Méthode de Gauss
Ce développement se trouve dans Demailly,Analyse numérique et équations différentielles. Il est sans doute préférable d’inclure la note dans le développement.
Soitω une fonction continue sur]a, b[telle que pour toutn∈N,Rb
a|xn|ω(x)dx <∞.On noteL2(ω) l’espace des fonctions de carré intégrable par rapport à ce poids. On cherche une méthode d’intégration approchée du type
Z b
a
f(x)ω(x)dx'
l
X
j=0
λjf(xj).
Il existe alors un unique choix des pointsxj et des coefficientsλj tels que la méthode soit d’ordre2l+ 1.
Les pointsxj sont alors, dans]a, b[et racines du(l+ 1)epolynôme orthogonal pour le poidsω.
Unicité. Supposons qu’il existe de tels xj, λj. Posons πl+1(x) = Q(x−xj). Pour tout p ∈ Rl[X], deg(pπl+1)62l+ 1 donc
Z b
a
p(x)πl+1(x)ω(x)dx=
l
X
j=1
λjp(xj)πl+1(xj) = 0
donc πl+1 est orthogonal à Rl[X]. Comme il est unitaire, c’est nécessairement le (l+ 1)e polynôme orthogonal pour le poidsω. Lesxj en sont donc les racines.
De même, si on introduit le polynômeLi de Lagrange de degrél, tel queLi(xj) =δij, on a
λi =
n
X
j=1
λjLi(xj) = Z
Li(x)ω(x)dx,
ce qui détermine uniquement les coefficientsλj.
Existence. Le polynôme orthogonal pourω de degrél+ 1, qu’on noteπl+1, a exactementl+ 1racines distinctes dans]a, b[1. On les notex0,· · ·, xl. On pose
λj = Z b
a
Lj(x)ω(x)dx.
Si f est continue sur [a, b], on note pl(x) = Pl
j=0f(xj)Lj(x) le polynôme interpolateur de Lagrange.
Alors
Z b
a
pl(x)ω(x)dx=
l
X
j=0
λjf(xj).
1. Pour montrer cela, on considèrex1,· · ·, xkles racines deπnde multiplicitém1,· · ·, mk. On aP
mk6n. On pose alorsεi= 0simiest pair etεi= 1simiest impair. Alors, si
q=
k
Y
i=1
(x−xi)εi,
on polynômeπnqn’a que des zéros de multiplicité paire, donc il est de signe constant dans]a, b[. De fait,R
πnqω6= 0(le polynôme n’est pas constamment nul). Commeπn⊥Rn−1[X], ceci impose queqsoit de degrén, donc queπnaitnracines distinctes.
1
De fait, si f ∈ Rl[X], la méthode est exacte, donc elle est d’ordre > l. On peut montrer facilement qu’elle est d’ordre>2l+ 1en écrivant la division euclidienne def ∈R2l+1[X]parπl+1:f =qπl+1+r, deg(q)< let deg(r)< l. Commeπl+1⊥Rl[X], on a
Z b
a
q(x)πl+1(x)ω(x) = 0
donc
Z b
a
f(x)ω(x)dx= Z b
a
r(x)ω(x)dx=
l
X
j=0
λjr(xj) =X
λjf(xj).
La méthode n’est pas d’ordrel2 + 2carRb
aπ2l+1(x)ω(x)dx >0alors quePλjπ2l+1(xj) = 0.
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