un polynôme de degré zéro (donc une constante) en particulier : P0(0) = f(0) = 1 doncP0(x) = 1.

2. Calculer le polynôme P1 qui interpole f aux points d’abscisse x0 = 0 et x1 = 1 ;On a :

L0(x) =(x− 1)

(0− 1)= 1− x et L1(x) =

(x− 0)

(1− 0)= x

et :

P1(x) = f(0)L0(x) + f(1)L1(x) = 1− x+ 2x = 1 + x

3. Calculer le polynôme P2 qui interpole f aux points d’abscisse x0 = 0, x1 = 1 et x2 = 2 ;On a :

L0(x) =(x− 1)(x− 2)

(0− 1)(0− 2)=

1

2(x2 − 3x+ 2)

L1(x) =(x− 0)(x− 2)

(1− 0)(1− 2)= 2x− x2

L2(x) =(x− 0)(x− 1)

(2− 0)(2− 1)=

1

2(x2 − x)

et :

P2(x) = f(0)L0(x) + f(1)L1(x) + f(2)L2(x) =1

2(x2 − 3x+ 2) + 2(2x− x2) + 9(

1

2(x2 − x))

P2(x) = 3x2 − 2x+ 1

4

4. Calculer le polynôme P3 qui interpole f aux points d’abscisse x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2 et x3 = 3 ;On a :

L0(x) =(x− 1)(x− 2)(x− 3)

(0− 1)(0− 2)(0− 3)=−1

6(x3 − 6x2 + 11x− 6)

L1(x) =(x− 0)(x− 2)(x− 3)

(1− 0)(1− 2)(1− 3)=

1

2(x3 − 5x2 + 6x)

L2(x) =(x− 0)(x− 1)(x− 3)

(2− 0)(2− 1)(2− 3)=−1

2(x3 − 4x2 + 3x)

L3(x) =(x− 0)(x− 1)(x− 2)

(3− 0)(3− 1)(3− 2)=

1

6(x3 − 3x2 + 2x)

et :P2(x) = f(0)L0(x) + f(1)L1(x) + f(2)L2(x) + f(3)L3(x)

P2(x) =−1

6(x3−6x2 + 11x−6) + 2(

1

2(x3−5x2 + 6x)) + 9(

−1

2(x3−4x2 + 3x)) + 28(

1

6(x3−3x2 + 2x))

P2(x) = x3 + 1 = f(x)

5. Calculer le polynôme Pn, n > 3 qui interpole f aux points d’abscisse x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2,· · · , et xn = n.Nous ne pouvons pas faire de calcul. constatons que pour Pn(x) polynôme d’interpolation sur lespoints x0 = 0, x1 = 1, x2 = 2, · · · , et xn = n, nous avons :Pn(0) = f(0), Pn(1) = f(1), Pn(2) = f(2), · · · , Pn(n) = f(n)

On en déduit que :Pn(0)− f(0) = 0, Pn(1)− f(1) = 0, Pn(2)− f(2) = 0, · · · , Pn(n)− f(n) = 0

Remarquons enfin que Pn(x)−f(x) est un polynôme de degré au plus egal à n ayant n+1 racinesdistinctes ce que implique que Pn(x)− f(x) = 0 et

Pn(x) = f(x) pour tout n ≥ 3

Exercice 6 : L’espérance de vie dans un pays a évoluée dans le temps selon le tableau suivant :

année 1975 1980 1985 1990

espérence de vie 72, 8 74, 2 75, 2 76, 4Utiliser l’interpolation de Lagrange pour estimer l’espérance de vie en 1977, 1983 et 1988.

Pour éviter des calculs inutile, ne pouvons utiliser une translation de valeurs en considérons : x0 = 0,x− 1 = 5, x2 = 10 et x3 = 15. On a :

L0(x) =(x− 5)(x− 10)(x− 15)

(−5)(−10)(−15)=−1

750(x− 5)(x− 10)(x− 15)

L1(x) =(x− 0)(x− 10)(x− 15)

(5)(5− 10)(5− 15)=

1

250x(x− 10)(x− 15)

L2(x) =(x− 0)(x− 5)(x− 15)

(10)(10− 5)(10− 15)=−1

250x(x− 5)(x− 15)

L3(x) =(x− 0)(x− 5)(x− 10)

(15)(15− 5)(15− 10)=

1

750x(x− 5)(x− 10)

Donc :P3(x) = 72.8L0(x) + 74.2L1(x) + 75.2L2(x) + 76.4L3(x)

P3(x) =1

750[−72.8(x− 5)(x− 10)(x− 15) + 3× 74.2x(x− 10)(x− 15)

−3× 75.2x(x− 5)(x− 15) + 76.4x(x− 5)(x− 10)]

P3(x) =1

750[−72.8(x− 5)(x− 10)(x− 15) + 222.6x(x− 10)(x− 15)

