[PDF] Linterpolation polynomiale L'interpolation polynomiale. Denis Vekemans ?

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L"interpolation polynomiale

Denis Vekemans

Soitfune application deRdansR.

On connaîtf(xi)pouri? {0,1,...,n}et on veut trouver un polynômePtel quep(xi) =f(xi)pour i? {0,1,...,n}.

Le tel polynômePs"appelle polynôme d"interpolation defen les points d"abscissesx0,x1,...,xn. On

dit aussi quePinterpolefen les points d"abscissesx0,x1,...,xn. SoitPnl"espace vectoriel des polynômes de degré inférieur ou égal àn.

Théorème 1

Une condition nécessaire et suffisante pour qu"il existe un et un seulP? Pnqui interpolefest que les

abscisses d"interpolationxisoient toutes distinctes.

Première démonstration

On cherche le polynômePsous la formeP(x) =?ni=0aixi. On obtient le système àn+ 1équations etn+ 1inconnues ... n i=0a ixij=f(xj),?j? {0,1,...,n}. Ce système admet une solution unique si le déterminant

1x0... xn0

1x1... xn1

.1xn... xnn i>j(xi-xj)

est non nul. C"est équivalent à dire que les abscisses d"interpolationxisont toutes distinctes.

Deuxième démonstration

Unicité

On suppose qu"il existe deux polyomesP? PnetQ? Pnqui interpolentfen les points d"abscissesx0, x

1,...,xn. On définit alorsR=P-Q. On obtient alors queRest un polynôme dePnqui interpole la

fonction nulle en les points d"abscissesx0,x1,...,xn. Il vient donc queR= 0, puis queP=Q.

?Laboratoire de mathématiques pures et appliquées Joseph Liouville ; 50, rue Ferdinand Buisson BP 699 ; 62 228 Calais

cedex ; France 1

PLC1L"interpolation polynomiale2008

Existence

Pour montrer son existence, on le construit.

-f(x0) +a0+a1x0+...+anxn0= 0 -f(x1) +a0+a1x1+...+anxn1= 0 -f(xn) +a0+a1xn+...+anxnn= 0

D"où,

-P(x) 1x ... xn -f(x0) 1x0... xn0 -f(x1) 1x1... xn1 .-f(xn) 1xn... xnn = 0.

Ou encore,

-P(x) 1x ... xn

0 1x0... xn0

0 1x1... xn1

.0 1xn... xnn

0 1x ... xn

-f(x0) 1x0... xn0 -f(x1) 1x1... xn1 .-f(xn) 1xn... xnn Et il s"ensuit qu"on peut exprimerPsous forme d"un rapport de deux détermnants

P(x) =

0 1x ... xn

-f(x0) 1x0... xn0 -f(x1) 1x1... xn1 .-f(xn) 1xn... xnn

1x0... xn0

1x1... xn1

.1xn... xnn

Le polynôme d"interpolation de Lagrange.

Le polynôme d"interpolation de Lagrange est donné par la formule de Lagrange P n(x) =n? i=0L(n) i(x)f(xi) -2/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

où L (n) i(x) =n? j=0etj?=ix-xj xi-xj.

Ce polynôme dePninterpole bienfen les points d"abscissesx0,x1,...,xnet est donc bien le polynôme

d"interpolation defen les points d"abscissesx0,x1,...,xn, d"après le théorème 1. Une autre formulation du polynôme de Lagrange ...

On pose

v n(x) =n? j=0(x-xj).

On calculev?n(xi)...

v ?n(xi) = limx→xiv n(x)-vn(xi) x-xi= limx→xiv n(x)x-xi=n? j=0etj?=i(xi-xj).

Par conséquent,

P n(x) =vn(x)n? i=0f(xi) (x-xi)v?n(xi). Et, L (n) i(x) =vn(x) (x-xi)v?n(xi).

Le schéma de Neville-Aitken.

On peut calculer récursivement les polynômes de Lagrange à l"aide du schéma de Neville Aitken comme

suit ...

On nommeT(i)

kle polynôme qui interpolefen les points d"abscissesxi,xi+1,...,xi+k.

Alors,

?T (i)

0(x) =f(xi)

T (i) k+1(x) =(xi+k+1-x)T(i) k(x)-(xi-x)T(i+1) k(x) xi+k+1-xipourk? {0,1,...,n-1}eti? {0,1,...,n-k-1}.

Algorithme triangulaire pour les générer.

Démonstration

On montre ce résultat par récurrence surk.

