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cours analyse numérique smp S4 Chakir .pdf



Nom original: cours analyse numérique smp S4 Chakir.pdf
Titre: cours final02
Auteur: hfahmi

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Faculté des sciences
Département de physique

Filière SMP S4

Eléments d’analyse numérique

E. Chakir

Chapitre I
Eléments D’analyse Numérique

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

Introduction :
L’Analyse Numérique comprend deux mots: l’analyse,
qui fait référence aux mathématiques et le mot numérique, qui fait
référence au traitement informatique. En d’autres termes c’est
l’élaboration de méthodes de calcul mathématique adaptées
au traitement par ordinateur. En général, le but de ces méthodes est la
résolution des problèmes concrets qui se posent dans différentes
disciplines
:
Physique,
Biologie,
Chimie,
Technologie,
Economie,….etc.
Développer une méthode numérique revient à créer un algorithme.
Un algorithme numérique décompose un problème en plusieurs étapes
où chacune d’elle peut facilement être interprété par l’ordinateur.
2

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

Pour évaluer la précision d’un résultat, on doit connaître
parfaitement les erreurs susceptibles d’être commises. On
distingue 3 types d’erreurs:

- Les erreurs d’arrondi:
La représentation d’un nombre en mémoire de l’ordinateur
étant finie, tout nombre réel n’est connu qu’avec une précision
donnée de n chiffres significatifs. Pour un nombre x quelconque
compris entre 0 et 1, la machine écrira par exemple:
x=0,a1a2a3a4.….an
Les ai sont des chiffres compris entre 0 et 9
Lors de la manipulation de ces nombres, la machine devra choisir
entre la troncature ou l’arrondi à la décimale la plus proche.
3

1

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

- Erreur de troncature
Ce type d’erreur survient quand par exemple nous utilisons
un nombre de termes finis pour faire l’approximation d’une
série infinie (ex: série de Taylor).
Ce genre d’erreurs sont liées à la précision de l’algorithme
utilisé. Elles peuvent être contrôlées par l’algorithme lui-même.
L’utilisation d’un algorithme avec un nombre d’itérations
discrets peut aussi causer ce type d’erreur

4

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

Pour effectuer l’addition des nombres x = 0.1234 et y = 0.5678 on
a:
x+y = 0.6912
Si on veut le résultat avec seulement 3 chiffres significatifs, on
obtient: x+y = 0.690 si y = 0.567, x+y = 0.691 si y = 0.568.

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE
x

8, 569 201

3, 142 857...

3, 141 592...

Valeur exacte de x

8, 569 201

3, 142 857...

3, 141 592...

Troncature à 2
chiffres

8, 56

3, 14

3, 14

Troncature à 3
chiffres

8, 569

3, 142

3, 141

Arrondi à l'unité

9

3

3

Arrondi au
centième

8, 57

3, 14

3, 14

Arrondi à 10-3

8, 569

3, 143

3, 142

6

2

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

- Les erreurs de modélisation:
La modélisation est l’étape la plus importante. En effet, elle traduit
en une ou plusieurs équations le phénomène observé. Il est parfois
nécessaire d’adopter les modèle, ce qui entraine une (ou des)
erreurs de modélisation.

7

ELÉMENTS D’ANALYSE NUMÉRIQUE

Convergence et stabilité :
L ’erreur quelle que soit sa nature doit être suffisamment faible
pour que la solution numérique converge vers la solution réelle ⇒
Algorithme convergent.
Important: vitesse de convergence
Stabilité: pas d’amplification des erreurs au cours du
déroulement de l’algorithme.
Stabilité des solutions :soit un problème P qui admet une solution
S. Si lorsqu’on perturbe légèrement un de ses paramètres (P →
Pε), la solution de Pε est voisine de S.
8

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON
LINÉAIRES

3

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Introduction :
Un électroscope élémentaire est constitué de deux sphères
identiques reliées chacune par un fil très fin non conducteur
et sans masse, de longueur l = 10cm, à un point fixe M .
Chaque sphère peut être considérée comme ponctuelle
possédant un masse m=14.3g, et porte une charge
électrique q de 3.10-7C
. Quelle est l’angle des fils avec la verticale à l’équilibre ?

10

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Eléments d’analyse numérique
Résolution d’équations non
linéaires

11

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Soit θ l’angle des fils avec l’axe vertical, à l’équilibre. Les
forces appliquées à une bille sont:
r
r
-Le poids
P = mg .i
-La tension du fil

r
r
r
T = −T sin θ .i − T cos θ . j

-La force électrostatique
exercée par la bille B sur A:
r
r
q2 r
q2
F BA = k 2 . j = k
j
r
( l sin θ ) 2
12

4

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

A l’équilibre la résultante des forces est nulle soit:
mg − T cos θ = 0



mg = T cos θ

et

K

q2
− T sin θ = 0
( 2 l sin θ ) 2



K

q2
= T sin θ
( 2 l sin θ ) 2

E qui donne finalement:

m − K

q 2 cos θ
= 0
4 gl 2 sin 3 θ
13

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

On veut déterminer le volume V occupée par un gaz de température
T et de pression P. L’équation d‘état (c'est-à-dire l‘équation qui lie
P, V et T) est:
(P + a(

N 2
) (V − Nb ) = kNT
V

où a et b sont deux coefficients dépendants de la nature du gaz, N
est le nombre de molécules contenues dans le volume V et k est la
constante de Boltzmann. Il faut donc résoudre une équation non
linèaire d'inconnue V .

14

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

-Problème :
Résoudre numériquement une équation de type f(x) = 0, en
général, par une méthode itérative. Le problème est très différent
suivant que f est une fonction scalaire ou vectorielle.
En général, les méthodes classiques fonctionnent assez bien pourvu
que
- On soit sûr qu’il y ait une racine;
- On parte du voisinage de la racine.
- Ca marche mieux si on encadre la racine entre deux réels a et
b et si la fonction est monotone dans l’intervalle.

15

5

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

-Plusieurs méthodes sont utilisées pour la résolution de l’équation
non linéaire..
Les méthodes les plus utilisées pour trouver les racines d’une
équation sont la méthode de la bissection, la méthode de NewtonRaphson et la méthode de la sécante….
Celles-ci utilisent un certain nombre d’itérations, avec une valeur
initial arbitraire bien choisie. et bâtir un algorithme qui va
« améliorer » la solution jusqu’à satisfaire un critère de
convergence. Nous allons nous intéresser `a deux types
d’algorithmes :
– méthode dichotomie ou de bissection
– méthode Newton-Raphson
16

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

- Méthode de dichotomie:
La méthode repose uniquement sur le théorème des valeurs
intermédiaires. Soit f une fonction continue sur [a;b] satisfaisant les
deux conditions suivantes ;
i- f admet une et une seule racine r dans [a;b],
ii- f(a).f(b) < 0.

17

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

- Méthode de dichotomie:
La méthode repose uniquement sur le théorème des valeurs
intermédiaires. Soit f une fonction continue sur [a;b] satisfaisant les
deux conditions suivantes ;
i- f admet une et une seule racine r dans [a;b],
ii- f(a).f(b) < 0.