+225.6x(x− 5)(x− 15) + 76.4x(x− 5)(x− 10)]

On en déduit :

5

Une estimation de l’espérance de vie en 1977 est donnée par P3(2) ' 73.45



Remarque : au lieu de considérer une interpolation sur 4 points, nous pouvons utiliser une interpo-lation par morceaux en calculant chaque estimation par interpolation des deux points qu’ils encadrent(degré 1) ce que peut rendre les calculs plus simples et plus précises en quelques points :

Une estimation de l’espérance de vie en 1977 est donnée par 74.2−72.85−0 2 + 72.8 = 73.36 < P3(2)

Une estimation de l’espérance de vie en 1983 est donnée par 75.2−74.810−5 8 + 73.2 = 74.8 ∼ P3(8)

Une estimation de l’espérance de vie en 1988 est donnée par 76.4−74.215−10 13 + 75.92 > P3(13)

Exercice 7 : (Interpolation et polynômes de Tchebychev)1. Rappeler la définition des polynômes de Tchebychev sur [−1, 1] ;

Les polynômes de Tchebychev permettent de formuler une réponse au problème suivant :Existe-il une famille de polynômes telle que : Tn(cos θ) = cos(nθ) pour tout θ ∈ R.Les polynômes de Tchebychev

Tn(x) = cos(n arccosx) avec x ∈ [−1, 1] et n ∈ N

2. Donner la relation de recurrence entre ces polynômes et calculer T4 ;On pose : θ = arccosx (d’une manière équivalente : x = cos θ) avec θ ∈ [0, π], on a :

Tn(x) = cos(nθ)

et :

Tn+1(x) + Tn−1(x) = cos((n+ 1)θ) + cos((n− 1)θ)

= cos(nθ + θ) + cos(nθ − θ)= 2 cos(nθ) cos(θ)

= 2xTn(x)

{T0(x) = 1 et T1(x) = x

Tn+1 = 2xTn(x)− Tn−1(x)

3. Calculer les racines de T4 dans [−1, 1] puis déduire les meilleurs noeuds d’interpolation sur l’in-tervalle [0, 3].

T0(x) = 1 et T1(x) = x

T2(x) = 2x2 − 1

T3(x) = 4x3 − 3x

T4(x) = 8x4 − 8x2 + 1

T4(x) = 0 est une équations bi-carrée, on pose X = x2 et on a :

8X2 − 8X + 1 = 0⇒ ∆ = (−8)2 − 4× 8× 1 = 64− 32 = 32 = (4√

2)2 ⇒

X1 =8− 4

√2

2× 8=

1

2−√

2

4> 0⇒ r1 = −

√1

2−√

2

4et r2 =

√1

2−√

2

4

X2 =8 + 4

√2

2× 8=

1

2+

√2

4> 0⇒ r3 = −

√1

2+

√2

4et r4 =

√1

2+

√2

4

6

Pour respecter la notation du cours, il faut ordonner les racines comme suit :

x0 = −

√1

2+

√2

4

x1 = −

√1

2−√

2

4

x2 =

√1

2−√

2

4

x4 =

√1

2+

√2

4

D’après les formules du cours les racines des polynômes de Tchebychev sur un intervalle [a, b]

s’obtient des racines des polynômes de Tchebychev sur l’intervalle [−1, 1] par le changement devariables suivant (combinaison d’une translation et d’une homothétie) :

xk =a+ b

2+b− a

2xk avec k = 0, 1, ..., n− 1

Donc pour l’intervalle [0, 3] :

xk =3

2+

3

2xk =

3

2(1 + xk) avec k = 0, 1, ..., 3

et :

x0 =3

2(1−

√1

2+

√2

4)

x1 =3

2(1−

√1

2−√

2

4)

2 =3

2(1 +

√1

2−√

2

4)

x4 =3

2(1 +

√1

2+

√2

4)

Les racines (xi)i=0,...,3 donnent la meilleure interpolation polynomiale en utilisant 4 points dansl’intervalle [0, 3].

Exercice 8 : Soit f la fonctions définie sur R par :

f(x) =1

1 + x2

1. Déterminer P2 le polynôme d’interpolation de f sur les points support : −1, 0 et 1 ;On a :

−1 12

0 11− 1

2

0−(−1) = 12

1 12

12−1

1−0 = −12

− 12− 1

2

1−(−1) = −12

Donc : P2(x) = 12

+ 12(x− (−1))− 1

2(x− (−1))(x− 0) = 1

2+ 1

2x+ 1

2− 1

2x2 − 1

2x

P2(x) = −1

2x2 + 1

7

2. Rappeler la formule de l’erreur et donner une majoration de |E(x)| = |f(x)− P2(x)| ;Théorème : Soient x0, x1, ..., xn, n+ 1 points distincts dans [a, b] et soit f ∈ Cn+1([a, b]). Alors,pour tout x ∈ [a, b] :

f(x)− Pn(x) =1

(n+ 1)!πn+1(x)f (n+1)(ξ)

