Énoncé
Dans tout ce problème, on identie un polynôme et sa fonction polynomiale associée.
Pour n ∈ N, on désigne par R
n[X] le R-espace vectoriel des polynômes à coecients réels de degré plus petit que n . On note F(I) l'ensemble des fonctions dénies sur un intervalle I de R et à valeurs réelles. On rappelle que cet ensemble, muni des opérations usuelles sur les fonctions, est un R-espace vectoriel.
Pour une fonction f dénie sur R et un intervalle I de R, on note f
|Ila restriction de f à cet intervalle.
L'objet de ce texte est d'introduire les fonctions splines. Une fonction spline est une fonc- tion polynomiale par morceaux qui vérie des conditions supplémentaires de régularité.
Soit n ∈ N
∗et X = (x
0, x
1, · · · , x
n) une famille de réels telle que : x
0< x
1< · · · < x
nUne fonction f dénie dans [x
0, x
n] est dite polynomiale par morceaux si et seulement si
∀i ∈ J 0, n − 1 K , ∃P
i∈ R
3[X] tq ∀x ∈]x
i, x
i+1[, f (x) = P
i(x) L'ensemble des fonctions polynomiales par morceaux est noté M
X. On dénit
C
X= M
X∩ C
0([x
0, x
n]), D
X= M
X∩ C
1([x
0, x
n]), S
X= M
X∩ C
2([x
0, x
n]) Les fonctions de S
Xsont appelés des splines cubiques.
Noter que les polynômes considérés sont tous de degré au plus trois et que les ensembles de fonctions dépendent de la famille X = (x
0, · · · , x
n) .
Question préliminaire
Montrer que M
X, C
X, D
X, S
Xsont des sous-espaces vectoriels de F([x
0, x
n]) , et préciser les inclusions entre eux.
Partie I. Cas particulier
Dans cette partie, n = 2 avec X = (−1, 0, 1) . On dénit des fonctions dans [−1, 1] par :
∀x ∈ [−1, 1], f
0(x) = 1, f
1(x) = x, f
2(x) = x
2, f
3(x) = x
3, f
4(x) =
( 0 si x < 0 x
3si x ≥ 0 Dans cette partie, on note S au lieu de S
Xet M au lieu de M
X.
1. Montrer que f
0, f
1, f
2, f
3, f
4appartiennent à S .
2. Donner une condition nécessaire et susante sur les réels α
1, β
1, γ
1, δ
1, α
2, β
2, γ
2, δ
2pour que la fonction f dénie au dessous appartienne à S . f : x 7→
α
1x
3+ β
1x
2+ γ
1x + δ
1si x < 0 α
2x
3+ β
2x
2+ γ
2x + δ
2si x > 0
3. Montrer que (f
0, f
1, f
2, f
3, f
4) forme une base de S . En déduire la dimension de S .
Partie II. Calcul de dimension par récurrence.
Dans cette partie, on considère x
0< · · · < x
n< x
n+1avec
X = (x
0, · · · , x
n), X
0= (x
0, · · · , x
n, x
n+1) On note S = S
Xet S
0= S
X0.
On suppose que S est de dimension d et on considère une base (f
1, . . . , f
d) une base de S . 1. L'ensemble S est-il un sous-espace vectoriel de S
0?
2. Pour chaque i ∈ J 1, d K, on note p
i∈ R
3[X] le polynôme tel que
∀x ∈]x
n−1, x
n[, p
i(x) = f
i(x) On dénit alors f e
idans [x
0, x
n+1]
f e
i: x 7→
( f
i(x) si x ∈ [x
0, x
n[ p
i(x) si x ∈ [x
n, x
n+1] On dénit enn f
d+1dans [x
0, x
n+1] par
f
d+1: x 7→
( 0 si x ∈ [x
0, x
n[ (x − x
n)
3si x ∈ [x
n, x
n+1] Montrer que f e
1, · · · , f e
d, f
d+1∈ S
0.
3. Soit f une fonction quelconque dans S
0.
a. Montrer qu'il existe (a
1, . . . , a
d) ∈ R
dtel que
∀x ∈ [x
0, x
n], f(x) =
d
X
i=1
a
if
i(x)
b. On note
F = f −
d
X
i=1
a
if e
iMontrer que sur [x
n, x
n+1] , F est un polynôme r de degré inférieur ou égal à 3 vériant r(x
n) = r
0(x
n) = r
00(x
n) = 0 .
