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Polynôme de Lagrange

Bonsoir,

Je ne comprends pas l'exercice. Je ne comprends ce que signifie qu'un polynôme converge :-S

On cherche un polynôme $p$ qui vérifie $p(-1)=a;\ p'(-1)=b;\ p(1)=c$ où $a,b,c$ sont 3 réels fixés.
Pour cela on considère $0<\epsilon<1$ et on considère le polynôme d'interpolation $p_\epsilon$ qui vérifie $p_\epsilon(-1)=a, p_\epsilon(-1+\epsilon)=a+b\epsilon, p_\epsilon(1)=c $

1) Montrer que $p_\epsilon$ converge et déterminer cette limite.

2) Conclure : c'est-à-dire montrer que cette limite répond à la question 1).

3) La solution trouvée en 2) est-elle unique ?
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Réponses

  • Étrange en effet.
    On a l’impression que l’on parle de la limite quand $\varepsilon$ tend vers $0$.
  • Oui quand $\epsilon$ tend vers 0. D'ailleurs c'est intuitivement évident par rapport à ce qu'on veut obtenir.

    Quant au type de convergence, l'énoncé est volontairement imprécis et cela ne doit pas poser de problème.

    De tout façon, pourquoi tu soulèves un problème avant d'avoir calculé $p_\epsilon$?
  • @Dom
    Oui vu que $\varepsilon$ est petit.

    On a $\boxed{P_{\varepsilon} (X)=a \dfrac{(X-1)(X+1-\varepsilon)}{2 \varepsilon} + (a+b \varepsilon) \dfrac{(X-1)(X+1)}{ \varepsilon (\varepsilon-2)} +c \dfrac{(X+1)(X+1-\varepsilon)}{2(2- \varepsilon)}}$
  • Cela demeure tout de même imprécis, on parle de limite en quel sens ?

    En plus là il y aurait tant une approche en considérant qu'il s'agit d'une suite de fonctions (convergence simple, uniforme, etc.) qu'en considérant que nous avons une suite de polynômes (de degré au plus 2, donc de ce point de vue on pourrait prendre la norme que l'on veut)

    Bref, moi j'aurais tendance à dire que la question 1 est très imprécise, même si moi je la comprends effectivement avec $\varepsilon \to 0 ^+$ et en terme de convergence simple.
  • OShine ne connaît pas les notions de convergence uniforme, la seule qui peut lui venir en tête est la convergence simple et je pense que préciser le terme alors qu'il ne le connaît pas aurait encore mené à "C'est du chinois". Enfin, on y a droit quand même.
  • La convergence simple je connais bien.

    Je ne sais pas quoi faire du polynôme que j'ai trouvé.
  • Bonsoir,

    Question: A t-on besoin d'un $\varepsilon$ pour déterminer un polynôme qui vérifie les conditions? Question 2: a t-on unicité? Question 3: l'exercice est-il utile?
  • @Amédé Concernant tes questions 1 et 2, je te laisse le soin de réfléchir.

    Concernant ta question 3, de façon générale (et pas forcément en math) faire un exercice est-ce vraiment utile?

    Maintenant approcher la solution d'un problème par une suite c'est très fréquent et souvent très utile car certaines propriétés de la suite peuvent passer à la limite.



    Comme ici avec l'aide de l'erreur de l'interpolation polynomiale (qui est assez connue) par passage à la limite on peut récupérer facilement l'erreur d'interpolation d'une fonction f assez régulière sur $[-1,1]$ qui vérifie $f(-1)=a;f'(-1)=b$ et f(1)=c. $

    Un bon conseil, fais-le en exercice.
  • @Oshine c'est clair qu'on fait tendre $\epsilon$ vers 0+. Mais pour le reste faut pas chipoter.
    On n'est pas à l'école, ni des gamins en culottes courtes.

    Alors tu regardes, d'abord si il y a convergence simple. Si éventuellement tu vois une autre convergence tu le fais ou pas...
  • Bien sûr qu'on peut se passer des epsilons. Pour moi la morale c'est qu'on a un cas dans lequel on peut trouver un "presque polynôme d'Hermite" facilement, ceux-ci étant autrement plus complexes que ceux de Lagrange à expliciter.

    Tiens OS, sans résoudre l'exercice et sans expliciter el famoso polynôme, tu saurais me montrer qu'il existe ?
  • @bd2017: Trouver un polynôme $P$ qui vérifie $P(-1)=a$, $P'(-1)=b$ et $P(1)=c$, est un exercice que je donne tout le temps à mes élèves.
  • Amédée on ne connaît pas son degré.
  • Trouver un polynôme, tu as le choix dans le degré... mais bon, si a, b et c sont quelconques, on voit vite quel doit être le degré minimal du polynôme !
  • @Amédé: En général lorsqu'on on étudie l'interpolation polynomiale on a une formule d'erreur.

