Ift 2421 Chapitre 5 Dérivation numérique

Ift 2421
Chapitre 5
Dérivation
numérique
Ift2421
1
Chapitre 5
Introduction
Dérivation et intégration numériques
Déterminer avec précision :
1. La vitesse à chaque instant
2. L’accélération de la fusée
3. La consommation de carburant
Évaluer les dérivées premières et secondes
ainsi que l’intégrale de cette fonction.
Ift2421
2
Chapitre 5
Principe général
de dérivation et d’intégration numériques
Si
f ( x) = Pn ( x) + En ( x )
alors
f ′( x) = Pn′( x) + E n′ ( x)
f ′′( x ) = Pn′′( x ) + E n′′( x )
etc...
et aussi
∫
b
a
f ( x )dx = ∫ Pn ( x )dx + ∫ E n ( x )dx
b
b
a
a
Bonne estimation de la fonction
⇒Bonnes estimations de ses dérivées
et de son intégrale.
Ift2421
3
Chapitre 5
Dérivation du polynôme de Newton Grégory
 s k
 s  n +1
f ( x ) = Pn ( x ) + E n ( x ) = ∑   ∆ f 0 + 
h f
1
+
k
n




k =0
n
( n +1)
(ξ)
Dériver le polynôme :
dPn ( x ) dPn ( x ) ds dPn ( x ) 1
=
=
car x = x0 + sh
dx
ds dx
ds h
1 d  n  s  k  1 n d  s  k 
=
∑   ∆ f 0  = ∑   ∆ f 0 
h ds  k =0  k 
 h k =0 ds  k 

1


2
∆
2
1
∆
f
(
s
)
f
+
−
+
0
0

1
2
= 
h  1 ( s − 1)( s − 2) + s( s − 2) + s( s − 1) ∆3 f +K
[
] 0 
6
Dérivée de l’erreur :
dE n ( x0 ) 1 d  s  n +1
=

h f
dx
h ds  n + 1
 s  n +1 d
+
f
h
dx
 n + 1
( n +1)
( n +1)
(ξ )
(ξ )
Note : le terme f(n+1)(ξ) dépend de x.
Ift2421
4
Chapitre 5
Dérivation du polynôme de Newton Grégory
Pour s = 0, 1, ... , n
les formules se simplifient.
Pour (s = 0 ) :
1


2
f
(
s
)
f
+
−
+
∆
2
1
∆
0
0

1
2
Pn′( x0 ) =  1

h
3
[( s − 1)( s − 2) + s( s − 2) + s( s − 1)]∆ f 0 +K
6
1 2
1 3
1 4


−
+
−
+
f
f
f
f
∆
∆
∆
∆
K
0
0
0

1 0 2
3
4
= 

( −1) n n
h

−
∆ f0

n

et le terme d’erreur est :
dE n ( x0 ) 1 d  s  n +1 ( n+1)
(ξ )
=

h f
dx
h ds  n + 1
 s  n +1 d
f
+
h
dx
 n + 1
( −1) n n
E n′ ( x0 ) =
h f
n +1
Ift2421
( n +1)
( n +1)
(ξ )
(ξ) terme qui est en O(hn)
5
Chapitre 5
Exemple :
Table de f(x) = ex à 3 décimales :
x
f(x)
1.3
3.669
∆f
∆2f
∆3f
∆4f
0.813
1.5
4.482
0.179
0.992
1.7
5.474
0.041
0.220
1.212
1.9
6.686
0.048
0.268
1.480
2.1
8.166
0.012
0.328
9.974
0.012
0.072
0.400
2.208
2.5
1
P1′(17
. )=
1.212 = 6.606
0.2
0.060
1.808
2.3
0.007
Ici h = 0.2
Approximations de la
dérivée en x = 1.7
1
1
P2′(17
. )=
(1212
.
− 0.268)
0.2
2
= 5.390
12.182
Erreur sur P1′ :
1
E1′( x ) = − ( 0.2) 1 f ′′( ξ)
2
− 0.669 ≤ E1′(1.7) ≤ − 0.547
x =1.7
x =1.9
Erreur sur P2′ :
1
E 2′ ( x ) = (0.2) 2 f ′′′( ξ)
3
0.073 ≤ E 2′ (1.7) ≤ 0109
.
x =1.7
Ift2421
x = 2 .1
6
Chapitre 5
Dérivation du polynôme de Newton Grégory
Pour s = 0, 1, ... , n
les formules se simplifient.
Cas particulier (s = 1, polynôme de degré 2) :
1
1