Où πn+1(x) =∏n

i=0(x− xi) et ξ ∈ [a, b].Alors :

|E(x)| = |f(x)− P2(x)| = | 1

(3)!π3(x)f (3)(ξ)| = |1

6(x+ 1)(x− 0)(x− 1)f (3)(ξ)| = |1

6x(x2 − 1)||f (3)(ξ)|

ξ ∈ [a, b] étant inconnu, nous cherchons une majoration de |f (3)(ξ)| :

f ′(x) =−2x

(1 + x2)2

f ′′(x) =−2((1 + x2)2)− 4x(1 + x2)(−2x)

(1 + x2)4=

(1 + x2)(−2− 2x2 + 8x2)

(1 + x2)4=

6x2 − 2

(1 + x2)3

f (3)(x) =12x(1 + x2)3 − 6x(1 + x2)2(6x2 − 2)

(1 + x2)6=

(1 + x2)2(12x+ 12x3 − 36x3 + 12x)

(1 + x2)6=

(24x− 24x3)

(1 + x2)4

f (3)(x) = 24(x− x3)(1 + x2)4

= 24x(1− x2)(1 + x2)4

f (4)(x) = 24(1− 3x2)(1 + x2)4 − 8x(1 + x2)3(x− x3)

(1 + x2)8= 24

5x4 − 10x2 + 1

(1 + x2)5

Etude des signes de f (4)(x) et des variations de f (3)(x), on a :

5x4 − 10x2 + 1 = 0⇒ 5X2 − 10X + 1 = 0↔ ∆ = 100− 4× 5× 1 = 80 = (4√

5)2

X1 =10− 4

√5

10= 1− 2

√5

5> 0⇒ r = ∓

√1− 2

√5

5

X2 =10 + 4

√5

10= 1 +

2√

5

5> 0⇒ r = ∓

√1 +

2√

5

5

Donc : f (4)(x) admet quatre racines :

x1 = −

√1 +

2√

5

5, x2 = −

√1− 2

√5

5, x3 =

√1− 2

√5

5, x4 =

√1 +

2√

5

5

D’ou :

8

or,

f (3)(x3) = 24x3(1− x23)(1 + x23)

4= 24

√1− 2

√5

5

(1− (1− 2√5

5))

(1 + 1− 2√5

5)4

= 24

√1− 2

√5

5

(2√5

5)

(2− 2√5

5)4

= M < 5

d’autre part, f (3) est impaire et x2 = −x3 ⇒ f (3)(x2) = −f (3)(x3) donc ;

supx∈[−1,1]

|f (3)(x)| = M < 5

et|f (3)(x)| ≤ 5 pour tout x ∈ [−1, 1]

On en déduit :|E(x)| = |f(x)− Pn(x)| ≤ 5

6|x(x2 − 1)|

A titre de remarque, les variations de la fonction f (3)(x) sont données par :

3. Évaluer l’erreur commise en considérant les points support : −2, −1, 0, 1 et 2.

|E(x)| = |f(x)− P4(x)| = | 1

(5)!π5(x)f (5)(ξ)| = | 1

120(x+ 2)(x+ 1)(x− 0)(x− 1)(x− 2)f (5)(ξ)|

|E(x)| = | 1

120x(x2 − 1)(x2 − 4)||f (5)(ξ)|

ξ étant dans [−2, 2], il faut chercher une majoration de f (5)(x)| sur [−2, 2].

9

Exercice 9 : Soit f la fonction définie sur R par :

f(x) = x2

1. Calculer la valeur exacte de I =∫ 1

0f(x)dx puis des valeurs approchées en utilisant les méthodes

suivantes : rectangle à droite, rectangle à gauche, rectangle au milieu et du trapèze(un) ;Valeur exacte :

I =

∫ 1

0

f(x)dx =

[x3

3

]10

=1

3

valeur approchée (rectangle à droite) :

I1 =

∫ 1

0

f(x)dx =

∫ 1

0

f(1)dx =

∫ 1

0

1dx = 1

valeur approchée (rectangle à gauche) :

I2 =

∫ 1

0

f(x)dx =

∫ 1

0

f(0)dx =

∫ 1

0

0dx = 0

valeur approchée (rectangle au centre) :

I3 =

∫ 1

0

f(x)dx =

∫ 1

0

f(1

2)dx =

∫ 1

0

1

4dx =

[x4

]10

=1

4

valeur approchée (trapèze) :

I4 =

∫ 1

0

f(x)dx =

∫ 1

0

f(0) + f(1)

2dx =

∫ 1

0

1

2dx =

[x2

]10

=1

2

2. Comparer chacune des valeurs approchées avec la valeur exacte et expliquer en utilisant desreprésentations graphiques.Valeur exacte :

valeur approchée (rectangle à droite) :

I < I1 et |I − I1| =2

3

10

valeur approchée (rectangle à gauche) :

