Correction du devoir maison n˚2

Correction du devoir maison n˚2
MP Lycée Clemenceau
Ce sujet porte sur l’interpolation polynomiale d’une fonction et comprend trois parties.
Dans la première partie, on définit des polynômes d’interpolation.
Dans la deuxième partie, on étudie une fonction définie sur un segment. La troisième partie conduit à une
formule barycentrique.
• Dans tout le problème, on désigne par n un entier naturel, n ≥ 2.
• Etant donnés deux entiers naturels m ≤ n, on note [|m, n|] l’ensemble des entiers naturels k tels que
m ≤ k ≤ n.
• On note IRn [X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels, de degré inférieur ou égal à n. On identifie
polynômes et fonctions polynomiales.
• Etant donné un intervalle I de IR et un entier naturel p, on note C p (I, IR) le IR-espace vectoriel des
fonctions p fois dérivables sur I à valeurs dans IR et dont la dérivée p-ième, notée f (p) est continue sur I.
Le IR-espace vectoriel des fonctions continues de I dans IR est quant à lui noté C(I, IR). Lorsque I est le
segment [a, b], on considère sur cet espace la norme N∞ définie par
∀f ∈ C([a, b], IR), N∞ (f ) = sup{|f (x)|/ x ∈ [a, b]}
m!
• Pour m, p ∈ IN avec p ≤ m, on note m
p l’entier p!(m−p)! .
Première partie.
Dans cette partie, on considère n + 1 nombres réels, deux à deux distincts, notés x0 , x1 , . . . , xn et on définit la
forme bilinéaire B sur C(IR, IR) par
∀f, g ∈ C(IR, IR), B(f, g) =
n
X
f (xi )g(xi )
i=0
Pour k ∈ [|0, n|], on définit Lk ∈ IRn [X] par Lk (X) =
n
Q
i=0
i6=k
X−xi
xk −xi .
I.1. Définition d’une structure euclidienne sur IRn [X].
1.1. Justifier rapidement l’affirmation : B définit un produit scalaire sur IRn [X] mais pas sur C(IR, IR).
Correction : B est clairement une application bilinéaire par distributivité du produit, symétrique par
commutativité du produit.
n
X
De plus B (P, P ) =
P 2 (xi ) > 0. Si B (P, P ) = 0 alors, comme on a une somme de termes positifs,
i=0
on a ∀i ∈ [[0, n]] P (xi ) = 0. P est alors un polynôme de degré inférieur ou égal à n ayant n + 1 racines,
c’est donc le polynôme nul.
Conclusion : B est une application bilinéaire symétrique définie positive sur IRn [X], c’est donc un
produit scalaire sur IRn [X].
n
Y
Sur C (IR, IR) ce n’est pas un produit scalaire car pour f : x 7→
(x − xi ) on a B(f, f ) = 0 alors que
i=0
f n’est pas identiquement nulle.
1.2. Pour j, k ∈ [|0, n|], calculer Lk (xj ). Montrer que la famille (Lk )0≤k≤n est une base orthonormale de
l’espace euclidien IRn [X] pour le produit scalaire B.
Correction : On a immédiatement
1 si k = j
Lk (xj ) = δk,j =
0 sinon
On en déduit que
∀k, i ∈ [|0, n|], B(Lk , Li ) = Li (xk ) = δj,i
ce qui montre que (L0 , . . . , Ln ) est une famille orthonormée de IRn [X]. C’est en particulier une famille
libre et comme elle a n + 1 = dim(IRn [X]) éléments qui sont dans IRn [X], c’est une b.o.n. de IRn [X].
1
I.2. Définition de Pn (f ).
A toute fonction f ∈ C(IR, IR), on associe le polynôme Pn (f ) défini par
Pn (f ) =
n
X
B(f, Li )Li
i=0
2.1. Pour tout k ∈ [|0, n|], exprimer B(f, Lk ) en fonction de f (xk ). En déduire que Pn (f ) vérifie Pn (f )(xk ) =
f (xk ) pour tout k ∈ [|0, n|].
Correction : Avec la question 1.2, on a
∀k ∈ [0, n|], B(f, Lk ) = f (xk )
On en déduit que
∀k ∈ [|0, n|], Pn (f )(xk ) = B(f, Lk ) = f (xk )
2.2. Montrer que Pn (f ) est l’unique polynôme P ∈ IRn [X] vérifiant P (xk ) = f (xk ) pour tout k ∈ [|0, n|].
Correction : Pn (f ) est, on vient de le voir, un polynôme convenable. Si P en est un autre alors P − Pn
est nul car c’est un élément de IRn [X] qui a strictement plus de
Pnn racines.