P2′( x1 ) =  ∆f 0 + ∆2 f 0 

h
2
et le terme d’erreur est :
1
E n′ ( x1 ) = h 2 f ′′′ (ξ) terme qui est en O(h2)
6
Simplification :
f2 − f0
f ′ ( x1 ) ≈ P2′( x1 ) =
2h
Après translation d’indice :
f ′( x0 ) ≈
Ift2421
f 1 − f −1
2h
Formule centrée
7
Chapitre 5
Formules de calcul des dérivées
Dérivée première :
f ′ ( x0 ) =
f1 − f 0
+ O(h)
h
f ′ ( x0 ) =
f 1 − f −1
+ O( h 2 )
2h
f ′ ( x0 ) =
− f 2 + 4 f1 − 3 f 0
+ O( h 2 )
2h
f ′ ( x0 ) =
− f 2 + 8 f 1 − 8 f −1 + f −2
+ O( h 4 )
12h
(différences centrées)
(différences centrées)
Dérivée seconde :
f ′′ ( x0 ) =
f 2 − 2 f1 + f 0
+ O( h )
h2
f ′′( x0 ) =
f 1 − 2 f 0 + f −1
+ O(h 2 )
2
h
f ′′ ( x0 ) =
− f 3 + 4 f 2 − 5 f1 + 2 f 0
+ O( h 2 )
2
h
f ′′ ( x0 ) =
− f 2 + 16 f 1 − 30 f 0 + 16 f −1 − f −2
+ O(h 4 ) (différences
2
12h
centrées)
(différences centrées)
∆n f 0
Dérivées d’ordre supérieur : f ( x0 ) = h n + O(h)
n
Ift2421
8
Chapitre 5
Instabilité de la différentiation numérique
(propagation des erreurs)
f 1 − f −1
f ′ ( x0 ) =
+ O( h 2 )
2h
h → 0 alors erreur → 0 et f’exacte.
Erreurs sur les valeurs de la fonction
f −1 = f −∗1 ± e−1
f 1 = f 1∗ ± e1
alors
f 1∗ − f −∗1 e1 + e−1
f ′ ( x0 ) =
±
+ O( h 2 )
2h
2h
Si le pas h est trop réduit ⇒
Beaucoup d’erreur d’arrondi
∴ La dérivation est un processus instable
(soustraction entre termes voisins)
Calculs en double précision ?
Utile si e est une erreur machine (arrondi ou troncature).
Inutile si e est une erreur sur les données.
Ift2421
9
Chapitre 5
Utilisation des séries de Taylor
(pour reconstruire les formules de dérivation)
au voisinage de x = x0, nous avons :
x1 = x 0 + h
x −1 = x 0 − h
h2
h3
h 4 iv
f ( x1 ) = f 1 = f 0 + h f 0′ +
f 0′′+
f 0′′′+
f 0 +K
2
6
24
f ( x −1 ) = f −1
h2
h3
h 4 iv
f 0′′−
f 0′′′+
f 0 +K
= f 0 − h f 0′ +
2
6
24
Reconstruire la formule f0’ :
f ′ ( x0 ) =
f 1 − f −1
+ O( h 2 )
2h
Soustraire les deux séries :
f 1 − f −1
h3
h5 v
= 2h f 0′ +
f 0′′′+
f 0 +K
3
60
Diviser par 2h et isoler f0’ :
f 1 − f −1 h 2
h4 v
f 0′ =
+
f ′′′+
f +K
2h
6 0 120 0
Note : Série représentant l’erreur = puissances paires de h
seulement.
L'extrapolation de Richardson gagnera 2 ordres.
Ift2421
10
Chapitre 5
Utilisation des séries de Taylor
(pour reconstruire les formules de dérivation)
au voisinage de x = x0.
h2
h3
h 4 iv
f ( x1 ) = f 1 = f 0 + h f 0′ +
f 0′′+
f 0′′′+
f 0 +K
2
6
24
x1 = x 0 + h
x −1 = x 0 − h
f ( x −1 ) = f −1
h2
h3
h 4 iv
f 0′′−
f 0′′′+
f 0 +K
= f 0 − h f 0′ +
2
6
24
Reconstruire les formules pour f0’, f0’’, ...
f ′ ( x0 ) =
f ′′( x0 ) =
f 1 − f −1
+ O( h 2 )
2h
f 1 − 2 f 0 + f −1
+ O( h 2 )
2
h
Avec d’autres expansions :
4h 3
2h 4 iv
f ( x2 ) = f 2 = f 0 + 2h f 0′ + 2h f 0′′+
f 0′′′+
f 0 +K
3
3
2
4h 3
2h 4 iv
f ( x −2 ) = f −2 = f 0 − 2h f 0′ + 2h f 0′′−
f 0′′′+
f 0 +K
3
3
Reconstruire des formules plus complexes :
2
f ′′ ( x0 ) =
Ift2421
− f 2 + 16 f 1 − 30 f 0 + 16 f −1 − f −2
+ O( h 4 )
2
12h
11
Chapitre 5
Ordre d’une approximation
f(x) est d’ordre n au voisinage de 0 si
f ( x)
lim n ≤ M
x →0 x
Où M est une constante.
La notation employée est
f(x) = O(xn)
Remarque : On devrait plutôt dire f(x) appartient à O(xn).
Exemple :
f(x) = Sin(x)
Remarque :
• On a toujours
O(h n ) = cn h n + cn+1h n+1 +K
on a :
Sin( x )
=1
x →0
x
donc Sin(x) = O(x).
lim
• Un terme d’erreur O(hn)
signifie approximativement
que :
Si on divise h par 2,
on divise le terme d’erreur
par 2n.
en effet on a :
n
1
 h
cn   = n cn h n
 2
2
Il faut noter que :
O(1) ⊇ O( x ) ⊇ O( x 2 ) ⊇K
⊇ O( x n ) ⊇ O( x n +1 ) ⊇K
Ift2421
12
Chapitre 5
Extrapolation de Richardson
• Pas = h
f ( x ) = f 1 ( x ) + O(h n )
= f 1 ( x) + Kh n + O(h n +1 )
• Pas = 2 h
f ( x ) = f 2 ( x ) + O(( 2h) n )
= f 2 ( x ) + 2 n Kh n + O(( 2h) n +1 )
Alors
1
f ( x) = f 1 ( x ) + n
f 1 ( x ) − f 2 ( x )) + O(h n +1 )
(
2 −1
Précision amélioré d’un ordre
Méthode valable pour :
• Interpolation
• Dérivation numérique
• Intégration numérique
Ift2421
13
Chapitre 5
Extrapolation de Richardson
Démonstration
(1) → f ( x ) − f h ( x ) = cn h n + cn +1h n +1 +K
(2) → f ( x ) − f 2h ( x ) = cn (2h) n + cn +1 (2h) n +1 +K
= cn 2 n h n +
2n * (1) - (2) ⇒
2 n f ( x ) − 2 n f h ( x ) − f ( x ) + f 2 h ( x ) = O(h n+1 )
(2 n − 1) f ( x ) − (2 n − 1) f h ( x ) − f h ( x ) + f 2 h ( x ) = O(h n+1 )
(2 n − 1){ f ( x ) − f h ( x )} = f h ( x ) − f 2 h ( x ) + O(h n +1 )
1
f ( x) − f h ( x ) = n
f h ( x ) − f 2 h ( x )} + O(h n+1 )
{
2 −1
f ( x) = f h ( x ) +
Ift2421
1
f h ( x ) − f 2 h ( x )} + O(h n +1 )
{
n
2 −1
14
Chapitre 5
Exemple :
Différences centrées :
• h = 0.1
Dérivée première en x = 2.5
de
x
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
f’(2.5) = (f1-f-1)/2h + O(h2)
= (0.25337-0.31729)/0.2 +
O(h2)
= -0.3196 + O(h2)
f(x)
0.34718
0.31729
0.28587
0.25337
0.22008
• 2h = 0.2
f’(2.5) = (f2-f-2)/2h + O(4h2)
= (0.22008-0.34718)/0.4 +
O(4h2)
= -0.3178 + O(4h2)
Note :
Technique d’extrapolation
L’extrapolation de
Richardson peut être
appliquée plusieurs fois.
f’(2.5) = -0.3196
+{ -0.3196 -(-0.3178)}/3 +
O(h4)
= -0.3203 + O(h4)
fh
Amélioration de 2 ordres.
f2h
f4h
Ift2421
15
Chapitre 5
Ift 2421
Chapitre 5
Intégration
numérique
Ift2421
16
Chapitre 5
Intégration numérique
n+1 points de collocation
K xn
x0
x1
x2
f0
f1
f2 K
fn
Approcher l’intégrale de la fonction
∫
b
a
f ( x ) dx
Surface sous la courbe entre a et b
Ift2421
17
Chapitre 5
Intégration numérique
(Quadrature de Newton Cotes)
Polynôme Pn(x) de Newton Gregory
K xn
x0
x1
x2
f0
f1
f2 K
fn
L’intégrale du polynôme et de l’erreur est :
∫
xn
x0
Ift2421
f ( x )dx = ∫ Pn ( x )dx + ∫ En ( x )dx
xn
xn
x0
x0
18
Chapitre 5
Quadrature simple du trapèze
(formule de Newton Cotes pour n = 1)
Polynôme Pn(x) de degré 1
∫
x1
x0
P1 ( x )dx = h ∫ P1 ( s)ds
1
Formule d’erreur :
0
 s
∫x0 E1 ( x)dx = h f ′′(ξ1 ) ∫0  2 ds
x1
s =1