4. Montrer que ( f e
1, · · · , f e
d, f
d+1) est une base de S
0.
5. En déduire la dimension de S
Ypour une famille Y = (y
0, · · · , y
m) avec y
0< · · · < y
m.
Partie III. Calcul de dimension par dualité.
La famille X = (x
0, · · · , x
n) est xée, on note
M = M
X, C = C
X, D = D
X, S = S
X.
Dans les paragraphes suivants, on dénit des fonctions de M dans R. En fait ces fonctions sont linéaires, il s'agit donc de formes linéaires qui appartiennent à L(E, R ) = M
∗. La vérication de cette linéarité n'est pas demandée.
Pour tout i ∈ J 0, n K, on dénit une fonction ϕ
ide M dans R par
∀f ∈ M, ϕ
i(f ) = f (x
i)
Pour chaque i ∈ J 0, n − 1 K, et chaque f ∈ M , il existe un unique P
i,f∈ R
3[X] tel que
∀x ∈]x
i, x
i+1[, f (x) = P
i,f(x).
On peut donc dénir des fonctions
δ
0, δ
00, δ
000, δ
1, δ
01, δ
001, · · · δ
n−1, δ
0n−1, δ
00n−1de M dans R par
∀i ∈ J 0, n − 1 K , ∀f ∈ M : δ
i(f ) = P
i,f(x
i), δ
0i(f ) = P
i,f0(x
i), δ
00i(f ) = P
i,f00(x
i) On dénit de même des fonctions
γ
1, γ
01, γ
100, γ
2, γ
20, γ
n00, · · · γ
n, γ
n0, γ
n00de M dans R par
∀i ∈ J 1, n K , ∀f ∈ M : γ
i(f ) = P
i−1,f(x
i), γ
i0(f ) = P
i−1,f0(x
i), γ
i00(f ) = P
i−1,f00(x
i)
1. Dans cette question, E est un R-espace vectoriel de dimension d et (α
1, · · · , α
d) est une base de E
∗= L(E, R ) .
a. Montrer que
∃(a
1, · · · , a
d) ∈ E
dtq ∀(i, j) ∈ J 1, d K
2
, α
i(a
j) = δ
i,j=
( 0 si i 6= j 1 si i = j
b. Montrer que (a
1, · · · , a
d) est une base de E . Quelles sont les coordonnées d'un vecteur x ∈ E dans cette base ?
c. Soit 0 ≤ p ≤ d , préciser une base de ker α
1∩ · · · ∩ ker α
p.
d. Soit (β
1, · · · , β
p) une famille libre de formes linéaires. Montrer que dim (ker β
1∩ · · · ∩ ker β
p) = dim(E) − p 2. En précisant l'image d'un
(P
0, · · · , P
n−1, v
0, · · · , v
n) ∈ R
3[X ]
n× R
n+1,
dénir un isomorphisme de R
3[X ]
n× R
n+1dans M . En déduire dim(M) . 3. Montrer que la famille
(ϕ
0− δ
0, · · · , ϕ
n−1− δ
n−1, ϕ
1− γ
1, · · · , ϕ
n− γ
n) est libre dans M
∗. En déduire dim(C) .
4. En raisonnant comme dans la question précédente, calculer dim(D) et dim(S ) . Attention à bien préciser les espaces vectoriels contenant les familles considérées et à justier qu'elles sont libres.
Partie IV. Interpolation d'Hermite.
On xe deux réels a et b avec a < b et on dénit des polynômes :
A
1= X − a, B
1= X − b, A
2= (X − a)
2(X − b), B
2= (X − a)(X − b)
21. Soit (α
1, α
2, β
1, β
2) ∈ R
4et
P = α
1A
1+ α
2A
2+ β
1B
1+ β
2B
2.
Exprimer P (a) , P (b) , P
0(a) , P
0(b) en fonction de (α
1, α
2, β
1, β
2) .
