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9 Solutions des exercices
I(f ) I1 + CH
2
1 , I(f ) I2 + CH
2
2 ,
(9.3)
on obtient C = (I1 −I2)/(H
2
2 −H
2
1 ). En reportant cette quantité dans l’une des
expressions (9.3), on obtient (4.32), c’est-à-dire une meilleure approximation
que celle donnée par I1 ou I2.
Solution 4.11 On cherche le plus grand entier positif p tel que Iappr(x
p ) =
I(x
p ). Pour p = 0, 1, 2, 3, on trouve le système non linéaire de 4 équations à 4
inconnues α, β, ¯
x et ¯
z
p = 0 → α + β = b − a,
p = 1 → α¯ x + β ¯
z =
b
2 − a
2
2
,
p = 2 → α¯ x
2 + β ¯
z
2 =
b
3 − a
3
3
,
p = 3 → α¯ x
3 + β ¯
z
3 =
b
4 − a
4
4
.
On peut éliminer α et ¯
z des deux premières équations et réduire le système à
deux équations à deux inconnues β et ¯
x. On trouve une équation du second
degré en β d’où on déduit β en fonction de ¯
x. Enfin, on peut résoudre l’équation
non linéaire en ¯
x par la méthode de Newton. Ceci donne deux valeurs de ¯
x qui
sont les noeuds de quadrature de Gauss-Legendre avec n = 1.
Solution 4.12 Comme
f
(4)
1 (x) = 24
1 − 10(x − π)
2 + 5(x − π)
4
(1 + (x − π) 2 ) 5
,
f
(4)
2 (x) = −4e
x cos(x),
on trouve que le maximum de |f
(4)
1 (x)| est borné par M1 23, et celui de
|f
(4)
2 (x)| par M2 18. Ainsi, on déduit de (4.22) que H < 0.21 dans le premier
cas et H < 0.16 dans le second cas.
Solution 4.13 Avec la commande MATLAB eval(int(’exp(-xˆ2/2)’,0,2))
on trouve que l’intégrale considérée vaut 1.19628801332261.
La formule de Gauss-Legendre, appliquée sur le même intervalle avec
M = 1, donne 1.20278027622354 (avec une erreur absolue de 6.4923e-03). Le
résultat obtenu avec la formule simple de Simpson est 1.18715264069572, avec
une erreur légèrement plus grande (égale à 9.1354e-03).
Solution 4.14 Comme l’intégrande est positif, on a Ik > 0 ∀k. On s’attend
donc à ce que toutes les valeurs obtenues par la formule de récurrence soient
positives. Malheureusement, la formule de récurrence est sensible aux erreurs
d’arrondi et donne des termes négatifs :
I (1)=1/ exp (1); for k =2:20 , I (k )=1 -k *I (k -1); end
9 Solutions des exercices
I(f ) I1 + CH
2
1 , I(f ) I2 + CH
2
2 ,
(9.3)
on obtient C = (I1 −I2)/(H
2
2 −H
2
1 ). En reportant cette quantité dans l’une des
expressions (9.3), on obtient (4.32), c’est-à-dire une meilleure approximation
que celle donnée par I1 ou I2.
Solution 4.11 On cherche le plus grand entier positif p tel que Iappr(x
p ) =
I(x
p ). Pour p = 0, 1, 2, 3, on trouve le système non linéaire de 4 équations à 4
inconnues α, β, ¯
x et ¯
z
p = 0 → α + β = b − a,
p = 1 → α¯ x + β ¯
z =
b
2 − a
2
2
,
p = 2 → α¯ x
2 + β ¯
z
2 =
b
3 − a
3
3
,
p = 3 → α¯ x
3 + β ¯
z
3 =
b
4 − a
4
4
.
On peut éliminer α et ¯
z des deux premières équations et réduire le système à
deux équations à deux inconnues β et ¯
x. On trouve une équation du second
degré en β d’où on déduit β en fonction de ¯
x. Enfin, on peut résoudre l’équation
non linéaire en ¯
x par la méthode de Newton. Ceci donne deux valeurs de ¯
x qui
sont les noeuds de quadrature de Gauss-Legendre avec n = 1.
Solution 4.12 Comme
f
(4)
1 (x) = 24
1 − 10(x − π)
2 + 5(x − π)
4
(1 + (x − π) 2 ) 5
,
f
(4)
2 (x) = −4e
x cos(x),
on trouve que le maximum de |f
(4)
1 (x)| est borné par M1 23, et celui de
|f
(4)
2 (x)| par M2 18. Ainsi, on déduit de (4.22) que H < 0.21 dans le premier
cas et H < 0.16 dans le second cas.
Solution 4.13 Avec la commande MATLAB eval(int(’exp(-xˆ2/2)’,0,2))
on trouve que l’intégrale considérée vaut 1.19628801332261.
La formule de Gauss-Legendre, appliquée sur le même intervalle avec
M = 1, donne 1.20278027622354 (avec une erreur absolue de 6.4923e-03). Le
résultat obtenu avec la formule simple de Simpson est 1.18715264069572, avec
une erreur légèrement plus grande (égale à 9.1354e-03).
Solution 4.14 Comme l’intégrande est positif, on a Ik > 0 ∀k. On s’attend
donc à ce que toutes les valeurs obtenues par la formule de récurrence soient
positives. Malheureusement, la formule de récurrence est sensible aux erreurs
d’arrondi et donne des termes négatifs :
I (1)=1/ exp (1); for k =2:20 , I (k )=1 -k *I (k -1); end