18

6

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Méthode de dichotomie :
Données a,b et ε
u = f(a) ; v = f(b)
c = (a+b) /2 ; w = f(c)

non
oui

is
non

(b-a)/2 <ε
?

oui

u w <0

b=c; v= w

Stop

a=c; u= w

19

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

-Tant que( abs( b-a ) > epsilon)
-m=(a+b)/2
-si (f(a) * f(m)) <0 )
b=m
-sinon
a=m
-Fin si
-Fin tant que

! test d’arret
! s est dans [a,m]
! s est dans [m,b]

..\Desktop\progC\dichotomie.cpp

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

7

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

f (x) = 3x + sin(x) − e

x

a

b

erreur

0.000000

0.500000

- 0.500000

0.250000

0.500000

-0.250000

0.250000

0.375000

-0.125000

0.312500

0.375000

-0.062500

0.343750

0.375000

-0.031250

0.359375

0.375000

-0.015625

0.359375

0.367188

-0.007813

0.359375

0.363281

-0.003906

0.359375

0.361328

-0.001953

0.360352

0.361328

-0.000977

0.360352

0.360840

-0.000488

0.360352

0.360596

-0.000244

0.360352

0.360474

-0.000122

0.360413

0.360474

-0.000061

0.360413

0.360443

-0.000031

0.360413

0.360428

-0.000015

0.360420

0.360428

-0.000008

8

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

-La méthode de Newton:
Elle est la plus utilisée pour trouver la racine d’une fonction
non linéaire. Elle requiert cependant l’évaluation de f(x) et de f’(x).
Si x0 est la valeur approchée de la solution f(x)=0 dans l’intervalle
[a,b], on corrige cette solution par x1= x0 + h où h est une petite
valeur.

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Si on utilise le développement limité de Taylor au 1er ordre, on a :

f ( x1 ) = f ( x0 + h) ≈ x0 + h. f ' ( x0 )
Si

f ( x1 ) = 0

Donc

alors

x1 = x 0 −

h = −

f (x0)
f '(x0 )

f (x0 )
f '(x0 )

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Le principe de la méthode de Newton consiste à choisir un une
valeur arbitraire x0, calculer x1 puis x2 à partir de x1 et on recommence
tant que h ne satisfait pas le critère convergence voulue.
La formule de récurrence est alors:

x n +1 = x n −

f ( xn )
f ' ( xn )

9

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

x1

x0

x^3-x-3

A.Achahbar

30

10

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

xn x1

x0

x^3-x-3

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Algorithme de Newton
x0 donné
f= f(x0)
f1=f’(x0)
h=-f/f1
x1= x0+h
K=0
TANT QUE (k<kMAX ET |h| >
eps) FAIRE
x0=x1

f= f(x0)
f1=f’(x0)
h=-f/f1
x1= x0+h
k= k+ 1
FIN TANT QUE

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES
f ( x ) = 3 x + sin( x ) − e x
x0

f

f’

h

x1

1.000000

1.123189

0.822020

-1.366376

-0.366376

-0.366376

-2.150605

3.240390

0.663687

0.297311

0.297311

-0.161351

2.609894

0.061823

0.359134

0.359134

-0.003224

2.504113

0.001287

0.360421

0.360421

-0.000001

2.501815

0.000001

0.360422

0.360421

-0.000001

2.501815

0.000001

0.360422

11

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

La méthode de la sécante :
La seule différence avec la méthode de NewtonRaphson réside dans le calcul numérique de la
dérivée f’(x)
Une nouvelle estimation de la racine xi+1 est déduite
à partir des valeurs de la fonction f(xi) et f(xi-1) et des
estimations précédentes des racines xi et xi-1.

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

La méthode de la sécante :
Le principe de la méthode consiste à considérer a et b
comme les deux premiers points de l’itération ;
puis à construire Pn+2 en fonction de Pn et Pn+1 :
1. x0 = a, y0 = f (x0), P0 = (x0; y0),
2. x1 = b, y1 = f (x1), P1 = (x1; y1),
3. xn+2 = Intersection (PnPn+1; y = 0), yn+2 = f (xn+2),
4. on itère le processus jusqu’à ce que

x n +1 − x n < ε

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

La formalisation mathématique de l’itération s’écrit immédiatement
sous la forme :
Méthode de Newton:
f(x )

x i +1 = x
[x

f(x i )

i,

]

f (x i )

i

-

f(x i )
′ i)
f (x

(1)

La dérivée peut s’écrire:

f ′(xi ) =

f( x i- 1 )

x i+ 2

θ
x i+ 1

xi

La substitution de l’équation
(2) dans l’équation (1) donne
la formule de méthode de la
sécante:

X

xi+1 = xi −

f (xi ) − f (xi−1)
xi − xi−1

(2)

f (xi )(xi − xi−1 )
f (xi ) − f (xi−1 )
36

12

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

Méthode de la sécante ;
x0 , x1 , i = 1 , ε
xi +1 = xi − f ( xi )

( xi − xi −1 )
;
f ( xi ) − f ( xi −1 )

i = i +1

non

Filière SMP S4

oui

xi +1 − xi < ε

Stop

PROFESSEUR E.CHAKIR

38

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

1. Etant donne a, un critère d'arrêt
1. Etant donne N, le nombre maximal d'itérations
2. Etant donne x0 et x1, deux valeurs initiales de la solution
3. Effectuer :

xi+1 = xi −

f (xi )(xi − xi−1 )
f (xi ) − f (xi−1 )

13

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

x n +1 − x n < ε

1. Si :

convergence atteinte
écrire la solution xn+1 : arrêt
2. Si le nombre maximal d'itérations N est atteint :
convergence non atteinte en N itérations : arrêt

3. retour a l‘étape 4

RÉSOLUTION D’ÉQUATIONS NON LINÉAIRES

f ( x ) = 3 x + sin( x ) − e x
x0

x1

x2

f(x1)

f(x2)

0.000000

1.000000

0.470990

-1.000000

1.123189

1.000000

0.470990

0.307508

1.123189

0.265159

0.470990

0.307508

0.362613

0.265159

-0.134822

0.307508

0.362613

0.360461

-0.134822

0.0054779

0.362613

0.360461

0360422

0.0054779

0.000099

Chapitre II
Résolution d’un système d’équations linéaires

14

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Introduction
Dans la pratique le physicien est souvent confronté à des
problèmes à plusieurs dimensions ou plusieurs variables, et les modèles
mathématiques utilisés engendrent des systèmes d’équations linéaires
(intensité du courant dans un réseaux électrique passif, contraintes et
déplacement dans un système mécanique etc.). D’autre part, plusieurs
problèmes mathématiques nécessitent la résolution d’un système
d’équations linéaires (problème à valeurs propres, interpolation,
approximation de données, équations différentiels etc.).
Dans ce chapitre on s’intéressera à la méthode de Gauss

43

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Considérons le circuit suivant:
5R

I1

3R

5R

I2

3R

3R

E2

E1

I

On peut déterminer le courant I, à l'aide des lois de Kirchhoff

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

En utilisant la lois des mailles et la lois des nœuds, on obtient:

I1 + I 2 − I = 0
4 RI 1 + 0 I 2 + I = E1
0 I1 − 6 RI 2 − RI = E2
On a alors un système de 3 équations à 3 inconnus.