2. Montrer que (A
1, A
2, B
1, B
2) est une base de R
3[X] . En déduire que (
R
3[X ] → R
4P 7→ (P (a), P
0(a), P (b), P
0(b)) est un isomorphisme.
3. Une majoration.
a. En étudiant des fonctions, calculer max
[a,b]|A
2| et max
[a,b]|B
2| . b. Montrer que, pour tout P ∈ R
3[X ] ,
max
[a,b]
|P | ≤ 35
27 (|P (a)| + |P(b)|) + 4
27 (|P
0(a)| + |P
0(b)|) (b − a) 4. Interpolation d'Hermite. Soit f ∈ C
4([a, b]) et M
4= max
[a,b]f
(4). a. Montrer qu'il existe un unique P ∈ R
3[X ] tel que
P (a) = f (a), P
0(a) = f
0(a), P(b) = f (b), P
0(b) = f
0(b).
b. Pour x xé dans ]a, b[ , on dénit une fonction ϕ dans [a, b] par :
∀t ∈ [a, b], ϕ(t) = f (t) − P(t) − K(t − a)
2(t − b)
2où K ∈ R est choisi pour que ϕ(x) = 0 . Montrer que
∃c ∈]a, b[ tq 4! K = f
(4)(c) c. Montrer que
max
[a,b]
|f − P | ≤ M
4384 (b − a)
4Partie V. Contraintes.
Les familles X = (x
0, · · · , x
n) avec x
0< · · · < x
net Y = (y
0, · · · , y
n) ∈ R
n+1sont xées.
On dénit des ensembles P
0et P
Yde splines cubiques. Pour tout f ∈ S
X,
f ∈ P
0⇔ (∀i ∈ J 0, n K , f(x
i) = 0) , f ∈ P
Y⇔ (∀i ∈ J 0, n K , f (x
i) = y
i) . 1. Montrer que P
0est un sous-espace vectoriel de dimension 2 .
2. Montrer que P
Yest un plan ane de S . Quelle est sa direction ?
3. Soit (v, w) ∈ R
2, montrer qu'il existe une unique spline f ∈ P
Ytel que f
0(x
0) = v, f
00(x
0) = w
4. Soit (v
i, v
f) ∈ R
2, montrer qu'il existe une unique spline f ∈ P
Ytel que
f
0(x
0) = v
i, f
0(x
n) = v
fCorrigé
Question préliminaire
Il est clair que S ⊂ D ⊂ C ⊂ M ⊂ F ([x
0, x
n]) .
L'ensemble M est formé par les fonctions dont les restrictions à chaque intervalle ouvert sont polynomiales. La restriction à un intervalle d'une combinaison linéaire de telles fonc- tions est la combinaison des restrictions donc encore une fonction polynomiale de degré 3 . On en déduit la stabilité de M qui est donc un sous-espace vectoriel de F([x
0, x
n]) . Pour les autres, ce sont des sous-espaces vectoriels car ils sont l'intersection de M succes- sivement avec les sous-espaces C
0, C
1, C
2.
Partie I. Cas particulier
Dans cette partie, n = 2 avec X = (−1, 0, 1) .
1. Les fonctions f
0, f
1, f
2, f
3sont polynomiales, elles sont polynomiales par morceaux et de classe C
2donc dans S .
La fonction f
4∈ M . Elle est polynomiale par morceaux. Deux plus, elle est dérivable deux fois de chaque côté de 0 et ces quatre dérivées sont nulles. On en déduit par le théorème de la limite de la dérivée que f
4est dérivable deux fois en 0 et de classe C
2avec des dérivées nulles en 0 .
2. La fonction f
f : x 7→
α
1x
3+ β
1x
2+ γ
1x + δ
1si x < 0 α
2x
3+ β
2x
2+ γ
2x + δ
2si x > 0
est polynomiale par morceaux c'est à dire f ∈ M . Elle appartient à S si et seulement si elle est C
2c'est à dire, d'après le théorème de limite de la dérivée, si les limites de f , f
0, f
00strictement à gauche et à droite de 0 coïncident. Après calcul des dérivées, la condition cherchée s'écrit
δ
1= δ
2et γ
1= γ
2et β
1= β
23. En ce début de problème, on ne sait rien de la dimension de S . Pour montrer que (f
0, f
1, f
2, f
3, f
4) est une base, il ne sut donc pas de montrer qu'elle est libre (ou génératrice). Ce qui justie que c'est une base, c'est que la fonction f de la question précédente, lorsqu'elle vérie la condition indiquée
δ
1= δ
2et γ
1= γ
2et β
1= β
2représente un élément quelconque de S et qu'il se décompose de manière unique sous la forme