s2
∫x0 P1 ( x )dx = h sf 0 + 2 ∆f 0 
s=0
f − f0 

= h f 0 + 1
2 

x1
h
=
P
(
x
)
dx
f 0 + f1]
[
∫x0 1
2
x1
3
1
s( s − 1)
ds
0
2
 1
= h 3 f ′′(ξ1 ) − 
 12 
= h 3 f ′′(ξ1 ) ∫
1
Surface sous le trapèze.
Ift2421
19
Chapitre 5
Méthode de Simpson 1/3
(quadrature simple)
Polynôme Pn(x) de degré 2
∫
x2
x0
P2 ( x )dx = h ∫ P2 ( s)ds
2
Formule d’erreur :
0
=
h
[ f + 4 f1 + f 2 ]
3 0
Remarque :
2 s
∫0  3 ds = 0
Nous gagnons alors un ordre
pour l’ereur
x2
2 s 
5 iv
∫x0 E2 ( x)dx = h f (ξ1 ) ∫0  4 ds
 1
= h f ( ξ1 ) − 
 90 
5
Surface sous la parabole.
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20
iv
Chapitre 5
Méthode de Simpson 3/8
(quadrature simple)
Polynôme Pn(x) de degré 3
∫
x3
x0
P3 ( x )dx = h ∫ P3 ( s)ds
3
Formule d’erreur :
0
 s
∫x0 E3 ( x)dx = h f (ξ1 ) ∫0  4 ds
3
= h[ f 0 + 3 f1 + 3 f 2 + f 3 ]
8
x3
5
iv
3
 3
= h5 f iv (ξ1 ) − 
 80 
Pas de gain en pratique.
Ift2421
21
Chapitre 5
Exemple :
f(x) = x3
0
1
8
27
64
125
216
x
0
1
2
3
4
5
6
Règle du trapèze
(n = 1)
6
∫0 f ( x)dx ≈ 2 ( f 0 + f 6 )
6
= (0 + 216)
2
= 648
6
Calculer
∫
6
0
h=6
f ( x )dx
Simpson 1/3
(n = 2) h = 3
Simpson 3/8
(n = 3) h = 2
3* 2
( f0 + 3 f2 + 3 f4 + f6 )
8
3
= (0 + 3 * 8 + 3 * 64 + 216)
4
= 324
3
≈
f
(
x
)
dx
( f + 4 f3 + f6 )
∫0
3 0
3
= (0 + 4 * 27 + 216)
3
= 324
∫
Note :
Remarque :
Assuré d’avoir la bonne
réponse car P3(x)
6
0
6
∫
6
0
Ift2421
6
4


