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CHAPITRE II : Inroduction a l'interpolation

1. Rappel et denitions

On se donne une fonctionfconnue seulement en(n+1)points de la forme(xi;f(xi)), 0in, peut-on construire une approximationj (polyn^omes, polyn^omes par morceaux, polyn^omes trigonometriques ....) defpour toutxdeR, telle que j(xi) =f(xi),80in Les points(xi;f(xi))peuvent provenir de donnees experimental, d'un table ou d'une fonction connue analytiquement. SoitPn(x)l'espace des polyn^omes de degre inferieur ou egal an.

On rappelle que1,x,x2,....,xnest une base dePn(x)

(dimPn(x) =n+1)2 / 42

Denition (Interpolant)

Soitfune fonction reelle denie sur un intervalle[a,b]contenantn+1 points distinctsx0,x1,....,xn.

SoitPnun polyn^ome de degre inferieur ou egal an.

On dit quePnest uninterpolantdefouinterpolefenx0,x1,....,xnsi : P n(xi) =f(xi)pour 0in Les pionts(xi;f(xi))sont appeles points d'interpolation3 / 42

2. Interpolant de Lagrange

Denition (Polyn^omes de Lagrange)

Soientx0,x1,....,xn;(n+1)points deux a deux distincts d'un intervalle a,b]deR. On appelle interpolants de Lagrange les polyn^omesLidenis pour i=0,...,npar : L i(x) =j=nÕ j=0 j6=i(xxj)(xixj)

On a en particulier :

L

0(x) =j=nÕ

j=1(xxj)(x0xj)=(xx1)(xx2).......(xxi)........(xxn)(x0x1)(x0x2)....(x0xi)....(x0xn)4 / 42

Denition (suite)

L n(x) =j=n1Õ Si on prendPn(x) =L0(x)f(x0) +L1(x)f(x1) +....+Ln(x)f(xn) alors :Pn(xi) =f(xi)pour 0inExemple

Six0=1,x1=0 etx2=1 ,

f(x0) =2 ,f(x1) =1 ,f(x2) =1 ,on obtient L

0(x) =(xx1)(xx2)(x0x1)(x0x2)=x(x1)(1)(11)=x(x1)2

L

1(x) =(xx0)(xx2)(x1x0)(x1x2)=(x(1))(x1)(1)(1)=(x+1)(x1)1

L

2(x) =(xx0)(xx1)(x2x0)(x2x1)=(x+1)x(1(1))(10)=(x+1)x2

5 / 42

Denition (suite)

L n(x) =j=n1Õ Si on prendPn(x) =L0(x)f(x0) +L1(x)f(x1) +....+Ln(x)f(xn) alors :Pn(xi) =f(xi)pour 0inExemple

Six0=1,x1=0 etx2=1 ,

f(x0) =2 ,f(x1) =1 ,f(x2) =1 ,on obtient L

0(x) =(xx1)(xx2)(x0x1)(x0x2)=x(x1)(1)(11)=x(x1)2

L

1(x) =(xx0)(xx2)(x1x0)(x1x2)=(x(1))(x1)(1)(1)=(x+1)(x1)1

L

2(x) =(xx0)(xx1)(x2x0)(x2x1)=(x+1)x(1(1))(10)=(x+1)x2

5 / 42

Exemple (suite)

Donc P

2(x) =L0(x)f(x0) +L1(x)f(x1) +L2(x)f(x2)

x(x1)2 f(x0) +(x+1)(x1)1f(x1) +(x+1)x2 f(x2) =2x(x1)2 +(x+1)(x1)1(x+1)x2 =12 x232 x+1

On verie facilement que :

P

2(x0) =P2(1) =(1)(11)2

=2=f(x0) P

2(x1) =P2(0) =1(1)1=1=f(x1)

P

2(x2) =P2(1) =(1+1)12

=1=f(x2)6 / 42

Proprietes

Les polyn^omes de Lagrange ont les proprietes suivantes :

P1)Lj(x)est un polyn^ome de degren;8j=0,...,n

P2)Lj(xj) =18j=0,...,netLj(xi) =0 pour toutj6=i

()Lj(xi) =dij avecdijest le symbole deKronecker: d ij=1 sii=j

0 sii6=j

P3)la famillefL0(x),L1(x),....Ln(x)gest une base dePn(x)Preuve :

P1)Par denitionLj(x)est un polyn^ome de degren

P2)Cette propriete est aisement veriee en remplacantxparxi dansLj(x) P3)On a :cardfL0(x),L1(x),....Ln(x)g=dimPn(x) =n+1

Donc il sut donc de montrer que

fL0(x),L1(x),....Ln(x)g est un systeme libre.

