3. Interpolation de Lagrange
- Existence et unicité : pour n+1 abscisses distinctes x0,…,xn et des valeurs y0,…,yn, il existe un unique P∈Rn[X] tel que P(xi)=yi pour tout i :
P=i=0∑nyiLi,Li(x)=j=i∏xi−xjx−xj
(Unicité : la différence de deux solutions est de degré ≤n et a n+1 racines.)
- Forme de Newton : P(x)=f[x0]+f[x0,x1](x−x0)+⋯+f[x0,…,xn]∏i<n(x−xi) avec les différences divisées f[xi,…,xi+k]=xi+k−xif[xi+1,…,xi+k]−f[xi,…,xi+k−1] ; ajouter un point ne demande qu'un terme de plus.
- Erreur : si f∈Cn+1([a;b]) et les xi∈[a;b], pour tout x∈[a;b], il existe ξx dans le plus petit intervalle contenant x,x0,…,xn tel que
f(x)−P(x)=(n+1)!f(n+1)(ξx)i=0∏n(x−xi)
- Runge et Tchebychev : avec des nœuds équirépartis, l'erreur peut tendre vers l'infini quand n croît (exemple f(x)=1+25x21 sur [−1;1]). Les nœuds de Tchebychev xk=cos(2n+2(2k+1)π) minimisent max[−1;1]∣∏(x−xi)∣, qui vaut alors 2−n.
4. Démonstration : formule de l'erreur d'interpolation
Théorème. Soit f∈Cn+1([a;b]), x0,…,xn distincts dans [a;b] et P le polynôme d'interpolation de f en ces points. Pour tout x∈[a;b], il existe ξx dans le plus petit intervalle Ix contenant x,x0,…,xn tel que f(x)−P(x)=(n+1)!f(n+1)(ξx)π(x), avec π(t)=∏i=0n(t−xi).
Démonstration.
1. Si x est l'un des xi, les deux membres sont nuls ; tout ξx convient. Supposons désormais x∈/{x0,…,xn}, de sorte que π(x)=0.
2. Fonction auxiliaire. Posons K=π(x)f(x)−P(x) et ϕ(t)=f(t)−P(t)−Kπ(t) pour t∈[a;b]. Alors ϕ∈Cn+1.
3. Zéros. ϕ(xi)=f(xi)−P(xi)−0=0 pour 0≤i≤n, et ϕ(x)=0 par choix de K : ϕ s'annule en n+2 points distincts de Ix.
4. Rolle itéré. Entre deux zéros consécutifs de ϕ, le théorème de Rolle fournit un zéro de ϕ′ : ϕ′ a au moins n+1 zéros distincts dans Ix. En itérant, ϕ(j) a au moins n+2−j zéros dans Ix ; donc ϕ(n+1) s'annule en un point ξx∈Ix.
5. Calcul. P est de degré ≤n, donc P(n+1)=0 ; π est unitaire de degré n+1, donc π(n+1)=(n+1)!. Ainsi 0=ϕ(n+1)(ξx)=f(n+1)(ξx)−K(n+1)!.
6. D'où K=(n+1)!f(n+1)(ξx), c'est-à-dire la formule annoncée. □
Corollaire. ∥f−P∥∞,[a;b]≤(n+1)!∥f(n+1)∥∞∥π∥∞,[a;b].