x
3
x dx =  
 4 0
22
f ( x )dx ≈
Chapitre 5
Quadratures Simples
Résumé :
• La règle du trapèze (n=1)
Terme d’erreur d’ordre 3
Intègre exactement un polynôme de degré un
puisque f ′(ξ1 ) = 0 dans ce cas.
• Les règles de Simpson (1/3 et 3/8)
donnent un terme d’erreur d’ordre 5
Intègrent exactement un polynôme de degré 3
iv
puisque f ( ξ1 ) = 0 dans ce cas.
Problèmes :
Ift2421
23
Chapitre 5
Quadratures composites
2 étapes :
1. Construction d’une succession de polynômes
de Newton Grégory mis bout à bout.
2. Addition des surfaces sous chacun
des polynômes de la représentation
Construction par morceaux
chaque morceau = quadrature simple
Nous parlons alors de quadratures composites.
Ift2421
24
Chapitre 5
Quadrature composite du trapèze
L’aire de chaque trapèze est :
Ti =
h
( f + f i −1 )
2 i
pour 1 ≤ i ≤ n
h est constant = les intervalles sont égaux.
La règle composite du trapèze est :
A( f ) = ∫
xn
x0
=
Ift2421
n
h n
f ( x )dx = ∑ Ti = ∑ ( f i + f i −1 )
2 i =1
i =1
h
f 0 + 2 f1 + 2 f 2 + 2 f 3 +K+2 f n −1 + f n }
{
2
25
Chapitre 5
Erreur sur la quadrature composite du trapèze
L’erreur E(f) = I(f) - A(f) sur l’intégrale est :
− h3 n
E( f ) =
∑ f ′′(ξi )
12 i =1
avec xi −1 ≤ ξi ≤ xi
− h2
1 n
=
( xn − x0 ) ∑ f ′′(ξi )
12
n i =1
− h2
=
( x − x0 ) f ′′ (ξ)
12 n
avec x0 ≤ ξ ≤ xn
Remarque :
Si f(x) est un polynôme de degré 1 alors A(f) = I(f)
car f’’(x) = 0.
Ift2421
26
Chapitre 5
Exemple :
π
h
=
• Approximez I = ∫0 Sin( x ) dx avec
4
π
π
Valeur exacte : I = ∫0 Sin( x )dx = [− Cos( x )]0 = 2
A
h=
π
4
π
1
1
= h( f 0 + f 1 + f 2 + f 3 + f 4 )
2
2
A
h=
π
4
=
π
(1 + 2 ) ≈ 1896
.
4
− h2
E=
( x − x0 ) f ′′ (ξ)
12 n
avec 0 ≤ ξ ≤ π
π3
π3
E =
Sin(ξ) ≤
≈ 016149
.
avec 0 ≤ ξ ≤ π
192
192
π
Ereelle = I − A π = 2 − (1 + 2 ) ≈ 2 − 1896
.
≈ 0.1038
h=
4
4
Ift2421
27
Chapitre 5
Exemple (suite) :
Remarque :
Nous pouvons utiliser la formule de l’erreur
pour définir la largeur d’un intervalle :
Comment choisir h pour que l’erreur d’intégration
π
obtenue sur I = ∫0 Sin( x ) dx par la méthode composite
des trapèzes soit plus petite que 0.0005 ?
− h2
E=
( x − x0 ) f ′′ (ξ)
avec 0 ≤ ξ ≤ π
12 n
π
π
E = h 2 Sin( ξ) ≤ h 2 ≤ 0.0005
12
12
⇔
12
h 2 ≤ 0.0005
π
⇔
h ≤ 0.044
n>
π
≈ 718
.
0.044
Donc n ≥ 72 intervalles.
Ift2421
28
Chapitre 5
Quadrature composite de Simpson 1/3
Nombre pair d’intervalles = nombre impair de points
nb = 2m+1
Sur chaque paire de sous intervalles,
la courbe est remplacée par une parabole.
Pour chaque triplet de valeurs :
h
Si = ( f 2i − 2 + 4 f 2i −1 + f 2i )
3
1≤ i ≤ m
La règle composite de Simpson 1/3
pour trouver l’intégrale I(f) est :
A( f ) = ∫
x2 m
x0
=
Ift2421
m
h m
f ( x )dx = ∑ Si = ∑ ( f 2i − 2 + 4 f 2i −1 + f 2i )
3 i =1
i =1
h
{ f + 4 f1 + 2 f 2 + 4 f 3 +K+4 f n −1 + f n }
3 0
29
Chapitre 5
Erreur de troncature globale pour Simpson 1/3
E = E1 + E2 +K+ En / 2
h5  f iv (ξ1 ) + f iv (ξ 2 ) +K+ f iv (ξ n / 2 )  n
E=− 
 2
90 
n/2

h5
1
1 (b − a ) 5 iv
iv
4 iv
E=−
n f ( ξ) = −
f (ξ)
(b − a ) h f ( ξ ) = −
180
180
180 n 4
Remarque :
• Si f(x) est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3
alors A =I.
iv
E = 0 car f (ξ ) = 0
4
• E = O( h )
Si nous doublons le nombre de sous intervalles
alors l’erreur est coupée par un facteur de ≈ 16.
Ift2421
30
Chapitre 5
Remarque :
3 points
Le polynôme de degré 2, P2(x), est passant par ces 3 points
est unique.
Mais, il y a une infinité de polynômes de degré 3, (cubiques
P3(x)) passant par 3 points donnés
∫
b
a
P2 ( x ) = ∫ P3 ( x ) =
b
a
h
y0 + 4 y1 + y2 )
(
3
où P3(x) est une cubique quelconque
Preuve (exercice)
Ift2421
31
Chapitre 5
Quadrature composite de Simpson 3/8
Sur chaque triplet de sous intervalles,
la courbe est remplacée par une cubique.
Pour chaque 4uplet de valeurs :
3
Si = h( f 0 + 3 f1 + 3 f 2 + f 3 )
8
La règle composite de Simpson 3/8
pour trouver l’intégrale I(f) est :
A( f ) = ∫ f ( x )dx
xn
x0
3
= h{ f 0 + 3 f1 + 3 f 2 + 2 f 3 +K+2 f n − 3 + 3 f n − 2 + 3 f n −1 + f n }
8
Erreur de troncature globale pour Simpson 3/8
E = E1 + E2 +K+ En / 3 (n = 3k )
3 5  f iv ( ξ1 ) + f iv (ξ 2 ) +K+ f iv (ξ n / 3 )  n
E=− h 
 3
80 
n/3

h5
(b − a ) 4 iv
1 (b − a ) 5 iv
iv
E = − n f (ξ) = −
h f (ξ) = −
f ( ξ)
80
80
80 n 4
L’ordre de l’erreur est le même que pour Simpson 1/3 : O(h4)
Ift2421
32
Chapitre 5
Intégration de Romberg
Méthode qui utilise :
La quadrature composite du trapèze
et la technique d’extrapolation de Richardson.
I = ∫ f ( x )dx = Tn + E
b
a
Tn =
h
{ f + 2 f1 + 2 f 2 + 2 f 3 +K+2 f n −1 + f n }
2 0
Tn − I =
(b − a ) 2
h f ′′ (ξ )
12
a ≤ξ≤b
a2h 2 + a4h 4 + a6h 6 + a8h8 +K (∗ )
* Formule d’Euler Maclaurin
où les coefficient aj sont indépendants de h.
La méthode de Romberg consiste à appliquer le procédé
d’extrapolation de Richardson à la formule d’Euler Maclaurin.
C'est une amélioration de la méthode composite du trapèze.
Ift2421
33
Chapitre 5
Intégration de Romberg
n = 2m
Définition :
Ti,n = Valeur de la quadrature composite
à l’étape i pour n sous domaines.
1. Première étape :
Calcul des quadratures composites :
T1,n =
h
{ f + 2 f1 + 2 f 2 + 2 f 3 +K+2 f n −1 + f n }
2 0
T
1,
T
1,
n
2
n
4
T
1,
n
8
=
2h
f 0 + 2 f 2 +K+2 f n − 2 + f n }
{
2
=
4h
f 0 + 2 f 4 +K+2 f n − 4 + f n }
{
2
=
8h
f 0 + 2 f 8 +K+2 f n − 8 + f n }
{
2
etc...
Ift2421
34
Chapitre 5
I = ∫ f ( x )dx = T1,n + O(h 2 )
T1,n
b
a
=T
T2 ,n/ 2
+ O(( 2h) )
2
1,
n
2
=T
n
1,
4
T1,n / 2
T2 ,n/ 4
+ O(( 4h) 2 )
T1,n / 4
etc...
T
2,
T
2,
T
2,
n
2
O( h 2 )
2. Deuxième étape :
1ère Extrapolation de
Richardson

