Exercice 53

1. Les $x_{k}$ étant distincts, on dispose des polynômes de Lagrange $\ell_{1}$, …, $\ell_{n} \in \mathbb{R}_{n - 1}[X]$, caractérisés par $\ell_{k}(x_{j}) = \delta_{kj}$, et de la formule d'interpolation $f = \sum_{k} f(x_{k})\ell_{k}$ pour $f \in \mathbb{R}_{n - 1}[X]$ (chapitre 13, théorème 13).

Si $(\lambda_{k})$ convient, l'égalité $(\ast)$ appliquée à $f = \ell_{j}$ donne $\int_{-1}^{1} \ell_{j} = \sum_{k} \lambda_{k}\delta_{jk} = \lambda_{j}$ : il y a au plus une solution. Réciproquement, avec $\lambda_{k} = \int_{-1}^{1} \ell_{k}$, la linéarité de l'intégrale et la formule d'interpolation donnent, pour $f \in \mathbb{R}_{n - 1}[X]$, $$\int_{-1}^{1} f = \sum_{k = 1}^{n} f(x_{k})\int_{-1}^{1} \ell_{k} = \sum_{k = 1}^{n} \lambda_{k}f(x_{k}).$$

2. Soit $f \in \mathbb{R}_{2n - 1}[X]$, et $f = QL_{n} + R$ sa division euclidienne par $L_{n}$, qui est de degré $n$ (chapitre 13, théorème 2) : $\deg R \leqslant n - 1$, et $\deg Q \leqslant n - 1$, puisque $\deg f \leqslant 2n - 1$. Comme $L_{n}$ est orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ (proposition 7 (i)), on a $\int_{-1}^{1} QL_{n} = \langle Q, L_{n} \rangle = 0$. Comme $L_{n}(x_{k}) = 0$, on a $f(x_{k}) = R(x_{k})$. Par la question 1 appliquée à $R$, $$\int_{-1}^{1} f = 0 + \int_{-1}^{1} R = \sum_{k = 1}^{n} \lambda_{k}R(x_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} \lambda_{k}f(x_{k}).$$

$$\boxed{(\ast) \text{ est vraie pour tout } f \in \mathbb{R}_{2n - 1}[X]}$$ Avec $n$ points, on intègre exactement les polynômes de degré au plus $2n - 1$ : c'est le double de ce que donne l'interpolation seule. Ce n'est plus vrai au degré $2n$ : pour $f = L_{n}^{2}$, le second membre est nul, et le premier vaut $\lVert L_{n} \rVert^{2} > 0$.

3. Soit $W = (X - y_{1})\cdots(X - y_{n})$, de degré $n$. Pour tout $Q \in \mathbb{R}_{n - 1}[X]$, le polynôme $QW$ est de degré au plus $2n - 1$, et il s'annule en chaque $y_{k}$ : $$\langle Q, W \rangle = \int_{-1}^{1} QW = \sum_{k = 1}^{n} \mu_{k}Q(y_{k})W(y_{k}) = 0.$$ Ainsi $W$ appartient à l'orthogonal de $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ dans l'espace euclidien $\mathbb{R}_{n}[X]$. Par la proposition 11, cet orthogonal est de dimension $(n + 1) - n = 1$ ; il contient $L_{n} \neq 0$, donc c'est la droite $\mathrm{Vect}(L_{n})$, et $W = cL_{n}$ avec $c \neq 0$. Les deux polynômes ont les mêmes racines : $$\boxed{\{y_{1}, \dots, y_{n}\} = \{x_{1}, \dots, x_{n}\}, \quad \text{donc } y_{k} = x_{k} \text{ pour tout } k}$$ puisque les deux listes sont rangées dans l'ordre croissant. Par l'unicité de la question 1, on a aussi $\mu_{k} = \lambda_{k}$ : la formule de Gauss est la seule formule à $n$ points exacte au degré $2n - 1$.