I > I2 et |I − I2| =1

3

valeur approchée (rectangle au centre) :

I > I3 et |I − I3| =1

12

valeur approchée (trapèze) :

I < I4 et |I − I4| =1

6

11

Exercice 10 : Estimer∫ 5

2

0f(x)dx à partir des données suivantes :

x 0 12

1 32

2 52

f(x) 32

2 2 1, 6364 1, 2500 0, 9565en utilisant :1. La méthode des rectangles à gauche composite ;

On a :∫ 52

0

f(x)dx =

∫ 12

0

f(x)dx+

∫ 1

12

f(x)dx+

∫ 32

1

f(x)dx+

∫ 2

32

f(x)dx+

∫ 52

2

f(x)dx

∫ 52

0

f(x)dx '∫ 1

2

0

f(0)dx+

∫ 1

12

f(1

2)dx+

∫ 32

1

f(1)dx+

∫ 2

32

f(3

2)dx+

∫ 52

2

f(2)dx

∫ 52

0

f(x)dx ' f(0)

∫ 12

0

dx+ f(1

2)

∫ 1

12

dx+ f(1)

∫ 32

1

dx+ f(3

2)

∫ 2

32

dx+ f(2)

∫ 52

2

dx

∫ 52

0

f(x)dx ' 1

2

[f(0) + f(

1

2) + f(1) + f(

3

2) + f(2)

]' 1

2

[3

2+ 2 + 2 + 1, 6364 + 1, 2500

]∫ 5

2

0

f(x)dx ' 4, 1932

Utilisation de la formule du cours : h = 12, n = 5, ai = 0 + ih = i

2avec i = 0, ...5

∫ 52

0

f(x)dx ' hn−1∑i=0

f(ai) = h4∑i=0

f(i

2) =

1

2

[f(0) + f(

1

2) + ...+ f(2)

]2. La méthode des rectangles à droite composite ;∫ 5

2

0

f(x)dx =

∫ 12

0

f(x)dx+

∫ 1

12

f(x)dx+

∫ 32

1

f(x)dx+

∫ 2

32

f(x)dx+

∫ 52

2

f(x)dx

∫ 52

0

f(x)dx '∫ 1

2

0

f(1

2)dx+

∫ 1

12

f(1)dx+

∫ 32

1

f(3

2)dx+

∫ 2

32

f(2)dx+

∫ 52

2

f(5

2)dx

∫ 52

0

f(x)dx ' f(1

2)

∫ 12

0

dx+ f(1)

∫ 1

12

dx+ f(3

2)

∫ 32

1

dx+ f(2)

∫ 2

32

dx+ f(5

2)

∫ 52

2

dx

∫ 52

0

f(x)dx ' 1

2

[f(

1

2) + f(1) + f(

3

2) + f(2) + f(

5

2)

]' 1

2[2 + 2 + 1, 6364 + 1, 2500 + 0.9565]∫ 5

2

0

f(x)dx ' 3, 92145


2avec i = 0, ...5

∫ 52

0

f(x)dx ' h

n∑i=1

f(ai) = h5∑i=1

f(i

2) =

1

2

[f(

1

2) + ...+ f(2) + f(

5

2)

]3. La méthode des trapèzes composite.∫ 5

2

0

f(x)dx =

∫ 12

0

f(x)dx+

∫ 1

12

f(x)dx+

∫ 32

1

f(x)dx+

∫ 2

32

f(x)dx+

∫ 52

2

f(x)dx

∫ 52

0

f(x)dx '∫ 1

2

0

f(0) + f(12)

2dx+

∫ 1

12

f(12) + f(1)

2dx+

∫ 32

1

f(1) + f(32)

2dx+

∫ 2

32

f(32) + f(2)

2dx

+

∫ 52

2

f(2) + f(52)

2dx

12

∫ 52

0

f(x)dx 'f(0) + f(1

2)

2

∫ 12

0

dx+f(1

2) + f(1)

2

∫ 1

12

dx+f(1) + f(3

2)

2

∫ 32

1

dx+f(3

2) + f(2)

2

∫ 2

32

dx

+f(2) + f(5

2)

2

∫ 52

2

dx∫ 52

0

f(x)dx ' 1

2

f(0) + f(12)

2+

1

2

f(12) + f(1)

2+

1

2

f(1) + f(32)

2+

1

2

f(32) + f(2)

2+

1

2

f(2) + f(52)

2∫ 52

0

f(x)dx ' 1

4(f(0) + f(

5

2)) +

1

2

[f(

1

2) + f(1) + f(

3

2) + f(2)

]∫ 5

2

0

f(x)dx ' 1

4(3

2+ 0.9565) +

1

2(2 + 2 + 1.6364 + 1.25)∫ 5

2

0

f(x)dx ' 4, 057325


2avec i = 0, ...5∫ 5

2

0

f(x)dx ' h

2(f(a0) + f(an)) + h

n−1∑i=1

f(ai) =1

4(f(0) + f(

5

2)) +

1

2

4∑i=1

f(i

2)