2.3. Expliciter
P
(f
)
lorsque
f
∈
IR
[X].
Préciser
le
polynôme
n
n
k=0 Lk (X) et, pour x réel, la valeur de
Pn
la somme k=0 Lk (x).
Correction : Les règles de calcule en b.o.n. montre que
∀f ∈ IRn [X], f =
n
X
B(f, Li )Li = Pn (f )
i=0
Pn
P = k=0 Lk ∈ IRn [X] et ∀i, P (xi ) = 1. On peut aussi utiliser la question précédente car f est une
fonction polynômiale vérifiant les conditions f ∈ IRn [X] et f (xk ) = f (xk ) pour tout k ∈ [|0, n|].
D’après la question précédente, P = 1 car 1 est un autre élément de IRn [X] ayant les mêmes propriétés.
Ainsi,
n
X
∀x ∈ IR,
Lk (x) = 1
k=0
Pour f ∈ C(IR, IR), on dira que Pn (f ) est le polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal à n, de
la fonction f aux points xi , pour i ∈ [|0, n|]. Lorsqu’aucune confusion n’est possible, on notera simplement
Pn au lieu de Pn (f ).
Dans la suite de cette partie, on considère un segment [a, b] contenant les points xi , pour i ∈ [|0, n|].
I.3. Une application linéaire.
Soit Λ l’application linéaire de C([a, b], IR) dans IRn [X] définie par :
∀f ∈ C([a, b], IR), Λ(f ) = Pn (f )
On considère l’espace vectoriel C([a, b], IR) muni de la norme N∞ . En identifiant tout polynôme de IRn [X]
avec la fonction polynôme associée, on munit également IRn [X] de la même norme N∞ . On définit la
norme subordonnée à la norme N∞ de l’application linéaire Λ par :
kΛk = sup{N∞ (Λ(f ))/ N∞ (f ) ≤ 1}
On note Φ ∈ C([a, b], IR) définie par
∀t ∈ [a, b], Φ(t) =
n
X
|Lk (t)|
k=0
3.1. Justifier l’inégalité kΛk ≤ N∞ (Φ).
Correction : Soit f ∈ C([a, b], IR) telle que N∞ (f ) ≤ 1. En particulier, ∀i, |f (xi )| ≤ 1 et donc
∀x ∈ [a, b], |Λ(f )(x)| ≤
n
X
|f (xi )||Li (x)| ≤ |Φ(x)| ≤ N∞ (Φ)
i=0
Le majorant est indépendant de x et un passage à la borne supérieure donne N∞ (Λ(f )) ≤ N∞ (Φ).
Cette fois, le majorant est indépendant de f et en passant à la borne supérieure, on obtient
kΛk ≤ N∞ (Φ)
2
3.2. Montrer qu’il existe un nombre réel τ ∈ [a, b] tel que N∞ (Φ) = Φ(τ ).
Correction : t 7→ Φ(t) est continue et est donc bornée sur le SEGMENT [a, b] ET elle atteint ses
bornes. On a donc
∃ τ ∈ [a, b], N∞ (Φ) = Φ(τ )
3.3. Soit τ ∈ [a, b] tel que N∞ (Φ) = Φ(τ ). Pour tout k ∈ [|0, n|], on définit εk par εk = 0 lorsque Lk (τ ) = 0
k (τ )|
et εk = |L
Lk (τ ) lorsque Lk (τ ) 6= 0. Soit ψ la fonction définie sur [a, b] vérifiant les propriétés suivantes :
• ψ est continue sur [a, b],
• pour tout k ∈ [|0, n|], ψ(xk ) = εk ,
• pour tout k ∈ [|0, n−1|] la restriction de ψ à chaque intervalle [xk , xk+1 ] est de la forme ψ(t) = ak t+bk
où ak et bk sont des réels. Les restrictions de ψ à [a, x0 ] et [xn , b] sont constantes.
En calculant Λ(ψ)(τ ), déterminer kΛk.