15

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
Soit le système suivant:

3x1 − 2 x2 + 5x3 = 10

2 x1 + x2 − x3 = 7

x1 − 2 x2 − 2 x3 = −3

(1(1) )
(2(1) )
(3(1) )

On Choisit la 1ére équation comme ligne de pivot. On
annule le coefficient de x1 dans les équations (2(1)) et (3(1))

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS


3x1 − 2x2 + 5x3 =10
(1(1) )

2

(2x1 + x2 − x3 = 7) − (3x1 − 2x2 + 5x3 =10)
3

1

(x1 − 2x2 − 2x3 = −3) − 3 (3x1 − 2x2 + 5x3 =10)

(2(2) )
(3(2) )

Le nouveau système est alors:

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS


3x1 − 2x2 + 5x3 =10

7
13
1

 + x2 − x3 =
3
3
3

4
11
19

 − 3 x2 − 3 x3 = − 3

(1(1) )
(2(2) )
(3(2) )

Dans l’étape suivante, on annule , en utilisant l’équation
(2(2)) le coefficient de x2 dans (3(2)), on aura donc:
48

16

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS




3 x − 2 x + 5 x = 10
(1(1) )
2
3
 1

7
13
1
+ x2 − x3 =
(2( 2) )

3
3
3

4



4
11
19
7
13
1
3
 ( − x2 − x3 = − ) − 7 ( + x2 − x3 = )
3
3
3
3
3
3

3


( 3( 3 ) )

Ce qui donne:

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS


3 x1 − 2 x2 + 5 x3 = 10
(1(1) )

7
13
1

+ x2 − x3 =
(2(2) )

3
3
3

129
129


(3( 3) )
x3 = −

21
21

On voit que :
x3 =

129
21
129

21


soit

x3 = 1

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

On tire:
x2 =

3 1
13
( +
.( 1 ))
7 3
3

soit

x2 = 2

Ensuite on tire:
x1 =

D’où:

x1=3,

10 − 5 + 4
3

x2=2

et

soit

x1 = 3

x3=1

17

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

4 principes fondamentaux
On ne change pas la solution lorsque l’on :
1. permute 2 lignes
2. permute 2 colonnes
3. divise par un même terme non nul les éléments d’une ligne
4. ajoute ou retranche à une ligne un certain nombre de fois une autre ligne

triangulaire !
Stratégie :
transformer le système linéaire en un système équivalent … facile à résoudre

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

La méthode de gauss est considérée comme la plus utilisée
parmi les méthodes directes. C’est la méthode la plus
élémentaire de celles-ci.
Le principe de la méthode est d’effectuer, dans un ordre bien
déterminé, une série d’opérations arithmétiques sur les
éléments du système de manière, à le transformer en système
triangulaire supérieure (ou inferieur) équivalent, et ensuite,
utiliser la méthode de remonté (ou de descente) pour résoudre
le système obtenu.

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
Si on veut résoudre un système de n équations à n inconnus:

a11x1 + a12 x2 + L + a1n xn = b1
a x + a x + L + a x = b
 21 1
22 2
2n n
2

M
M

an1x1 + an2 x2 + L + ann xn = bn
Qu’on peut écrire sous la forme: Ax=b
carrée (n,n) d’éléments aij, et b, x ϵ IRn.

avec A matrice

18

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

 a11
a
 21
 M

an1

a12
a22
M
an 2

L a1n   x1   b1 
L a2 n   x2  b2 
=
O M  M   M 
   
L ann   xn  bn 

Dans la 1ère étape, on fait disparaitre la variable x1 des
autres équations. C’est ainsi que chacune des (n-1) dernières
équations sera remplacée par:

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Reamrque:
Les coefficients par lesquels nous effectuons les divisions
dans les diverses étapes de l’algorithme s’appellent les
pivots de Gauss.

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

a11x1 + a12 x2 + ...................................+ an xn = b1

 



a
a
a
a
 a21 − 21 a11 x1 +  a22 − 21 a12 x2 + ...+  a2n − 21 a1n  xn = b2 − 21 b1
a11  
a11 
a11 
a11



 



a
a
a
a
 a31 − 31 a11 x1 +  a32 − 32 a12 x2 + ... +  a3n − 3n a1n  xn = b3 − 31 b1
a11  
a11 
a11 
a11


M

 



a
a
a
a
 an1 − n1 a11  x1 +  an2 − n2 a12 x2 + ...+  ann − nn a1n  xn = bn − 21 b1
a11  
a11 
a11 
a11


Ce qui donne:
57

19

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

a 11 x 1 + a 12 x 2 + ... + a 1 n x n = b 1
2
a 22
x 2 + ... + a 22 n x n = b 22

M
2
a n2 2 x 2 + ... + a nn
x n = b n2

Avec:

a ij2 = a ij −

a i1
a1 j
a 11

j = 2 ,..., n

a i1
b1
a 11

b i2 = b i −

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
La formulation de passage de A(1), b(1) à A(2), b(2):
(2) a

(2 )
ij

= a

(1 )
ij

-

a (i 11 ) a 1( 1j )
a 1( 11 )

a 1( 2j ) = a 1( 1j )
a

(2)
i1

j= 1 à n

= 0

)
)
( 3 ) b (2
= b (1
i
i

, i, j = 2 à n

i= 2 à n

a (i11 ) b 1(1 )
,i = 2à n
a 1( 11)

b 1( 2 ) = b 1(1)

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
La 1ère équation de Ax=b et les équations (1) forment un système
équivalent à Ax=b noté A (2) x = b (2)

A (2 )

×
0
= 
M

0

L

L

×

L

M
×

×
L

×
×

M

× 

20

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

On refait, dans la deuxième étape la même opération sur le
sous système:
2
 a 22
x2
 2
 a 32 x 2

 M
 a n2 2 x 2

2
+ a 23
x3
+ a 33 x 3

+L
+L

+ a 22n x n
+ a 32n x n

= b22
= b32
M

+ a n23 x 3

+L

2
+ a nn
xn

= bn2

Ce qui conduit au système équivalent suivant:

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + K + a 1 n x n = b 1
2
2
a 22
x 2 + a 23
x 3 + K + a 22 n x n = b 22
3
a 33
x 3 + K + a 33 n x n = b 33

M
a

3
n3

x3 + K + a

3
nn

x n = b n3

Avec:
a ij3 = a ij2 −
b i3 = b i2 −

a i22 2
a2 j
2
a 22
a
a

2
i2
2
22

j = 3 ,..., n

b 22

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
A la (k-1)ième étape le système équivalent devient:

a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + K .......... .... + a 1 n x n = b1
2
2
a 22
x 2 + a 23
x 3 + K .......... ... + a 22 n x n = b 22
3
a 33
x 3 + .......... .. K + a 33 n x n = b 33

M
a x k + K ... + a

k
nn

x k + .. K + a

k
nn

k
kk

x n = b nk
M

a

k
nk

x n = b nk

21

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
Avec:

a ijk + 1 = a ijk −

a ikk k
a kj
a kkk

b ik + 1 = b ik −

a ikk k
bk
a kkk

j = k + 1 ,..., n

L’algorithme de passage de A(k), b(k) à A(k+1), b(k+1):

64

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Pour i = 1 à k
a ij( k + 1)

=

a ij( k )

partie non
modifiée

pour j=1 à n

b i(k+1) = b i( k )
formules qui
se traduisent
par un calcul

Pour i=k+ 1 à n
a i(k+1)
=0
j
(4)
(5)

pour j=1 à k
(k ) (k )
a ik
a kj

a ij( k + 1) = a ij( k ) −

a (kkk )

b i(k+1) = b i( k ) −

, j=k+1 à n

a (ikk ) b (kk )
a (kkk )

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
















b(k)

A(k)

k

















k
i

































j

valeurs de A(k) et b(k) modifiés par
les formules (4) et (5)

valeurs de A(k) et b(k) intervenant dans
les formules (4) et (5)

22

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
À la (n-1) ieme étape on alors le système triangulaire équivalent:

a 11 x 1 + a 12 x 2 + a 13 x 3 + K .......... .... + a 1 n x n = b1
2
2
a 22
x 2 + a 23
x 3 + K .......... ... + a 22 n x n = b 22
3
a 33
x 3 + .......... .. K + a 33n x n = b 33

