Correction du devoir maison n˚2

Correction du devoir maison n˚2
MP Lyc´ee Clemenceau
Ce sujet porte sur l’interpolation polynomiale d’une fonction et comprend trois parties.
Dans la premi`ere partie, on d´efinit des polynˆomes d’interpolation.
Dans la deuxi`eme partie, on ´etudie une fonction d´efinie sur un segment. La troisi`eme partie conduit `a une
formule barycentrique.
•Dans tout le probl`eme, on d´esigne par nun entier naturel, n≥2.
•Etant donn´es deux entiers naturels m≤n, on note [|m, n|] l’ensemble des entiers naturels ktels que
m≤k≤n.
•On note IRn[X] l’ensemble des polynˆomes `a coefficients r´eels, de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n. On identifie
polynˆomes et fonctions polynomiales.
•Etant donn´e un intervalle Ide IR et un entier naturel p, on note Cp(I, IR) le IR-espace vectoriel des
fonctions pfois d´erivables sur I`a valeurs dans IR et dont la d´eriv´ee p-i`eme, not´ee f(p)est continue sur I.
Le IR-espace vectoriel des fonctions continues de Idans IR est quant `a lui not´e C(I, IR). Lorsque Iest le
segment [a, b], on consid`ere sur cet espace la norme N∞d´efinie par
∀f∈C([a, b],IR), N∞(f) = sup{|f(x)|/ x ∈[a, b]}
•Pour m, p ∈IN avec p≤m, on note m
pl’entier m! p!(m−p)! .
Premi`ere partie.
Dans cette partie, on consid`ere n+ 1 nombres r´eels, deux `a deux distincts, not´es x0, x1, . . . , xnet on d´efinit la
forme bilin´eaire Bsur C(IR,IR) par
∀f, g ∈C(IR,IR), B(f, g) =
n
X
i=0
f(xi)g(xi)
Pour k∈[|0, n|], on d´efinit Lk∈IRn[X] par Lk(X) =
n
Q
i=0
i6=k
X−xi
xk−xi.
I.1. D´efinition d’une structure euclidienne sur IRn[X].
1.1. Justifier rapidement l’affirmation : Bd´efinit un produit scalaire sur IRn[X] mais pas sur C(IR,IR).
Correction : Best clairement une application bilin´eaire par distributivit´e du produit, sym´etrique par
commutativit´e du produit.
De plus B(P, P ) =
n
X
i=0
P2(xi)>0. Si B(P, P ) = 0 alors, comme on a une somme de termes positifs,
on a ∀i∈[[0, n]] P(xi) = 0. Pest alors un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a nayant n+ 1 racines,
c’est donc le polynˆome nul.
Conclusion : Best une application bilin´eaire sym´etrique d´efinie positive sur IRn[X], c’est donc un
produit scalaire sur IRn[X].
Sur C(IR,IR) ce n’est pas un produit scalaire car pour f:x7→
n
Y
i=0
(x−xi) on a B(f, f ) = 0 alors que
fn’est pas identiquement nulle.
1.2. Pour j, k ∈[|0, n|], calculer Lk(xj). Montrer que la famille (Lk)0≤k≤nest une base orthonormale de
l’espace euclidien IRn[X] pour le produit scalaire B.
Correction : On a imm´ediatement
Lk(xj) = δk,j =1 si k=j
0 sinon
On en d´eduit que
∀k, i ∈[|0, n|], B(Lk, Li) = Li(xk) = δj,i
ce qui montre que (L0, . . . , Ln) est une famille orthonorm´ee de IRn[X]. C’est en particulier une famille
libre et comme elle a n+ 1 = dim(IRn[X]) ´el´ements qui sont dans IRn[X], c’est une b.o.n. de IRn[X].
1

I.2. D´efinition de Pn(f).