1 

= T1,n + 2
T1,n − T n 

1, 
2 −1
2
n
4

1 
 T n − T n 
=T n + 2
1,
2
−
1
 1, 2 1, 4 
2
n
8

1 

+ 2
T n − T n 

2 − 1  1, 4
1, 
8
=T
1,
n
4
2,
=T
n
2
n
2,
4
T
3,
T
3,
n
4
n
8
=T
2,
=T
2,
n
2
n
4

1 
 T − T n 
+ 4
2 − 1  2 , n4
2, 
8
etc.
Nous avons alors:
I = ∫ f ( x )dx = T
+ O( h 4 )
n
3,
4
a
=T
n
3,
8
+ O(( 2h) 2 )
+ O( h 6 )
+ O(( 2h) 6 )
etc...
Nouvelles itérations possibles
etc...
Ift2421
O( h 6 )

1 
 T − T n 
+ 4
2 − 1  2 , n2
2, 
4
b
b
a
O( h 4 )
3. Troisième étape :
2ème Extrapolation de
Richardson
etc.
Nous avons alors:
I = ∫ f ( x )dx = T
T3,n / 4
35
Chapitre 5
Intégration de Romberg
Nous avons donc comme formule générale:
T
k +1,
n
2
=
(
1
4 k Tk ,n − Tk ,n / 2
k
4 −1
)
Remarque:
Après la première étape d'extrapolation,
la méthode de Romberg est donne
la méthode de Simpson 1/3.
1 
1
T
=
2
h

f
+
f 
1 intervalle de longueur 2h 1,1
 2 0 2 2
1 
1
T
=
h
f
+
f
+
f 

1
2 intervalle de longueur h 1,2
2 0
2 2
4T1,2 − T1,1
3
Ift2421
h
= (2 f 0 + 4 f 1 + 2 f 2 − f 0 − f 2 )
3
h
= ( f 0 + 4 f1 + f 2 )
3
36
Chapitre 5
Exemple :
Calculer une valeur approchée de I par la méthode de Romberg.
entre 0.0 et 0.8
x
0.0
0.2
0.4
0.6
0.8
f(x)
0.000
0.199
0.389
0.565
0.717
Attention :
1. Première étape :
Calcul des quadratures composites :
h
T
=
n=4 1,4 2 { f 0 + 2 f 1 + 2 f 2 + 2 f 3 + f 4 }
0.2
{0 + 2 * 0199
T1,4 =
.
+ 2 * 0.389 + 2 * 0.565 + 0.717}
2
T1,4 = 0.3023
2h
T
=
f0 + 2 f2 + f4}
{
n=2 1,2
2
2h
{0 + 2 * 0.389 + 0.717}
T1,2 =
2
T1,2 = 0.299
4h
n=1 T1,1 = 2 { 0 + 0.717}
T1,1 = 0.2868
Ordre de l'erreur O(h2)
Ift2421
37
Chapitre 5
2. Deuxième étape :
1 Extrapolation de Richardson
1
T2 ,2 = T1,4 + 2
T1,4 − T1,2
2 −1
1
( 0.3023 − 0.299)
T2 ,2 = 0.3023 + 2
2 −1
T2 ,2 = 0.3034
ère
(
)
(
)
1
T −T
2 2 − 1 1,2 1,1
1
( 0.299 − 0.2868)
T2 ,1 = 0.299 + 2
2 −1
T2 ,1 = 0.303066
T2 ,1 = T1,2 +
Ordre de l'erreur O(h4)
3. Troisième étape :
2ème Extrapolation de Richardson
(
)
1
T − T2 ,1
2 4 − 1 2 ,2
1
( 0.3034 − 0.303066)
T3,1 = 0.3034 + 4
2 −1
T3,1 = 0.3034222
T3,1 = T2 ,2 +
Ordre de l'erreur O(h6)
Ift2421
38
Chapitre 5
Méthode des Quadratures gaussiennes
Polynôme de Legendre
Pn ( x ) =
1 d
n
2
n
n ( x − 1)
2 n ! dx
n = 1,2,3,K
P0 ( x) = 1
P1 ( x) = x
1
P2 ( x ) = ( 3x 2 − 1)
2
1
P3 ( x ) = (5x 3 − 3x )
2
1
P4 ( x ) = (35x 4 − 30x 2 + 3)
8
1
P5 ( x ) = (63x 5 − 70 x 3 + 15x )
8
1
P6 ( x ) = (693x 6 − 945x 4 + 315x 2 − 5)
48
Ift2421
39
Chapitre 5
Racines des polynômes de Legrendre
Théorème:
Pn(x) possède n racines réelles, toutes situées entre -1 et 1.
Exemple:
n =1
P1 ( x) = x = 0 ⇔ x = 0
3
2.5
1
(3x 2 − 1) = 0
2
⇔ 3x 2 = 1
n=2
P2 ( x ) =
2
1.5
1
3
⇔x=±
3
0.5
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
-0.5
-1
1.5
n=3
1
0.5
-1.5
-1
-0.5
0.5
1
1
(5x 3 − 3x ) = 0
2
⇔ x (5x 2 − 3) = 0
P3 ( x ) =
x = 0