M

a x k + K ... + a x n = b nk
k
kk

k
nn

M

a x n = b nn
n
nn

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
La résolution de ce système triangulaire se fait de proche en proche
en remontant de la dernière équation vers la première:
xn =

b nn
n
a nn

xi =

1
( b ii −
a iii

n



a iji x j )

pouri

= n − 1 ,......, 3 , 2 ,1

j = i+1

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

L’algorithme du pivot de Gauss
1. Triangularisation

pour k = 1 jusqu' à n − 1
pivot ← a kk

(* stratégie de pivot *)

si pivot ≠ 0 alors

2. Résolution du système
triangulaire

fait

pour i = k + 1 jusqu' à n
a
bi ← bi − ik bk
pivot
pour j = k + 1 jusqu' à n
a
aij ← aij − ik a kj
pivot
fait
fait
sinon " problème"

23

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Gauss : résolution d’un système triangulaire
 a11

0
0

 M

0

L a1i L a1n 

O O O M 
0 aii O ain 

O 0 O M 

L 0 0 ann 

 x1   b1 
   
M M
 x  =b 
 i  i
M M
   
 xn   bn 

xn ←

bn
ann

pour i = n − 1 jusqu' à 1
somme ← bi

bn

 xn = a
n

n


1
xi =  bi − ∑ aij x j 

aii 
j =i+1


fait

pour j = i + 1 jusqu' à n
somme ← somme − aij x j
fait
somme
xi ←
aii

somme

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du première colonne
 a 11
a
 21
 a 31

 a 41

a 12
a 22
a 32
a 42

a 13
a 23
a 33
a 43

a 14
a 24
a 34
a 44

 a11
 0

 0

 0

a12

a 22

a 32

a 42

a13
a ′23

a 33
a ′43

a14
a ′24

a 34
a ′44

b1 
b 2 
b3 

b4 

b1 
b2′ 
b3′ 

b4′ 

L 21 = a 21 / a 11
L 31 = a 31 / a 11
L 41 = a 41 / a 11

( 2 ) − L 21 × (1)
(3) − L 31 × (1)
( 4 ) − L 41 × (1)

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du deuxième colonne
 a 11
 0

 0

 0

a 12
a ′22

a 32

a 13
a ′23

a 33

a 14

a 24

a 34

a 44

b1 
b 2′ 
b 3′ 

b 4′ 

a ′42

a ′43

′ / a ′22
L 32 = a 32
L 42 = a ′42 / a ′22

 a 11
 0

 0

 0

a 12
a ′22
0
0

a 13
a ′23
′′
a 33
a ′43′

a 14

a 24
′′
a 34
′′
a 44

b1 
b 2′ 
b 3′′ 

b 4′′ 

( 3 ) − L 32 × ( 2 )
( 4 ) − L 42 × ( 2 )

24

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du troisième colonne

 a11
 0

 0

 0

a12
a ′22
0
0

a13
a ′23
′′
a 33
a ′43′

a14
a ′24
′′
a 34
a ′44′

b1 
b2′ 
a 3′′ 

a ′4′ 

′′
L 43 = a ′43′ / a 33

 a11
 0

 0

 0

a12
a ′22
0
0

a13
a ′23
′′
a 33

a14
a ′24
′′
a 34
a ′44′′

b1 
b2′ 
b3′′

b4′′′

( 4 ) − L 43 × (3)

0

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Substitution par remonté

a 11 a 12 a 13
 0 a′ a′
22
23

 0
0 a ′33′

0
0
 0






x 4 = b4 / a 44
x 3 = ( b3′′ − a ′34′ x 4

a 14
a ′24
a ′34′
a ′44′′

b1 
b2′ 
b3′′ 

b4′′′

′′′ ≠ 0
a , a ′22 , a ′33′ , a 44

11
) / a ′33′
x 2 = ( b2′ − a ′23 x 3 − a ′24 x 4 ) / a ′22

x 1 = ( b1 − a 12 x 2 − a 13 x 3 − a 14 x 4 ) / a 11

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Remarque:
Pour que l’algorithme fonctionne, ces nombres doivent être
non nuls, et, pour la précision des calculs, il est préférable
qu’il ne soit pas proche de 0; entraînant ainsi l'apparition de
très grandes valeurs, et donc de grands risques
d'imprécisions et d'erreurs numériques.

25

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
Soit le système suivant:
x 1 + 59 , 14 x 2 = 59 , 17
 0 , 003000

 5 , 291 x 1 − 6 , 130 x 2 = 46 , 78

La solution exacte du système est x1=10 et x=1.
Si on utilise la méthode sans permuter les ligne on aura:

a22 −

a21
5,291
a12 = −6,130 −
59,14
a11
0,003000
et b' = b2 −

a21
5,291
b1 = 46,78 −
59,17
a11
0,003000

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS
Soit le système équivalent est alors:

 0 , 003000 x1 + 59 ,14 x 2 = 59 ,17

− 104300 x 2 ≈ − 104400

Ce qui donne comme

x 2 = 1, 000958773

et

x1 = − 8 , 9006072
Ce qui est faux!!!!!!

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du Gauss-Jordan
Cette méthode est aussi appelée méthode de pivot. C’est une
variante de la méthode de Gauss. Par processus d’élimination, elle
consiste à transformer le système en un système diagonale
équivalent.

a11x1 + a12 x2 + L + a1n xn
a x + a x + L + a x
 21 1
22 2
2n n

 M
an1 x1 + an 2 x2 + L + ann xn

= b1

= b2
M
= bn
78

26

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du Gauss-Jordan
La forme matricielle du sytème est : Ax=b
carrée (n,n) d’éléments aij, et b, x ϵ IRn.

 a11
a
 21
 M

 an1

a12

L

a22
M

L
O

an 2

L

avec A matrice

a1n   x1   b1 
a2 n   x2  b2 
=
M  M   M 
   
ann   xn  bn 

On choisit successivement chaque ligne comme pivot , le pivot étant
l premier élément de chaque ligne. Ainsi:

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Elimination du Gauss-Jordan
 1 a '12
a
 21 a 22
 a 31 a32