7 / 42

SoientC0,C1,.....,Cndes constantes telles que :

C

0L0(x) +C1L1(x) +....+CnLn(x) =0

Alors, en prenant successivementx=x0xixnet en utilisant L j(xi) =dij

On deduit que :

C

0=C1=...=Cn=0

La famille

fL0(x),L1(x),....Ln(x)gest libre et par consequent c'est une base dePn(x).8 / 42

3. Interpolant de Newton

Denition (Dierences divisees)

Soitfune fonction numerique denie sur un intervalle[a,b]contenant n+1 points distinctsx0,x1,....,xn. On denit les dierences divisees d'ordreidefaux points(xk)0kn comme suit : [f(x0)] =f(x0) [f(x0),f(x1)] =f(x1)f(x0)x 1x0 [f(x0),,f(xi)] =[f(x1),,f(xi)][f(x0),,f(xi1)]x ix0pouri29 / 42

Exemple

Six0=1,x1=0 ,x2=1,

f(x0) =2 ,f(x1) =1 etf(x2) =1 , on obtient [f(1)] =2 [f(1),f(0)] =120(1)=1 [f(0)] =1[f(1),f(0),f(1)] =12 [f(0),f(1)] =1110=2 [f(1)] =110 / 42

Proprietes

La valeur d'une dierence divisee est independante de de l'ordre desxi

On a ainsi :

[f(x0),f(x1)] =f(x1)f(x0)x

1x0=f(x1)x

1x0+f(x0)x

0x1= [f(x1),f(x0)]

[f(x0),f(x1),f(x2)] =f(x2)(x2x1)(x2x0)+f(x1)(x1x2)(x1x0) f(x0)(x0x1)(x0x2) = [f(x2),f(x1),f(x0)] = [f(x1),f(x0),f(x2)] et de facon generale : [f(x0),f(x1),...f(xk)] =i=kå i=0f(xi)(xix0)....(xixi1)(xixi+1)...(xixk)11 / 42

Remarque

Pour expliciter le processus recursif, les dierences divisees peuvent ^etre calculees en les disposants de la maniere suivante dans un tableau :ix 0x

0f(x0)1x

1f(x1)f[x0,x1]2x

2f(x2)f[x1,x2]f[x0,x1,x2]3x

3f(x3)f[x2,x3]f[x1,x2,x3]f[x0,x1,x2,x3].

..12 / 42

Denition (Interpolant de Newton :)

On appelle interpolant de Newton le polyn^omePndonne par : P n(x) =f(x0) + [f(x0),f(x1)](xx0) + +[f(x0),,f(xn)](xx0)(xxn1)Theoreme L'unique polyn^ome de Newton de degrenpassant par les(n+1)points d'interpolation (xi,f(xi))0inpeut s'ecrire selon la forme recursive suivante : P Si x0=1,x1=0 ,x2=1, f(x0) =2,f(x1) =1,f(x2) =1. on obtient le tableau suivant :

13 / 42

Exemple (suite)

ix if[xi]f[xi1,xi]f[xi2,xi1,xi]0-12 101-1

21-1-212

P

2(x) =f(x0) + [f(x0),f(x1)](xx0)

+[f(x0),f(x1),f(x2)](xx0)(xx1) =2+ (1)(xx0) +12 (xx0)(xx1) =2(x+1)12 (x+1)(x) =132 x12 x214 / 42

Denition (Base de Newton)

Soientx0,x1,,xn;(n+1)points deux a deux distincts d'un intervalle a,b]deRet les polyn^omesNidenis pouri=0,,npar : N

0(x) =1

N j(x) = (xx0)(xx1)(xxj1)pourj=1,,n

On a en particulier

N

1(x) = (xx0)

N n(x) = (xx0)(xx1)(xxn1)Proprietes

Les polyn^omesNiont les proprietes suivantes :

P1)Ni(x)est un polyn^ome de degrei

P2)Pouri1 ,Ni(x)admetx0,x1,,xi1comme racines

P3)la famillefN0(x),N1(x),,Nn(x)gest une base de

P n(x)dite base de Newton15 / 42

Preuve :

P1)Propriete evidente d'apres la denition deNi(x)

P2)Propriete egalement evidente d'apres la denition deNi(x)

P3)On a :

card fN0(x),N1(x),,Nn(x)g=dimPn(x) =n+1

Donc il sut donc de montrer que

fN0(x),N1(x),,Nn(x)gest un systeme libre. SoientC0,C1,,Cndes constantes telles que : C

