Théorie > Algèbre > Polynômes (suite)


Général

Introduction Chapitre entier

Points théoriques

Formules de Viète Interpolation Formule de Taylor Irréductibilité

Exercices

Exercice 1 Exercice 2 Exercice 3 Exercice 4 Exercice 5 Exercice 6 Exercice 7

Interpolation

Une question concernant les polynômes que l'on peut se poser est la suivante :

Etant donnés des complexes distincts $a_1, \ldots, a_n$ et des complexes $b_1, \ldots, b_n$, existe-t-il un polynôme $P \in \mathbb{C}[x]$ tel que $P(a_i) = b_i$ pour tout $i \in \{1, 2,\ldots, n\}$?

Le polynôme d'interpolation de Lagrange répond à cette question par l'affirmative. Non seulement on sait qu'un tel polynôme existe, mais on peut même le construire très facilement.

Soit $n \in \mathbb{N}_0$, $a_1, \ldots, a_n$ des complexes distincts et $b_1, \ldots, b_n$ des complexes. Il existe un unique polynôme $P \in \mathbb{C}[x]$ de degré inférieur ou égal à $n-1$ et tel que $P(a_i) = b_i$ pour tout $i \in \{1, 2, \ldots, n\}$. On l'appelle le polynôme d'interpolation de Lagrange, et il s'explicite de la manière suivante :
$$P(x) = \sum_{i=1}^n \left( b_i \cdot \prod_{j \neq i} \frac{x-a_j}{a_i-a_j}\right).$$

Démonstration :
Montrons que ce polynôme $P$ explicité ci-dessus convient. En fait, on se rend compte que pour tout $i$, le polynôme
$$P_i(x) := \prod_{j \neq i} \frac{x-a_j}{a_i-a_j} = \frac{(x-a_1)\ldots (x-a_{i-1})(x-a_{i+1}) \ldots (x-a_n)}{(a-a_1)\ldots (a-a_{i-1})(a-a_{i+1}) \ldots (a-a_n)}$$ est de degré $n-1$ et a été construit tel que $P_i(a_i) = 1$ et $P_i(a_j) = 0$ pour tout $j \neq i$. Ainsi, en prenant
$$P(x) = \sum_{i = 1}^n b_i \cdot P_i(x),$$ on a bien $P(a_i) = b_i$ pour tout $i \in \{1, 2, \ldots, n\}$ comme voulu, ainsi que $\deg P \leq n-1$ puisqu'en ajoutant des polynômes de degré $m$, on obtient toujours un polynôme de degré inférieur ou égal à $m$ (il se peut que les termes de plus haut degré s'annule et que le degré baisse).

Evidemment, si on s'autorise un plus haut degré, alors il existe plusieurs polynôme (même une infinité) respectant $P(a_i) = b_i$ pour tout $i$. Cela dit, on essaye généralement d'avoir le plus petit degré possible, et c'est le polynôme d'interpolation de Lagrange qui nous le donne.

Remarque : Si les nombres $a_1, \ldots, a_n$ et $b_1, \ldots, b_n$ sont réels, alors le polynôme d'interpolation de Lagrange a également des coefficients réels, au vu de sa définition.

Exemple : Il est bien connu que pour tout $n \in \mathbb{N_0}$, on a $1+2+\ldots+n = \frac{n(n+1)}{2}$. On peut se demander s'il existe une telle formule pour la somme des premiers carrés $1^2 + 2^2 + \ldots + n^2$. On peut espérer qu'une telle formule existe et qu'elle prend la formule d'un polynôme $P$, comme $\frac{n(n+1)}{2}$. On sait que $P$ doit respecter
$$P(0) = 0, \ P(1) = 1, \ P(2) = 5, \ P(3) = 14, \ P(4) = 30, \ \ldots$$ On peut donc utiliser le polynôme d'interpolation de Lagrange avec quelques unes de ces égalités pour obtenir un polynôme respectant celles-ci. Avec un peu de chance, le polynôme obtenu sera la formule désirée. Puisque la formule doit donner la somme des $n$ premiers carrés, on peut s'attendre à ce que le degré du polynôme soit supérieur à $2$. Il faut donc considérer au moins $4$ égalités $P(a_i) = b_i$ pour avoir une chance d'obtenir un polynôme $P$ de degré $3$. On va donc calculer le polynôme d'interpolation de Lagrange relatif aux quatre égalités
$$P(0) = 0, \ P(1) = 1, \ P(2) = 5, \ P(3) = 14.$$ La formule nous donne :
$$\begin{align}
P(x) & = 0 \cdot \frac{(x-1)(x-2)(x-3)}{(0-1)(0-2)(0-3)} + 1 \cdot \frac{(x-0)(x-2)(x-3)}{(1-0)(1-2)(1-3)} \\
& \quad +\ 5 \cdot \frac{(x-0)(x-1)(x-3)}{(2-0)(2-1)(2-3)} + 14 \cdot \frac{(x-0)(x-1)(x-2)}{(3-0)(3-1)(3-2)}\\[1mm]
&= \frac{x^3-5x^2+6x}{2} + \frac{5(x^3 -4x^2 + 3x)}{-2} + \frac{14(x^3-3x^2+2x)}{6} \\[1mm]
&= \frac{3x^3-15x^2+18x - 15x^3+60x^2 - 45x+14x^3-42x^2+28x}{6}\\[1mm]
& = \frac{2x^3 +3x^2+x}{6}\\[1mm]
& = \frac{x(x+1)(2x+1)}{6}
\end{align}$$ On peut vérifier que ce polynôme est bien la formule attendue (remarquons qu'on a bien $P(4) = 30$). En fait, il n'est pas difficile de montrer que la formule pour la somme des puissances $k$-èmes $1^k + 2^k + \ldots + n^k$ est toujours un polynôme de degré $k+1$. Dès lors, puisque le polynôme d'interpolation de Lagrange trouvé avec la méthode précédente est l'unique polynôme de degré inférieur ou égal à $k+1$ respectant les premières égalités, il s'agit forcément de la bonne formule.

A titre d'exercice, le lecteur peut calculer la formule donnant la somme des $n$ premiers cubes et remarquer que
$$1^3+2^3+\ldots + n^3 = (1+2+\ldots+n)^2.$$