 a 41 a 42

a '13
a 23
a 33
a 43

1
0

0

0

a '13
a ′23

a 33
a ′43

a '12
a ′22

a 32
a ′42

b '1 
b2 
b3 

b4 

a '14
a 24
a34
a 44

a '14
a ′24

a 34
a ′44

b '1 
b2′ 
b3′ 

b4′ 

on divise la 1ere ligne par a11

( 2 ) − L1 .a 21
( 3) − L1 .a 31
( 4 ) − L1 .a 41

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

 1 a '12 a '13
0
1 a"23

0 a '32 a '33

0 a '42 a '43

a '14
a"24

1 0
0 1

0 0

0 0

a "14
a " 24
a "34
a " 44

a "13
a " 23
a "33
a " 43

a '34
a '44

b '1 
b" 2 

b '3 

b '4 

b"1 
b" 2 
b" 3 

b" 4 

on divise la 2 ème ligne par a ' 22

(1) − L 2 .a '12
(3) − L 2 .a '32
( 4 ) − L 2 .a ' 42
81

27

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

1
0

0

0

0 a"13
1 a"23
0
0

a"14
a"24

1 a" '34
a"43

a"44

1 0 0
0 1 0

0 0 1

0 0 0

a " '14
a " ' 24
a " '34
a " ' 44

b"1 
b" 2 

b" '3 

b" 4 

on divise la 3ème ligne par a"33

(1) − L3 .a "13
( 2 ) − L3 .a " 23

b ' "1 
b" ' 2 
b" '3 

b ' "4 

( 4 ) − L 3 .a " 43

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

1
0

0

0

0 0 a"'14 b"'1 
1 0 a'"24 b'"2 
0 1 a"'34 b"'3 

0 0
1 b'4v 

 1 0 0 0 b '1v 

v
 0 1 0 0 b '2 
 0 0 1 0 b '3v 

v
 0 0 0 1 b '4 

on divisela 4èmeligne par a'"44

(1) − L 4 .a " '14
( 2 ) − L 4 .a" '124
(3) − L 4 .a ' "34

RÉSOLUTION D’UN SYSTÈME D’ÉQUATION
PAR LA MÉTHODE DE GAUSS

Méthode de Gauss Jordan
4 − 2 3
1 3 − 1

2 − 1 1

9
1 − 0.5 0.75
L1 →L1/4 
4
3
−1
1
2 − 1
3
1

1 − 0.5 0.75 2.25 L1 →L2+0.5L2
0 1 − 0.5 0.5 


0 0 − 0.5 −1.5

1
0

 0

0
1

1
− 0 .5

0

1

2.25
L2 →L2-L1
4 

3 L3 → L3-2L1

1
1 0
0 1 − 0.5

0 0 − 0.5

2 .5 L1 →L1-0.5L3 1 0 0
0 1 0
0 .5 
 L2 → L2+0.5L3 
3 
 0 0 1

1 − 0.5 0.75 2.25
0 3.5 −1.75 1.75


0 0
− 0.5 −1.5

2.5 
0.5 
− 1.5

1
2 
3 

x1 =1
x2 =2
x3 =3

28

Chapitre III
Interpolation de Lagrange

T
C(°pC )

INTERPOLATION DE LAGRANGE

On veut calculer la chaleur massique spécifique de l’eau à 61°C.
Dans le tableau suivant on donne les mesures de cette chaleurs
en fonction de température en °C.
Température,
T

(°C)
22
42
52
82
100

Chaleur spécifique,
Cp



J
 kg − °C 



4181
4179
4186
4199
4217

INTERPOLATION DE LAGRANGE

29

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Dans plusieurs problèmes, si on a en main un certain nombre
de mesures discrètes, on veut souvent connaître le comportement

.

du phénomène mesuré entre chaque mesure discrète

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Les

expérimentateurs

interpolent

très

souvent

des

fonctions

échantillonnées lorsqu'ils cherchent à établir une loi physique à partir
de séries de mesures expérimentales. On trace ou on établit l'équation
de la fonction continue qui passe au mieux par les points
expérimentaux. Cela est également nécessaire lorsque la fonction a été
calculée au moyen d'un ordinateur, elle est forcément échantillonnée.
On emploie les techniques d'interpolation chaque fois que l'on veut
connaître la valeur de la fonction en dehors des points mesurés ou
calculés.

INTERPOLATION DE LAGRANGE

on
Etant donnée un série de (n+1) mesures yi, définies pour chaque
variable xi (i=0,1,2,…....n), dans un intervalle [a , b], le problème
consiste à trouver une fonction f=f(x), telle que f(xi)=yi. On dit alors
que les yi sont interpolées par la fonction f.
En dehors de l’intervalle [a , b], on parle de problème d’extrapolation.
Dans ce Chapitre, on s’intéressera essentiellement à l’interpolation
polynomiale de Lagrange.

30

INTERPOLATION DE LAGRANGE

INTERPOLATION DE LAGRANGE

l
Etant donnée une série de couples n+1 (xi , yi), le problème est de
trouver un polynôme Pn(x) de degré n passant par les points (xi
, yi). Ce polynôme est unique, mais s’écrire sous diverses
formes. L’une de ces formes est :

Pn ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + Lan x n
La détermination de ce polynôme revient déterminer l’ensemble
de ses coefficients.

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Pn ( x i ) = y i

La condition de collocation
points donne:

aux n+1

y 0 = a 0 + a 1 x 0 + a 2 x 02 + L a n x 0n
y 1 = a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 12 + L a n x 1n
M
y n = a 0 + a 1 x n + a 2 x n2 + L a n x nn

31

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Les ai sont déterminés après la résolution du système:

 y0  1
y  
 1  = 1
M  M
  
 y n  1

x02 L x0n   a0 
 
x12 L x1n   a1 
O  M 
 
xn2 L xnn   an 

x0
x1
M
xn

La résolution de ce système se fait par une méthode numérique;
la méthode de Gauss par exemple.

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Exemple:
Trouver le polynôme de degré 4 passant par les points (xi,yi)
i

0

1

2

3

4

xi

-2

-1

1

4

6

fi

96

21

-3

4186

1512

La méthode précédente donne:
1
1

1
1

1

−2

4

−1

1

1
4

1
16

6

36

−8

16   a0   96 
1   a1   21 


1
1  a2  =  − 3 



186 
a
64 256
 3  

216 1296   a 4  1512 
−1

Ce qui donne:

P4 ( x ) = 2 x 4 − 5 x 4 + x 2 − 7 x + 6

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Interpolation par la méthode de Lagrange
Soient n+1 couples (xi,yi), il existe un polynôme Pn unique tel
que P(xi) =n yi pour i=1à n. qu’on peut s’écrire sous la forme:

Pn ( x) = ∑ yi Li ( x)

avec yi = f ( xi )

i =0
n

Li ( x) = ∏
j =0
j ≠i

x − xj
xi − x j

=

( x − x0 )(x − x1 )....(x − xi −1 )(x − xi +1 )....(x − xn )
( xi − x0 )(xi − x1 )....(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )....(xi − xn )

Cette relation est appelée formule d’interpolation de Lagrange .
Les polynômes Li s’appellent polynômes caractéristiques de
Lagrange.

32

INTERPOLATION DE LAGRANGE

L j ( xi ) =

xi − xk
=1,
k =1, k ≠ j x j − xk
n



On remarque que:

L j ( xi ) =

Soit:

Donc : Pn ( x i ) =



xi − xk
=0,
x j − xk

si

i= j

si

i≠ j

n

k =1, k ≠ j

1
L j ( xi ) = 
0

n



j=0

for

f (x j )L j =

for

Donc

n



j=0

i= j
j ≠i

L j ( x i ) = δ ij

f ( x j )δ ij = f ( x j )

INTERPOLATION DE LAGRANGE
L’algorithme de l’interpolation de Lagrange
Etant donné z, N, (xi,yi)i=0 à N
P 0
Pour i=0 à N
Li = 1
Pour j= 0 à N ,j≠ 0
z − xj
Li ←
. Li
xi − x j
Finpour
P P+yi.Li
Finpour

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Exemple:
Prenons le cas ou n=1. Si on connait deux points (x0,y0) et
(x1,y1). Dans ce cas, on a l’équation d’une droite y=ax+b
(polynôme de degré 1):

y0 = ax0 + b
a=

y0 − y1
x0 − x1

et
et

y1= ax1 + b
b=

x0 y1 − x1 y0
x0 − x1

Ce qui donne:
L’équation de la droite est alors:

33

INTERPOLATION DE LAGRANGE

y 0 − y1
x y − x1 y 0
x + 0 1
x 0 − x1
x 0 − x1

y =

Qu’on peut écrire sous la forme suivant:

y = y0

x − x1
x − x0
− y1
= y 0 L0 ( x ) + y1 L1 ( x )
x0 − x1
x0 − x1

Avec:

L0 ( x) =

x − x1
x0 − x1

L1( x) =

et

x − x0
x1 − x0

INTERPOLATION DE LAGRANGE

y

(x1 , y1 )

f1 ( x )

(x0 , y0 )
x

INTERPOLATION DE LAGRANGE
Exemple 2 :
Construire le polynôme de Lagrange qui interpole les points
(xo,yo)= (-2,4); (x1,y1)=(0,2), (x2,y2)=(2,8)
Réponse :
Le polynôme de d’interpolation de Lagrange de est de degré n sur
l’ensemble de n+1 points. On a trois points donc n=2. On a
alors un polynôme de degré 2.On a :
f ( x ) = P2 ( x ) =

2

2

∑ y L ( x)
i =0

i

i

avec

Li ( x ) = ∏
j=0
j≠i

x − xj
xi − x j

34

INTERPOLATION DE LAGRANGE

y

(x1, y1)

(x2, y2)

f2(x)

(x0, y0)
x

INTERPOLATION DE LAGRANGE

L0 =

( x − 0)( x − 2)
(−2 − 0)(−2 − 2)

L1 =

( x − (−2))( x − 2)
(0 − (−2))(0 − 2)

L2 =

( x − ( −2))( x − 0)
(2 − ( −2))(2 − 0)

On a alors:
Le polynôme d’interpolation est alors:

x( x − 2) (x + 2)(x − 2) x(x + 2)
4+
2+
8 = x2 + x + 2
8
−4
8
par exemple:
f (1) = 4
f2 ( x) =

Exemple 2
Construire le polynôme de Lagrange qui interpole les points
(xo,yo) = (-9,5); (x1,y1) = (-4,2), (x2,y2) = (-1,-2) (x3,y3) =
(7,9)
Réponse:
Le polynôme de d’interpolation de Lagrange de est de degré
n sur l’ensemble de n+1 points. On a quatre points donc
n=3. On a alors un polynôme de degré 3.On a :
f ( x ) = P3 ( x ) =

3

∑ y L ( x)
i=0

i

i

3

avec

Li ( x ) = ∏
j =0
j ≠i

x − xj

xi − x j

35

( x + 4 )( x + 1)( x − 7 )
L0 =
( − 9 + 4 )( − 9 + 1)( − 9 − 7 )
On a:
( x + 9 ))( x + 4 )( x − 7 )
L2 =
( − 1 + 9 )( − 1 + 4 )( − 1 − 7 )

( x + 9 )( x + 2 )( x − 7 )
( − 4 + 9 )( − 4 + 1)( − 9 − 7 )
( x + 9 )( x + 4 )( x + 1)
L3 =
( 7 + 9 )( 7 + 4 )( 7 + 1)
L1 =

Et le polynôme est donc donné par:

f ( x ) = P3 ( x) = 0,06523 x 3 + 0,33631x 2 − 3,44767 x − 5,71875

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Les quatre points l'interpolation polynomiales L(x) (de degré
3). Le polynôme d'interpolation passe par les 4 points de contrôle, et
chaque polynôme de base passe par son point de contrôle respectif et
vaut 0 pour les x correspondant aux autres points de contrôle.

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Reprenons l’exemple physique calculons la chaleur
spécifique Cp à 61°C à partir de deux points: T0=52°C
et T1=82°C T = 52, C (T ) = 4186 T1 = 82 , C p (T1 ) = 4199
0
p 0
Ainsi
1

On a:


L0 (T ) = ∏
j =0
j ≠0

1

L1 (T ) = ∏
j =0
j ≠1

T − Tj

=

T0 − T j

T − Tj
T1 − T j

=

T − T1
T 0 − T1

T − T0
T1 − T 0

36

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Ainsi:

T − T1
T − T0
C p (T0 ) +
C p (T1 )
T0 − T1
T1 − T0

C p (T ) =

T − 82
T − 52
( 4186 ) +
( 4199 ), 52 ≤ T ≤ 82
52 − 82
82 − 52

=

C p ( 61 ) =

61 − 82
61 − 52
( 4199 )
( 4186 ) +
52 − 82
82 − 52

= 0 . 7 ( 4186 ) + 0 . 3 ( 4199 )

= 4189.9

J
kg − °C

INTERPOLATION DE LAGRANGE

Cherchons maintenant cette chaleur à la même
température T=61°C, en considérant trois couples. On
a:
T0 = 42, C p (T0 ) = 4179 T1 = 52, C p (T1 ) = 4186 T2 = 82, Cp (T2 ) = 4199
Ce qui donne:
2

j =0
j≠0
2



L 1 (T ) =

T −Tj

∏T

L 0 (T ) =

j=0
j ≠1

L 2 (T ) =

2

T −T

j

T1 − T

j

T −Tj

∏T
j=0
j≠ 2

−Tj

0

2

−Tj

 T − T1
= 
 T 0 − T1

 T − T 2
 
 T0 − T 2





 T − T0
= 
 T1 − T 0

 T − T2
 
  T1 − T 2





 T − T 0  T − T1 
= 
 

 T 2 − T 0  T 2 − T1 

INTERPOLATION DE LAGRANGE
 T − T1  T − T2 
 T − T0  T − T2 
 T − T0  T − T1 
C p (T ) = 

C p (T0 ) +  T − T  T − T C p (T1 ) +  T − T  T − T C p (T2 ),
0  1
2 
0  2
1 
 T0 − T1  T0 − T2 
 1
 2
Ainsi:
T1 ≤ T ≤ T2

C p ( 61) =

( 61 − 52 )( 61 − 82 )
( 61 − 42 )( 61 − 82 )
( 61 − 42 )( 61 − 52 )
( 4179 ) +
( 4186 ) +
( 4199 )
( 42 − 52 )( 42 − 82 )
( 52 − 42 )( 52 − 82 )
(82 − 42 )(82 − 52 )

Et pour la température T=61°C:

C p = ( −0.4725 )( 4179 ) + (1.33)( 4186 ) + (0.1425 )( 4199 )

Soit:

= 4191.2

J
kg − °C

∈a

La comparaison relative obtenue
entre les résultats du
premier et du second polynôme est d'ordre :
∈a =

4191 . 2 − 4189 . 9
× 100
4191 . 2

= 0 . 030063 %

37

INTERPOLATION DE LAGRANGE
Cherchons maintenant cette chaleur à la même température
T=61°C, en considérant quatre couples. On a:
T0 = 42, C p (T0 ) = 4179

T1 = 52, C p (T1 ) = 4186

T2 = 82, C p (T2 ) = 4199

Ce qui donne:
L 0 (T ) =
L 1 (T ) =

L 2 (T ) =

∏T
j=0
j≠0

j=0
j ≠1

j
j

T − T

j

T2 − T

j=0
j≠ 2

 T − T1
= 
 T 0 − T1

−Tj

T −T

3



0

T1 − T

3



L 3 (T ) =

T3 = 100 , C p (T3 ) = 4217

T −Tj

3

3



j=0
j≠3

T −T

 T − T3
 
 T0 − T3





 T − T 0  T − T 2  T − T3 
 
 

= 
 T 1 − T 0   T 1 − T 2   T1 − T 3 
 T − T 0   T − T1   T − T 3 
 
 