A toute fonction f∈C(IR,IR), on associe le polynˆome Pn(f) d´efini par
Pn(f) =
n
X
i=0
B(f, Li)Li
2.1. Pour tout k∈[|0, n|], exprimer B(f, Lk) en fonction de f(xk). En d´eduire que Pn(f) v´erifie 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 d´eduit que
∀k∈[|0, n|], Pn(f)(xk) = B(f, Lk) = f(xk)
2.2. Montrer que Pn(f) est l’unique polynˆome P∈IRn[X] v´erifiant P(xk) = f(xk) pour tout k∈[|0, n|].
Correction : Pn(f) est, on vient de le voir, un polynˆome convenable. Si Pen est un autre alors P−Pn
est nul car c’est un ´el´ement de IRn[X] qui a strictement plus de nracines.
2.3. Expliciter Pn(f) lorsque f∈IRn[X]. Pr´eciser le polynˆome Pn
k=0 Lk(X) et, pour xr´eel, la valeur de
la somme Pn
k=0 Lk(x).
Correction : Les r`egles de calcule en b.o.n. montre que
∀f∈IRn[X], f =
n
X
i=0
B(f, Li)Li=Pn(f)
P=Pn
k=0 Lk∈IRn[X] et ∀i, P (xi) = 1. On peut aussi utiliser la question pr´ec´edente car fest une
fonction polynˆomiale v´erifiant les conditions f∈IRn[X] et f(xk) = f(xk) pour tout k∈[|0, n|].
D’apr`es la question pr´ec´edente, P= 1 car 1 est un autre ´el´ement de IRn[X] ayant les mˆemes propri´et´es.
Ainsi,
∀x∈IR,
n
X
k=0
Lk(x)=1
Pour f∈C(IR,IR), on dira que Pn(f) est le polynˆome d’interpolation, de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n, de
la fonction faux points xi, pour i∈[|0, n|]. Lorsqu’aucune confusion n’est possible, on notera simplement
Pnau lieu de Pn(f).
Dans la suite de cette partie, on consid`ere un segment [a, b] contenant les points xi, pour i∈[|0, n|].
I.3. Une application lin´eaire.
Soit Λ l’application lin´eaire de C([a, b],IR) dans IRn[X] d´efinie par :
∀f∈C([a, b],IR),Λ(f) = Pn(f)
On consid`ere l’espace vectoriel C([a, b],IR) muni de la norme N∞. En identifiant tout polynˆome de IRn[X]
avec la fonction polynˆome associ´ee, on munit ´egalement IRn[X] de la mˆeme norme N∞. On d´efinit la
norme subordonn´ee `a la norme N∞de l’application lin´eaire Λ par :
kΛk= sup{N∞(Λ(f))/ N∞(f)≤1}
On note Φ ∈C([a, b],IR) d´efinie par
∀t∈[a, b],Φ(t) =
n
X
k=0
|Lk(t)|
3.1. Justifier l’in´egalit´e 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
i=0
|f(xi)||Li(x)|≤|Φ(x)| ≤ N∞(Φ)
Le majorant est ind´ependant de xet un passage `a la borne sup´erieure donne N∞(Λ(f)) ≤N∞(Φ).
Cette fois, le majorant est ind´ependant de fet en passant `a la borne sup´erieure, on obtient
kΛk ≤ N∞(Φ)
2

3.2. Montrer qu’il existe un nombre r´eel τ∈[a, b] tel que N∞(Φ) = Φ(τ).
Correction : t7→ Φ(t) est continue et est donc born´ee 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 d´efinit εkpar εk= 0 lorsque Lk(τ) = 0
et εk=|Lk(τ)|
Lk(τ)lorsque Lk(τ)6= 0. Soit ψla fonction d´efinie sur [a, b] v´erifiant les propri´et´es suivantes :
•ψest continue sur [a, b],
•pour tout k∈[|0, n|], ψ(xk) = εk,
•pour tout k∈[|0, n−1|] la restriction de ψ`a chaque intervalle [xk, xk+1] est de la forme ψ(t) = akt+bk
o`u aket bksont des r´eels. Les restrictions de ψ`a [a, x0] et [xn, b] sont constantes.
En calculant Λ(ψ)(τ), d´eterminer kΛk.