-T(i)

0est bien le polynôme deP0qui interpolefenxi.

- On suppose queT(i) ksoit le polynôme dePkqui interpolefen les points d"abscissesxi,xi+1,...,xi+k et queT(i+1) ksoit le polynôme dePkqui interpolefen les points d"abscissesxi+1,xi+2,...,xi+k+1 et on montre queT(i) k+1est le polynôme dePk+1qui interpolefen les points d"abscissesxi,xi+1,..., x i+k+1.

Il est évident queT(i)

k+1? Pk+1.

Ensuite,

-3/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

- pourx=xi, on a T (i) k+1(xi) =(xi+k+1-xi)=f(xi)? T (i) k(xi)-=0 (xi-xi)T(i+1) k(xi) xi+k+1-xi=f(xi). - pourx=xl, avecl? {i+ 1,i+ 2,...,i+k}, on a T (i) k+1(xl) =(xi+k+1-xl)=f(xl)? T (i) k(xl)-(xi-xl)=f(xl)???? T (i+1) k(xl) xi+k+1-xi=f(xl). - pourx=xi+k+1, on a T (i) k+1(xi+k+1) ==0 (xi+k+1-xi+k+1)T(i) k(xi)-(xi-xi+k+1)=f(xi+k+1)???? T (i+1) k(xi) xi+k+1-xi=f(xi+k+1).

Ainsi, d"après le théorème 1,T(i)

k+1est le polynôme dePk+1qui interpolefen les points d"abscissesxi, x i+1,...,xi+k+1. T (0)nest donc le polynôme dePnqui interpolefen les points d"abscissesx0,x1,...,xn.

Les différences divisées.

Soitfune application deRdansR.

On connaîtf(xi)pouri? {0,1,...,n}et on veut trouver un polynômePtel quep(xi) =f(xi)pour i? {0,1,...,n}. On appelle différences divisées d"ordre0,1,...,nde la fonctionf, les expressions suivantes - Ordre0: ?xi0?f=f(xi0). - Ordre1: ?xi0,xi1?f=?xi0?f- ?xi1?f xi0-xi1. - Ordrek: ?xi0,xi1,...,xik?f=?xi0,xi1,...,xik-1? f- ?xi1,xi2,...,xik?f xi0-xik, pourk? {2,3,...,n}.

Algorithme triangulaire pour les générer.

Théorème 2

?xi0,xi1,...,xik?f=? i?{i0,i1,...,ik}f(xi) v?(xi), où v(x) =? i?{i0,i1,...,ik}(x-xi). -4/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

Démonstration

On montre ce résultat par récurrence surk.

- Pourk= 0, on av(x) =x-xi0,v?(x) = 1et?xi0?f=f(xi0). - On suppose avoir démontré que ?xi0,xi1,...,xik?f=? i?{i0,i1,...,ik}f(xi) v?1(xi), où v

1(x) =?

i?{i0,i1,...,ik}(x-xi) et que ?xi1,xi2,...,xik+1? f=? i?{i1,i2,...,ik+1}f(xi) v?2(xi), où v

2(x) =?

i?{i1,i2,...,ik+1}(x-xi).

On va démontrer que

?xi0,xi1,...,xik+1? f=? i?{i0,i1,...,ik+1}f(xi) v?3(xi), où v

3(x) =?

i?{i0,i1,...,ik+1}(x-xi). xi0,xi1,...,xik+1? f ?xi0,xi1,...,xik?f-?xi1,xi2,...,xik+1? f xi0-xik+1 1 xi0-xik+1(( f(xi0)v?1(xi0)+(( -f(xik+1)v?2(xik+1))) i?{i0,i1,...,ik+1}f(xi) v?3(xi) car v ?1(xiν) =? i?{i0,i1,...,ik}\{iν}(xiν-xi), v ?2(xiν) =? i?{i1,i2,...,ik+1}\{iν}(xiν-xi), -5/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

et 1 v?1(xiν)-1v?2(xiν) 1 i?{i1,i2,...,ik+1}\{iν}(xiν-xi)) (xiν-xik+1)-(xiν-xi0) i?{i0,i1,...,ik+1}\{iν}(xiν-xi) xi0-xik+1 i?{i0,i1,...,ik+1}\{iν}(xiν-xi) xi0-xik+1 v?3(xiν)

Théorème 3

f(x) =?x0?f + (x-x0)?x0,x1?f + (x-x0)(x-x1)...(x-xn-1)?x0,x1,...,xn?f + (x-x0)(x-x1)...(x-xn)?x,x0,x1,...,xn?f.