= 
 T 2 − T 0   T 2 − T1   T 2 − T 3 

j

T3 − T

 T − T 2
 
 T 0 − T 2

j
j

 T − T0  T − T1  T − T 2 
= 



 T3 − T0  T3 − T1  T3 − T 2 

INTERPOLATION DE LAGRANGE

y

(x3, y3)
f3(x)
(x1, y1)

(x0, y0)

(x2, y2)

x

INTERPOLATION DE LAGRANGE

 T − T1
C p (T ) = 
 T 0 − T1
 T − T0
Ainsi:
+ 
 T 2 − T0

  T − T 2   T − T3 
 T − T0
 
 
 C p (T 0 ) + 
  T0 − T 2   T 0 − T3 
 T1 − T 0
  T − T1   T − T 3 
 T − T0
 
 C p (T 2 ) + 
 
  T 2 − T1   T 2 − T 3 
 T3 − T 0

 T − T 2
 
  T1 − T 2
  T − T1
 
  T 3 − T1

  T − T3 
 
 C p (T1 )
  T1 − T 3 
 T − T2 
 
 C p (T 3 )
  T3 − T 2 
T 0 ≤ T ≤ T3

( 61 − 52 )( 61 − 82 )( 61 − 100 )
( 61 − 42 )( 61 − 82 )( 61 − 100 )
( 4179 ) +
( 4186 )
( 42 − 52 )( 42 − 82 )( 42 − 100 )
(52 − 42 )( 52 − 82 )( 52 − 100 )
( 61 − 42 )( 61 − 52 )( 61 − 100 )
( 61 − 42 )( 61 − 52 )( 61 − 82 )
+
( 4199 ) +
( 4217 )
(82 − 42 )( 82 − 52 )( 82 − 100 )
(100 − 42 )(100 − 52 )(100 − 82 )

C p ( 61) =

= (−0.31772)(4179) + (1.0806)(4186) + (0.30875 )(4199 ) + (−0.071659 )(4217 )

= 4190 . 0

J
kg − ° C

38

INTERPOLATION DE LAGRANGE



La comparaison relative obtenue
entre ales résultats du
second et du troisième polynôme est d'ordre :

∈a =

4190.0 − 4191.2
×100 = 0 . 027295 %
4190.0

Chapitre IV
INTEGRATION NUMERIQUE

T
C(°pC )

INTEGRATION NUMERIQUE

On veut calculer la chaleur massique spécifique de l’eau à 61°C.
Dans le tableau suivant on donne les mesures de cette chaleurs
en fonction de température en °C.
Température,
T

(°C)
22
42
52
82
100

Chaleur spécifique,
Cp



J


 kg − °C 

4181
4179
4186
4199
4217

39

INTEGRATION NUMERIQUE

INTEGRATION NUMERIQUE

Dans plusieurs problèmes, si on a en main un certain
nombre de mesures discrètes, on veut souvent connaître
le comportement du phénomène mesuré entre chaque
mesure discrète.

INTEGRATION NUMERIQUE

Les

expérimentateurs

interpolent

très

souvent

des

fonctions

échantillonnées lorsqu'ils cherchent à établir une loi physique à partir de
séries de mesures expérimentales. On trace ou on établit l'équation de la
fonction continue qui passe au mieux par les points expérimentaux. Cela
est également nécessaire lorsque la fonction a été calculée au moyen
d'un ordinateur, elle est forcément échantillonnée.
On emploie les techniques d'interpolation chaque fois que l'on veut
connaître la valeur de la fonction en dehors des points mesurés ou
calculés.

40

INTEGRATION NUMERIQUE

on
Etant donnée un série de (n+1) mesures yi, définies pour chaque
variable xi (i=0,1,2,…....n), dans un intervalle [a , b], le problème
consiste à trouver une fonction f=f(x), telle que f(xi)=yi. On dit
alors que les yi sont interpolées par la fonction f.
En dehors de l’intervalle [a , b], on parle de problème
d’extrapolation.
Dans

ce

Chapitre,

on

s’intéressera

essentiellement

à

l’interpolation polynomiale de Lagrange.

INTEGRATION NUMERIQUE

INTEGRATION NUMERIQUE

lEtant donnée une série de couples n+1 (x , y ), le problème est de
i

i

trouver un polynôme Pn(x) de degré n passant par les points (xi
, yi). Ce polynôme est unique, mais s’écrire sous diverses
formes. L’une de ces formes est :

Pn ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + Lan x n
La détermination de ce polynôme revient déterminer l’ensemble
de ses coefficients.

41

INTEGRATION NUMERIQUE

La condition de collocation Pn ( x i ) = y i aux n+1
points donne:

y 0 = a 0 + a 1 x 0 + a 2 x 02 + L a n x 0n
y 1 = a 0 + a 1 x 1 + a 2 x 12 + L a n x 1n
M
y n = a 0 + a 1 x n + a 2 x n2 + L a n x nn

INTEGRATION NUMERIQUE

Les ai sont déterminés après la résolution du système:

 y0  1
y  
 1  = 1
M  M
  
 y n  1

x0
x1
M
xn

x02 L x0n  a0 
 
x12 L x1n  a1 
O  M 
 
xn2 L xnn  a n 

La résolution de ce système se fait par une méthode numérique;
la méthode de Gauss par exemple.

INTEGRATION NUMERIQUE
Exemple:
Trouver le polynôme de degré 4 passant par les points (xi,yi)
i

0

1

2

3

4

xi

-2

-1

1

4

6

fi

96

21

-3

4186

1512

La méthode précédente donne:
1 − 2 4
1 − 1 1

1 1
1
1 4 16

36
1 6
Ce qui donne:

−8
−1

  a0 
a 
 1 
1
1  a2  =
64 256   a3 
 
216 1296   a 4 
16
1

 96 
 21 


 −3 
186 


1512 

P4 ( x ) = 2 x 4 − 5 x 4 + x 2 − 7 x + 6

42

INTEGRATION NUMERIQUE
Interpolation par la méthode de Lagrange
Soient n+1 couples (xi,yi), il existe un polynôme Pn unique tel
que P(xi) = yi pour i=1à n. qu’on peut s’écrire sous la forme:
n

Pn ( x) = ∑ yi Li ( x)

avec yi = f ( xi )

i =0
n

Li ( x) = ∏
j =0
j ≠i

x − xj

=

xi − x j

( x − x0 )(x − x1 )....(x − xi −1 )(x − xi +1 )....(x − xn )
( xi − x0 )(xi − x1 )....(xi − xi−1 )(xi − xi+1 )....(xi − xn )

Cette relation est appelée formule d’interpolation de Lagrange .
Les polynômes Li s’appellent polynômes caractéristiques de
Lagrange.

