Mathématiques et algorithmique

On trouve :

1. \(\displaystyle 2\cdot 2^2\cdot 2^3\text{;}\)
2. \(\displaystyle 3^3\cdot 5^3\cdot 7^3\cdot 9^3\text{;}\)
3. \(\displaystyle x(x-2)(x-4)(x-6)(x-8)\text{;}\)
4. \(\displaystyle x(x-2)(x-4)(x-8)\text{;}\)
5. \(\displaystyle\left(\frac{t-x_0}{x_3-x_0}\right)\left(\frac{t-x_1}{x_3-x_1}\right)\left(\frac{t-x_2}{x_3-x_2}\right)\left(\frac{t-x_4}{x_3-x_4}\right)\text{.}\)

Cela donne :

1. \(\displaystyle\prod_{i=0}^4(2i+1)\text{;}\)
2. \(\displaystyle\prod_{j=1}^4(2j+1)^{2j}\text{;}\)
3. \(\displaystyle\prod_{i=1}^5(x-4i)\text{;}\)
4. \(\displaystyle\prod_{\begin{array}{c}i=1\\i\neq 2\end{array}}^5(x-4i)\text{;}\)
5. \(\displaystyle\prod_{\begin{array}{c}j=0\\j\neq 2\end{array}}^5\frac{t-x_j}{x_2-x_j}\text{.}\)

1. On cherche \(P(t)=a_0+a_1t+a_2t^2\) tel que

   \begin{equation*} \begin{cases} a_0&-&3a_1&+&9a_2&=&4,\\ a_0&+&2a_1&+&4a_2&=&1,\\ a_0&+&9a_1&+&81a_2&=&0.\\ \end{cases} \end{equation*}

   Par la méthode de Gauss-Jordan, on a

   \begin{equation*} \begin{bmatrix} 1&-3&9&4\\ 1&2&4&1\\ 1&9&81&0 \end{bmatrix} \sim\ldots\sim \begin{bmatrix} 1&0&0&\frac{69}{35}\\ 0&1&0&-\frac{59}{105}\\ 0&0&1&\frac{4}{105} \end{bmatrix}. \end{equation*}

   L'unique solution de ce problème est donc le polynôme

   \begin{equation*} P(t)=\frac{69}{35}-\frac{59}{105}t+\frac{4}{105}t^2. \end{equation*}

2. On cherche \(P(t)=a_0+a_1t+a_2t^2+a_3t^3\) tel que

   \begin{equation*} \begin{cases} a_0&-&7a_1&+&49a_2&-&343a_3&=&2,\\ a_0&&&&&&&=&1,\\ a_0&+&9a_1&+&81a_2&+&729a_3&=&0.\\ \end{cases} \end{equation*}

   Par la méthode de Gauss-Jordan, on a

   \begin{equation*} \begin{bmatrix} 1&-7&49&-343&2\\ 1&0&0&0&1\\ 1&9&81&729&0 \end{bmatrix} \sim\ldots\sim \begin{bmatrix} 1&0&0&0&1\\ 0&1&0&63&-\frac{65}{504}\\ 0&0&1&2&\frac{1}{504} \end{bmatrix}. \end{equation*}

   Ce système admet donc une infinité de solutions

   \begin{equation*} (a_0,a_1,a_2,a_3)=\left(1,-\frac{65}{504}-63s,\frac{1}{504}-2s,s\right) \end{equation*}

   paramétrées par \(s\in\mathbb{R}\text{.}\)

   Il y a donc une infinité de polynômes qui répondent à la question :

   \begin{equation*} P(t)=1+\left(-\frac{65}{504}-63s\right)t+\left(\frac{1}{504}-2s\right)t^2+st^3 \end{equation*}

   où \(s\neq 0\) afin que \(P(t)\) soit de degré \(3\text{.}\)

   En voici deux exemples.