Correction : On a
Λ(ψ)(τ) =
n
X
k=0
ψ(xk)Lk(τ) =
n
X
k=0
|Lk(τ)|= Φ(τ) = N∞(Φ)
Ainsi, Λ(ψ)(τ)≤N∞(Λ(ψ)). Par ailleurs, ψest continue sur [a, b] et est comprise entre −1 et −1 de par
sa d´efinition (son graphe est compos´e de segment reliant des points d’ordonn´ees 1 e ou −1). On a donc
N∞(Λ(ψ)) ≤ kΛk, on en d´eduit que N∞(Φ) ≤ kΛk. L’autre in´egalit´e ayant ´et´e prouv´ee, on a finalement
kΛk=N∞(Φ)
I.4. Un r´esultat auxiliaire.
Soit pun entier naturel non nul et soit g∈Cp(IR,IR) une fonction s’annulant en p+ 1 points distincts
c0< c1<· · · < cpde l’intervalle [a, b].
4.1. Montrer que g0s’annule en au moins ppoints de [a, b].
Correction : On peut appliquer le th´eor`eme de Rolle `a la fonction gsur [ci, ci+1] pour obtenir un
point d’annulation de g0sur ]ci, ci+1[ car celle-ci est bien continue sur chaque segment et d´erivable sur
les intervalles ouverts. On a ainsi ppoints d’annulation distincts (les intervalles ouverts sont disjoints)
pour g0.
4.2. En d´eduire qu’il existe un point α∈[a, b] tel que g(p)(α) = 0.
Correction : On montre par r´ecurrence que la propri´et´e “g(k)s’annule au moins p+ 1 −kfois sur
[a, b]” est vraie pour tout k∈[|0, p|].
- Initialisation : le r´esultat est vrai par hypoth`ese sur gau rang 0 (et on vient mˆeme de le prouver au
rang 1).
- H´er´edit´e : soit n∈[|0, p −1|] tel que le r´esultat est vrai au rang n.g(n)s’annulant au moins p+ 1 −n
fois, on peut comme `a la question pr´ec´edente utiliser le th´eor`eme de Rolle pour montrer que sa d´eriv´ee
s’annule au moins p−nfois. On peut aussi dire qu’on utilise le r´esultat de la question pr´ec´edente
appliqu´ee `a g(n).
On a donc g(p+1) qui s’annule au moins p+ 1 −(n+ 1) fois et le r´esultat est vrai au rang n.
En particulier, l’hypoth`ese au rang pmontre que g(p)s’annule au moins 1 fois.
I.5. Une expression de f−Pn.
On note Tn+1 le polynˆome de IRn+1[X] d´efini pour xr´eel par Tn+1(x) = Qn
i=0(x−xi). Soit fune fonction
appartenant `a Cn+1([a, b],IR) et soit yun r´eel de [a, b], distinct de tous les xi, pour i∈[|0, n|]. On note
Pn(resp. Pn+1) le polynˆome d’interpolation de fde degr´e inf´erieur ou ´egal `a n(resp. n+ 1) aux points
xipour i∈[|0, n|] (resp. [|0, n + 1|]).
5.1. Montrer qu’il existe un r´eel rtel que pour tout r´eel x,
Pn+1(x)−Pn(x) = rTn+1(x)
Correction : Pn+1 −Pnest un polynˆome de IRn+1[X] s’annulant en x0, . . . , xn. Il est factorisable par
Tn+1 et, par degr´e, il existe une constante rtelle que
Pn+1 −Pn=rTn+1
5.2. En appliquant `a la fonction g=f−Pn+1 un r´esultat obtenu en I.4, montrer qu’il existe un r´eel
β∈[a, b] tel que f(n+1)(β) = r(n+ 1)!.
En d´eduire que pour tout y∈[a, b], il existe β∈[a, b] tel que
f(y)−Pn(y) = 1
(n+ 1)!Tn+1(y)f(n+1)(β) (1)
3

Correction : g=f−Pn+1 s’annule au au moins n+ 1 points distincts (x0, . . . , xnet y) et il existe
donc, avec 4.2, β∈[a, b] tel que g(n+1)(β) = 0. Par ailleurs, Pn+1 est de degr´e n+ 1 et sa d´eriv´ee
n+ 1-i`eme est donc une constante ´egale `a son coefficient en xn+1 fois (n+ 1)!. Ce coefficient vaut r
d’apr`es la question pr´ec´edente et on a donc
∃β∈[a, b]/ f(n+1)(β) = r(n+ 1)!
