´Ecole Sup´erieure Priv´ee d’Ing´enierie et de Technologies
Analyse Num´eriques (AN
Correction s´erie 1 : Interpolation polynomiale et approximation polynomiale
Ann´ee universitaire : 2020-2021
Exercice 1
1. Pour d´eterminer le polynˆome P interpolant f en x0, x1 et x2 il faut tout d’abord calculer les
´elements de la base de Lagrange L0, L1, L2.
L0 =
L1 =
(x − x1)(x − x2)
(x0 − x1)(x0 − x2)
(x − x0)(x − x2)
(x1 − x0)(x1 − x2)
L2 =
(x − x0)(x − x1)
(x2 − x0)(x2 − x1)
=
=
=
(x − 3
2 )(x − 2)
(1 − 3
2 )(1 − 2)
(x − 1)(x − 2)
2 − 1)( 3
( 3
2 − 2)
(x − 1)(x − 3
2 )
(2 − 1)(2 − 3
2 )
= 2(x −
3
2
)(x − 2)
= −4(x − 1)(x − 2)
= 2(x − 1)(x −
3
2
)
On doit aussi calculer f (x0) = sin( π
et f (x2) = sin( π
2 (2 − 1)) = sin( π
2 ) = 1. D’ou
2 (1−1)) = sin(0) = 0, f (x1) = sin( π
2 ( 3
2 −1)) = sin( π
4 ) =
√
2
2
P (x) = L0(x)f (x0) + L1(x)f (x1) + L2(x)f (x2)
√
= 0 × 2(x −
√
= x2(2 − 2
)(x − 2) +
Advertisement
3
2
2) + x(6
2
2
2 − 5) − 4
√
√
2 + 3.
× (−4)(x − 1)(x − 2) + 1 × 2(x − 1)(x −
3
2
)
2. on a P (1.75) = 0.905 (cid:39) f (1.75)
3. On a E(1.75) =| f (1.75) − P (1.75) |=| 0, 905 − 0.923 |= 0.018
4. La fonction f est de classe C3 sur [1, 2] et on a :
f (3)(t) = −
π3
8
cos(
π
2
(t − 1)
donc supt∈[1,2] |f (3)(t)| (cid:54) π3
8 . De plus
∀t ∈ [1, 2],
|t − 1| × |t −
| × |t − 2| (cid:54) 1 ×
3
2
1
2
× 1 =
1
2
Donc d’apr´es le th´eor`eme de l’erreur d’interpolation, l’erreur maximal d’interpolation
|E(t)| (cid:54) π3
96
1
Exercice 2 (Examen Mai 2019)
Partie I : Interpolation polynomiale
1. Les abscisses des points (−2; 16) ; (0 − 4) et (2, 8) sont deux `a deux distincts donc il existe un
unique polynme P2 ∈ R2[x] passant par ces points.
2. M´ethode de Lagrange :
On consid`ere les polynme (Li)0≤i≤2 de Lagrange associ´e s aux points (−2; 16) ; (0 − 4) et
(2, 8).
x(x − 2)
8
Alors P2(x) = 16L0(x) − 4L1(x) + 8L2(x) = 4x2 − 2x − 4
L1(x) =
L0(x) =
x2 − 4
−4
,
,
L2(x) =
x(x + 2)
Advertisement
8
3. M´ethode de Newton :
Le polynme de Newton est donn´e par :
P2(x) = α0w0(x) + α1w1(x) + α2w2(x)
avec
w0(x) = 1
w1(x) = x + 2
w2(x) = x(x + 2)
D´e termination des coefficients α0 ; α1 et α2 par la m´e thode des differences divis´e es :
On a :
x0 = −2, y0 = 16
x1 = 0, y1 = −4
x2 = 2, y2 = 8
alors α0 = 16 = f [x0] , α1 = f [x0, x1] = −10, α2 = f [x1,x2]−f [x0,x1]
Ainsi α0 = 16, α1 = −10 et α2 = 4
d’o`u :
x2−x0
= 4
P2(x) = 16w0(x) − 10w1(x) + 4w2(x)
= 4x2 − 2x − 4
Partie 2 :
1. Le vecteur Λ =
(cid:19)
(cid:18) a
b
de la droite f (t, Λ) = a+bt, qui ajuste au mieux les points (xi; yi)1≤i≤12
au sens des moindres carr´e es est celui qui minimise la fonction :
F (Λ, X) =
12
(cid:88)
(f (xi, λ) − yi)2
i=1
2
Advertisement
x1
1
x2
1
x3
1
x4
1
x5
1
x6
1
x7
1
x8
1
1
x9
1 x10
1 x11
1 x12
Il est donn´e par la relation suivante : Λ∗ = ( tAA)−1 tAY avec A =
On a :
tAA =
12
12
(cid:88)
xi
12
(cid:88)
Advertisement
i=1
12
(cid:88)
xi
x2
i
(cid:18) 12
1140
1140 122600
=
(cid:19)
i=1
i=1
Cherchons ( tAA)−1 ?
On sait que ( tAA)−1 =
(cid:18) 122600 −1140
−1140
12
(cid:19)
alors
1
det( tAA)
tcom( tAA) avec det( tAA) = 12 × 122600 − (1140)2 = 171600
et com ( tAA) =
D’autre part,
Ainsi
Donc
( tAA)−1) =
1
171600
(cid:18) 122600 −1140
(cid:19)
−1140
12
tAY =
(cid:19)
(cid:18) 691
80840
Λ∗ = ( tAA)−1) tAY =
(cid:18) −43, 36
1, 06
(cid:19)
f (t, Λ) = −43, 36 + 1.06t
2. Une vaeur estim´ee du chemin de freinage du v´ehicule `a une vitesse de 105km/h est donn´e
par f (10.5; Λ∗) = −43.36 + 1.06 × 10.5 = 68.21. La r´eponse est donc NON.
3