   • En posant \(s=-\frac{1}{504}\text{,}\) on obtient

     \begin{equation*} P(t)=1-\frac{2}{504}t+\frac{3}{504}t^2-\frac{1}{504}t^3. \end{equation*}

   • Et en posant \(s=\frac{3}{504}\text{,}\) on a

     \begin{equation*} P(t)=1-\frac{254}{504}t-\frac{5}{504}t^2+\frac{3}{504}t^3. \end{equation*}

3. On cherche \(P(t)=a_0+a_1t\) tel que

   \begin{equation*} \begin{cases} a_0&-&3a_1&=&7,\\ a_0&+&a_1&=&1,\\ a_0&+&4a_1&=&6.\\ \end{cases} \end{equation*}

   Par la méthode de Gauss-Jordan, on a

   \begin{equation*} \begin{bmatrix} 1&-3&7\\ 1&1&1\\ 1&4&6 \end{bmatrix} \sim\ldots\sim \begin{bmatrix} 1&0&0\\ 0&1&0\\ 0&0&1 \end{bmatrix}. \end{equation*}

   Ce système n'admet donc aucune solution, de sorte qu'aucun polynôme ne vérifie les conditions imposées.

   Remarque : Cette question revient à essayer de faire passer une droite non verticale par trois points non alignés. Il n'est donc pas surprenant qu'on n'ait pas trouvé de solution.

1. On cherche \(P(t)=a_0+a_1t\) tel que

   \begin{equation*} \begin{cases} a_0&-&a_1&=&4,\\ a_0&+&2a_1&=&0. \end{cases} \end{equation*}

   Par la méthode de Cramer, on obtient

   \begin{equation*} a_0=\frac{\begin{vmatrix}4&-1\\0&2\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&-1\\1&2\end{vmatrix}}=\frac{8}{3}\quad\text{et}\quad a_1=\frac{\begin{vmatrix}1&4\\1&0\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&-1\\1&2\end{vmatrix}}=\frac{-4}{3}, \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation*} P(t)=\frac{8}{3}+\left(-\frac{4}{3}\right)t=\frac{8}{3}-\frac{4}{3}t. \end{equation*}

2. La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est donnée par

   \begin{equation*} L(t)=y_0\,L_0(t)+y_1\,L_1(t)=4\cdot L_0(t)+0\cdot L_1(t)=4\cdot L_0(t) \end{equation*}

   où

   \begin{equation*} L_0(t)=\frac{t-x_1}{x_0-x_1}=\frac{t-2}{-1-2}=-\frac{1}{3}(t-2). \end{equation*}

   On a donc

   \begin{equation*} L(t)=4\cdot\left(-\frac{1}{3}\right)(t-2)=-\frac{4}{3}(t-2). \end{equation*}

3. On a bien \(P(t)=L(t)\) car

   \begin{equation*} -\frac{4}{3}(t-2)=-\frac{4}{3}t+\frac{8}{3}=\frac{8}{3}-\frac{4}{3}t. \end{equation*}

1. On cherche \(P(t)=a_0+a_1t+a_2t^2\)

   \begin{equation*} \begin{cases} a_0&-&a_1&+&a_2&=&4,\\ a_0&+&2a_1&+4&a_2&=&0,\\ a_0&+&5a_1&+25&a_2&=&-1. \end{cases} \end{equation*}

   Par la méthode de Gauss, on a

   \begin{align*} \begin{bmatrix} 1&-1&1&4\\ 1&2&4&0\\ 1&5&25&-1 \end{bmatrix} &\sim \begin{bmatrix} 1&-1&1&4\\ 0&3&3&-4\\ 0&6&24&-5 \end{bmatrix}\\ &\sim \begin{bmatrix} 1&-1&1&4\\ 0&3&3&-4\\ 0&0&18&3 \end{bmatrix}. \end{align*}

   Maintenant que le système est triangulé, on peut effectuer la remontée.