On en d´eduit alors que
∀x∈IR, Pn+1(x)−Pn(x) = 1
(n+ 1)!Tn+1(x)f(n+1)(β)
En appliquant ce r´esultat avec x=y, on obtient le r´esultat voulu dans le cas o`u y∈[a, b] est diff´erent
des xi. Si yest ´egal `a 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’´egalit´e (1) est aussi v´erifi´ee lorsque l’on remplace ypar l’un des xipour i∈[|0, n|].
Correction : La question pr´ec´edente traitait d´ej`a le cas o`u y=xi(elle stipulait ∀y∈[a, b] et les xi
sont dans [a, b]).
Seconde partie.
Soit n≥2 un entier naturel. On consid`ere la fonction ϕd´efinie sur le segment [0, n] par φ(t) = |t(t−1) . . . (t−n)|.
II.1. Etude du maximum de ϕ.
1.1. Montrer que ϕadmet un maximum sur l’intervalle [0, n].
Correction : ϕest 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)
ϕ(n−t) = 
n
Y
k=0
((n−t)−k) =
n
Y
k=0
|n−k−t|=
n
Y
j=0
|j−t|=
n
Y
j=0
(t−j) =ϕ(t)
1.3. On suppose t > 1 et t /∈IN. Calculer ϕ(t−1)
ϕ(t).
En d´eduire que pour t∈1,n
2, on a ϕ(t−1) ≥ϕ(t).
Correction : Pour tout t, on a (en posant j=k+ 1)
ϕ(t−1) =
n
Y
k=0
|t−1−k|=|t−n−1|
n
Y
j=1
|t−j|
Pour t /∈IN, ϕ(t) est non nul et en divisant par ϕ(t) on obtient
∀t /∈IN,ϕ(t−1)
ϕ(t)=|t−n−1| |t|
On a t−n−1
t= 1 −n+1 tqui croˆıt sur IR+∗. Sur [1, n/2], elle varie entre −net −1−2 net a donc une
valeur absolue plus grande que 1 :
∀t∈h1,n
2i,ϕ(t−1) ϕ(t)≥1
Il suffit de multiplier par ϕ(t)≥0 pour obtenir l’in´egalit´e demand´ee.
1.4. On suppose npair et on note n= 2p. Montrer que ϕatteint son maximum en un point de l’intervalle
[0,1] en supposant d’abord que p= 1 puis p≥2.
On admettra que pour nimpair, ϕatteint son maximum en un point de [0,1].
Correction : D’apr`es la question 1.2, le maximum de ϕsur [0, n] est atteint en un point x0de [0, n/2]
(quand tvarie dans [0, n/2], n−tvarie dans [0, n/2] aussi et on a donc ϕ([0, n/2]) = ϕ([n/2, n])).
Soit x≥1 alors la question pr´ec´edente montre que ϕ(x−1) ≥ϕ(x) et, en it´erant le processus, que
ϕ(x−E(x)) ≥ϕ(x). On obtient donc que pour x∈1,n
2il existe un y∈[0,1] tel que ϕ(x)6ϕ(y).
On a donc ϕ([0, n/2]) ⊂ϕ([0,1]) et donc ϕatteint son maximum en un point de l’intervalle [0,1].
II.2. Abscisse du maximum de ϕ.
2.1. Soit t /∈IN ; expliciter ln(ϕ(t)). En d´eduire ϕ0(t)
ϕ(t)en fonction de Pn
k=1 1
t−k.
Correction : Pour t /∈IN, les propri´et´es de morphisme de ln sur IR+∗donnent ln(ϕ(t)) = Pn
k=0 ln(|t−
k|). Les fonctions sont toutes d´erivables et donc en d´erivant cette expression sur l’intervalle ]E(t), E(t)+
1[, on a alors
ϕ0(t)
ϕ(t)=
n
X
k=0
1
t−k
4

2.2. Pour t∈1
2,1, d´eterminer le signe de la somme Pn
k=2 1
t−k. En d´eduire que ϕ0(t) est strictement
n´egatif sur l’intervalle 1
2,1.