f = δ
1f
0+ γ
1f
1+ β
1f
2+ α
1f
3+ (α
2− α
1)f
4. Montrons ce résultat par analyse-synthèse.
Analyse (unicité) Si f = λ
0f
0+ λ
1f
1+ λ
2f
2+ λ
3f
3+ λ
4f
4alors
∀x ∈ [−1, 0[, f (x) = λ
0+ λ
1x + λ
2x
2+ λ
3x
3⇒
λ
0=δ
1λ
1=γ
1λ
2=β
1λ
3=α
1car les deux polynômes coïncident sur une innité de valeurs. Avec la condition supplémentaire,
∀x ∈ [0, 1], λ
4x
3= (f − λ
0f
0− λ
1f
1− λ
2f
2− λ
3f
3) (x) = (α
2− α
1)x
3Synthèse (existence). Avec les dénitions et la condition de régularité, on vérie que
δ
1f
0+ γ
1f
1+ β
1f
2+ α
1f
3+ (α
2− α
1)f
4= f.
On en déduit dim(S) = 5 .
Partie II. Calcul de dimension par récurrence.
1. L'espace S est formé des splines sur [x
0, x
n] alors que S
0est formé des splines sur [x
0, x
n+1] . Une fonction dénie sur [x
0, x
n] ⊂ [x
0, x
n+1] n'est pas naturellement dénie sur [x
0, x
n+1] donc S n'est pas un sous-espace de S
0.
On pourrait dénir naturellement une fonction restriction de S
0dans S .
2. Par dénition, les fonctions f e
1, · · · , f e
d, f
d+1sont polynomiales par morceaux dans [x
0, x
n+1] et de classe C
2dans [x
0, x
n[ . Pour montrer qu'elles appartiennent à S
0, il sut de vérier le raccordement C
2en x
n.
Comment le prolongement f e
iest-il obtenu ?
Dans [x
n−1, x
n] , la fonction f
is'exprime comme une fonction polynomiale attachée à un polynôme p
i. On choisit de dénir f e
idans [x
n, x
n+1] avec la même fonction polyno- miale p
idonc f e
iest polynomiale dans [x
n−1, x
n+1] tout entier ce qui règle la question du raccordement C
2en x
n.
Quant à f
d+1, elle est C
2car f
d+1, f
d+10, f
d+100, tendent vers 0 strictement à gauche et
à droite de x
n.
3. Soit f ∈ S
0.
a. La restriction g de f à [x
0, x
n] appartient à S . Elle se décompose dans la base (f
1, · · · , f
d) :
∃(a
1, · · · , a
d) ∈ R
dtq g =
d
X
i=1
a
if
i⇒ ∀x ∈ [x
0, x
n], f(x) = g(x) =
d
X
i=1
a
if
i(x)
b. On note F = f −
d
P
i=1
a
if e
i. Comme f et chaque f e
i∈ S , la restriction de F au dernier segment [x
n, x
n+1] est polynomiale (degré au plus 3 ).
Par dénition des a
i(coordonnées de la restriction g dans la base des f
i), la restriction de F à [x
0, x
n] est nulle donc les limites de F , F
0, F
00strictement à gauche en x
nsont nulles. Comme F est C
2, on en déduit à droite de x
n:
r(x
n) = r
0(x
n) = r
00(x
n) = 0
4. Pour montrer que ( f e
1, · · · , f e
d, f
d+1) est une base de S
0, on considère un élément f ∈ S
0quelconque et on prouve par analyse-synthèse qu'il se décompose de manière unique comme combinaison linéaire de la famille.