=1

4(f(0) + f(

5

2)) +

1

2

[f(

1

2) + ...+ f(2)

]Exercice 11 : 1. Estimer

∫ π0

sin(x)dx en utilisant la méthode des trapèzes composite avec 8 et puis16 sous-intervalles ; On a n = 8, h = π−0

8= π

8et ai = 0 + ih = π

8i

a0 = 0, a1 = π8, a2 = π

4, a3 = 3π

8, a4 = π

2, a5 = 5π

8, a6 = 3π

4, a7 = 7π

8, a8 = π.∫ π

0

sin(x)dx ' h

2(sin(0) + sin(π)) +

π

8

[sin(

π

8) + sin(

π

4) + sin(

3π

8) + sin(

π

2) + sin(

5π

8) + sin(

7π

8)

]On a n = 16, h = π−0

16= π

16et ai = 0 + ih = π

16i

a0 = 0, a1 = π16

, a2 = 2π16

, · · · , a15 = 15π16

, a16 = π.∫ π

0

sin(x)dx ' h

2(sin(0) + sin(π)) +

π

16

[sin(

π

16) + sin(

2π

16) + · · ·+ sin(

14π

16) + sin(

15π

16)

]2. Estimer

∫ π0

sin(x)dx en utilisant la méthode de Newton-cotes (n = 4) ; D’abord calcul des poidsωi sur [−1, 1] en utilisant les polynômes de Lagrange relatifs aux points : θ0 = −1, θ1 = −1

2,

θ2 = 0, θ3 = 12

et θ4 = 1.

ωi =1

2

∫ 1

−1li(x)

•l0(x) =(x+ 1

2)(x− 0)(x− 1

2)(x− 1)

(−1 + 12)(−1− 0)(−1− 1

2)(−1− 1)

=2

3(x2 − x)(x2 − 1

4) =

2

3(x4 − x3 − 1

4x2 +

1

4x)

⇒ ω0 =1

2

∫ 1

−1l0(x)dx =

1

2

∫ 1

−1

2

3(x4 − x3 − 1

4x2 +

1

4x)dx =

1

3[x5

5− x4

4− 1

4

x3

3+

1

4

x2

2]1−1 =

1

3[2

5− 1

4

2

3]

ω0 =1

3[2

5− 1

6] =

7

90

•l1(x) =(x+ 1)(x− 0)(x− 1

2)(x− 1)

(−12

+ 1)(−12− 0)(−1

2− 1

2)(−1

2− 1)

=−8

3(x2 − 1)(x2 − 1

2x) =

−8

3(x4 − 1

2x3 − x2 +

1

2x)

⇒ ω1 =1

2

∫ 1

−1l1(x)dx =

1

2

∫ 1

−1

−8

3(x4− 1

2x3−x2+

1

2x)dx =

−4

3[x5

5− 1

2

x4

4− x

3

3+

1

2

x2

2]1−1 =

−4

3[2

5− 2

3]

ω1 = (−4

3)(−4

15) =

32

90

13

•l2(x) =(x+ 1)(x− −1

2)(x− 1

2)(x− 1)

(0 + 1)(0− −12

)(0− 12)(0− 1)

= 4(x2 − 1)(x2 − 1

4) = 4(x4 − 5

4x2 +

1

4)

⇒ ω2 =1

2

∫ 1

−1l2(x)dx =

1

2

∫ 1

−14(x4 − 5

4x2 +

1

4)dx = 2[

x5

5− 5

4

x3

3+

1

4x]1−1 = 2[

2

5− 5

4

2

3+

1

42]

ω2 = 2[2

5− 5

6+

1

2] =

4

30=

12

90

•l3(x) =(x+ 1)(x− −1

2)(x− 0)(x− 1)

(12

+ 1)(12− −1

2)(1

2− 0)(1

2− 1)

=−8

3(x2 − 1)(x2 +

1

2x) =

−8

3(x4 +

1

2x3 − x2 − 1

2x)

⇒ ω3 =1

2

∫ 1

−1l3(x)dx =

1

2

∫ 1

−1

−8

3(x4+

1

2x3−x2− 1

2x)dx =

−4

3[x5

5+

1

2

x4

4− x

3

3− 1

2

x2

2]1−1 =

−4

3[2

5− 2

3]

ω3 = (−4

3)(−4

15) =

16

45=

32

90

•l4(x) =(x+ 1)(x− −1

2)(x− 0)(x− 1

2)

(1 + 1)(1− −12

)(1− 0)(1− 12)

=2

3(x2 − 1

4)(x2 + x) =

2

3(x4 + x3 − 1

4x2 − 1

4x)