⇔
3
x
=
±

5

1.5
-0.5
-1
-1.5
Ift2421
40
Chapitre 5
Méthode des Quadratures gaussiennes
Théorème :
Si P est un polynôme de degré inférieur ou égale à 2n-1, alors
∫
1
−1
où
n
P(t )dt = ∑ ωi P(ti )
i =1
ωi = ∫
1
−1
n
t −tj
∏t
j =1
j ≠i
i
−tj
dt
et
t0, t1, t2, ..., tn sont les zéros du nième polynôme de Legendre.
Exemple : Quadrature gaussienne avec 2 termes.
Soit P(t) un polynôme quelconque de degré inférieur ou égal à 3.
Posons :
∫
1
−1
P(t )dt = ω 1 P(t1 ) + ω 2 P(t 2 )
n=2
Trouvons t1, t2, ω1, ω2 pour que le membre de droite donne la
valeur exacte de l’intégrale, quelque soit le polynôme de degré
inférieur à 3 considéré.
Ift2421
41
Chapitre 5
3
2
Soit P(t ) = a3t + a 2 t + a1t + a0 a0, a1, a2, a3 quelconque.
∫
1
−1
( a3t 3 + a2 t 2 + a1t + a0 )dt = ω 1 (a3t13 + a 2 t12 + a1t1 + a0 )
+ω 2 (a3t 23 + a2 t 22 + a1t 2 + a0 )
2
a 3 (0) + a 2 ( ) + a1 (0) + a 0 (2) = a 3 (ω 1t13 + ω 2 t 23 ) + a 2 (ω 1t12 + ω 2 t 22 )
3
+a1 (ω 1t1 + ω 2 t 2 ) + a 0 (ω 1 + ω 2 )
(1)
ω 1t13 + ω 2 t 23 = 0
( 2)
ω 1t12 + ω 2 t 22 =
(3)
( 4)
Ift2421
2
3
ω 1t1 + ω 2 t 2 = 0
ω1 + ω 2 = 2
(1)
ω 1t13 + ω 2 t 23 = 0
(3) * t12
ω 1t13 + ω 2 t 2 t12 = 0
(1) − (3) * t12
ω 2 t 2 (t 22 − t12 ) = 0
42
Chapitre 5
ω 2 t 2 (t 2 − t1 )(t 2 + t1 ) = 0
ω 2 = 0 ou t2 = 0 ou t2 = t1 ou t 2 = −t1
∫
1
−1
P(t )dt = P( −
3
3
) + P( )
3
3
Quel que soit le polynôme P(t) de degré ≤ 3.
Ift2421
43
Chapitre 5
Application :
Soit f(t) quelconque et (Maclaurin) :
f (t ) = f (0) +
f ′ (0)
f ′′(0) 2 f ′′′(0) 3
t+
t +
t + R4
1!
2!
3!
P(t) polynôme de degré 3.
f (t ) = P(t ) + R4
f (t ) ≈ P(t )
∫
1
−1
f (t )dt ≈ ∫ P(t ) dt = P(t1 ) + P(t 2 )
1
−1
∫
1
−1
∫
1
−1
Ift2421
f (t )dt ≈ f (t1 ) + f (t 2 )
f (t )dt ≈ f ( −
44
3
3
)+ f ( )
3
3
Chapitre 5
Quadrature gaussienne avec n termes
Soit P(t) un polynôme quelconque de degré inférieur ou égal à
2n-1.
Posons :
∫
1
−1
P(t )dt = ω 1 P(t1 ) + ω 2 P(t 2 ) +K+ω n P(t n )
Trouvons t1, t2, ..., tn, ω1, ω2, ..., ωn pour que le membre de droite
donne la valeur exacte de l’intégrale, quelque soit le polynôme
de degré inférieur à 2n-1 considéré.
Application :
Soit f(t) quelconque :
f ′ (0)
f ′′ (0) 2 f ′′′(0) 3
f ( 2 n−1) (0) 2 n−1
f (t ) = f (0) +
t+
t +
t +K+
t
+ R2 n
1!
2!
3!
(2n − 1)!
P(t) polynôme de degré 2n-1.
f (t ) ≈ P(t )
∫
1
−1
f (t )dt ≈ ∫ P(t )dt = ω 1 P(t1 ) + ω 2 P(t 2 ) +K+ω n P(t n )
1
−1
∫
1
−1
Ift2421
f (t )dt ≈ ω 1 f (t1 ) + ω 2 f (t 2 ) +K+ω n f (t n )
45
Chapitre 5
Rappel :
• Dans la formule de Gauss à n termes, t1, t2, ..., tn sont les
racines du polynôme de Legendre Pn(t) de degré n.
• ω i = ∫−1 Li (t )dt
où Li(t) sont les polynômes de base qui correspondent aux
abscisses t1, t2, ..., tn dans la formule de Lagrange du polynôme
de collocation.
1
Exemple : n = 2
∫
1
−1
f (t )dt ≈ ω 1 f (t1 ) + ω 2 f (t 2 )
t1 = −
3
3
t2 =
3
3
3
(t − t 2 )
3 = − 1 ( 3 t − 1)
L1 (t ) =
=
2
( t1 − t 2 )
2
−
3
t−
1

1 1
1 3
ω 1 = ∫ L1 (t )dt = − ∫ ( 3 t − 1)dt = −  t 2 − t 
−1
2 −1
2 2
 −1
1
1  3   3  
ω 1 = − 
− 1 − 
+ 1 
2  2
2
 
