Exercice 3 (méthode des différences divisées)

Exercice 3 (méthode des différences divisées)
Soient un intervalle [a, b] ⊂ R, (xi )i∈N une suite de points deux à deux distincts de [a, b], et soit (fi )i∈N un suite de nombres
réels. Pour n ∈ N∗ (i ≥ 1), on appelle pn le polynôme de degré n qui interpole les n + 1 points du plan (xi , fi )i∈[0:n] .
1. On pose p0 (x) = 1 et a0 = f0 .
a. Soit p1 le polynôme de d’interpolation des couples de points (x0 , f0 ) et (x1 , f1 ). Montrer que
p1 (t) = a0 p0 (t) + a1 (t − x0 ) avec a1 =
f1 − f0
x1 − x0
b. Soit p2 le polynôme de d’interpolation des couples de points (x0 , f0 ), (x1 , f1 ) et (x2 , f2 ). Montrer qu’il existe une
constante a2 telle que,
p2 (t) = p1 (t) + a2 (t − x0 )(t − x1 ).
c. En déduire que le polynôme d’interpolation pn des couples de points points (xi , fi )i∈[0:n] peut s’écrire sous la forme
pn (t) = a0 + a1 (t − x0 ) + a2 (t − x0 )(t − x1 ) + · · · + an
n−1
Y
(t − xk )
(1)
k=0
d- Montrer que la famille composée des n + 1 polynômes
1, t − x0 , (t − x0 )(t − x1 ), · · · ,
n−1
Y
(t − xk )
k=0
est une base de Pn [R].
L’expression (1) du polynôme d’interpolation s’appelle forme de Newton du polynôme d’interpolation. Il s’agit maintenant
de calculer les coefficients aj en fonction des couples de points (xk , fk )k∈[0:n] . C’est l’objet des questions suivantes.
2. On introduit la notation générale
aj = f [x0 , x1 , · · · xj ]
moyennant quoi la formule (1) se réécrit :
pn (t) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ](t − x0 ) + · · · + f [x0 , x1 , · · · , xn ]
n−1
Y
(t − xj ).
(2)
k=0
On appelle f [x0 , x1 , · · · , xj ] j-ième différence divisée des points (xk , fk )k∈[0:j] . Soit σ une permutation des r + 1 entiers
{k, k + 1, · · · , k + r}. Montrer que
f [xk , · · · , xk+r ] = f [xσ(k) , · · · , xσ(k+r) ].
3. Montrer la relation de récurrence :
f [x0 , · · · , xn ] =
f [x0 , · · · , xn−1 ] − f [x1 , · · · , xn ]
.
x0 − xn
4. En déduire une méthode pratique pour le calcul du polynôme d’interpolation.
1.
a. Nous introduisons le polynôme de degré 1
q = p1 − a0 p0 .
Comme p1 interpole (x0 , f0 ), p1 (x0 ) = f0 . De plus a0 = f0 . Donc q(x0 ) = 0 si bien que x0 est racine de q. Par
conséquent (t − x0 ) divise q. Puisque q est de degré 1 on en déduit qu’il existe une constante réelle a1 telle que
q(t) = a1 (t − x0 ).
On a donc bien montré que
p1 = a0 p0 + a1 (t − x0 ).
Il reste à calculer la constante a1 pour que p1 interpole (x1 , f1 ). On a
f1 = p1 (x1 ) = f0 + a1 (x1 − x0 ).
Comme les points x1 et x0 sont distincts, on en déduit que
a1 =
1
f1 − f0
.
x1 − x0
b. Comme pour p1 , introduisons le polynôme de degré 2,
q = p2 − p1
Alors, comme p1 er p2 interpolent (x0 , f0 ) et (x1 , f1 ), p(x0 ) = p(x1 ) = 0 si bien que q est divisible par (t−x0 )(t−x1 ).
Comme de plus x0 et x1 sont distincts et que q est de degré 2, il existe une constante réelle a2 telle que
q(t) = a2 (t − x0 )(t − x1 ).
On a donc bien montré que
p2 (t) = p1 (t) + a2 (t − x0 )(t − x1 ).
Autrement dit, si on a déjà calculé le polynôme p1 d’interpolation des points (x0 , f0 ) et (x1 , f1 ), alors le polynôme p2
d’interpolation des trois points (x0 , f0 ), (x1 , f1 ) et (x2 , f2 ) peut être calculé directement en calculant a2 .
c. La démonstration se fait par récurrence, l’initialisation ayant été faite aux questions 1.a et (1.b). On introduit le
polynôme
q = pn+1 − pn
q est un polynôme de degré n + 1. De plus, pour tout i ∈ [0 : n], q(xi ) = 0. On en déduit donc qu’il existe une
constante réelle an+1 telle que
Y
q(t) = an+1
(t − xi ).
i∈[0:n]
Ainsi, en utilisant l’hypothèse de récurrence,
pn+1 (t) = pn (t) + an+1
Y
(t − xi ) = a0 +
n+1
X

ak 
k=1
i∈[0:n]