⇒ ω4 =1

2

∫ 1

−1l4(x)dx =

1

2

∫ 1

−1

2

3(x4 + x3 − 1

4x2 − 1

4x)dx =

1

3[x5

5− 1

4

x3

3− 1

4

x2

2]1−1 =

1

3[2

5− 1

4

2

3]

ω4 = (1

3)(

7

30=

7

90On :xi = 0 + iπ−0

4= iπ

4avec i = 0, ..., 4 et on a :

I ' (b− a)4∑i=0

(π − 0)ωif(xi) = π(ω0f(0) + ω1f(π

4) + ω2f(

2π

4) + ω3f(

3π

4) + ω4f(

4π

4))

= π(7

90f(0) +

32

90f(π

4) +

12

90f(

2π

4) +

32

90f(

3π

4) +

7

90f(

4π

4))

=π

90(7f(0) + 32f(

π

4) + 12f(

2π

4) + 32f(

3π

4) + 7f(

4π

4))

3. Utiliser la méthode de Newton pour calculer P3 le polynôme d’interpolation de f , puis déduireune estimation de

∫ π0

sin(x)dx.On a n = 3, h = π

3et xi = 0 + ih = iπ

3avec i = 0, ..., 3

Calcul exacte :

0 0

π3

√32

√3

2−0

π3−0 = 3

√3

2π

2π3

√32

√3

2−√3

22π3−π

3

= 00− 3

√3

2π2π3−0 = −9

√3

4π4

π 00−√

32

π− 2π3

= −3√3

2π

−3√3

2π−0

π−π3

=−3√3

2π2π3

= −9√3

4π41π(−9√3

4π4 − −9√3

4π4 ) = 0

Donc :

P3(x) = 0 +3

2π(x− 0) +

−9√

3

4π4(x− 0)(x− π

3) + 0(x− 0)(x− π

3)(x− 2π

3)∫ π

0

sin(x)dx '∫ π

0

P3(x)

=3

2π

∫ π

0

xdx+−9√

3

4π4

∫ π

0

(x− 0)(x− π

3)dx =

3

2π

π2

2+−9√

3

4π4(π3

3− π

3

π2

2) =

3π

4− 9√

3

8π' 1.74

Calcul numérique deux chiffres après la virgule (par excès) :

14

0 0

1.05 0.87 0.87−01.05−0 = 0.83

2.10 0.87 0.87−0.872.10−1.05 = 0 0−0.83

2.10−0 = −0.39

3.14 0 0−0.873.14−2.1 = −0.84 −0.84−0

3.14−1.05 = −0.4 −0.4−(−0.39)3.14−0 = −0.00...

Donc :

P3(x) = 0 + 0.83(x− 0)− 0.39(x− 0)(x− 1.05)− 0.00(x− 0)(x− 1.05)(x− 2.1)

et : ∫ π

0

sin(x)dx '∫ π

0

P3(x) = 0.83

∫ 3.14

0

xdx− 0.39

∫ 3.14

0

(x2 − 1.05x)dx

∫ π

0

sin(x)dx ' 0.83

[x2

2

]3.140

− 0.39

[x3

3− 1.05

x2

2

]3.140∫ π

0

sin(x)dx ' 0.83

[(3.14)2

2

]− 0.39

[(3.14)3

3− 1.05

(3.14)2

2

]' 2.08

Exercice 12 : On considère l’intégrale I =∫ 2

11xdx

1. Calculer la valeur exacte de I ;

I =

∫ 2

1

1

xdx = [ln(x)]21 = ln(2)− ln(1) = ln(2)

2. Évaluer numériquement cette intégrale par la méthode des trapèzes avec m = 3 sous-intervalles ;On a : m = 3, h = 2−1

3= 1

3et ai = 1 + ih = 3+i

3avec i = 0, ..., 3 et :

I ' h

2(f(a0) + f(a3)) + h[f(a1) + f(a2)] =

1

6(f(1) + f(2)) +

1

3[f(

4

3) + f(

5

3)] =

1

6(1 +

1

2) +

1

3[3

4+

3

5]

I ' 1

6(1 +

1

2) +

1

3[3

4+

3

5] =

1

6

3

2+

1

3

27

20=

1

4+

9

20=

14

20

3. Pourquoi la valeur numérique obtenue à la question précédente est-elle supérieure à ln(2) ? Est-cevrai quelque soit m ? Justifier la réponse (On pourra s’aider par un dessin) ;On a : ln(2) = 0.69314718055994530941723212145818 < 14

20= 0.7

La fonction f(x) = 1x

est décroissante sur l’intervalle [0, 1] et chaque trapèze déterminer par ai etai+1 tracé à partir de f(ai) dépasse la courbe Cf . La figure suivante est illustration :La valeur exacte est la surface griseLa valeur approchée est la somme des surfaces des trois trapèzesOn peut facilement remarquer que la valeur approchée est supérieure à la valeur exacte.