   • La troisième ligne donne \(18a_2=3m\text{,}\) d'où

     \begin{equation*} a_2=\frac{3}{18}=\frac{1}{6}. \end{equation*}

   • La deuxième ligne donne \(3a_1+3a_2=-4\text{,}\) d'où

     \begin{align*} 3a_1+3\cdot\frac{1}{6}&=-4,\\ 3a_1&=-4-\frac{3}{6}=-\frac{9}{2},\\ a_1&=-\frac{9}{3\cdot 2}=-\frac{3}{2}. \end{align*}

   • Enfin, la première ligne donne \(a_0-a_1+a_2=4\text{,}\) d'où

     \begin{align*} a_0-\left(-\frac{3}{2}\right)+\frac{1}{6}&=4,\\ a_0&=4-\frac{3}{2}-\frac{1}{6}=\frac{14}{6}=\frac{7}{3}. \end{align*}

   On trouve donc

   \begin{equation*} P(t)=\frac{7}{3}+\left(-\frac{3}{2}\right)t+\frac{1}{6}t^2=\frac{7}{3}-\frac{3}{2}t+\frac{1}{6}t^2. \end{equation*}

2. La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est donnée par

   \begin{align*} L(t)&=y_0L_0(t)+y_1L_1(t)+y_2L_2(t)\\ &=4\cdot L_0(t)+0\cdot L_1(t)+(-1)\cdot L_2(t)\\ &=4\cdot L_0(t)-L_2(t) \end{align*}

   où

   \begin{align*} L_0(t)&=\frac{(t-x_1)(t-x_2)}{(x_0-x_1)(x_0-x_2)}\\ &=\frac{(t-2)(t-5)}{(-1-2)(-1-5)}\\ &=\frac{1}{18}(t-2)(t-5) \end{align*}

   et

   \begin{align*} L_2(t)&=\frac{(t-x_0)(t-x_1)}{(x_2-x_0)(x_2-x_1)}\\ &=\frac{(t+1)(t-2)}{(5+1)(5-2)}\\ &=\frac{1}{18}(t+1)(t-2). \end{align*}

   On a donc

   \begin{align*} L(t)&=4\cdot\frac{1}{18}(t-2)(t-5)-\frac{1}{18}(t+1)(t-2)\\ &=\frac{2}{9}(t-2)(t-5)-\frac{1}{18}(t+1)(t-2). \end{align*}

3. On a bien \(P(t)=L(t)\) car

   \begin{align*} \frac{2}{9}(t-2)(t-5)-\frac{1}{18}(t+1)(t-2)&=\frac{1}{18}(t-2)\left(4(t-5)-(t+1)\right)\\ &=\frac{1}{18}(t-2)(4t-20-t-1)\\ &=\frac{1}{18}(t-2)(3t-21)\\ &=\frac{1}{6}(t-2)(t-7)\\ &=\frac{1}{6}(t^2-9t+14)\\ &=\frac{1}{6}t^2-\frac{9}{6}t+\frac{14}{6}\\ &=\frac{1}{6}t^2-\frac{3}{2}t+\frac{7}{3}\\ &=\frac{7}{3}-\frac{3}{2}t+\frac{1}{6}t^2. \end{align*}

La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est donnée par

où

On a donc

1. On trouve

   \begin{align*} L(t)&=3\,\frac{t-2}{1-2}+3\,\frac{t-1}{2-1}\\ &=-3(t-2)+3(t-1). \end{align*}

2. On trouve

   \begin{align*} L(t)&=0\,\frac{t-5}{-1-5}-3\,\frac{t+1}{5+1}\\ &=-\frac{1}{2}(t+1). \end{align*}

3. On trouve

   \begin{align*} L(t)&=5\,\frac{(t-3)(t-6)}{(2-3)(2-6)}+7\,\frac{(t-2)(t-6)}{(3-2)(3-6)}+7\,\frac{(t-2)(t-3)}{(6-2)(6-3)}\\ &=\frac{5}{4}(t-3)(t-6)-\frac{7}{3}(t-2)(t-6)+\frac{7}{12}(t-2)(t-3). \end{align*}

4. On trouve

   \begin{align*} L(t)&=-\frac{(t-4)(t-6)}{(-2-4)(-2-6)}-\frac{(t+2)(t-6)}{(4+2)(4-6)}-\frac{(t+2)(t-4)}{(6+2)(6-4)}\\ &=-\frac{1}{48}(t-4)(t-6)+\frac{1}{12}(t+2)(t-6)-\frac{1}{16}(t+2)(t-4). \end{align*}