 
ω1 =
Même chose pour ω 2
Ift2421
46
Chapitre 5
Nous allons donc construire une table contenant
Pour différentes valeurs de n,
les racines du polynôme de Legendre de degré n
et les valeurs des poids correspondants.
n
2
3
4
5
Racines
0.5773502692
-0.5773502692
0.774596692
0
-0.774596692
0.8611363116
0.3399810436
-0.3399810436
-0.8611363116
0.9061798459
0.5384693101
0
-0.5384693101
-0.9061798459
Coefficients
1
1
0.5555555556
0.8888888889
0.5555555556
0.3478548451
0.6521451549
0.6521451549
0.3478548451
0.2369268850
0.4786286705
0.5688888889
0.4786286705
0.2369268850
Remarque:
La fonction f(x) doit être connue.
Ift2421
47
Chapitre 5
Application à un domaine d’intégration quelconque
I=∫
x=b
x=a
g ( x)dx
Effectuer un changement
de variable :
x = x(t)
DE BC
=
AE AC
x−a
b−a
=
t − ( −1) 1 − ( −1)
tel que lorsque t varie de
-1 à 1
x varie de a à b.
dx = x ′(t )dt
(b − a ) t + ( a + b )
2
(b − a )
dx =
dt
2
x =b
b − a t =1
b−a 1
I = ∫ g ( x )dx =
g
(
x
(
t
))
dt
=
f (t )dt
x =a
2 ∫t =−1
2 ∫−1
b−a
≈
{ω 1 f (t1 ) + ω 2 f (t 2 )+K+ω n f (t n )}
2
b−a
≈
{ω 1 g ( x (t1 )) + ω 2 g ( x(t 2 )) +K+ω n g ( x (t n ))}
2
b−a
≈
{ω 1 g ( x1 ) + ω 2 g ( x2 ) +K+ω n g ( xn )}
2
x=
n choix de l’usager.
Ift2421
48
Chapitre 5
Exemple :
Calculer l’intégrale suivante par la méthode
de Gauss à 3 termes :
0.5
2
− x2
I=
e dx
π ∫0
• Changement de variable :
1
x = (t + 1)
4
1
dx = dt
4
DE BC
=
AE AC
x − a 0.5
=
t +1
2
t =1
0.5
1
2
2 1
− ( t +1) 2
− x2
I=
e dx =
e 16
dt
∫
∫
π 0
π 4 t =−1
I=
I≈
1
2 π
{ω
1
f ( t1 ) = e
f (t 2 ) = e
−
∫ 1e
2 π t =−
−
1
( t +1) 2
16
dt
f (t1 ) + ω 2 f (t 2 ) + ω 3 f (t 3 )} = 0.520500184
−
1
( t1 +1) 2
16
1
( t +1) 2
16 2
f (t 3 ) = e
Ift2421
t =1
1
−
=e
=e
1
( t3 +1) 2
16
−
−
1
( −0.77459667+1) 2
16
1
16
=e
= 0.99682962
= 0.939413062
−
1
(1.77459667 ) 2
16
49
= 0.821334696
Chapitre 5
Méthode des Quadratures gaussiennes
La méthode de Gauss est très utile.
Nécessite moins de calculs:
Exemple formule de Gauss à 2 termes:
∫
1
−1
P(t )dt = P( −
3
3
) + P( )
3
3
est exacte quelque soit P(t) de degré inférieur ou égal à 3.
Pour avoir le même résultat avec Newton Cotes, il faut utiliser
Simpson 1/3 ou 3/8 (Polynôme P(x) de degré 3).
b
b
h
P
(
x
)
=
P
(
x
)
=
( y + 4 y1 + y2 )
∫a 2
∫a 3
3 0
x3
3
∫x0 P3 ( x)dx = 8 h[ P0 + 3 P1 + 3 P2 + P3 ]
Il y a 3 ou 4 termes à évaluer !
Seulement 2 pour la méthode de Gauss.
Problème:
Si la fonction est inconnue ⇔ Nous avons une table.
Ift2421
50
Chapitre 5
Méthode des coefficients indéterminés
Si la fonction est inconnue ⇔ Nous avons une table.
∫
xn
x0
n
f ( x )dx = ∑ ω i f ( xi )
i =0
ωi : Poids de la quadrature.
xi : Points de la quadrature
Principe :
Si les points sont fixés,
déterminer les poids. (f(x) = P(x))
Remarques :
1. Se servir des bornes :
x0 = -1 et xn = 1
(simplification des calculs)
2. Imposer les polynômes de base
xj pour j = 0 à n.
Calculer les poids.
Ift2421
51
Chapitre 5
Exemple:
Trouver a, b et c tel que:
∫
1
−1
f ( x )dx = a f ( −1) + b f (0) + c f (1)
Imposer les polynômes de base
xj pour j = 0 à 2.
f ( x ) = 1,
f ( x ) = x,
f ( x) = x 2
∫ 1dx = [ x]
1
f ( x ) = 1,
−1
1
−1
= 2 = a (1) + b (1) + c (1)
a +b+c = 2
f ( x) = x ,
f ( x) = x ,
2
1
1 2 
xdx
=
∫−1  2 x  −1 = 0 = a (−1) + b (0) + c (1)
−a+c= 0
1
1
2
1 3 
x
dx
=
x
=
= a (1) + b (0) + c (1)
∫−1
 3 
3
−1
2
a+c =
3
1
2
Solution:
1
4
1
a = , b= , c=
3
3
3
Ift2421
52
Chapitre 5
Remarque:
Si nous utilisons le résultat précédent pour calculer:
∫
x0 + 2 h
x0
f ( x )dx
Effectuer un changement de variable : x = x(t)
tel que lorsque t varie de -1 à 1
x varie de x0 à x0+2h.
x ( t ) − x0 x 0 + 2h − x0
=
1 − ( −1)
t − ( −1)
I=∫
x = x0 + 2 h
x = x0
Ift2421
2h t + 2 x0 + 2h
= h t + x0 + h
2
dx = h dt
b − a t =1
b−a 1
f ( x )dx =
f
(
x
(
t
))
dt
=
g (t )dt
∫
∫
t
=−
1
−
1
2
2
2h  1
4
1

≈
 g ( t1 ) + g ( t 2 ) + g ( t 3 ) 
2 3
3
3

1
≈ h{ f ( x (t1 )) + 4 f ( x (t 2 )) + f ( x (t 3 ))}
3
x=
53
Chapitre 5
Dérivation des splines cubiques
Dans l’intervalle de longueur hi,
la spline est un polynôme
P3,i ( x) = ai ( x − xi ) 3 + bi ( x − xi ) 2 + ci ( x − xi ) + d i
ses dérivées sont :
P3′,i ( x ) = 3ai ( x − xi ) 2 + 2bi ( x − xi ) + ci
P3′′,i ( x ) = 6ai ( x − xi ) + 2bi
Aux abscisses de collocations :
P3,′i ( x ) = ci
P3′′,i ( x ) = 2bi
Ift2421
54
Chapitre 5
Intégration des splines cubiques
L’intégration de la spline devient :
xn + 1
n xi + 1
∫ f ( x)dx = ∑ ∫ P
i =1 xi
x1
3,i
( x )dx
x
1
bi
ci
 ai
 i+
4
3
2
= ∑  ( x − xi ) + ( x − xi ) + ( x − xi ) + d i x 
3
2
 xi
i =1  4
n
b
c
a