    Par exemple en posant $x_1=-1, x_2=-1+\epsilon, x_3=1,$ pour une fonction $f$ de classe $C^3$ sur $[-1,1], $ il existe $\xi \in[-1,1]$ telle que
    $f(x)-p(x) =\dfrac{f^{3}(\xi)}{3!}(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3),$ où $p$ est le polynôme de degré au plus 2 qui interpole $f$ aux points $x_i=1,...,3$


    Soit donc une fonction de classe $C^3$ sur $[-1,1]$ et $p$ le polynôme de degré au plus 2 qui vérifie $p(-1)=f(-1)=a;p'(-1)=f'(-1)=b$ et $p'(1)=f'(1)=c. $ (i.e p est le polynôme limite de l'exercice.)

    En exercice tu demandes surement à tes élèves de démontrer qu'il existe il existe $\xi \in[-1,1]$ t.q $f(x)-p(x) =\dfrac{f^{3}(\xi)}{3!}(x-x_1)^2(x-x_3). $

    P.S c'est clair aussi qu'on peut généraliser et retrouver la formule d'interpolation de Hermite.
  • Je trouve :

    $P_{\varepsilon} (x)=\dfrac{ a(x-1)(x+1-\varepsilon)(\varepsilon-2)+2(a+b \varepsilon)(x-1)(x+1)-c \varepsilon(x+1)(x+1-\varepsilon)}{2 \varepsilon (\varepsilon-2)}$

    Je ne trouve pas la limite quand $\varepsilon$ tend vers $0$.
  • C'est un simple calcul de développement asymptotique avec $x$ fixé et $\epsilon$ qui tend vers $0.$
  • Je ne vois pas comment faire ce développement asymptotique.
  • Et comme c'est une fraction rationnelle en $\varepsilon$, même pas besoin de DL à priori. Bref, c'est pour un lycéen bien aguerri, mais c'est pas plus technique que ça (sauf si pour toi, prof en collège, développer et factoriser c'est déjà trop technique).

    Et puis réfléchis, sérieux ! On cherche la limite en 0 qui est un pôle (simple). Donc si la limite est finie, c'est que 0 est racine (au moins simple) du numérateur aussi donc il faut mettre ça en évidence... Tu découvres encore l'eau chaude, c'est navrant.
  • Justement je ne vois pas comment factoriser par $\varepsilon$.

    Sinon, tout développer le numérateur, mais le calcul a l'air immonde.
  • Bonjour,

    Ce qui est "immonde", c'est de ne pas être capable de le développer en $5$ mn, quand on a eu le CAPES. Et tu peux te limiter aux termes de degré au maximum $1$ en $\epsilon$.

    Cordialement,

    Rescassol
  • Tu as raison, trop dur, trop compliqué, ne fais rien, ne tente rien. Le temps que tu passes à douter, à taper en LaTeX des pavés d'inepsies, à argumenter que c'est trop compliqué, c'est déjà 2 fois plus de temps qu'il n'en faut pour résoudre la question... On va pas le faire à ta place par contre, ça c'est sûr. Mais, nous on sait le faire et on sait qu'on sait le faire.

    Une idée : si j'ai raison, 0 est racine du numérateur et ça, c'est facile à voir. Ca peut ensuite te motiver à aller plus loin dans les calculs. Maintenant, si ta motivation est freinée par si peu, je ne comprends toujours pas pourquoi tu fais des maths, pourquoi tu es prof de maths,...
  • @Os c'est vrai que tu es un peu lourd. En effet tu clames ici et là que tu es bon en calcul mais dès que tu as un petit calcul à faire tu bloques.

    Bon d'abord perso je n'aurai pas réduit au même dénominateur l'expression de $p_\epsilon$

    Mais vu que tu l'as fait, tu pourrais partir de là. Par rapport à $\epsilon$ ton expression est un polynôme de degré 2 "en haut" et idem "en bas."

    Bon alors, c'est pas possible que ne saches pas le faire...
  • Après calculs je trouve :

    $P_{\varepsilon} (x)=\dfrac{ (x-1)(x+1) \left( (3-\varepsilon)a -c \right) + c \varepsilon }{2(\varepsilon-2)}$

    Au voisinage de $0$, on a $\varepsilon -2 \sim -2$ donc $P_{\varepsilon} (x) \sim \dfrac{ (x-1)(x+1)(3a-c) }{-1}$

    Finalement $P_{\varepsilon}$ converge simplement et $\boxed{\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} P_{\varepsilon} =\dfrac{ (x-1)(x+1)(c-3a)}{4}}$

    Je ne vois pas le rapport avec Q2 :-S
  • Si tu ne vois pas le rapport, c'est sûrement que tes calculs sont faux. Mais comme tu es bon en calcul, tu vas pouvoir corriger ça tout seul sans problème. Et si tu n'y arrives pas, il y a des outils en ligne comme Wolfram qui développe/factorise des expressions pour les certifiés qui ne savent pas le faire sans faute en moins 3h. Ca évite de nous demander si ton résultat est correct quand tu peux le vérifier par toi-même (le genre de conseils qu'on t'a donné à trop de reprises pour qu'on puisse t'excuser).