Correction : On a
Λ(ψ)(τ ) =
n
X
ψ(xk )Lk (τ ) =
k=0
n
X
|Lk (τ )| = Φ(τ ) = N∞ (Φ)
k=0
Ainsi, Λ(ψ)(τ ) ≤ N∞ (Λ(ψ)). Par ailleurs, ψ est continue sur [a, b] et est comprise entre −1 et −1 de par
sa définition (son graphe est composé de segment reliant des points d’ordonnées 1 e ou −1). On a donc
N∞ (Λ(ψ)) ≤ kΛk, on en déduit que N∞ (Φ) ≤ kΛk. L’autre inégalité ayant été prouvée, on a finalement
kΛk = N∞ (Φ)
I.4. Un résultat auxiliaire.
Soit p un entier naturel non nul et soit g ∈ C p (IR, IR) une fonction s’annulant en p + 1 points distincts
c0 < c1 < · · · < cp de l’intervalle [a, b].
4.1. Montrer que g 0 s’annule en au moins p points de [a, b].
Correction : On peut appliquer le théorème de Rolle à la fonction g sur [ci , ci+1 ] pour obtenir un
point d’annulation de g 0 sur ]ci , ci+1 [ car celle-ci est bien continue sur chaque segment et dérivable sur
les intervalles ouverts. On a ainsi p points d’annulation distincts (les intervalles ouverts sont disjoints)
pour g 0 .
4.2. En déduire qu’il existe un point α ∈ [a, b] tel que g (p) (α) = 0.
Correction : On montre par récurrence que la propriété “g (k) s’annule au moins p + 1 − k fois sur
[a, b]” est vraie pour tout k ∈ [|0, p|].
- Initialisation : le résultat est vrai par hypothèse sur g au rang 0 (et on vient même de le prouver au
rang 1).
- Hérédité : soit n ∈ [|0, p − 1|] tel que le résultat est vrai au rang n. g (n) s’annulant au moins p + 1 − n
fois, on peut comme à la question précédente utiliser le théorème de Rolle pour montrer que sa dérivée
s’annule au moins p − n fois. On peut aussi dire qu’on utilise le résultat de la question précédente
appliquée à g (n) .
On a donc g (p+1) qui s’annule au moins p + 1 − (n + 1) fois et le résultat est vrai au rang n.
En particulier, l’hypothèse au rang p montre que g (p) s’annule au moins 1 fois.
I.5. Une expression de f − Pn .
Qn
On note Tn+1 le polynôme de IRn+1 [X] défini pour x réel par Tn+1 (x) = i=0 (x − xi ). Soit f une fonction
appartenant à C n+1 ([a, b], IR) et soit y un réel de [a, b], distinct de tous les xi , pour i ∈ [|0, n|]. On note
Pn (resp. Pn+1 ) le polynôme d’interpolation de f de degré inférieur ou égal à n (resp. n + 1) aux points
xi pour i ∈ [|0, n|] (resp. [|0, n + 1|]).
5.1. Montrer qu’il existe un réel r tel que pour tout réel x,
Pn+1 (x) − Pn (x) = rTn+1 (x)
Correction : Pn+1 − Pn est un polynôme de IRn+1 [X] s’annulant en x0 , . . . , xn . Il est factorisable par
Tn+1 et, par degré, il existe une constante r telle que
Pn+1 − Pn = rTn+1
5.2. En appliquant à la fonction g = f − Pn+1 un résultat obtenu en I.4, montrer qu’il existe un réel
β ∈ [a, b] tel que f (n+1) (β) = r(n + 1)!.
En déduire que pour tout y ∈ [a, b], il existe β ∈ [a, b] tel que
f (y) − Pn (y) =
1
Tn+1 (y)f (n+1) (β)
(n + 1)!
3
(1)
Correction : g = f − Pn+1 s’annule au au moins n + 1 points distincts (x0 , . . . , xn et y) et il existe
donc, avec 4.2, β ∈ [a, b] tel que g (n+1) (β) = 0. Par ailleurs, Pn+1 est de degré n + 1 et sa dérivée
n + 1-ième est donc une constante égale à son coefficient en xn+1 fois (n + 1)!. Ce coefficient vaut r
d’après la question précédente et on a donc
∃ β ∈ [a, b]/ f (n+1) (β) = r(n + 1)!
On en déduit alors que
∀x ∈ IR, Pn+1 (x) − Pn (x) =
1
Tn+1 (x)f (n+1) (β)
(n + 1)!
