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3M234 - Proposition de correction

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3M234 - Proposition de correction
Exercice 1 : approximation
1. Montrer que p existe et est unique.
Il y a plusieurs méthodes : l’une d’entre elle consiste à montrer que si p ∈ P2 est solution de
Z h
p(t)dt = 0
p(0) = p(h) =
0
alors p est nul. Or c’est évident car on a alors que 0 et h sont racines, p(t) = αt(h − t). Puis
Z h
Z h
0=
p(t)dt = α
t(h − t)dt
0
|0
{z
}
>0
dans α = 0 et p aussi.
De l’unicité découle immédiatement que si f ∈ P2 alors p = f .
2. Calculer explicitement les coefficients du polynôme p(t) = a + bt + ct2 en fonction de f .
On a immédiatement a = p(0) = f (0). Il reste à résoudre
p(h) =
f (0) + bh + ch2 = f (h),
Rh
Rh
3
2
p(t)dt = hf (0) + h2 b + h3 c = 0 f (t)dt.
0
On peut mettre sous la forme

f (h) − f (0)

 b + ch =
,
R hh

 1 b + h c = 0 (f (t) − f (0))dt .
2
3
h2
On trouve en éliminant b
3
c=
h
f (h) − f (0)
−2
h
Rh
0
(f (t) − f (0))dt
h2
!
f (h) − f (0)
=3
−6
h2
Rh
0
(f (t) − f (0))dt
h3
puis
f (h) − f (0)
−3
b=
h
f (h) − f (0)
−2
h
Rh
0
(f (t) − f (0))dt
h2
!
f (h) − f (0)
= −2
+6
h
Rh
0
(f (t) − f (0))dt
.
h2
3. Montrer qu’il existe une constante c > 0 indépendante de h telle que
kpkh ≤ c1 kf kh ,
∀f ∈ C 0 [0, 1],
∀h ∈ (0, 1].
On a immédiatement kpkh ≤ |a| + h|b| + h2 |c|. Or en majorant directement les expressions de a, b et c
|a| ≤ kf kh ,
h|b| ≤ 16kf kh
et
h2 |c| ≤ 18kf kh .
D’où le résultat avec c1 ≤ 1 + 16 + 18 = 35. On peut affiner la constante.
4. Montrer qu’il existe une constante c2 > 0 indépendante de h et de f telle que
kf − pkh ≤ c2 kf 000 kh h3 ,
pour tout h ∈ (0, 1].
Soit le développement de Taylor à l’ordre 3 de f
f (x) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0)
x2
x3
+ f 000 (zx ) ,
2
6
1
0 < zx < x.
2
3
Définissons les deux fonctions q(x) = f (0) + f 0 (0)x + f 00 (0) x2 et r(x) = f 000 (zx ) x6 . On a
f − p = f − I(f ) = f − q + I(q) − I(f ) = f − q + I(q − f ) = r − I(r).
Donc
kf − pkh ≤ kr − I(r)kh ≤ krkh + kI(r)kh ≤ (1 + c1 )krkh ≤
1 + c1 0000
kf k1 h3 .
6
Exercice 2 : interpolation
5. Montrer qu’il existe n − 1 points a < η0 < η1 < · · · < ηn−1 < b tels que f (ηi ) = p0n (ηi ) pour
0 ≤ i ≤ n − 1.
C’est une application directe du théorème de Rolle pour la fonction f − p qui s’annule aux points xi .
6. Soit z ∈ R. Soit la fonction
g(t) = f 0 (t) − p0n (t) − zΠ0≤i≤n−1 (t − ηi ).
Soit x un point de l’intervalle [a, b] avec x 6= ηi pour tout i : montrer que pour tout il existe z tel que la
fonction g s’annule en tous les ηi et en x.
Posons
f 0 (x) − p0n (x)
∈ R.
z=
Π0≤i≤n−1 (x − ηi )
Alors g(x) = 0. Aussi par construction g(ηi ) = 0 pour tout 1 ≤ i ≤ n − 1.
7. Montrer qu’il existe y dans l’intervalle tel que n!z = f (n) (y).
La fonction g s’annulant en n + 1 points, une utilisation récursive du th. de Rolle montre qu’il existe
y dans l’intervalle tel que
dn
g(y) = 0.
dtn
Ou encore
dn
dn
f (n+1) (y) − n p0n (y) − z n Π0≤i≤n−1 (t − ηi )(y) = 0
dt
dt
et
f n+1) (y) − zn! = 0.
8. Montrer que
kf (n+1) k
(b − a)n .
n!
Soit x = ηi . Alors |f 0 (x) − p0n (x)| = 0. Soit x 6= ηi pour tous les i. Alors le point précédent montre que
kf 0 − p0n k ≤
f 0 (x) − p0n (x) = zΠ0≤i≤n−1 (x − ηi ),
z=
1 n+1)
f
(y).
n!
Une majoration directe montre que
|f 0 (x) − p0n (x)| ≤
1 n+1)
kf
k(b − a)n .
n!
Exercice 3 : quadrature
9. Calculer L0 , L1 , L2 et L3 . Vérifier que L3 possède bien deux racines distinctes dans I.
On a L0 (x)q= 1, L1 (x) = −2x, L2 (x), L2 (x) = 12x2 − 4 et L3 (x) = −120x3 + 72x. Les racines de
72
L3 sont 0 et ± 120
qui sont bien toutes trois dans I. On a L03 (x) = −360x2 + 72 dont les deux racines
q
72
± 360
sont bien dans I.
2
10. Pour un n donné, on note −1 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < 1 les n − 1 racines de Ln . Soit la formule
de quadrature de Newton-Cotes basée sur les n + 1 points
−1 = x0 < x1 < x2 < · · · < xn−1 < xn = 1,
c’est à dire que l’on pose pour une fonction continue f
n
X
Σ(f ) =
Z
ωi f (xi ),
ωi =
li (x)dx
I
i=0
où li est le polynôme de Lagrange
li (x) =
Πj6=i (x − xj )
.
Πj6=i (xi − xj )
Rappeler pourquoi la quadrature est au moins d’ordre n, c’est à dire
Σ(pn ) = I(pn ) ∀p ∈ Pn .
C’est une question de cours : les n + 1 polynômes de Lagrange li engendrent Pn et pour tout pn ∈ Pn
on peut écrire
n
X
pn (x) =
αi li (x), x ∈ I.
i=0
Donc
X
X
X
I(pn ) = I(
αi li ) =
αi I(li ) =
αi ωi .
i
i
i
D’autre part
Σ(pn ) =
X