0N0(x) +C1N1(x) ++CnNn(x) =0

PosonsF(x) =C1N0(x) +C1N1(x) ++CnNn(x) =0

Comme lesxisont supposes deux a deux distincts, on obtient successivement :

F(x0) =C0N0(x0) =0()C0=0

F(x1) =C1N1(x0) =C1(x1x0) =0()C1=0

F(xn) =CnNn(xn) =Cn(xnx0)(xnx1)(xnxn1) =0()

C n=016 / 42

La famille

fN0(x),N1(x),,Nn(x)gest libre et par consequent c'est une base dePn(x).Theoreme Soitfune fonction numerique denie sur un intervalle[a,b]. SoitPnun polyn^ome interpolantfen(n+1)pointsx0,x1,,xnde [a,b]

Alors :

a) On p eutexp rimerPn(x)comme combinaison lineaire desNi de la base de Newton : P n(x) =D0N0(x) +D1N1(x) ++DnNn(x) b)

Les Disont des constantes donnees par :

D

0= [f(x0)] =f(x0)

D

1= [f(x0),f(x1)]

D i= [f(x0),f(x1),...,f(xi)]pouri217 / 42

La famille

fN0(x),N1(x),,Nn(x)gest libre et par consequent c'est une base dePn(x).Theoreme Soitfune fonction numerique denie sur un intervalle[a,b]. SoitPnun polyn^ome interpolantfen(n+1)pointsx0,x1,,xnde [a,b]

Alors :

a) On p eutexp rimerPn(x)comme combinaison lineaire desNi de la base de Newton : P n(x) =D0N0(x) +D1N1(x) ++DnNn(x) b)

Les Disont des constantes donnees par :

D

0= [f(x0)] =f(x0)

D

1= [f(x0),f(x1)]

D i= [f(x0),f(x1),...,f(xi)]pouri217 / 42

Preuve :

a) PuisquePn(x)2Pn(x)et queBN=fN0(x),N1(x),....Nn(x)gest une base dePn(x), on peut ecrirePn(x)dans la baseBN b) En ecrivantPn(x) =D0N0(x) +D1N1(x) ++DnNn(x) pourx=xi, 0in on obtient le systeme triangulaire inferieur suivant : (S1)8 >>>>:P n(x0) =D0=f(x0) P n(x1) =D0+N1(x1)D1=f(x1) P n(x2) =D0+N1(x2)D1+N2(x2)D2=f(x2) P n(xn) =D0+N1(xn)D1++Nn(xn)Dn=f(xn)18 / 42

LesDisolutions du systeme(S1)sont donnees par :

D

0= [f(x0)]

=f(x0) D

1=f(x1)f(x0)N

1(x1) f(x1)f(x0)(x1x0) = [f(x0),f(x1)] D ix0 = [f(x0),f(x1),,f(xi)]pouri219 / 42

Exemple

Soit la fonctionftelle queX

k0.152.303.154.856.257.95 Donc Les Coecients du polyn^ome d'interpolation defdans la base de newton sont : D D

4=0.000104D5=0.000002

Et son graphe est donne par la gure (1)

20 / 42

0123456781

1.5 2 2.5 3 3.5 4 4.5 5 points d'interpolation l'interpolant de fFigure{Interpolation de Newton21 / 42

4. Existence et Unicite de l'interpolant

Theoreme

Il existe un polyn^omePnunique de degren, interpolantfen(n+1) points, c.a.d : tel que :Pn(xi) =f(xi),i=0,1,,nPreuve : i)Existence :Soit L i(x) =(xx0)(xx1)....(xxi1)(xxi+1)(xxn)(xix0)(xix1)....(xixi1)(xixi+1)(xixn) etPn(x) =L0(x)f(x0) +L1(x)f(x1) ++Ln(x)f(xn) i=nå i=0L i(x)f(xi) i=nå i=08 :j=nÕ j=0 j6=i(xxj)(xixj)9 ;f(xi)22 / 42 Pour chaquei=0,,n,Liest un polyn^ome de degrenveriant : L j(xi) =dijet par consequent on a : P n(xi) =f(xi),i=0,1,,n ii) Unicite : Supposons qu'il existe deux polyn^omes dierentsPnetQnde degren, interpolantfaux pointsxi. Alors, en posantDn(x) =Pn(x)Qn(x), on arrive a une contradiction. En eet,Dnest un polyn^ome de degrenet par consequent il peut avoir au plusnzeros mais d'un autre c^oteDn(xi) =0 pouri=0,1,,n, ce qui voudrait dire queDnaurait(n+1)zeros d'ou la contradiction.