En appliquant ce résultat avec x = y, on obtient le résultat voulu dans le cas où y ∈ [a, b] est différent
des xi . Si y est égal à l’un des xi , il reste vrai (il se lit 0 = 0 et on peut choisir n’importe quel β).
5.3. Montrer que l’égalité (1) est aussi vérifiée lorsque l’on remplace y par l’un des xi pour i ∈ [|0, n|].
Correction : La question précédente traitait déjà le cas où y = xi (elle stipulait ∀y ∈ [a, b] et les xi
sont dans [a, b]).
Seconde partie.
Soit n ≥ 2 un entier naturel. On considère la fonction ϕ définie sur le segment [0, n] par φ(t) = |t(t−1) . . . (t−n)|.
II.1. Etude du maximum de ϕ.
1.1. Montrer que ϕ admet un maximum sur l’intervalle [0, n].
Correction : ϕ est continue sur le SEGMENT [0, n] et admet donc un maximum sur ce segment.
1.2. Soit t ∈ [0, n] ; comparer ϕ(n − t) et ϕ(t).
Correction : Soit t ∈ [0, n] ; on a (on pose j = n − k)
n
n
n
n
Y
Y
Y
Y
|n − k − t| =
|j − t| = (t − j) = ϕ(t)
ϕ(n − t) = ((n − t) − k) =
j=0
j=0
k=0
k=0
1.3. On suppose t > 1 et t ∈
/ IN. Calculer ϕ(t−1)
ϕ(t) .
n
En déduire que pour t ∈ 1, 2 , on a ϕ(t − 1) ≥ ϕ(t).
Correction : Pour tout t, on a (en posant j = k + 1)
ϕ(t − 1) =
n
Y
|t − 1 − k| = |t − n − 1|
n
Y
|t − j|
j=1
k=0
Pour t ∈
/ IN, ϕ(t) est non nul et en divisant par ϕ(t) on obtient
∀t ∈
/ IN,
|t − n − 1|
ϕ(t − 1)
=
ϕ(t)
|t|
On a t−n−1
= 1 − n+1
qui croı̂t sur IR+∗ . Sur [1, n/2], elle varie entre −n et −1 −
t
t
valeur absolue plus grande que 1 :
h n i ϕ(t − 1)
∀t ∈ 1,
,
≥1
2
ϕ(t)
2
n
et a donc une
Il suffit de multiplier par ϕ(t) ≥ 0 pour obtenir l’inégalité demandée.
1.4. On suppose n pair et on note n = 2p. Montrer que ϕ atteint son maximum en un point de l’intervalle
[0, 1] en supposant d’abord que p = 1 puis p ≥ 2.
On admettra que pour n impair, ϕ atteint son maximum en un point de [0, 1].
Correction : D’après la question 1.2, le maximum de ϕ sur [0, n] est atteint en un point x0 de [0, n/2]
(quand t varie dans [0, n/2], n − t varie dans [0, n/2] aussi et on a donc ϕ([0, n/2]) = ϕ([n/2, n])).
Soit x ≥ 1 alors la question précédente montre que ϕ(x− 1) ≥ ϕ(x) et, en itérant le processus, que
ϕ(x − E(x)) ≥ ϕ(x). On obtient donc que pour x ∈ 1, n2 il existe un y ∈ [0, 1] tel que ϕ(x) 6 ϕ(y).
On a donc ϕ ([0, n/2]) ⊂ ϕ ([0, 1]) et donc ϕ atteint son maximum en un point de l’intervalle [0, 1].
II.2. Abscisse du maximum de ϕ.
0
Pn
(t)
1
2.1. Soit t ∈
/ IN ; expliciter ln(ϕ(t)). En déduire ϕϕ(t)
en fonction de k=1 t−k
.
Pn
+∗
Correction : Pour t ∈
/ IN, les propriétés de morphisme de ln sur IR donnent ln(ϕ(t)) = k=0 ln(|t −
k|). Les fonctions sont toutes dérivables et donc en dérivant cette expression sur l’intervalle ]E(t), E(t)+
1[, on a alors
n
ϕ0 (t) X 1
=
ϕ(t)
t−k
k=0
4
Pn
1
2.2. Pour t ∈ 12 , 1 , déterminer le signe de la somme k=2 t−k
. En déduire que ϕ0 (t) est strictement
1 négatif sur l’intervalle 2 , 1 .