Remarquons que ce résultat n’est pas toujours vrai, il dépend des propriétés de la fonction (convexité,concavité, monotonie,...) et la valeur approchée peut être supérieure comme elle peut être infé-rieure à la valeur exacte.

15

4. Quel nombre de sous-intervalles m faut-il choisir pour avoir une erreur inférieure à 10−4 ? Onrappelle que l’erreur de quadrature associée s’écrit, si f ∈ C2([a, b]) :

|Em| =∣∣∣∣(b− a)2

12m2f ′′(ξ)

∣∣∣∣ , ξ ∈]a, b[

On a :

|Em| =∣∣∣∣(2− 1)2

12m2f ′′(ξ)

∣∣∣∣ , ξ ∈]1, 2[

Reste à trouver une majoration de |f ′′(ξ)| :

f(x) =1

xf ′(x) =

−1

x2f ′′(x) =

2

x3f (3)(x) =

−6

x4< 0

donc ;

supx∈[1,2]

|f(x)| = 2

|Em| =∣∣∣∣ 1

12m2f ′′(ξ)

∣∣∣∣ < 1

6m2

Il suffit donc de considérer m tel que :1

6m2< 10−4 ⇒ m−2 < 6× 10−4 ⇒ −2 ln(m) < ln(6)− 4 ln(10)

⇒ ln(m) > 2 ln(10)− ln(6)

2⇒ m > e2 ln(10)−

ln(6)2 ⇒ m > 40.82

Il suffit de prendre m = 41 pour obtenir la précision souhaitée.Il est aussi plus facile de résoudre l’inéquation directement sans passer par ln :

1

6m2< 10−4 ⇒ m2 >

1

6× 10−4⇒ car m ∈ N,m >

√1

6× 10−4' 40.82

Exercice 13 : (Méthode de Simpson)1. Sachant que la méthode de Simpson est exactement la méthode de Newton-cotes avec n = 2,

calculer les poids ωi, i = 0, 1, 2 liés à cette quadrature ;

Calcul des poids dans l’intervalle [−1, 1] avec n = 2 et x0 = −1, x1 = 0 et x2 = 1 :

l0(x) =(x− 0)(x− 1)

(−1− 0)(−1− 1)=x2 − x

2

⇒ ω0 =1

2

∫ 1

−1l0(x)dx =

1

4

∫ 1

−1(x2 − x)dx =

1

4

[x3

3− x2

2

]1−1

=1

4

2

3=

1

6

l1(x) =(x+ 1)(x− 1)

(0 + 1)(0− 1)=x2 − 1

−1= 1− x2

⇒ ω1 =1

2

∫ 1

−1l1(x)dx =

1

2

∫ 1

−1(1− x2)dx =

1

2

[x− x3

3

]1−1

=1

2

4

3=

4

6

l2(x) =(x+ 1)(x− 0)

(1 + 1)(1− 0)=x2 + x

1=x2 + x

2

16

⇒ ω2 =1

2

∫ 1

−1l2(x)dx =

1

4

∫ 1

−1(x2 + x)dx =

1

4

[x3

3+x2

2

]1−1

=1

4

2

3=

1

6

2. Utiliser [1.] pour démontrer la formule de Simpson pour l’estimation de∫ baf(x)dx ;

La méthode de Newton-cotes (n = 2) sur un intervalle [a, b] : h = b−a2

, a0 = a, a1 = a+ h = a+b2

et a2 = b∫ b

a

f(x)dx 'i=2∑i=0

ωif(ai) = (b− a) [ω0f(a0) + ω1f(a1) + ω2f(a2)]

= (b− a)

[1

6f(a) +

4

6f(a+ b

2) +

1

6f(b)

]=b− a

6

(f(a) + f(

a+ b

2) + f(b)

)3. Donner la formule de Simpson composite avec n = 4 sur l’intervalle [0, 4] ;

On a : n = 4, h = 4−04

= 44

= 1, ai = 0 + ih = i soit a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3 et a4 = 4 laméthode de Simpson composite consiste à utiliser la formule de Simpson pour les points a0, a1,a2 puis a2, a3 et a4 :∫ 4

0

f(x)dx =

∫ 2

0

f(x)d(x)+

∫ 4

2

f(x)d(x) =2− 0

6[f(0) + 4f(1) + f(2)]+

4− 2

6[f(2) + 4f(3) + f(4)]∫ 4

0

f(x)dx =1

3[f(0) + 4f(1) + f(2)]+

1

3[f(2) + 4f(3) + f(4)] =

1

3[f(0) + f(4)]+

2

3[f(2)]+

4

3[f(1) + f(3)]

Si on utilise la formule du cours :

∫ b

a

f(x)dx =h

3

f(a) + 2

j=n2−1∑

j=1

f(a2j) + 4

j=n2∑

j=1

f(a2j−1) + f(b)

Donc : ∫ b

a

f(x)dx =h

3

f(a) + 2

j= 42−1∑

j=1

f(a2j) + 4

j= 42∑

j=1

f(a2j−1) + f(b)