4. Le polynôme $\ell_{k}^{2}$ est de degré $2n - 2 \leqslant 2n - 1$ ; la question 2 lui applique $(\ast)$ : $$\int_{-1}^{1} \ell_{k}^{2} = \sum_{j = 1}^{n} \lambda_{j}\ell_{k}(x_{j})^{2} = \lambda_{k},$$ et cette intégrale est strictement positive, puisque $\ell_{k} \neq 0$ et que $\int_{-1}^{1} PQ$ est un produit scalaire. Avec $f = 1$, on obtient $\int_{-1}^{1} 1 = 2$ : $$\boxed{\lambda_{k} = \int_{-1}^{1} \ell_{k}^{2} > 0, \qquad \sum_{k = 1}^{n} \lambda_{k} = 2}$$

5. La section 19.4 du cours donne $L_{2} = X^{2} - \frac{1}{3}$, de racines $\boxed{x_{1} = -\frac{1}{\sqrt{3}}, \ x_{2} = \frac{1}{\sqrt{3}}}$. On a $\lambda_{1} + \lambda_{2} = 2$, et $(\ast)$ appliquée à $f = X$ donne $0 = \frac{\lambda_{2} - \lambda_{1}}{\sqrt{3}}$, d'où $\boxed{\lambda_{1} = \lambda_{2} = 1}$. La formule $$\int_{-1}^{1} f(t)\,\mathrm{d} t \approx f\Big(-\frac{1}{\sqrt{3}}\Big) + f\Big(\frac{1}{\sqrt{3}}\Big)$$ est exacte pour les polynômes de degré au plus $3$, mais pas pour $X^{4}$ : elle donne $\frac{2}{9}$ au lieu de $\frac{2}{5}$ ✓. Pour $f = \exp$, elle donne $2\operatorname{ch}\frac{1}{\sqrt{3}} \approx 2{,}3427$ au lieu de $2\operatorname{sh} 1 \approx 2{,}3504$, soit une erreur de $0{,}0077$ avec deux évaluations seulement ; la méthode des trapèzes à trois points, $-1$, $0$, $1$, se trompe de $0{,}19$. Pour $n = 3$, on trouve les nœuds $0$ et $\pm\sqrt{3/5}$, de poids $\frac{8}{9}$ et $\frac{5}{9}$ ✓.

6. Soit $\varepsilon > 0$, et $Q$ un polynôme tel que $|f - Q| \leqslant \varepsilon$ sur $[-1\,,1]$. Pour $n$ assez grand, $2n - 1 \geqslant \deg Q$, et la question 2 donne $I_{n}(Q) = \int_{-1}^{1} Q$. On écrit $$\Big|I_{n}(f) - \int_{-1}^{1} f\Big| \leqslant \big|I_{n}(f) - I_{n}(Q)\big| + \Big|\int_{-1}^{1} Q - \int_{-1}^{1} f\Big|.$$ Par l'inégalité triangulaire et la positivité des poids (question 4), le premier terme est au plus $\sum_{k} \lambda_{k}|f(x_{k}) - Q(x_{k})| \leqslant \varepsilon\sum_{k} \lambda_{k} = 2\varepsilon$. Par l'inégalité de la moyenne (chapitre 18, proposition 7), le second est au plus $2\varepsilon$. Ainsi $\big|I_{n}(f) - \int_{-1}^{1} f\big| \leqslant 4\varepsilon$ pour $n$ assez grand : $$\boxed{I_{n}(f) \xrightarrow[n \to +\infty]{} \int_{-1}^{1} f(t)\,\mathrm{d} t}$$

Piège. La positivité des poids est le point décisif : c'est elle qui transforme $\sum_{k} \lambda_{k}|f(x_{k}) - Q(x_{k})|$ en au plus $2\varepsilon$. Avec des nœuds équidistants et des poids définis comme à la question 1, certains poids deviennent négatifs dès neuf points (le plus petit vaut alors $-\frac{908}{2835}$), la somme des $|\lambda_{k}|$ dépasse alors $2$, et la majoration par $2\varepsilon$ tombe. Placer les nœuds aux racines d'un polynôme orthogonal n'est donc pas un raffinement : c'est ce qui garantit la convergence.

Les quatre derniers exercices sont des problèmes en autonomie ; le corrigé commence par l'idée directrice.