= ∑  i ( xi +1 − xi ) 4 + i ( xi +1 − xi ) 3 + i ( xi +1 − xi ) 2 + d i ( xi +1 − xi ) 
3
2

i =1  4
n
Exprimée en fonction
des pas
hi = xi +1 − xi
xn + 1
∫
x1
b
c
a

f ( x )dx = ∑  i hi 4 + i hi 3 + i hi 2 + d i hi 
3
2

i =1  4
n
Pour un pas constant hi = h , nous avons :
xn + 1
∫
x1
Ift2421
h4
f ( x )dx =
4
h3 n
h2
ai + ∑ bi +
∑
3 i =1
2
i =1
n
55
n
∑c
i =1
i
n
+ h∑ d i
i =1
Chapitre 5
Intégrale impropres et indéfinies
∞
I2 = ∫
I 1 = ∫ x e dx
−x
2
0
0
1
dx
x
• I1 = ?
I3 = ∫ x
t
0
x 2 + 1 dx
∞
I 1 = ∫ x e − x dx + ∫ x e − x dx
1
0
avec
∫
∞
1
1
x e dx = ∫
−x
−
1 1
1 − y  dy 
e  − 2  = ∫ 3 e y dy
y
 y  0y
1
0
1
1
 1 − 1y 
lim 3 e  = 0
y →0 y


I 1 = ∫ x e − x dx
A
0
• I2 = ?
A→∞
A
I1
1
10
100
1000
10000
∞
0.26424
0.99950
1.00001
1.00001
1.00001
1.0000
I2 = ∫
2
B
1
dx B→0
x
• I3 = ?
Ift2421
56
Chapitre 5
Intégrales multiples
1. Les limites de l’intégration sont des constantes.
Ici nous avons :
∫∫
A
f ( x , y)dA = ∫
(∫ f ( x, y)dy)dx = ∫ (∫ f ( x, y)dx)dy
b
d
d
b
a
c
c
a
Pour calculer cette intégrale, nous considérons x contant lorsque
nous intégrons par rapport à y et y contant lorsque nous
intégrons par rapport à x.
Nous appliquons alors la méthode que nous voulons.
Ift2421
57
Chapitre 5
Exemple :
Intégrer la fonction donné par la table suivante dans la région A
déterminée par x=1.5 , x=3.0 et y=0.2, y=0.6.
x\y
1.5
2.0
2.5
3.0
0.2
0.990
1.568
2.520
4.090
0.3
1.524
2.384
3.800
6.136
0.4
2.045
3.177
5.044
8.122
0.5
2.549
3.943
6.241
10.030
0.6
3.031
4.672
7.379
11.841
Nous allons intégrer avec la méthode des trapèzes dans la
direction x et la méthode de Simpson 1/3 en y.
Commençons par y constant :
y = 0.2:
∫
3.0
1.5
f ( x , y )dx = ∫ f ( x ,0.2)dx
3.0
1.5
h
( f + 2 f2 + 2 f3 + f4 )
2 1
0.5
=
(0.990 + 2(1568
. ) + 2(2.520) + 4.090)
2
= 3.3140
=
0.5
(1524
.
+ 2(2.384) + 2(3800
. ) + 6136
. )
2
= 5.0070
y = 0.3: ∫ f ( x ,0.3)dx =
3.0
1.5
Ift2421
58
Chapitre 5
En faisant de même, nous obtenons :
y = 0.4:
∫
3.0
y = 0.5:
∫
3.0
y = 0.6:
∫
3.0
1.5
1.5
1.5
f ( x ,0.4)dx = 6.6522
f ( x ,0.5)dx = 8.2368
f ( x ,0.6)dx = 9.7435
Intégrons maintenant en y suivant la règle de Simpson 1/3.
∫
0.6
0.2
Ift2421
h
f ( x , y )dy = ( f 1 + 4 f 2 + 4 f 3 + 4 f 4 + f 5 )
3
0.1
=
(3.3140 + 4(5.0070) + 4(6.6522) + 4(8.2368) + 9.7435)
3
= 2.6446
59
Chapitre 5
Intégrales multiples avec limites variables
2. Les limites de l’intégration sont variables
Ici, nous avons par exemple :
∫∫
A
f ( x , y )dA = ∫
1
x 2 +1
∫ f ( x, y)dydx
0 0
La surface sous laquelle nous cherchons le volume n’est pas un
rectangle dans le plan défini par les axes x et y.
la région considérée est :
Ift2421
60
Chapitre 5
Si nous utilisons une quadrature composite du trapèze
avec 5 sous intervalles dans chaque direction,
nous obtenons :
h1
( f + 2 fb + 2 f c + 2 f d + 2 fe + f f )
2 a
h2
S2 = ( f g + 2 f h + 2 f i + 2 f j + 2 f k + f l )
2
h
S 3 = 3 ( f m + 2 f n + 2 f o +K)
2
...
h
S6 = 6 ( f u + 2 f v + 2 f w + 2 f x + 2 f y + f z )
2
S1 =
Nous avons la valeur de
I=
Ift2421
x 2 +1
∫ ∫ f ( x , y )dydx par :
1
0 0
hx
( S1 + 2 S 2 + 2 S 3 + 2 S 4 + 2 S5 + S 6 )
2
61
Chapitre 5
Exemple :
x 2 +1
Calculer ∫0 ∫0 f ( x , y )dydx avec une quadrature composite du
trapèze avec 5 sous intervalles dans chaque direction :
f(x,y) = x y
1
f(0,y) = 0
S1 =
x2 + 1 = 1
10
. /5
(0 + 0 + 0 + 0 + 0 + 0) = 0
2
f(0.2,y) = 0.2 y
1.04 / 5
S2 =
(0 + 0.0832 + 01664
.
+ 0.2496 + 0.3328 + 0.208)
2
= 0.1082
116
. /5
(0 + 11856
.
+ 0.3712 + 0.5568 + 0.7428 + 0.464)
2
= 0.2692
S4 = 0.5549
S5 = 10758
.
S3 =
2.0 / 5
S6 =
(0 + 0.8 + 1.6 + 2.4 + 3.2 + 2.0) = 2.0
2
I=
Ift2421
0.2
( 0 + 0.2164 + 0.5384 + 11098
.
+ 2.1516 + 2.0) = 0.6016
2
Valeur analytique : I = 0.583333
62
Chapitre 5