5. On trouve

   \begin{align*} L(t)&=10\frac{(t+1)(t-0)(t-2)}{(-4+1)(-4-0)(-4-2)}+2\frac{(t+4)(t-0)(t-2)}{(-1+4)(-1-0)(-1-2)}\\ &\qquad +7\frac{(t+4)(t+1)(t-2)}{(0+4)(0+1)(0-2)}+3\frac{(t+4)(t+1)(t-0)}{(2+4)(2+1)(2-0)}\\ &=-\frac{5}{36}(t+1)t(t-2)+\frac{2}{9}(t+4)t(t-2)\\ &\qquad -\frac{7}{8}(t+4)(t+1)(t-2)+\frac{1}{12}(t+4)(t+1)(t-0). \end{align*}

Remarque : Aux questions 1 et 4, les points donnés sont alignés sur la même droite horizontale. Leurs polynômes interpolateurs sont donc constants. Vous pouvez vérifier qu'il s'agit respectivement de \(L(t)=3\) et de \(L(t)=-1\text{.}\)

1. Il s'agit de

   \begin{align*} T(t)&=f(0)+f'(0)t+\frac{f''(0)}{2}t^2\\ &=1-\frac{1}{2}t^2. \end{align*}

2. Première approximation de \(\cos\left(\pi/12\right)=f\left(\pi/12\right)\) :

   \begin{align*} T\left(\frac{\pi}{12}\right)&=1-\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{12}\right)^2\\ &=1-\frac{\pi^2}{288}\\ &\approx 0{,}965\,731. \end{align*}

3. Il s'agit de

   \begin{align*} L(t)&=1\cdot L_0(t)+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot L_1(t)+\frac{1}{2}\cdot L_2(t)\\ &=1\cdot\frac{(t-\pi/6)(t-\pi/3)}{(0-\pi/6)(0-\pi/3)}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{(t-0)(t-\pi/3)}{(\pi/6-0)(\pi/6-\pi/3)}\\ &\qquad +\frac{1}{2}\cdot\frac{(t-0)(t-\pi/6)}{(\pi/3-0)(\pi/3-\pi/6)}\\ &=\frac{18}{\pi^2}\left(t-\frac{\pi}{6}\right)\left(t-\frac{\pi}{3}\right)-\frac{18\sqrt{3}}{\pi^2}t\left(t-\frac{\pi}{3}\right)+\frac{9}{\pi^2}t\left(t-\frac{\pi}{6}\right) \end{align*}

4. Deuxième approximation de \(\cos\left(\pi/12\right)=f\left(\pi/12\right)\) :

   \begin{align*} L\left(\frac{\pi}{12}\right)&=\frac{18}{\pi^2}\left(\frac{\pi}{12}-\frac{\pi}{6}\right)\left(\frac{\pi}{12}-\frac{\pi}{3}\right)-\frac{18\sqrt{3}}{\pi^2}\frac{\pi}{12}\left(\frac{\pi}{12}-\frac{\pi}{3}\right)\\ &\qquad +\frac{9}{\pi^2}\frac{\pi}{12}\left(\frac{\pi}{12}-\frac{\pi}{6}\right)\\ &=\frac{18}{\pi^2}\left(-\frac{\pi}{12}\right)\left(-\frac{\pi}{4}\right)-\frac{18\sqrt{3}}{\pi^2}\frac{\pi}{12}\left(-\frac{\pi}{4}\right)+\frac{9}{\pi^2}\frac{\pi}{12}\left(-\frac{\pi}{12}\right)\\ &=\frac{3}{8}+\frac{3\sqrt{3}}{8}-\frac{1}{16}\\ &=\frac{5}{16}+\frac{3\sqrt{3}}{8}\\ &\approx 0{,}962\,019. \end{align*}
5. Comme \(\displaystyle\cos\left(\frac{\pi}{12}\right)\approx 0{,}965\,926\text{,}\) c'est le polynôme de Taylor qui fournit ici la meilleure approximation.