Pn
1
< 0 (somme de tels termes).
Correction : Si t < 1 et k ≥ 2 alors t − k < 0. On en déduit que k=0 t−k
1
1
2t−1
Par ailleurs (termes pour k = 0 et k = 1), t + t−1 = t(t−1) est négatif quand t ∈ [1/2, 1[. En sommant,
on obtient ∀t ∈ 21 , 1 , ϕ0 (t) < 0
Pn
1
2.3. Calculer la dérivée de la fonction définie sur ]0, 1[ par g(t) =
k=0 t−k . Déterminer le sens de
0
variation de g. En déduire que ϕ s’annule
en au plus un point de ]0, 1[.
Pn
Pn
1
1
est dérivable sur ]0, 1[ de dérivée g 0 : t 7→ − k=0 (t−k)
Correction : La fonction g : t 7→ k=0 t−k
2.
g est donc strictement décroissante sur ]0, 1[ (dérivée strictement négative sur l’intervalle). g admet donc
au plus un point d’annulation (la stricte monotonie entraı̂ne l’injectivité). Avec la question 2.1, il en est
de même pour ϕ.
2.4. Montrer
que le mximum de ϕ est atteint en un unique point de 0, 21 , noté tn . Quelle est la valeur
Pn
de k=0 tn1−k ?
Correction : ϕ atteint son maximum en un point de [0, 1] mais ce n’est ni en 0 ni en 1 (car en ces
points ϕ est nulle et il existe des points où elle est > 0). Elle atteint donc son maximum en un point de
l’ouvert ]0, 1[. Comme ϕ est dérivable sur cet ouvert, le maximum est atteint en un point critique (de
dérivée nulle) et ce n’est pas sur [1/2, 1[ avec la question 2.2. C’est donc un point de ]0, 1/2[ et il y en
a au plus un d’après 2.3. Finalement, ϕ atteint son maximum en un unique point tn ∈]0, 1/2[. En ce
point, ϕ est de dérivée nulle et donc
n
X
1
=0
tn − k
k=0
II.3. Etude de l’abscisse tn du maximum de ϕ.
1
> k1 . En déduire une minoration de
3.1. On suppose k ∈ IN∗ , justifier l’inégalité k−t
n
tn
1
− k1 = k(k−t
> 0 et donc
Correction : Pour k ≥ 1, k−t
n
n)
1
tn .
1
1
>
k − tn
k
Comme
Pn
1
k=0 tn −k
= 0, on en déduit que
n
n
k=1
k=1
X 1
X1
1
=
>
tn
k − tn
k
P
3.2. Préciser la nature de la série (1/k)k≥1 . En déduire la limite de t1n et par suite celle de tn lorsque
n → +∞.
P
Correction :
(1/k) est une série de Riemann divergente. Comme elle est positive, ses sommes
partielles tendent vers +∞ et on a donc, par minoration
lim
1
n→+∞ tn
= +∞ puis
lim tn = 0
n→+∞
II.4. Une majoration deR ϕ.
Pn 1
n+1 dt
4.1. Montrer l’inégalité 1
k=1 k .
t <
1
Correction : t étant décroissante sur IR+∗ , on a ∀k ≥ 1, ∀t ∈ [k, k + 1], 1t ≤ k1
R n+1 dt Pn
En intégrant cette ingéalité puis en sommant de k = 2 à k = n, on obtient 2
k=2
t ≤
R 2 dt
De plus 1 t = ln(2) < 1 car e > 2 et donc, en ajoutant cette inégalité stricte
n+1
Z
1
n
dt X 1
<
t
k
k=1
1
.
4.2. Montrer l’inégalité tn < ln(n+1)
Correction : On en déduit alors que
Z
n+1
ln(n + 1) =
1
n
dt X 1
1
<
<
t
k
tn
k=1
Le passage à l’inverse étant une opération strictement décroissante sur IR+∗ on a finalement
tn <
5
1
ln(n + 1)
1
k
4.3. En déduire que pour tout t ∈ [0, n], on a ϕ(t) <
Correction : On a alors
n
Y
∀t ∈ [0, n], ϕ(t) ≤ ϕ(tn ) =
n!
ln(n+1) .
|tn − k| = tn
k=0
n
Y
(k − tn ) ≤ tn
k=1
n
Y
k ≤ n!tn <
k=1
n!
ln(n + 1)
II.5. Une majoration de N∞ (f − Pn ).