n
X
XX
X
ωi 
αj lj (xi ) =
ωi αj δij =
ωi α i .
i
j
i
j
i
CQFD.
11. Nous désirons montrer que la formule de quadrature est en fait d’ordre 2n − 1, c’est à dire que
Σ(p) = I(p) pour tout p ∈ P2n−1 .
Soit p2n−1 ∈ P2n−1 . Montre qu’il existe deux polynômes qn−2 ∈ Pn−2 et rn ∈ Pn tels que
p2n−1 (x) = (1 − x2 )L0n (x)qn−2 (x) + rn (x) ∀x.
Montrer que
Z
(1 − x2 )L0n (x)qn−2 (x)dx = 0.
I
Le degré du polynôme (1 − x2 )L0n (x) est 2 + n − 1 = n + 1. Donc la division euclidienne de p2n − 1
par (1 − x2 )L0n (x) est de la forme
p2n−1 (x) = (1 − x2 )L0n (x)q(x) + r(x)
avec le degré de r inférieur ou égal à n. Pour q il n’y a pas le choix, il faut que son degré soit ≤ n − 2
pour que le produit (1 − x2 )L0n (x)q soit de degré ≤ (n + 1) + (n − 2) = 2n − 1.
12. Montrer que Σ(p2n−1 ) = I(p2n−1 ) pour tout p2n−1 ∈ P2n−1 .
On a
Z
1
(1 − x2 )L0n (x)qn−2 (x)dx + I(rn ).
I(p2n−1 ) =
−1
Or une intégration par parties montre que
Z 1
Z
(1 − x2 )L0n (x)qn−2 (x)dx = Ln (x)(1 − x2 )qn−1 (x) |1−1 −
−1
1
−1
3
Ln (x)
d
(1 − x2 )qn−2 (x) dx
dx
Z
1
=−
Ln (x)
−1
d
(1 − x2 )qn−2 (x) dx
dx
2
Or le degré de (1 − x )qn−2 (x) est au plus n. Donc son polynôme dérivée est de degré au plus n − 1.
peut utiliser la propriété d’orthogonalité de L2 avec tous les polynômes de degré inférieur. D’où
ROn
1
(1
− x2 )L0n (x)qn−2 (x)dx = 0.
−1
Reprenons le raisonnement
I(p2n−1 ) = I(rn ) = Σ(rn ) =
n
X
ωi rn (xi ).
i=0
Or le polynôme (1 − x2 )L0n (x) a pour racines exactement les xi . Donc


n
n
n
X
X
X
ωi p2n−1 (xi ) = Σ(p2n−1 ).
ωi rn (xi ) =
ωi (1 − x2i )L0n (xi ) qn−1 (xi )rn  =
{z
}
|
i=0
i=0
i=0
=0
CQFD.
13. Soit une fonction f ∈ C 2n [−1, 1]. Montrer que
|Σ(f ) − I(f )| ≤ C2n max f (2n) (x) .
−1≤x≤1
C’est un théorème du cours pour une méthode d’ordre 2n − 1.
4
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