Démonstration

On a?x?f=f(x).

On a?x,x0?f=?x?f-?x0?f

x-x0, puisf(x) =?x0?f+ (x-x0)?x,x0?f.

On a?x,x0,x1?f=?x,x0?f-?x0,x1?f

x-x1, puisf(x) =?x0?f+ (x-x0)? ?x0,x1?f+ (x-x1)?x,x0,x1?f? ?x0?f+ (x-x0)?x0,x1?f+ (x-x0)(x-x1)?x,x0,x1?f.

Et ainsi de suite ...

Théorème 4

Le polynôme d"interpolation defen les points d"abscissesx0,x1,...,xns"écrit P n(x) =?x0?f + (x-x0)?x0,x1?f + (x-x0)(x-x1)...(x-xn-1)?x0,x1,...,xn?f.

Démonstration

D"après le théorème 2, on a

?x,x0,x1,...,xn?f=f(x) vn(x)+n? i=0f(xi)(xi-x)v?n(xi), -6/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

où v(x) =? i?{i0,i1,...,ik}(x-xi), avecvn(x) =?ni=0(x-xi).

Or, on a vu

P n(x) =vn(x)n? i=0f(xi) (x-xi)v?n(xi) et, par conséquent, v n(x)?x,x0,x1,...,xn?f=f(x)-Pn(x).

Puis, d"après le théorème 3,

P n(x) =?x0?f + (x-x0)?x0,x1?f + (x-x0)(x-x1)...(x-xn-1)?x0,x1,...,xn?f.

On définitEn=f-Pn.

Théorème 5

E n(x) = (x-x0)(x-x1)...(x-xn)? =vn(x)?x,x0,x1,...,xn?f.

Démonstration

Trivial.

Et, d"une manière plus exploitable, ... en posantI= [min(minixi,x),max(maxixi,x)].

Théorème 6

Sif? Cn+1(I), alors

E n(x) =vn(x)

Démonstration

On poseF=f-Pn-cvnoùc=?x,x0,x1,...,xn?f.

On aF(xi) = 0pouri? {0,1,...,n}, etF(x) = 0, d"après le théorème 5.Fpossède donc au moins

n+ 2racines dansI. D"après le théorème de Rolle,F?possède donc au moinsn+ 2racines dansI. -7/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

racines. On a F (n+1)(t) =f(n+1)(t)-P(n+1)n(t)? =0-cv(n+1)n(t)???? =(n+1)!. Puis, et E n(x) =vn(x)

Théorème 7

Sif? Cn+1(I), alors

(n+ 1)!

Démonstration

Trivial.

On cherche maintenant à minimiser l"erreur d"interpolationEnsur[a,b]: on cherche min x i?[a,b]? maxx?[a,b]|vn(x)|?

La réponse à ce problème est donnée par les polynômes de TchébychevTnlorsquea=-1etb= 1.

Remarque : lorsque l"intervalle est[a,b], on se ramène à[-1,1]par le changement de variable affine

x=b-a

2t+b+a2oùx?[a,b]et oùt?[-1,1].

On définitTnparTn(x) = cos(nΘ),avec Θ = arccosx.

Théorème 8

Les fonctionsTnsatisfont la relation de récurrence à trois termes T n+1(x)-2xTn(x) +Tn-1(x) = 0 pourn≥1avecT0(x) = 1etT1(x) =x.

Démonstration

La formule trigonométrique

cosp+ cosq= 2cos(p-q

2)cos(p+q2)

avecp= (n+ 1)Θetq= (n-1)Θfournit immédiatement le résultat. -8/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

Théorème 9

Les fonctionsTnsont des fonctions polynômes pour lesquelles le coefficient dexnest2n-1.

Démonstration

Une récurrence simple depuis la formule de récurrence à trois termes induit que les fonctionsTnsont des

fonctions polynômes pour lesquelles le coefficient dexnest2n-1.

Théorème 10

Lesnracines simples deTnsont données parxi= cos?2i+1

2nπ?, pouri? {0,1,...,n-1}.

Démonstration

Tn(xi) = cos?narccos(cos?2i+12nπ?)?= cos?n2i+12nπ?= cos?2i+12π?= 0. T npossède donc lesnracines simplesxi= cos?2i+1

2nπ?, pouri? {0,1,...,n-1}.

Théorème 11

Lesn+ 1extrema deTnsont données par?xi= cos?i

nπ?, pouri? {0,1,...,n}tels queTn(?xi) = (-1)i.