Analyse(unicité) Supposons f = λ
1f e
1+· · ·+λ
df e
d+λ
d+1f
d+1et notons g la restriction de f à [x
0, x
n] . Alors g = λ
1f
1+· · ·+λ
df
ddonc les d premiers λ
isont obligatoirement les coordonnées de g dans la base (f
1, · · · , f
d) de S . Ceci asure l'unicité des d premiers λ
i. Comme f
d+1n'est pas nul, cela assure aussi l'unicité du dernier.
Synthèse(existence) Dénissons a
1, · · · , a
dcomme les coordonnées dans la base des f
ide la restriction g à [x
0, x
n] et considérons comme en 3.b. F = f −
d
P
i=1
a
if e
i. C'est un élément de S
0dont la restriction à [x
n, x
n+1] est un polynôme r ∈ R
3[X ] tel que r(x
n) = r
0(x
n) = r
00(x
n) = 0 . Il existe donc λ ∈ R tel que r = λ(X − x
n)
3(formule de Taylor). On en déduit
F = f −
d
X
i=1
a
if e
i= λf
d+1ce qui montre que f se décompose bien dans la famille donnée.
5. La question précédente montre que dim(S
0) = dim(S) + 1 . On peut donc raisonner par récurrence, en initialisant par I.3. et conclure
Y = (y
1, · · · , y
m) ⇒ dim(S
Y) = m + 3
Partie III. Calcul de dimension par dualité.
1. Dans cette question, E est un R-espace vectoriel de dimension d et (α
1, · · · , α
d) est une base de E
∗= L(E, R ) .
a. Considérons une application Φ Φ :
( E → R
dx 7→ (α
1(x), · · · , α
d(x))
Cette application est clairement linéaire et son noyau est ker α
1∩ · · · ∩ ker α
d. Ce noyau se réduit au vecteur nul. En eet, considérons une base quelconque de E et la famille de ses formes coordonnées. Elles s'expriment comme des combinaisons linéaires des α
i. Par conséquent, un vecteur de ker Φ aura toutes ses coordonnées (dans n'importe quelle base) nulles. L'application linéaire Φ est donc injective.
Comme dim(E) = d = dim( R
d) , l'application Φ est également surjective. Il existe donc une famille (a
,· · · , a
d) ∈ E
ddont l'image par Φ est la base canonique de R
d. Ceci assure
∀(i, j) ∈ J 1, d K
2
, α
i(a
j) = δ
i,jb. La famille (a
,· · · , a
p) contient d = dim(E) vecteurs. Pour montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison linéaire nulle
d
X
j=1
λ
ja
j= 0
EPour n'importe quel i ∈ J 1, d K, prenons l'image par la fonction α
i: 0
R= α
i(0
E) =
d
X
j=1
λ
jα
i(a
j) = λ
icar à cause de α
i(a
j) = δ
i,j, le seul j qui contribue vraiment est j = i avec α
i(a
i) = 1 . La famille est donc libre.
En raisonnant exactement de la même manière à partir de la décomposition d'un vecteur, on montre que les coordonnées de x ∈ E dans la base (a
,· · · , a
d) sont
(α
1(x), · · · , α
d(x))
c. Soit 0 ≤ p ≤ d . Tout vecteur de E se décompose dans la base (a
,· · · , a
d)
∀x ∈ E, x =
d
X
i=1
α
i(x)a
iOn en déduit
x ∈ ker α
1∩ · · · ∩ ker α
p⇒ x ∈ Vect (a
p+1, · · · , a
d) Réciproquement, les relations α
i(a
j) = δ
i,jmontrent que
a
p+1, · · · , a
d∈ ker α
1∩ · · · ∩ ker α
pOn en déduit que (a
p+1, · · · , a
d) est une base de ker α
1∩ · · · ∩ ker α
p.
d. Si (β
1, · · · , β
p) une famille libre de formes linéaires, on peut la compléter (théo- rème de la base incomplète) en une base de E
∗et utiliser la question précédente d'où
dim (ker β
1∩ · · · ∩ ker β
p) = dim(E) − p.
2. Dénissons une fonction Φ Φ :
(
R
3[X ]
n× R
n+1→ M (P
0, · · · , P
n−1, v
0, · · · , v
n) 7→ f avec
∀x ∈ [x
0, x
n], f (x) =
( v
isi ∃i ∈ J 0, n K tq x = x
iP
i(x) si ∃i ∈ J 0, n − 1 K tq x ∈ ]x
i, x
i+1[ Cette fonction est clairement un isomorphisme, on en déduit
dim(M) = n × dim( R
3[X ]) + (n + 1) = 5n + 1.