INTEGRATION NUMERIQUE

L j ( xi ) =

n



k =1, k ≠ j

On remarque que:

L j ( xi ) =

Soit:

for

xi − xk
=0,
x
k =1, k ≠ j j − xk

1
L j ( xi ) = 
0

Donc : Pn ( x i ) =

xi − xk
=1,
x j − xk

n



j=0

n



si

i= j

si

i≠ j

f (x j )L j =

for

Donc

n



j=0

i= j
j ≠i

L j ( x i ) = δ ij

f ( x j )δ ij = f ( x j )

INTEGRATION NUMERIQUE
L’algorithme de l’interpolation de Lagrange
Etant donné z, N, (xi,yi)i=0 à N
P 0
Pour i=0 à N
Li = 1
Pour j= 0 à N ,j≠ 0
z − xj
Li ←
. Li
xi − x j
Finpour
P P+yi.Li
Finpour

43

INTEGRATION NUMERIQUE

Exemple: Prenons le cas ou n=1. Si on connait deux points
(x0,y0) et (x1,y1). Dans ce cas, on a l’équation d’une droite
y=ax+b (polynôme de degré 1):

y0 = ax0 + b

et

y1= ax1 + b

Ce qui donne:

a=

y0 − y1
x0 − x1

et

b=

x0 y1 − x1 y0
x0 − x1

L’équation de la droite est alors:

INTEGRATION NUMERIQUE

y =

y 0 − y1
x y − x1 y 0
x + 0 1
x 0 − x1
x 0 − x1

Qu’on peut écrire sous la forme suivant:

y = y0

x − x1
x − x0
− y1
= y 0 L0 ( x ) + y1 L1 ( x )
x0 − x1
x0 − x1

L0 ( x) =

x − x1
x0 − x1

Avec:

et

L1( x) =

x − x0
x1 − x0

INTEGRATION NUMERIQUE

y

(x1 , y1 )

f1 ( x )

(x0 , y0 )
x

44

INTEGRATION NUMERIQUE

Exemple 2
Construire le polynôme de Lagrange qui interpole les points
(xo,yo)= (-2,4); (x1,y1)=(0,2), (x2,y2)=(2,8)

Réponse:
Le polynôme de d’interpolation de Lagrange de est de degré n sur
l’ensemble de n+1 points. On a trois points donc n=2. On a
alors un polynôme de2 degré 2.On a :
2
f ( x ) = P2 ( x ) =

∑ y L ( x)
i=0

i

avec

i

Li ( x ) = ∏
j=0
j≠i

x − xj

xi − x j

INTEGRATION NUMERIQUE

y

(x1, y1)

(x2, y2)

f2(x)

(x0, y0)
x

INTEGRATION NUMERIQUE

L0 =

( x − 0)( x − 2)
(−2 − 0)(−2 − 2)

L1 =

( x − (−2))( x − 2)
(0 − (−2))(0 − 2)

L2 =

( x − ( −2))( x − 0)
(2 − ( −2))(2 − 0)

On a alors:

Le polynôme d’interpolation est alors:

x( x − 2) (x + 2)(x − 2) x(x + 2)
4+
2+
8 = x2 + x + 2
8
−4
8
par exemple:
f (1) = 4
f2 ( x) =

45

INTEGRATION NUMERIQUE

Exemple 2
Construire le polynôme de Lagrange qui interpole les points
(xo,yo) = (-9,5); (x1,y1) = (-4,2), (x2,y2) = (-1,-2) (x3,y3) =
(7,9)
Réponse:
Le polynôme de d’interpolation de Lagrange de est de degré
n sur l’ensemble de n+1 points. On a quatre points donc
n=3. On a alors un polynôme de degré 3.On a :
f ( x ) = P3 ( x ) =

3

∑ y L ( x)
i=0

i

i

3

avec

Li ( x ) = ∏
j =0
j ≠i

x − xj
xi − x j

INTEGRATION NUMERIQUE

On a:
( x + 4 )( x + 1)( x − 7 )
( − 9 + 4 )( − 9 + 1)( − 9 − 7 )
( x + 9 ))( x + 4 )( x − 7 )
L2 =
( − 1 + 9 )( − 1 + 4 )( − 1 − 7 )

L0 =

( x + 9 )( x + 2 )( x − 7 )
( − 4 + 9 )( − 4 + 1)( − 9 − 7 )
( x + 9 )( x + 4 )( x + 1)
L3 =
( 7 + 9 )( 7 + 4 )( 7 + 1)
L1 =

Et le polynôme est donc donné par:

f ( x ) = P3 ( x) = 0,06523 x 3 + 0,33631x 2 − 3,44767 x − 5,71875

INTEGRATION NUMERIQUE

Les quatre points l'interpolation polynomiales L(x) (de degré
3). Le polynôme d'interpolation passe par les 4 points de contrôle, et
chaque polynôme de base passe par son point de contrôle respectif
et vaut 0 pour les x correspondant aux autres points de contrôle.

46

INTEGRATION NUMERIQUE

Reprenons l’exemple physique calculons la chaleur
spécifique Cp à 61°C à partir de deux points: T0=52°C
et T1=82°C
Ainsi
T0 = 52, C p (T0 ) = 4186 T1 = 82 , C p (T1 ) = 4199

On a:
1

L0 (T ) = ∏
j =0
j ≠0

1

L1 (T ) = ∏

T − Tj

T − Tj

j =0 T1 − T j
j ≠1

=

T0 − T j

=

T − T1
T 0 − T1

T − T0
T1 − T 0

INTEGRATION NUMERIQUE

Ainsi:

C p (T ) =

T − 82
T − 52
( 4186 ) +
( 4199 ), 52 ≤ T ≤ 82
52 − 82
82 − 52

=

C p ( 61 ) =

T − T1
T − T0
C p (T0 ) +
C p (T1 )
T0 − T1
T1 − T0

61 − 82
61 − 52
( 4186 ) +
( 4199 )
52 − 82
82 − 52

= 0 . 7 ( 4186 ) + 0 . 3 ( 4199 )

= 4189.9

J
kg − °C

INTEGRATION NUMERIQUE

Cherchons maintenant cette chaleur à la même
température T=61°C, en considérant trois couples. On
a:
T0 = 42, C p (T0 ) = 4179 T1 = 52, C p (T1 ) = 4186 T2 = 82, Cp (T2 ) = 4199
Ce qui donne:
L 0 (T ) =

L 1 (T ) =

L 2 (T ) =

2

T −Tj

∏T
j =0
j≠0
2



j=0
j ≠1

2

0

T −T

j

T1 − T

j

T −Tj

∏T
j=0
j≠ 2

− Tj

2

−Tj

 T − T1   T − T 2 
 

= 
 T 0 − T1   T 0 − T 2 

 T − T0  T − T2 
= 

 
 T1 − T 0   T1 − T 2 
 T − T0
= 
 T2 − T0

 T − T1
 
 T 2 − T1





47

INTEGRATION NUMERIQUE
 T − T1  T − T2

C p (T ) = 
 T0 − T1  T0 − T2


 T − T0
C p (T0 ) + 

 T1 − T0

 T − T2

 T1 − T2


 T − T0
C p (T1 ) + 

 T2 − T0

 T − T1 

C p (T2 ),
 T2 − T1 
T1 ≤ T ≤ T2

Ainsi:
C p ( 61) =

( 61 − 52 )( 61 − 82 )
( 61 − 42 )( 61 − 82 )
( 61 − 42 )( 61 − 52 )
( 4179 ) +
( 4186 ) +
( 4199 )
( 42 − 52 )( 42 − 82 )
( 52 − 42 )( 52 − 82 )
(82 − 42 )(82 − 52 )

Et pour la température T=61°C:
C p = ( −0.4725 )( 4179 ) + (1.33)( 4186 ) + (0.1425 )( 4199 )

Soit:

= 4191.2

J
kg − °C

INTEGRATION NUMERIQUE

La comparaison relative obtenue ∈a entre les
résultats du premier et du second polynôme est d'ordre :
∈a =

4191 . 2 − 4189 . 9
× 100
4191 . 2

= 0 . 030063 %

INTEGRATION NUMERIQUE

Cherchons maintenant cette chaleur à la même
température T=61°C, en considérant qutre couples.
On a:
T0 = 42, C p (T0 ) = 4179
T1 = 52, C p (T1 ) = 4186
T2 = 82, C p (T2 ) = 4199

T3 = 100 , C p (T3 ) = 4217

Ce qui donne:

48


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