Démonstration

T?n(x) = sin(narccos(x))n⎷1-x2.

Puis,T?n(?xi) = sin?narccos(cos?i

nπ?)?nq

1-(cos(inπ))2= sin(iπ)n

q

1-(cos(inπ))2= 0.

T n(?xi) = cos?narccos(cos?i nπ?)?= cos?ninπ?= cos(iπ) = (-1)i. On revient maintenant au problème où on cherche min x i?[-1,1]? maxx?[-1,1]|vn(x)|? On appelleQn+1l"ensemble des polynômes de degrén+ 1tels que - le coefficient dexn+1soit égal à1; - toutes les racines soient distinctes et appartiennent à[-1,1]. Notre problème peut donc se reformuler ainsi : on cherche le polynômevndeQn+1tel que max

Théorème 12

?p? Qn+1, on a 1 -9/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

Démonstration

On aTn+12n? Qn+1, d"après les théorèmes 9 et 10. |Tn+1|

2nprendn+2fois sa valeur maximale sur[-1,1](aux points?xi= cos?in+1π?

, pouri? {0,1,...,n+1} et cette valeur maximale est 1

2n, d"après le théorème 11.

Supposons qu"il existep? Qn+1tel que

max x?[-1,1]|p(x)|<1 2n.

Le polynômer=Tn+1

2n-pest tel quer? Pn.

De plus, on ar(?xi) =(-1)i

2n-p(?xi), pouri? {0,1,...,n+ 1}etr(?xi)est alternativement positive et

négative carp(?xi)<1 2n.

D"après le théorème des valeurs intermédiaires,ra donc au moinsn+ 1racines distinctes. Or,r? Pn,

doncr= 0. On peut reformuler le théorème précédent ...

Théorème 13

Le choix des abscisses d"interpolationxiqui minimise le maximum deEn(x)pourx?[-1,1]est donné par x i= cos?2i+ 1

2n+ 2π?

,?i? {0,1,...,n}. Convergence de la méthode d"interpolation polynômiale.

Le théorème de Weierstrass assure la convergence du polynôme d"interpolationPndefen les points

d"abscissesx(n) i= cos?2i+1

2n+2π?

,?i? {0,1,...,n}vers la fonctionflorsquefest continue. Par contre, le polynôme d"interpolationPndefen les points d"abscissesx(n) i=-1+2i n,?i? {0,1,...,n}

ne converge pas forcément vers la fonctionf, même lorsquefest continue. [Ce résultat n"est pas démontré

ici].

Voici le théorème de Weierstrass sous forme d"un exercice (voir [2]) portant sur les suites et séries de

fonctions. Exercice:Théorème de Weierstrass.fest supposée continue sur[0,1]. On poseEk(x) =Cknxk(1-

1. Calculer

n? k=0E k(x) =1, n? k=0kE k(x) =nx, n? k=0k

2Ek(x)

=n(n-1)x2+nxet n? k=0(k-nx)2Ek(x) =nx(1-x).

2.α >0;In={0,1,...,n}. On définit, pourx?[0,1], Kn=?k?N,|k

n-x| ≥α?etK?n=In\Kn.

Montrer que?x?[0,1],?

4nα2.

3.?n?N,Bn:f→Bn(f) =?nk=0f(k

n)Ek. Montrer que(Bn(f))converge uniformément versfsur [0,1].

4. Soitgcontinue sur[0,1]telle que?n?N,?1

0g(x)xndx= 0. Montrer queg= 0sur[0,1].

-10/12-Mathématiques

PLC1L"interpolation polynomiale2008

Corrigé de l"exercice:Théorème de Weierstrass.

1. (a)

?nk=0Ek(x) = 1(trivial par la formule du binôme de Newton). (b) ?nk=0kEk(x) =nx(trivial en utilisantCkn=n kCk-1n-1). (c) ?nk=0k(k-1)Ek(x) =n(n-1)x2(trivial en utilisantCkn=n(n-1) k(k-1)Ck-2n-2). (d) ?nk=0(k-nx)2Ek(x) =nx(1-x)(en développant(k-nx)2par rapport àkdans la base des {1,k,k(k-1)}). 2. n k=0(k-nx)2Ek(x) =nx(1-x)? 1

4≥

k?Kn(k-nx? ≥nα)

2Ek(x)

≥n2α2? k?KnE k(x).

D"où

k?KnEquotesdbs_dbs1.pdfusesText_1

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