3. On veut montrer que la famille
(ϕ
0− δ
0, · · · , ϕ
n−1− δ
n−1, ϕ
1− γ
1, · · · , ϕ
n− γ
n) est libre. Remarquons que
∀i ∈ J 0, n − 1 K , (ϕ
i− δ
i)(f ) = 0 ⇔ f continue à droite en x
i∀i ∈ J 1, n K , (ϕ
i− γ
i)(f ) = 0 ⇔ f continue à gauche en x
iConsidérons une combinaison linéaire nulle
n−1
X
i=0
λ
i(ϕ
i− δ
i) +
n
X
i=1
µ
i(ϕ
i− γ
i)
et prenons les images de fonctions f ∈ M bien choisies.
Pour i ∈ J 0, n − 1 K, dénissons f ∈ M par
f (x) =
( 0 si x ≤ x
i1 si x > x
iAlors x
iest continue partout sauf en x
iet en x
i, elle est continue à gauche. En revanche, elle n'est pas continue à droite en x
i. On en déduit que λ
i= 0 .
Pour montrer que les µ
iavec i ∈ J 1, n K sont nuls, on utilise f dénie par
f (x) =
( 0 si x < x
i1 si x ≥ x
idont la seule discontinuité est en x
ià gauche. La remarque faite plus haut montre aussi que C est l'intersection des hyperplans noyaux des formes de la famille libre. Comme cette famille contient 2n éléments, on en déduit avec 1.d que
dim(C) = dim(M) − 2n = 3n + 1.
4. Plaçons nous maintenant dans C et considérons les restrictions à C des formes dénies au début de la partie. On conserve les mêmes noms pour ces restrictions.
Dans ces conditions, D est l'intersection des noyaux des formes de la famille
δ
10− γ
10, · · · , δ
n−10− γ
0n−1Cette fois, (δ
i0− γ
i0)(f ) = 0 traduit la dérivabilité de f en x
i. Pour montrer que la famille des n −1 formes est libre, il sut de considérer pour i ∈ J 1, n −1 K des fonctions f ∈ C dénies par
f (x) =
( 0 si x < x
i(x − x
i) si x ≥ x
iOn en déduit
dim(D) = dim(C) − (n − 1) = 2n + 2.
Plaçons enn dans C et considérons les restrictions à D des formes en conservant les mêmes noms.
Dans ces conditions, S est l'intersection des noyaux des formes de la famille
δ
001− γ
100, · · · , δ
00n−1− γ
n−100Cette fois, (δ
i00− γ
i00)(f) = 0 traduit que f est deux fois dérivable en x
i. Pour montrer que la famille des n − 1 formes est libre, il sut de considérer pour i ∈ J 1, n − 1 K des fonctions f ∈ D dénies par
f (x) =
( 0 si x < x
i(x − x
i)
2si x ≥ x
iOn en déduit
dim(S) = dim(D) − (n − 1) = n + 3.
Partie IV. Interpolation d'Hermite.
1. Par un simple calcul de dérivée, on obtient
P (a) =β
1(a − b) P (b) =α
1(b − a)
P
0(a) =α
1+ β
1+ β
2(a − b)
2P
0(b) =α
1+ β
1+ α
2(b − a)
22. Notons Φ l'application dénie par l'énoncé. Pour tout (u
1, v
1, u
2, v
2) ∈ R
4, le système d'équations linéaires
β
1(a − b) =u
1α
1(b − a) =u
2α
1+ β
1+ β
2(a − b)
2=v
1α
1+ β
1+ α
2(b − a)
2=v2
aux inconnues α
1, α
2, β
1, β
2admet clairement un unique quadruplet solution qu'il est inutile de calculer. On en déduit que
Φ (α
1A
1+ α
2A
2+ β
1B
1+ β
2B
2) = (u
1, v
1, u
2, v
2)
L'application linéaire Φ est donc surjective. Comme les espaces de départ et d'arrivée ont la même diension, elle est aussi injective : c'est un isomorphisme.