DoncPnQn23 / 42

4.1 Interpolation lineaire

Dans ce cas,P1est un polyn^ome de degre 1 interpolantfaux pointsx0et x 1 on a doncP1(xi) =f(xi),i=0,1 et les polyn^omes de Lagrange donnes par :L0(x) =(xx1)(x0x1)etL1(x) =(xx0)(x1x0).

D'ou :

P

1(x) =L0(x)f(x0) +L1(x)f(x1)

f(x1)f(x0)(x1x0)(xx0) +f(x0) xx1x

0x1f(x0) +xx0x

1x0f(x1)

qui est bien la formule d'interpolation lineaire qu'on obtient en cherchant la droite passant parx0etx124 / 42 De facon similaire on peut exprimerP1dans la base de Newton pour obtenir : P

1(x) =f(x0) + [f(x0),f(x1)](xx0)

=f(x0) +f(x1)f(x0)(x1x0)(xx0)Exemple Le polyn^ome d'interpolationP1(x)passant par les points(0,1)et(2,5) P

1(x) =y0L0(x) +y1L1(x)

=y0(xx1)(x0x1)+y1(xx0)(x1x0) =1(x2)(02)+5(x0)(20) (x2)2+5x2 =2x+125 / 42

5. Erreur d'interpolation

Theoreme

SoitPnle polyn^ome interpolantfaux points

a=x0Preuve : a)Six=xile resultat est evident.

Six6=xi, posons :

R(t) =f(t)Pn(t)f(x)Pn(x)P

n+1(x)Pn+1(t)

On verie alors queR2Cn+1[a,b]et que :

R(xi) =en(xi)en(x)Pn+1(xi)P

n+1(x)=0,i=0,1,...,n, etR(x) =en(x)en(x) =0

Par consequent,Radmet au moinsn+2 zeros dans[a,b]

Et par suite, en appliquant le theoreme de Rolle de proche en proche, on montre qu'il existe un pointq2[a,b]tel que :R(n+1)(q) =0 .

Le resultat annonce en decoule.

b)R(n+1)(q) =0)en(x) =f(n+1)(q)(n+1)!Pn+1(x) )maxaxbjen(x)j maxaxbjPn+1(x)j(n+1)!Mn+127 / 42

Theoreme (Cas particulier : Points equidistants)

Soit lePnle polyn^ome interpolantfaux points

a=x080in, alors : i)pourn=1on a :maxaxbje1(x)j h28 M2 ii)pourn=3on a :maxaxbje3(x)j h416

M4Exemple

Construisons le graphe du polyn^ome d'interpolation de la fonction f dont on conna^t les valeurs suivantes (voir gure (2)) :X k-1-0.500.51 f(x)-1.500.2500

28 / 42

7. Exercices

Exercice (Interpolation de Newton :)

On interpolef(x) =ln(x)par un polyn^ome aux points d'interpolation x

0=1,x1=2,x2=3,x3=4 etx4=5.1Trouver une expression algebrique de ce polyn^ome en utilisant la

methode de Newton.2Estimer la valeur def(6,32)avec le polyn^ome trouve en 1.3Calculer l'erreur absolue.

4Combien de points d'interpolation a intervalle regulier de 0,5

faudrait-il ajouter, en partant dex5=5,5, an que l'erreur absolue

de l'estime def(6,32)obtenu en 2. diminue d'un facteur 100.5Sur l'intervalle[3,4], le graphe du polyn^ome trouve en 1. est-il

au-dessus de celui def(x), en dessous, ou se croisent-ils?30 / 42

Corrige

Exercice

On interpolef(x) =lnxpar un polyn^ome, aux points d'interpolation

1,2,3,4,5 .1Il y a 5 points d'interpolation, donc le degre du polyn^ome est 4. Le

polyn^ome de Newton est donne par : P n(x) =f(x0)+f[x0,x1]N1(x)+....+f[x0,...,xn]Nn(x) Avec N

0(x) =1,N1(x) = (xx0),,Nn(x) = (xx0)(xxn1)

Donc on construit la table des dierences divisees comme suit :

31 / 42

Exercice (Corrige)

Le polyn^ome de Newton de degre 4 est donc :

P

4(x) =D0+D1N1(x) +D2N2(x) +D3N3(x) +D4N4(x)

D

0=f[x0] =0,

D

1=f[x0,x1] =0,6931471806,

D

2=f[x0,x1,x2] =0,1438410361,

D

3=f[x0,x1,x2,x3] =0,02831650597,

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