Dans cette question, on reprend les notatations de la partie I.
Soit [a, b] un segment. On note h = b−a
n et on considère les n + 1 points équidistants xi = a + ih de [a, b]
pour i ∈ [|0, n|].
x−a
5.1.
QnPour x ∈ [a, b], on note t = h ∈ [0, n]. On note Tn+1 le polynôme défini en I.5 par Tn+1 (x) =
i=0 (x − xi ). Exprimer |Tn+1 (x)| en fonction de h et de ϕ(t).
Correction : On a
|Tn+1 (x)| =
n
Y
|a + ht − a − ih| = hn+1
i=0
n
Y
|t − i| = hn+1 ϕ(t)
i=0
5.2. Soit f ∈ C n+1 ([a, b], IR) et soit Pn son polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal à n, aux
points équidistants xi pour i ∈ [|0, n|], défini en I.2. Montrer l’inégalité
N∞ (f − Pn ) ≤
hn+1
N∞ (f (n+1) )
(n + 1) ln(n + 1)
(2)
Correction : D’après la relation (1) de la question I.5. on a
N∞ (f − Pn ) ≤
1
N∞ (Tn+1 )N∞ (f (n+1) )
(n + 1)!
Les questions précédentes indiquent que N∞ (Tn+1 ) ≤ hn+1 N∞ (ϕ) = hn+1 ϕ(tn ) ≤
N∞ (f − Pn ) ≤
hn+1 n!
ln(n+1)
et ainsi
hn+1
N∞ (f (n+1) )
(n + 1) ln(n + 1)
Troisième partie.
On conserve les notations des parties I et II, avec en particulier des réels xi , pour i ∈ [|0, n|], sistincts. On
1
pour k ∈ [|0, n|].
définit les n + 1 réels wk = Q
n
(xk − xi )
i=0
i6=k
III.1. Soit x un réel et k ∈ [|0, n|]. Exprimer Tn+1 (x) en fonction de Lk (x), x − xk et wk .
Correction : On a directement
1
Tn+1 (x) =
Lk (x)(x − xk )
wk
III.2. Soit f ∈ C(IR, IR) et soit Pn son polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal à n, aux points
xi pour i ∈ [|0, n|]. On suppose x différent de tous les xi . Montrer l’égalité
Pn (x) = Tn+1 (x)
n
X
wk f (xk )
k=0
x − xk
(3)
Pn
wk
Calculer Tn+1 (x) k=0 x−x
.
k
En déduire la formule barycentrique
n
P
Pn (x) =
wk f (xk )
x−xk
k=0
n
P
k=0
(4)
wk
x−xk
Correction : On a, avec I.2.1 et la question précédente,
Pn (x) =
n
X
f (xk )Lk =
k=0
n
X
wk f (xk )
k=0
6
x − xk
Tn+1 (x)
Par ailleurs, avec la partie I,
Tn+1 (x)
n
X
k=0
n
X
wk
=
Lk (x) = 1
x − xk
k=0
et on en déduit en combinant les deux précédentes relations que
n
P
Pn (x) =
wk f (xk )
x−xk
k=0
n
P
k=0
wk
x−xk
0
III.3. Dans cette question, on suppose les points xi équidistants. On note h = xn −x
et xi = a + ih pour
n
i ∈ [|0, n|]. On se propose d’établir une formule barycentrique en remplaçant les wk par des coefficients
entiers relatifs.
3.1. Exprimer wk en fonction de h, n et k.
Soit wk∗ = (−1)n hn n!Wk . Exprimer wk∗ à l’aide d’un entier de la forme m
p où m et p sont à préciser en
fonction de n et k.
Correction : On a xk − xi = h(k − i) et donc
wk = Q
1
1
1
1 1 (−1)n−k
1
Qn
= n Qk−1
= n
h
h k! (n − k)!
i6=k h(k − i)
i=k+1 (k − i)
i=0 (k − i)
et ainsi
wk∗
n
= (−1) h n!wk = (−1)
k
n n
k
3.2. On suppose x différent de tous les xi . Montrer la formule
n
P
n f (xk )
k x−xk
(−1)k
Pn (x) = k=0
n
P
(5)
n
1
k x−xk
(−1)k
k=0
w∗
Correction : On reprend la formule (4) en remplaçant wk par (−1)n hnkn! :
n
P
Pn (x) =
∗
wk
f (xk )
x−xk
k=0
n
P
k=0
πx
2
∗
wk
x−xk
n
P
(−1)k
= k=0
n
P
n f (xk )
k x−xk
(−1)k
n
1
k x−xk
k=0
III.4. Une valeur approchée de cos
.
