Corrigés desexercices
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b(:,:,i)=(1-tt).*bb(:,:,i)+tt.*bb(:,:,i+1);
end
end
C=b(:,:,1);
✝
✆
trace.m
✞
☎
%pc=[0,1,2,3,4,8;0,1.21,-1.1,0.9,-1.3,0.8];
pc=[0,1,2,3,4,8;0,1,-1,0,-1,1;1,2,-3,4,5,-3];
m=500
C=c_bezier(pc,m);
dim = length(pc(:,1));
if dim==2
plot(C(1,:),C(2,:),pc(1,:),pc(2,:),’.-’)
else
plot3(C(1,:),C(2,:),C(3,:),pc(1,:),pc(2,:),pc(3,:),’.-’)
zlabel(’z’,’Fontsize’,14)
end
xlabel(’x’,’Fontsize’,14)
ylabel(’y’,’Fontsize’,14)
title(’CourbedeeBezierettpolygonedeecontrole’,’Fontsize’,14)
✝
✆
Ce qu’il faut retenir de cetexercice
On aura noté l’utilisation du if,e lse quip ermet grâce à dim =l ength(pc( :,1)) de
choisir le tracé suivant la dimension.
7.2P olynômes de Bernstein
1. Notons que B
n
i (0) = d i 0 i.e. B
n
i (0) = O si i = 0et B
n
0 (0) = 1. La dimension de P n étant
n +1,p our montrer que { B
n
i } i = 0 ,..., n forme une base, il suffit de montrer que le système est
libre. Supposons que
n
i = 0
l i B
n
i ( t ) = 0, alors en t = 0, il vient l 0 = 0. Nous avons maintenant
n
i = 1
l i B
n
i ( t ) = 0. Pour i 1, t est une racine d’ordre i du polynôme B
n
i .Ensimplifiant la somme
précédente par t puis en prenant ànouveau t = 0, nous obtenons l 1 = 0. De même, par récurrence
tous les l i sont nuls.
Rappelons que pour tout n ∈ N et tout i /∈{0 ,...,n } alors B
n
i ( t ) = 0. Soit n 1.
Pour i /∈{0 ,...,n } , B
n
i ( t ) = 0 = (1 − t ) B
n − 1
i
( t )+tB
n − 1
i − 1 ( t ).
B
n
0 ( t ) = (1 − t )
n
= (1 − t ) B
n − 1
0
( t ) = (1 − t ) B
n − 1
0
( t )+tB
n − 1
− 1 ( t )puisque B
n − 1
− 1 ( t ) = 0etdemême
B
n
n ( t ) = (1 − t ) B
n − 1
n
( t )+tB
n − 1
n − 1 ( t ).
 Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit