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مسابقة دكتوراه 2018 — Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène (USTHB) — الموضوع 05

مسابقة تخصص · Analyse Numérique & Optimisation

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Examen doctoral de troisième cycle, épreuve consacrée aux fonctions, à l’interpolation et aux données, Université des Sciences et de la Technologie Houari Boumediène, Faculté de Mathématiques, 31 octobre 2018.

التمرين 1

Exercice 1 — Construction d’une spline cubique d’interpolation

#cubic-splines#interpolation#linear-systems#numerical-analysis

On connaît une fonction ff en n+1n+1 points équidistants (xi,yi)(x_i,y_i), avec i=0,…,ni=0,\ldots,n et

x0<x1<⋯<xn,h=xi+1−xi.x_0\lt x_1\lt\cdots\lt x_n, \qquad h=x_{i+1}-x_i.

La spline cubique interpolante SS coïncide sur chaque intervalle [xi,xi+1][x_i,x_{i+1}] avec

pi(x)=fi+fi′(x−xi)+fi′′2(x−xi)2+fi′′′6(x−xi)3.p_i(x)=f_i+f_i'(x-x_i)+\frac{f_i''}{2}(x-x_i)^2+\frac{f_i'''}{6}(x-x_i)^3.
  1. Exprimer pi′(x)p_i'(x) et pi′′(x)p_i''(x).
  2. Déduire de pi(xi)=yip_i(x_i)=y_i que fi=yif_i=y_i.
  3. En posant
f[xi,xi+1]=yi+1−yih,f[x_i,x_{i+1}]=\frac{y_{i+1}-y_i}{h},

montrer que

fi′=f[xi,xi+1]−h2fi′′−h26fi′′′.f_i'=f[x_i,x_{i+1}]-\frac{h}{2}f_i''-\frac{h^2}{6}f_i'''.
  1. À partir de la continuité de S′′S'' aux nœuds, montrer que
fi′′′=fi+1′′−fi′′h.f_i'''=\frac{f_{i+1}''-f_i''}{h}.
  1. En déduire
fi′=f[xi,xi+1]−h3fi′′−h6fi+1′′.f_i'=f[x_i,x_{i+1}]-\frac{h}{3}f_i''-\frac{h}{6}f_{i+1}''.
  1. Utiliser la continuité de S′S' pour établir, pour i=0,…,n−2i=0,\ldots,n-2,
fi′′+4fi+1′′+fi+2′′=6h(yi−2yi+1+yi+2).f_i''+4f_{i+1}''+f_{i+2}''=\frac{6}{h}\bigl(y_i-2y_{i+1}+y_{i+2}\bigr).
  1. Écrire le système sous forme matricielle. Combien de conditions supplémentaires faut-il imposer pour déterminer la spline de façon unique ? Préciser la structure de la matrice.
◀الحل

1.

Par dérivation,

pi′(x)=fi′+fi′′(x−xi)+fi′′′2(x−xi)2,p_i'(x)=f_i'+f_i''(x-x_i)+\frac{f_i'''}{2}(x-x_i)^2, pi′′(x)=fi′′+fi′′′(x−xi).p_i''(x)=f_i''+f_i'''(x-x_i).

2.

En x=xix=x_i, on a pi(xi)=fip_i(x_i)=f_i. La condition d’interpolation donne donc

fi=yi.\boxed{f_i=y_i}.

3.

En évaluant pip_i en xi+1=xi+hx_{i+1}=x_i+h,

yi+1=yi+hfi′+h22fi′′+h36fi′′′.y_{i+1}=y_i+hf_i'+\frac{h^2}{2}f_i''+\frac{h^3}{6}f_i'''.

Après division par hh,

fi′=f[xi,xi+1]−h2fi′′−h26fi′′′.\boxed{f_i'=f[x_i,x_{i+1}]-\frac{h}{2}f_i''-\frac{h^2}{6}f_i''' }.

4.

La continuité de la dérivée seconde donne pi′′(xi+1)=fi+1′′p_i''(x_{i+1})=f_{i+1}''. Or

pi′′(xi+1)=fi′′+hfi′′′.p_i''(x_{i+1})=f_i''+hf_i'''.

Ainsi

fi′′′=fi+1′′−fi′′h.\boxed{f_i'''=\frac{f_{i+1}''-f_i''}{h}}.

5.

En substituant l’expression précédente,

fi′=f[xi,xi+1]−h3fi′′−h6fi+1′′.\boxed{f_i'=f[x_i,x_{i+1}]-\frac{h}{3}f_i''-\frac{h}{6}f_{i+1}''}.

6.

La continuité de S′S' au nœud xi+1x_{i+1} impose pi′(xi+1)=fi+1′p_i'(x_{i+1})=f_{i+1}'. En remplaçant les dérivées premières par la formule obtenue et en simplifiant, on trouve

fi′′+4fi+1′′+fi+2′′=6h2(yi−2yi+1+yi+2).\boxed{f_i''+4f_{i+1}''+f_{i+2}''=\frac{6}{h^2}\bigl(y_i-2y_{i+1}+y_{i+2}\bigr)}.

Le facteur correct est 6/h26/h^2 lorsque fi′′f_i'' désigne une dérivée seconde; l’énoncé photographié semble omettre une puissance de hh.

7.

Avec Mi=fi′′M_i=f_i'', les n−1n-1 équations intérieures s’écrivent

(1410⋯00141⋱⋮⋮⋱⋱⋱⋱00⋯0141)(M0M1⋮Mn)=6h2(y0−2y1+y2y1−2y2+y3⋮yn−2−2yn−1+yn).\begin{pmatrix} 1&4&1&0&\cdots&0\\ 0&1&4&1&\ddots&\vdots\\ \vdots&\ddots&\ddots&\ddots&\ddots&0\\ 0&\cdots&0&1&4&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}M_0\\M_1\\\vdots\\M_n\end{pmatrix} = \frac{6}{h^2} \begin{pmatrix} y_0-2y_1+y_2\\ y_1-2y_2+y_3\\ \vdots\\ y_{n-2}-2y_{n-1}+y_n \end{pmatrix}.

Il faut ajouter deux conditions aux extrémités, par exemple les conditions naturelles M0=Mn=0M_0=M_n=0. La matrice carrée finale est tridiagonale, symétrique et strictement diagonale dominante.

Deux conditions aux limites sont neˊcessaires.\boxed{\text{Deux conditions aux limites sont nécessaires.}}