Il est clair que S ⊂ D ⊂ C ⊂ M ⊂ F ([x

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

3

sont polynomiales, elles sont polynomiales par morceaux et de classe C

²

donc 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

₄

est dérivable deux fois en 0 et de classe C

²

avec des dérivées nulles en 0 .

2. La fonction f

f : x 7→

α

1

x

³

+ β

1

x

²

+ γ

1

x + δ

1

si x < 0 α

₂

x

³

+ β

₂

x

²

+ γ

₂

x + δ

₂

si x > 0

est polynomiale par morceaux c'est à dire f ∈ M . Elle appartient à S si et seulement si elle est C

²

c'est à dire, d'après le théorème de limite de la dérivée, si les limites de f , f

⁰

, f

⁰⁰

strictement à gauche et à droite de 0 coïncident. Après calcul des dérivées, la condition cherchée s'écrit

δ

1

= δ

2

et γ

1

= γ

2

et β

1

= β

2

3. 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

2

et γ

1

= γ

2

et β

1

= β

2

représente un élément quelconque de S et qu'il se décompose de manière unique sous la forme

f = δ

1

f

0

+ γ

1

f

1

+ β

1

f

2

+ α

1

f

3

+ (α

2

− α

1

)f

4

. Montrons ce résultat par analyse-synthèse.

Analyse (unicité) Si f = λ

0

f

0

+ λ

1

f

1

+ λ

2

f

2

+ λ

3

f

3

+ λ

4

f

4

alors

∀x ∈ [−1, 0[, f (x) = λ

₀

+ λ

₁

x + λ

₂

x

²

+ λ

₃

x

³

⇒



 

 

 

  λ

0

=δ

1

λ

1

=γ

1

λ

₂

=β

₁

λ

3

=α

1

car les deux polynômes coïncident sur une innité de valeurs. Avec la condition supplémentaire,

∀x ∈ [0, 1], λ

₄

x

³

= (f − λ

₀

f

₀

− λ

₁

f

₁

− λ

₂

f

₂

− λ

₃

f

₃

) (x) = (α

₂

− α

₁

)x

³

Synthèse (existence). Avec les dénitions et la condition de régularité, on vérie que

δ

1

f

0

+ γ

1

f

1

+ β

1

f

2

+ α

1

f

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

⁰

est 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

⁰

dans S .

2. Par dénition, les fonctions f e

1

, · · · , f e

d

, f

d+1

sont polynomiales par morceaux dans [x

0

, x

n+1

] et de classe C

²

dans [x

0

, x

n

[ . Pour montrer qu'elles appartiennent à S

⁰

, il sut de vérier le raccordement C

²

en x

n

.

Comment le prolongement f e

i

est-il obtenu ?

Dans [x

n−1

, x

n

] , la fonction f

i

s'exprime comme une fonction polynomiale attachée à un polynôme p

_i

. On choisit de dénir f e

_i

dans [x

_n

, x

_n+1

] avec la même fonction polyno- miale p

_i

donc f e

_i

est polynomiale dans [x

_n−1

, x

_n+1

] tout entier ce qui règle la question du raccordement C

²

en x

_n

.

Quant à f

_d+1

, elle est C

²

car 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

^d

tq g =

d

X

i=1

a

_i

f

_i

⇒ ∀x ∈ [x

₀

, x

_n

], f(x) = g(x) =

d

X

i=1

a

_i

f

_i

(x)

b. On note F = f −

d

P

i=1

a

i

f 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

⁰⁰

strictement à gauche en x

n

sont 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

⁰

quelconque et on prouve par analyse-synthèse qu'il se décompose de manière unique comme combinaison linéaire de la famille.

Analyse(unicité) Supposons f = λ

1

f e

1

+· · ·+λ

d

f e

d

+λ

d+1

f

d+1

et notons g la restriction de f à [x

0

, x

n

] . Alors g = λ

1

f

1

+· · ·+λ

d

f

d

donc les d premiers λ

i

sont 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+1

n'est pas nul, cela assure aussi l'unicité du dernier.