∫ 4

0

f(x)dx =1

3

[f(a) + 2

j=1∑j=1

f(a2j) + 4

j=2∑j=1

f(a2j−1) + f(b)

]∫ 4

0

f(x)dx =1

3[f(a) + 2f(a2) + 4(f(a1) + f(a3)) + f(b)]

et il suffit de remplacer : a0 = a = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 3 et a4 = b = 4∫ 4

0

f(x)dx =1

3[f(0) + 2f(2) + 4(f(1) + f(3)) + f(4)]

Exercice 14 : Estimer, à l’aide des théorèmes du cours, le nombre de sous-intervalles n nécessairepour obtenir une approximation de :

I =

∫ 1

0

4

1 + x2dx

avec une erreur moindre que 10−2, en utilisant :1. La méthode du point milieu combinée ;

En =b− a

24(b− an

)2|f ′′(η)|

Donc :

En =1− 0

24(1− 0

n)2|f ′′(η)| = 1

24(

1

n2)|f ′′(η)|

17

cherchons une majoration de |f ′′(η)|, d’après l’exercice 8 :

f ′(x) =−2x

(1 + x2)2

f ′′(x) =−2((1 + x2)2)− 4x(1 + x2)(−2x)

(1 + x2)4=

(1 + x2)(−2− 2x2 + 8x2)

(1 + x2)4=

6x2 − 2

(1 + x2)3

f (3)(x) =12x(1 + x2)3 − 6x(1 + x2)2(6x2 − 2)

(1 + x2)6=

(1 + x2)2(12x+ 12x3 − 36x3 + 12x)

(1 + x2)6=

(24x− 24x3)

(1 + x2)4

f (3)(x) = 24(x− x3)(1 + x2)4

= 24x(1− x2)(1 + x2)4

≥ 0 sur [0, 1]

On en déduit : |f ′′(η)| ≤ 2 et :

En =1

24(

1

n2)|f ′′(η)| ≤ 2

1

24(

1

n2) =

1

12n2

Il suffit de prendre :

1

12n2≤ 10−2 ⇒ n−2 ≤ 12× 10−2 ⇒ −2 ln(n) ≤ ln(12)− 2 ln(10)

ln(n)⇒≥ ln(10)− ln(12

2⇒ n ≥ e(ln(10)−

ln(12)2

) ⇒ n ≥ 2.88

il suffit de considérer n = 3.Il est aussi plus facile de résoudre l’inéquation directement sans passer par ln

2. La méthode des trapèzes combinée ;

En =(b− a)3

12(b− an

)2|f ′′(η)|

Donc :

En =(1− 0)3

12(1− 0

n)2|f ′′(η)| = 1

12(

1

n2)|f ′′(η)|

On en déduit :

En =1

12(

1

n2)|f ′′(η)| ≤ 2

1

12(

1

n2) =

1

6n2

Il suffit de prendre :

1

6n2≤ 10−2 ⇒ n−2 ≤ 6× 10−2 ⇒ −2 ln(n) ≤ ln(6)− 2 ln(10)

ln(n)⇒≥ ln(10)− ln(6

2⇒ n ≥ e(ln(10)−

ln(6)2

) ⇒ n ≥ 4.08

il suffit de considérer n = 5.Il est aussi plus facile de résoudre l’inéquation directement sans passer par ln

3. La méthode de Simpson combinée ;

En =b− a180

(b− a4n

)4|f (4)(η)|

En =1− 0

180(1− 0

4n)4|f (4)(η)| = 1

180

1

256n4|f (4)(η)| = 1

46080n4|f (4)(η)|

18

Il suffit donc de trouver une majoration de |f (4)(η)| sur [−1, 1].On donne :

supx∈[0,1]

|f (4)(x)| = 24

Donc :En ≤

24

46080n4=

1

1920n4

Il suffit de choisir n tel que :1

1920n4≤ 10−2

n−4 ≤ 1920× 10−2 ⇒ −4 ln(n) ≤ ln(1920)− 2 ln(10)⇒ ln(n) ≥ ln(10)

2− ln(1920)

4

⇒ n ≥ e(ln(10)

2− ln(1920)

4) = 0.47

Il suffit de prendre n = 1 et d’appliquer la méthode de Simpson simple.Il est aussi plus facile de résoudre l’inéquation directement sans passer par ln :

Commenter les résulats trouvés.

La méthode de Simpson combinée donne la meilleure approximation en peu d’intervalles suivie dela méthode du rectangle au centre combinée puis la méthode des trapèzes.

———————————————————————————————————————Les documents relatifs à ce cours sont disponibles sur : www.ferrahi.cla.fr————————————————————————————————————————Faculté des Sciences de Tétouan, BP. 2121 M’Hannech II, 93030 Tétouan Maroc.

· Created Date: 20170124150229Z

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