Y
(t − xi )
i∈[0:k−1]
d. On montre le résultat pas récurrence :
Pn
:
En = {1, (t − x0 ), (t − x0 )(t − x1 ), · · · ,
n−1
Y
(t − xk )}est une base de Pn [R].
(3)
k=0
L’initialisation pour n = 0 est triviale. Supposons Pn vraie et montrons que Pn+1 est vraie. La famille
En+1 = {1, (t − x0 ), (t − x0 )(t − x1 ), · · · ,
n
Y
(t − xk )}
k=0
comporte n + 2 éléments. Pour montrer que c’est une base de Pn+1 [R] (qui est de dimension n + 2), il suffit de montrer
que c’est une famille génératrice. Pour cela, il suffit de montrer que les monômes (tk )k∈[0:n+1] peuvent être généré
par les fonctions de En+1 . En utilisant l’hypothèse de récurrence, on sait déjà que les monômes (tk )k∈[0:n] peuvent
être générés par En ⊂ En+1 . Il reste juste à montrer que tn+1 peut être générée par En+1 . Mais, on peut voir que
tn+1 =
n
Y
(t − xk ) + w
où w ∈ Pn [R].
k=0
Qn
En effet, le coefficient associé au monôme tn+1 dans k=0 (t − xk ) est égal à 1. Comme w ∈ Pn [R], l’hypothèse de
récurrence garantit que w peut être généré par les fonctions de En . Ceci termine la preuve de Pn+1 .
2. Soit σ : [0 : n] 7→ [0 : n], une permutation (c’est à dire une application bijective de [0 : n] dans [0 : n]). Ecrivons la forme
de Newton du polynôme d’interpolation pn des points (xi , fi )i∈[0:n] :
pn (t) = f [x0 ] + f [x0 , x1 ](t − x0 ) + · · · + f [x0 , x1 , · · · , xn−1 ]
n−2
Y
n−1
Y
k=0
k=0
(t − xk ) + f [x0 , x1 , · · · , xn ]
(t − xk ).
(4)
Bien, sur comme l’ensemble des points (xi , fi )i∈[0:n] est égal à l’ensemble des points (xσ(i) , fσ(i) )i∈[0:n] , pn est aussi le
polynôme d’interpolation des points (xσ(i) , fσ(i) )i∈[0:n] . Il peut donc également s’écrire sous la forme
pn (t) = f [xσ(0) ] + f [xσ(0) , xσ(1) ](t − xσ(0) ) + · · ·
+ f [xσ(0) , xσ(1) , · · · , xσ(n−1) ]
n−2
Y
n−1
Y
k=0
k=0
(t − xσ(k) ) + f [xσ(0) , xσ(1) , · · · , xσ(n) ]
2
(t − xσ(k) ). (5)
Le terme de plus haut degré (associé au monôme tn+1 ) dans l’expression (4) est f [x0 , x1 , · · · , xn ]. De même le terme de plus
haut degré (associé au monôme tn+1 ) dans (5) est f [xσ(0) , xσ(1) ]. Donc,
f [x0 , x1 , · · · , xn ] = f [xσ(0) , xσ(1) , · · · , xσ(n) ],
ce qui signifie que le nombre f [x0 , x1 , · · · , xn ] est indépendant de l’ordre des points (xk )k∈[0:n] .
3. Considérons maintenant la permutation σ : [0 : n] 7→ [0 : n] donnée par
σ(i) = n − i
et écrivons la forme de Newton (5) du polynôme d’interpolation des points (xσ(i) , fσ(i) )i∈[0:n] pour cette permutation particulière :
pn = f [xn ] + f [xn , xn−1 ](t − xn ) + · · · + f [xn , xn−1 , · · · , x1 ]
n
Y
(t − xk ) + f [xn , xn−1 , · · · , x0 ]
k=2
n
Y
(t − xk ).
(6)
k=1
Identifions les termes de degré n − 1 dans (6) et (4) :
!
n−1
X
f [x0 , x1 , · · · , xn−1 ] −
xk f [x0 , x1 , · · · , xn ] = f [x1 , x2 , · · · , xn ] −
n
X
k=0
!
xk
f [x0 , x1 , · · · , xn ]
k=1
Donc,
f [x0 , x1 , · · · , xn−1 ] − f [x1 , x2 , · · · , xn ] = f [x0 , x1 , · · · , xn ]
n−1
X
k=0
xk −
n
X
!
xk
= f [x0 , x1 , · · · , xn ](x0 − xn ).
k=1
On retrouve bien la formule
f [x0 , x1 , · · · , xn ] =
f [x1 , x2 , · · · , xn ] − f [x0 , x1 , · · · , xn−1 ]
.
xn − x0
4. On résume souvent le calcul du polynôme d’interpolation par la méthode des différences divisées par le tableau représenté
sur la figure (1) (dans le cas particulier de 4 points) :
x0
f [x0 ]
x1
f [x1 ]
f [x0 , x1 ]
f [x0 , x1 , x2 ]
f [x1 , x2 ]
x2
f [x2 ]
f [x0 , x1 , x2 , x3 ]
f [x1 , x2 , x3 ]
f [x2 , x3 ]
x3
f [x3 ]
F IGURE 1 – Tableau des différences divisées associées aux 4 points (xi , fi )i∈[0:3]
Ainsi, pour calculer le polynôme d’interpolation des points (xi , fi )i∈[0:n] à partir du polynôme d’interpolation des points
(xi , fi )i∈[0:n−1] (i.e. ajouter le point d’interpolation (xn , fn )) , il suffit de calculer les n + 1 différences divisées (n + 1
soustractions et n + 1 divisions)
f [xn ], f [xn−1 , xn ], · · · , f [x0 , x1 , · · · , xn ].
3