durée 1 heure MT40 Devoir : Intégration Numérique

Devoir : Intégration Numérique

Exercice 1

On considère l'intégrale suivante,

I =∫ 2

1

1xdx

1. Évaluer numériquement cette intégrale par la méthode des trapèzes pour le pash = 1

3 .

2. Calculer la valeur exacte de I.

3. a. Pourquoi la valeur numérique obtenue à la question 1. est-elle supérieure àln(2) ?

b. Est-ce vrai quelque soit h ?

c. Proposer une autre fonction dont la valeur de l'intégrale évaluée par la méth-ode des trapèzes est toujours supérieure à la valeur exacte de l'intégrale.

4. Si on souhaite évaluer I avec la méthode de Simpson, quel pas faut-il choisir pouravoir une erreur inférieure à 10−4 ?

Exercice 2

Le but de l'exercice est de retrouver par des calculs élémentaires les points du supportpour une intégration de Gauss-Legendre à trois points.

On note Pn l'espace vectoriel des polynômes à coe�cients réels de degré inférieur ouégal à n.

On rappelle que

∀p, q ∈ Pn, < p, q >=∫ 1

−1p(x)q(x)dx

dé�nit un produit scalaire et que si (Ln) est une base de Legendre, on a deg(Ln) = net Ln est orthogonal à Pn−1 (c'est à dire ∀q ∈ Pn−1, q ⊥ Ln). On notera cette dernièrepropriété sous la forme Ln ∈ P⊥n−1.

1. Soit p un polynôme. Montrer que p orthogonal à P2 ⇔

∫ 1

−1p(x)dx = 0

∫ 1

−1xp(x)dx = 0

∫ 1

−1x2p(x)dx = 0

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2. On suppose que p = a+ bx+ cx2 + x3 ∈ P3 et p ∈ P⊥2 déduire de 1. que2a+ 2

3c = 0

23b+ 2

5 = 0

23a+ 2

5c = 0

3. Conclure que L3(x) = λx(x −√

35)(x +

√35) où λ est une constante que l'on ne

cherchera pas à déterminer.

4. Application : évaluer numériquement par la méthode de Gauss-Legendre∫ 1

−1x5 + 3x4dx

(W1 = 59 ,W2 = 8

9 ,W3 = 59). Comparez avec la valeur exacte. Expliquez le résultat.

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Correction

Exercice 1

1. Pour le pas h = 13 la méthode des trapèzes donne IT ' 1

6(f(1) + f(2)) + 13(f(4

3) +f(5

3)) = 2130 ' 0.7.

2. La valeur exacte est I = [ln(x)]21 = ln(2).

3. a. On observe e�ectivement que IT calculer en 1. est supérieur à ln(2) ' 0.69.On peut se convaincre à l'aide d'un dessin que les trapèzes sont au-dessus dela courbe y = 1

x , l'aire sous les trapèzes sera donc supérieure à l'aire sous lacourbe.

b. Cela reste vrai quelque soit le pas h choisi car la fonction x→ 1x est convexe

sur ]0; +∞[ ce qui signi�e qu'une corde dé�nie par deux points de la courbey = 1

x sera toujours au-dessus de la courbe et par le raisonnement précédantl'aire sous les trapèzes sera supérieure à l'aire exacte. Si on a oublié ce qu'estune fonction convexe, on peut raisonner ici à partir de la formule de l'erreur.Pour la méthode des trapèzes ET = I − IT = −h2 1

12f′′(η) avec η ∈]1; 2[. Or

( 1x)′′ = 2

x3 > 0 pour tout x ∈]1; 2[. Conclusion ET < 0 c'est à dire I < IT etceci quelque soit h.

c. On a vu que c'est la condition f ′′(η) > 0 qui assure que l'erreur soit négative.En fait cette propriété caractérise les fonctions convexes deux fois dérivable(les deux raisonnements sont donc les mêmes !). Il su�t de trouver une fonctiondont la dérivée seconde soit positive, par exemple x→ x2.

4. On cherche à majorer l'erreur en valeur absolue pour la méthode de Simpson, ona |ES | = (h

2 )4 1180f

(4)(η) avec η ∈]1; 2[. Donc une condition su�sante pour avoir|ET | 6 10−4 est d'avoir (h

2 )4 1180f

(4)(η) 6 10−4. Or f (4)(x) = 24x5 ce qui donne

h 6 4

√16×180

24 × 10−4. D'où h 6 0, 33 convient. On prendra alors h = 14 pour avoir

la précision voulue.

Exercice 2

1. Il s'agit de démontrer une équivalence. Le sens ⇒ est évident. En e�et si p ∈ P⊥2alors p est orthogonal à tout polynôme de degré inférieur ou égal à deux. Donc pest orthogonal aux polynômes 1, x et x2 ce qui donne

< p, 1 > = 0< p, x > = 0< p, x2 > = 0

⇔

∫ 1−1 p(x)dx = 0∫ 1−1 p(x)xdx = 0∫ 1−1 p(x)x

2dx = 0

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Réciproquement (⇐) si ∫ 1−1 p(x)dx = 0∫ 1−1 p(x)xdx = 0∫ 1−1 p(x)x

2dx = 0

est vrai alors p est orthogonal à 1,x, x2. Donc pour αx2 + βx+ γ un polynôme dedegré inférieur ou égal à deux on a

< p, αx2 + βx+ γ >= α < p, x2 > +β < p, x > +γ < p, 1 >= 0

c'est à dire p ∈ P⊥2 .

2. Pour p = a + bx + cx2 + x3 on a∫ 1−1 p(x)dx = 2a + 2c

3 ,∫ 1−1 xp(x)dx = 2b

3 + 25 et∫ 1

−1 x2p(x)dx = 2a

3 + 2c5 . Donc d'après 1. p ∈ P2 si et seulement si

2a+ 23c = 0

23b+ 2

5 = 023a+ 2

5c = 0

La résolution du système donne a = c = 0 et b = −35 . Donc p = x3 − 3

5x.

3. On sait que L3 est orthogonal à P2 et deg(L3) = 3. Donc L3 = λp où p est le

polynôme de la question 2. Ce qui donne bien L3 = λ(x−√

35)x(x+

√35).

4. Le calcul de I donne pour la formule de quadrature à trois points,

I 'W1f(−√

35) +W2f(0) +W3f(

√35)

= 59((−

√35)5 + 3(−

√35)4) + 8

9(0) + 59((

√35)5 + 3

√35)4) = 6

5

Le calcul exact donne I = [x6

6 +3x5

5 ]1−1 = 65 . Les valeurs sont identiques. Ce résultat

était prévisible car une intégration gaussienne à n + 1 points est exacte à l'ordre2n + 1. Ce qui signi�e que l'intégration de Gauss-Legendre sur un support à troispoints est exacte pour les polynômes de degré inférieur ou égal à 5.

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