    Typiquement, tu n'as plus de termes en $b$ alors qu'il n'y a pas de simplification possible, tu l'as fait disparaitre comme par magie. Ca ne nécessite pas non plus une grosse intelligence de remarquer cela.
    Edit : grillé
  • C'est quand même curieux qu'en évaluant en 1 et -1 on ne trouve nulle trace de a et b...
  • Et $b$ il est passé à la trappe?
    Avec un minimum de bon sens on a $p_\epsilon(1)=c$ pour tout $\epsilon.$
    On doit s'attendre à ce que la limite $p$ vérifie $p(1)=c$
  • J'ai une erreur dans mon polynôme d'interpolation, c'est pour ça que ça ne fonctionne pas.
  • Mon calcul semble juste : $\boxed{P_{\varepsilon} (X)=a \dfrac{(X-1)(X+1-\varepsilon)}{2 \varepsilon} + (a+b \varepsilon) \dfrac{(X-1)(X+1)}{ \varepsilon (\varepsilon-2)} -c \dfrac{(X+1)(X+1-\varepsilon)}{2(\varepsilon-2)}}$

    Je trouve après des calculs horribles que :

    $P_{\varepsilon} (x)=\varepsilon \dfrac{(x-1)(x+1) (a +2b)+ (x-1) (-a \varepsilon+2a)+(x+1) c \varepsilon-c(x+1)^2}{2 \varepsilon(\varepsilon-2)}$

    D'où : $P_{\varepsilon} (x)=\dfrac{(x-1)(x+1) (a +2b)+ (x-1) (-a \varepsilon+2a)+(x+1) c \varepsilon-c(x+1)^2}{2 (\varepsilon-2)}$

    Au voisinage de $0$ on a $P_{\varepsilon}(x) \sim \dfrac{ c(x+1)^2-2a(x-1)-(a+2b)(x-1)(x+1)}{4}$

    Notons $\boxed{p(x)=\dfrac{ c(x+1)^2-2a(x-1)-(a+2b)(x-1)(x+1)}{4}}$

    On a clairement $p(-1)=a$ et $p(1)=c$.

    Calculons $p'(x)$. On a $p'(x)=\dfrac{2c(x+1)-2a-2x(a+2b)}{4}$

    On a clairement $p'(-1)=b$

    Le polynôme $P_{\varepsilon}$ converge simplement vers le polynôme $p$ défini par $p(x)=\dfrac{ c(x+1)^2-2a(x-1)-(a+2b)(x-1)(x+1)}{4}$.
  • Je ne pense pas que la solution soit unique.
  • Comment le prouver ?

    Question bonus super super hard : trouver l'ensemble de toutes les solutions.
  • @Os indication : "dire que c'est super hard" c'est une blague.
    Tu peux trouver.

    Après cette question , j'ajoute donc de retrouver la formule d'erreur que j'ai citée ci-dessus, formule d'erreur à déduire de la formule d'erreur de l'interpolation polynomiale (formule surement vue en cours).
    Attention pas de calcul mais un peu de raisonnement.
  • bd2017 a écrit:
    @Os indication : "dire que c'est super hard" c'est une blague.
    Tu peux trouver.

    bd2017 tu devrais connaître OShine mieux que moi.

    Je parie qu'il ne saura répondre à aucune des deux questions sans aide.

    Les paris sont ouverts : celui qui perd chantera les louanges de Pablo_de_retour. B-)-
  • Pourquoi ne pas chanter les louanges de Leonidas et de ses courageux 300?
  • Je ne pense pas que la solution soit unique....

    Tu aurais pu écrire plus simplement : je ne pense pas. C'était plus conforme.

    Je ne pense pas, mais je suis (du verbe suivre).
  • Je n'ai pas étudié ces formules d'erreur.

    Dans un sujet ils l'auraient expliquée.
  • Bon je suis d'accord, laissons tomber la formule d'erreur.

    Mais il faut trouver l'ensemble des polynômes solutions. Tu peux le faire!