3. a. La fonction A
2est nulle en a et b , décroissante jusqu'à
a+2b3puis croissante jusqu'à b . La situation est analogue pour B
2en échangeant les rôles de a et b . En calulant A
2(
a+2b3) et B
2(
2a+b3) , on obtient
max
[a,b]
|A
2| = max
[a,b]
|B
2| = 4
27 (b − a)
3.
b. On a vu que tout P ∈ R
3[X ] se décompose dans la base (A
1, A
2, B
1, B
2) : P = α
1A
1+ α
2A
2+ β
1B
1+ β
2B
2On peut commencer à majorer en utilisant 2.a.
∀x ∈ [a, b], |P (x)| ≤ (|α
1| + |α
2|) (b − a) + (|β
1| + |β
2|) 4
27 (b − a)
3On utilise ensuite les relations obtenues en question 1.. On en tire
(|α
1| + |β
1|) (b − a) = (|P (a)| + |P(b)|)
(|α
2| + |β
2|) (b − a)
2≤ (|P
0(a)| + |P
0(b)|) + 2 (|α
1| + |β
1|) × 4 27 (b − a) que l'on insère dans la majoration de |P (x)| . Comme 1 + 2
274=
3527, on en déduit
max
[a,b]
|P | ≤ 35
27 (|P(a)| + |P(b)|) + 4
27 (|P
0(a)| + |P
0(b)|) (b − a) 4. Interpolation d'Hermite. Soit f ∈ C
4([a, b]) et M
4= max
[a,b]f
(4).
a. L'existence et l'unicité du polynôme interpolateur P vient de ce que l'application Φ de la question 2. est un isomorphisme.
b. Pour x xé dans ]a, b[ , on dénit une fonction ϕ dans [a, b] par :
∀t ∈ [a, b], ϕ(t) = f(t) − P(t) − K(t − a)
2(t − b)
2où K ∈ R est choisi pour que ϕ(x) = 0 .
On remarque que
ϕ(a) = ϕ(b) = ϕ(x) = ϕ
0(a) = ϕ
0(b) = 0
En appliquant plusieurs fois le théorème de Rolle, on montre qu'il existe des réels u , v , w , z , t , s , s
0, c tels que
u ∈]a, x[ et ϕ
0(u) = 0 v ∈]x, b[ et ϕ
0(v) = 0 w ∈]a, u[ et ϕ
00(w) = 0 z ∈]u, v[ et ϕ
00(w) = 0 t ∈]v, b[ et ϕ
00(t) = 0 s ∈]w, z[ et ϕ
000(s) = 0 s
0∈]z, t[ et ϕ
00(s
0) = 0
c ∈]s, s
0[ et ϕ
(4)(c) = 0
Comme P
(4)= 0 et (t − a)
2(t − b)
2(4)= 4! , on obtient la relation annoncée 0 = f
(a)(c) − 4! K.
c. Reprenons la relation ϕ(x) = 0 en marquant bien la dépendance de x .
∀x ∈]a, b[, ∃c
x∈]a, b[ tq |f (x) − P(x)| =
f
(4)(c
x)
4 (x − a)
2(x − b)
2En étudiant la fonction, on montre que
∀x ∈ [a, b], (x − a)
2(x − b)
2≤ 1
16 (b − a)
4Comme 4! × 16 = 384 , on obtient la relation annoncée
max
[a,b]
|f − P | ≤ M
4384 (b − a)
4Partie V. Contraintes.
1. On raisonne avec des formes linéaires. Notons encore ϕ
iles fonctions dénies dans S par ϕ
i(f ) = f (x
i) . Comme
P
0= ker ϕ
0∩ · · · ∩ ker ϕ
n,
on va montrer que (ϕ
0, · · · , ϕ
n) est une famille libre. On aura alors dim P
0= dim S − (n + 1) = n + 3 − (n + 1) = 2 Pourquoi (ϕ
0, · · · , ϕ
n) est-elle libre ?
On considère un jeu de bonnes fonctions.
∀i ∈ J 0, n − 1 K , f
i(x) =
( 0 si x < x
i(x − x
i)
3si x ≥ x
iConsidérons une combinaison linéaire nulle P
ni=0