πx
On suppose que f (x) = cos 2 et on considère les 4n + 1 points équidistants compris entre x0 = −2n et
x4n = 2n.
4.1. Déterminer xk pour k ∈ [|0, 4n|].
Correction : On a a = x0 = −2n, b = x4n = 2n et h = b−a
4n = 1 et donc
xk = a + kh = −2n + k
4.2. Montrer que
n
P
P4n (x) =
(−1)k
k=−n
2n
P
4n
1
2k+2n x−2k
(6)
(−1)k
j=−2n
4n
1
k+2n x−k
est, pour x différent de tous les xi , la valeur en x d’un polynôme dinterpolation de f en des points
équidistants que l’on précisera.
kπ
n
Correction : Si on choisit f (x) = cos(πx/2), on a f (xk ) = cos(−nπ + kπ
2 ) = (−1) cos( 2 ) et donc
n+k
f (x2k ) = (−1)
et f (x2k+1 ) = 0. Si on applique la formule de III.3.2 avec la fonction f et les points
(−2n + j) pour j = 0..4n, on obtient le polynôme
2n
P
P4n (x) =
(−1)2j
j=0
4n
P
2n
P
4n (−1)n+j
2j x−x2j
=
(−1)j
j=0
4n
j
1
x−xj
7
(−1)2j
j=0
4n
P
j=0
(−1)j
(−1)n+j
4n
2j x−(−2n+2j)
4n
1
j x−(−2n+j)
On pose k = j − n au numérateur et k = j − 2n au dénominateur :
n
P
P4n (x) =
(−1)2k+2n
k=−n
2n
P
n
P
(−1)k+2n
4n
2k+2n
x−2k
=
(−1)k+2n
j=−2n
4n
1
k+2n x−k
k=−n
2n
P
(−1)k
4n
1
2k+2n x−2k
(−1)k
j=−2n
4n
1
k+2n x−k
4.3. Soit x ∈ [−2n, 2n] et soit p la partie entière de x. Montrer l’inégalité
2n
Y
|x − k| ≤ (2n + p + 1)!(2n − p)!
k=−2n
Correction : On a
2n
Y
p
Y
|x − k| =
k=−2n
(x − k)
k=−2n
2n
Y
(k − x) ≤
k=p+1
p
Y
(p + 1 − k)
k=−2n
2n
Y
(k − p)
k=p+1
Dans le premier produit, on multiplie les etiers entre 1 et 2n + p + 1 et dans le second entre 1 et 2n − p
2n
Y
et on a donc
|x − k| ≤ (2n + p + 1)!(2n − p)!
k=−2n
4.4. Montrer que pour x fixé dans [−2n, 2n] et non entier, on a :
|f (x) − P4n (x)| ≤ (2n + p + 1)!(2n − p)!
π 4n+1
2
(4n + 1)!
= θ(n, p)
Quelle est la limite de θ(n, p) lorsque n tend vers +∞ ?
Correction : On utilise la formule (1) de I.5.2 pour obtenir (sachant que f (k) (x) =
k
et donc N∞ (f (k) ) ≤ π2 )
|f (x) − P4n (x)| ≤
π k
2
cos( πx
2 + kπ)
4n
4n
π 4n+1
Y
Y
1
1
|x − xk |N∞ (f (4n+1) ) ≤
|x + 2n − k|
(4n + 1)!
(4n + 1)!
2
k=0
k=0
Dans le produit, on pose j = k − 2n pour se ramener à la question précédente et obtenir
|f (x) − P4n (x)| ≤
On a
|θ(n+1,p)|
(2n)4 π 4
∼ (4n)
4 24
|θ(n,p)| n→+∞
=
π4
44
π 4n+1
1
(2n + p + 1)!(2n − p)!
= θ(n, p)
(4n + 1)!
2
qui est une suite de limite < 1. Par règle de D’Alembert,
P
(θ(n, p))n≥0
est une séie absolument convergente. En particulier, elle ne diverge pas grossièrement et limn→+∞ θ(n, p) =
0
8