Synthèse(existence) Dénissons a

1

, · · · , a

d

comme les coordonnées dans la base des f

i

de la restriction g à [x

0

, x

n

] et considérons comme en 3.b. F = f −

d

P

i=1

a

i

f e

i

. C'est un élément de S

⁰

dont 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

i

f e

i

= λf

d+1

ce 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

^d

x 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

^d

dont 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,j

b. 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

j

a

j

= 0

E

Pour 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

_j

α

_i

(a

_j

) = λ

_i

car 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

i

On 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,j

montrent que

a

p+1

, · · · , a

d

∈ ker α

1

∩ · · · ∩ ker α

p

On 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

i

si ∃i ∈ J 0, n K tq x = x

i

P

_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

_i

Considérons 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

i

1 si x > x

i

Alors x

_i

est continue partout sauf en x

_i

et 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

i

avec i ∈ J 1, n K sont nuls, on utilise f dénie par f (x) =

( 0 si x < x

i

1 si x ≥ x

_i

dont la seule discontinuité est en x

i

à 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

⁰_n−1

Cette 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

i

On 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

⁰⁰_n−1

− γ

_n−1⁰⁰

Cette 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

)

²

si x ≥ x

i

On 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)

²

P

⁰

(b) =α

1

+ β

1

+ α

2

(b − a)

²

2. 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

1

α

₁

(b − a) =u

₂

α

1

+ β

1

+ β

2

(a − b)

²

=v

1

α

1

+ β

1

+ α

2

(b − a)

²

=v2

aux inconnues α

1

, α

2

, β

1

, β

2

admet clairement un unique quadruplet solution qu'il est inutile de calculer. On en déduit que

Φ (α

1

A

1

+ α

2

A

2

+ β

1

B

1

+ β

2

B

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

2

est nulle en a et b , décroissante jusqu'à

^a+2b₃

puis croissante jusqu'à b . La situation est analogue pour B

2

en 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

₁

A

₁

+ α

₂

A

₂

+ β

₁

B

₁

+ β

₂

B

₂

On 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)

³

On 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)

²

où 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)

²

En étudiant la fonction, on montre que

∀x ∈ [a, b], (x − a)

²

(x − b)

²

≤ 1

16 (b − a)

⁴

Comme 4! × 16 = 384 , on obtient la relation annoncée

max

[a,b]

|f − P | ≤ M

4

384 (b − a)

⁴

Partie V. Contraintes.

1. On raisonne avec des formes linéaires. Notons encore ϕ

_i

les 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

)

³

si x ≥ x

i

Considérons une combinaison linéaire nulle P

n

i=0

λ

i

ϕ

i

et formons les relations obtenues en prenant les valeurs en f

_n−1

, f

_n−2

, · · · , f

₁

, f

₀

:



 

 

 

 



 

 

 

 



λ

n

(x

n

− x

n−1

)

³

=0 λ

_n−1

(x

_n−1

− x

_n−2

)

³

+ λ

n

(x

n

− x

_n−2

)

³

=0 λ

_n−2

(x

_n−2

− x

_n−3

)

³

+ λ

_n−1

(x

_n−1

− x

_n−3

)

³

+ λ

n

(x

n

− x

_n−3

)

³

=0 ...

λ

₁

(x

₁

− x

₀

)

³

+ λ

₂

(x

₂

− x

₀

)

³

+ · · · + λ

_n−1

(x

_n−1

− x

₀

)

³

+ λ

_n

(x

_n

− x

₀

)

³

=0 L'aspect triangulaire de ce système montre que λ

n

= · · · = λ

1

= 0 . Comme ϕ

0

n'est pas nulle, λ

₀

= 0 aussi et la famille est libre.

2. Considérons l'application linéaire Φ

( S → R

ⁿ⁺¹

f 7→ (f (x

₀

), · · · , f(x

_n

)

Alors P

0

= ker Φ et P − Y est l'ensemble des solutions de l'équation Φ(f ) = Y donc P

0

est un sous-espace vectoriel et P

Y

est un sous-espace ane de direction P

0

. 3. On considère encore une application linéaire

Φ :

( P

0

→ R

²

f 7→(f

⁰

(x

₀

), f

⁰⁰

(x

₀

))

Soit f ∈ ker Φ et P ∈ R

3

[X ] qui coïncide avec f sur [x

₀

, x

₁

] . Alors : P(x

₀

) = P

⁰

(x

₀

) = P

⁰⁰

(x

₀

) = 0 ⇒ ∃λ ∈ R tq P = λ(X − x

₀

)

³

La continuité de f entraine alors

0 = f (x

1

) = λ(x

1

− x

0

)

³

⇒ λ = 0 ⇒ f (x

1

) = f

⁰

(x

1

) = f

⁰⁰

(x

1

) = 0

On peut reproduire le même raisonnement dans [x

1

, x

2

] et les intervalles suivants. La fonction Φ est donc injective. En fait c'est un isomorphisme car les espaces de départ et d'arrivée sont de même dimension 2. Il existe donc une unique fonction spline vériant les contraintes imposées.

4. On utilise toujours une application linéaire Φ :

( P

0

→ R

²

f 7→(f

⁰

(x

₀

), f

⁰

(x

_n

))

On arrive à montrer par récurrence que cette fonction est injective mais je ne trouve

pas de présentation élégante. Cette n de problème est à reprendre.