Corrigés desexercices
103
−1
−0.8
−0.6
−0.4
−0.2
00 .2
0.4
0.6
0.8
1
−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
b 0 =c 3
b 3
b 2
b 1
c 0
c 1
c 2
x
y
7.5 Détermination du polygone de contrôle
1. En utilisant (7.4), on obtient
x
( r )
(0) =
d
r
b
n
dt r (0) =
n !
( n − r )!
D
r
x 0
où D
r
x k = D
r − 1
x k +1 − D
r − 1
x k car B
n − r
k
(0) = 0si k = 0. Parailleurs si x ( t ) =
n
i = 0
a i t
i
,ona
x
( r )
(0) = r ! a r .Donc pour r = 0 ,...,n ,onobtient a r =
n
r
D
r
x 0 .Par récurrence, on obtient
x i = 1 x i
D x i = x i +1 − x i ,
D
2
x i = x i +2 − 2 x i +1 + x i ,
. . .
D
r
x i =
r
r
x i + r −
r
r − 1
x i + r − 1 + ...+(− 1)
r
r
0
x i ,
alternance de signe et coefficients binômiaux, ce qui permet d’écrire UVMx = a où les matrices
U , V , M sont définies précédemment.
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit
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−0.4
−0.2
00 .2
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0.6
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−2
−1
0
1
2
3
4
5
6
7
b 0 =c 3
b 3
b 2
b 1
c 0
c 1
c 2
x
y
7.5 Détermination du polygone de contrôle
1. En utilisant (7.4), on obtient
x
( r )
(0) =
d
r
b
n
dt r (0) =
n !
( n − r )!
D
r
x 0
où D
r
x k = D
r − 1
x k +1 − D
r − 1
x k car B
n − r
k
(0) = 0si k = 0. Parailleurs si x ( t ) =
n
i = 0
a i t
i
,ona
x
( r )
(0) = r ! a r .Donc pour r = 0 ,...,n ,onobtient a r =
n
r
D
r
x 0 .Par récurrence, on obtient
x i = 1 x i
D x i = x i +1 − x i ,
D
2
x i = x i +2 − 2 x i +1 + x i ,
. . .
D
r
x i =
r
r
x i + r −
r
r − 1
x i + r − 1 + ...+(− 1)
r
r
0
x i ,
alternance de signe et coefficients binômiaux, ce qui permet d’écrire UVMx = a où les matrices
U , V , M sont définies précédemment.
Dunod –Laphotocopie non autorisée est un délit