    Tu dois le faire !
    Je sais jouer la musique mais quant à chanter les louanges de Pablo je n'ai pas envie§
  • Je ne vois pas comment trouver l'ensemble des solutions. Je ne trouve pas comment démarrer le raisonnement.
  • Essaie de trouver au moins une autre solution pour montrer que la solution de l'exo n'est pas unique...
  • Posons $Q(x)= dx^2+ex+f$ donc $Q'(x)=2dx+e$

    On a $Q(-1)=a$ donc $d-e+f=a$

    Puis $Q'(-1)=-2d+e=b$ enfin $Q(1)=c$ donc $d+e+f=c$

    On a le système suivant $\begin{cases}
    d-e+f=a\\
    -2d+e=b\\
    d+e+f=c
    \end{cases}$

    On trouve $\boxed{Q(x)=\dfrac{c-a-2b}{4} x^2+\dfrac{c-a}{2}x+\dfrac{3a+c+2b}{4}}$
  • Q ressemble fort au p trouvé 10 messages plus tôt...
  • Je ne vois pas comment faire autrement.
  • Bonjour
    Inutile d'insister. Voici la solution.

    Soit $p_0=lim_{\epsilon \rightarrow 0} p_\epsilon$ la solution trouvée précédemment.
    La solution générale de l'équation $p(-1)=a, p'(-1)=b, p(1)=c$ dans $p\in\R[X]$
    est donc donnée par
    $$p(x)=p_0(x)+q(x)(x+1)^2(x-1),\qquad q\in \R[X].


    $$ C'est-à-dire somme d'une "solution particulière + solution de l'équation homogène associée".

    $p_0$ est l'unique solution de degré au plus 2 et cela tu pouvais le voir avec ton dernier calcul (trois inconnues, trois équations indépendantes...).
  • Je n'ai pas compris.

    Ou est l'équation différentielle ?
  • Je n'ai pas parlé d'équation différentielle.
  • OShine, tu as traité le degré 2, mais peut être des solutions de degré supérieur existent-elles ?
    C'est le sens de la solution générale donnée par bd2017.
    On ajoute à cette solution particulière de degré 2 des solutions r(x) telles que $r(-1)=r(1)=0$ et $r'(-1)=0$.
    Ces solutions sont de la forme $r(x)=q(x)(x+1)^2(x-1)$ (Je te laisse montrer pourquoi)
  • Entre parenthèse ton fameux Dunod MPSI tout en un t'a sûrement déjà montré un exemple de "solution particulière + solution de l'équation homogène associée". Ça n'existe pas qu'en equations différentielles...
    Tu te souviens l'exercice du Griffone sur les suites récurrentes linéaires avec lequel tu nous avais cassé les pieds ? C'était pas la même morale ? Elle était où l'équation différentielle ? Nulle part non ?
    Et faire un raisonnement du type "soient P et Q deux solutions" et remarquer que P - Q vérifie des propriétés faciles ? Non ? Trop dur ça encore bah oui hein faut prendre une initiative. Pas comme si on faisait ça 95% du temps dès qu'on parle de trouver toutes les solutions, surtout niveau bac +2...
  • Je ne comprends pas comment vous faites pour trouver l'ensemble des solutions.
  • @OShine la méthode pour trouver l'ensemble des solutions dans ce cas est tout à fait générale et ne s'applique pas seulement à ce problème mais également aux équations différentielles etc.

    La situation générale est la suivante : tu as deux espaces vectoriels $E,F$ (réels disons, mais le corps de base n'a pas d'importance) et une application linéaire $f:E\to F$. Supposons que pour un $x\in F$ donné, tu as réussi à trouver un antécédent donc un $v\in E$ tel que $f(v)=x$. La question est de trouver tous les vecteurs qui vérifient cette égalité, donc tous les vecteurs $w\in E$ tels que $f(w)=x$.

    L'ensemble des solutions est donné par $v+\ker{f}$. C'est facile à démontrer et tu peux essayer de le faire si tu as compris ce que j'ai écrit ci-dessus. C'est en appliquant ce résultat général qu'on trouve toutes les solutions de ton exo ainsi que les solutions des équations différentielles linéaires.
  • Ok merci Raoul.S.

    Montrons que $\mathcal S=v+ \ker (f)$

    Je n'ai réussi à montrer aucune inclusion.

    Soit $w \in \mathcal S$. Alors $f(w)=x$. Je bloque ici.
  • Hum, il faut revoir ton algèbre linéaire :

    $u$ et $v$ deux solutions de $f(x)=y $
    c'est équivalent à dire que
    $f(u)-f(v)= f(u-v)=0 $
    c'est-à-dire $u-v\in \ker(f)$

    P.S. Après ce post t'attaquer aux hyperplans d'e.v.n qui peuvent être de dimension infinie... ce n'est pas un peu risqué ?
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