Correction : Si t < 1 et k≥2 alors t−k < 0. On en d´eduit que Pn
k=0 1
t−k<0 (somme de tels termes).
Par ailleurs (termes pour k= 0 et k= 1), 1
t+1 t−1=2t−1 t(t−1) est n´egatif quand t∈[1/2,1[. En sommant,
on obtient ∀t∈1
2,1, ϕ0(t)<0
2.3. Calculer la d´eriv´ee de la fonction d´efinie sur ]0,1[ par g(t) = Pn
k=0 1
t−k. D´eterminer le sens de
variation de g. En d´eduire que ϕ0s’annule en au plus un point de ]0,1[.
Correction : La fonction g:t7→ Pn
k=0 1
t−kest d´erivable sur ]0,1[ de d´eriv´ee g0:t7→ − Pn
k=0 1
(t−k)2.
gest donc strictement d´ecroissante sur ]0,1[ (d´eriv´ee strictement n´egative sur l’intervalle). gadmet donc
au plus un point d’annulation (la stricte monotonie entraˆıne l’injectivit´e). Avec la question 2.1, il en est
de mˆeme pour ϕ.
2.4. Montrer que le mximum de ϕest atteint en un unique point de 0,1
2, not´e tn. Quelle est la valeur
de Pn
k=0 1
tn−k?
Correction : ϕatteint son maximum en un point de [0,1] mais ce n’est ni en 0 ni en 1 (car en ces
points ϕest nulle et il existe des points o`u elle est >0). Elle atteint donc son maximum en un point de
l’ouvert ]0,1[. Comme ϕest d´erivable sur cet ouvert, le maximum est atteint en un point critique (de
d´eriv´ee 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’apr`es 2.3. Finalement, ϕatteint son maximum en un unique point tn∈]0,1/2[. En ce
point, ϕest de d´eriv´ee nulle et donc n
X
k=0
1
tn−k= 0
II.3. Etude de l’abscisse tndu maximum de ϕ.
3.1. On suppose k∈IN∗, justifier l’in´egalit´e 1
k−tn>1 k. En d´eduire une minoration de 1 tn.
Correction : Pour k≥1, 1
k−tn−1 k=tn k(k−tn)>0 et donc
1
k−tn
>1
k
Comme Pn
k=0 1
tn−k= 0, on en d´eduit que
1
tn
=
n
X
k=1
1
k−tn
>
n
X
k=1
1
k
3.2. Pr´eciser la nature de la s´erie P(1/k)k≥1. En d´eduire la limite de 1
tnet par suite celle de tnlorsque
n→+∞.
Correction : P(1/k) est une s´erie de Riemann divergente. Comme elle est positive, ses sommes
partielles tendent vers +∞et on a donc, par minoration
lim
n→+∞
1
tn
= +∞puis lim
n→+∞tn= 0
II.4. Une majoration de ϕ.
4.1. Montrer l’in´egalit´e Rn+1
1
dt
t<Pn
k=1 1
k.
Correction : 1
t´etant d´ecroissante sur IR+∗, on a ∀k≥1,∀t∈[k, k + 1],1 t≤1 k
En int´egrant cette ing´ealit´e puis en sommant de k= 2 `a k=n, on obtient Rn+1
2
dt
t≤Pn
k=2 1
k
De plus R2
1
dt
t= ln(2) <1 car e > 2 et donc, en ajoutant cette in´egalit´e stricte
Zn+1
1
dt
t<
n
X
k=1
1
k
4.2. Montrer l’in´egalit´e tn<1
ln(n+1) .
Correction : On en d´eduit alors que
ln(n+ 1) = Zn+1
1
dt
t<
n
X
k=1
1
k<1 tn
Le passage `a l’inverse ´etant une op´eration strictement d´ecroissante sur IR+∗on a finalement
tn<1
ln(n+ 1)
5