1. On a

   \begin{equation*} f(t)=(1+t)^{1/2},\quad f'(t)=\frac{1}{2}(1+t)^{-1/2},\quad f''(t)=-\frac{1}{4}(1+t)^{-3/2}, \end{equation*}

   d'où

   \begin{equation*} f(0)=1,\quad f'(0)=\frac{1}{2},\quad f''(0)=-\frac{1}{4}. \end{equation*}

   Il s'agit donc de

   \begin{align*} T(t)&=f(0)+f'(0)t+\frac{f''(0)}{2}t^2\\ &=1+\frac{1}{2}t-\frac{1}{8}t^2. \end{align*}

2. Première approximation de \(\displaystyle\sqrt{1{,}1}= f(0{,}1)\) :

   \begin{align*} T(0{,}1)&=1+\frac{1}{2}\cdot 0{,}1-\frac{1}{8}\cdot 0{,}1^2\\ &=1{,}048\,750. \end{align*}

3. Il s'agit de

   \begin{align*} L(t)&=1\cdot L_0(t)+1{,}1\cdot L_1(t)+1{,}2\cdot L_2(t)\\ &=1\cdot\frac{(t-0{,}21)(t-0{,}44)}{(0-0{,}21)(0-0{,}44)}+1{,}1\cdot\frac{(t-0)(t-0{,}44)}{(0{,}21-0)(0{,}21-0{,}44)}\\ &\qquad +1{,}2\cdot\frac{(t-0)(t-0{,}21)}{(0{,}44-0)(0{,}44-0{,}21)}\\ &=\frac{10000}{924}(t-0{,}21)(t-0{,}44)-\frac{11000}{483}t(t-0{,}44)\\ &\qquad +\frac{12000}{1012}t(t-0{,}21). \end{align*}

4. Deuxième approximation de \(\displaystyle\sqrt{1{,}1}= f(0{,}1)\) :

   \begin{align*} L(0{,}1)&=\frac{10000}{924}(0{,}1-0{,}21)(0{,}1-0{,}44)-\frac{11000}{483}0{,}1(0{,}1-0{,}44)\\ &\qquad +\frac{12000}{1012}0{,}1(0{,}1-0{,}21)\\ &=\frac{10000}{924}\cdot 0{,}0374+\frac{11000}{483}\cdot 0{,}034-\frac{12000}{1012}\cdot 0{,}011\\ &=\frac{374}{924}+\frac{374}{483}-\frac{132}{1012}\\ &=\frac{1013}{966}\\ &\approx 1{,}048\,654. \end{align*}
5. Comme \(\displaystyle\sqrt{1{,}1}\approx 1{,}048\,809\text{,}\) c'est le polynôme de Taylor qui fournit ici la meilleure approximation.

1. On choisit d'interpoler les points suivants :

   \begin{equation*} A_0=(52;4186)\;\text{et}\; A_1=(82;4199). \end{equation*}

   La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est alors

   \begin{align*} L(T)&=4186\,L_0(T)+4199\,L_1(T)\\ &=4186\frac{T-82}{52-82}+4199\frac{T-52}{82-52}\\ &=-\frac{4186}{30}(T-82)+\frac{4199}{30}(T-52) \end{align*}

   et on a

   \begin{align*} L(61)&=-\frac{4186}{30}(61-82)+\frac{4199}{30}(61-52)\\ &=\frac{4186\cdot 21}{30}+\frac{4199\cdot 9}{30}\\ &=\frac{41899}{10}\\ &=4189{,}9. \end{align*}

   On estime ainsi que \(C\) vaut environ 4189,9 ^J⁄_kg·°C à 61 °C.

2. On choisit d'interpoler les points suivants :

   \begin{equation*} A_0=(42;4179),\;A_1=(52;4186)\;\text{et}\; A_2=(82;4199). \end{equation*}

   La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est alors

   \begin{align*} L(T)&=4179\,L_0(T)+4186\,L_1(T)+4199\,L_2(T)\\ &=4179\frac{(T-52)(T-82)}{(42-52)(42-82)}+4186\frac{(T-42)(T-82)}{(52-42)(52-82)}\\ &\qquad +4199\frac{(T-42)(T-52)}{(82-42)(82-52)}\\ &=\frac{4179}{400}(T-52)(T-82)-\frac{4186}{300}(T-42)(T-82)\\ &\qquad +\frac{4199}{1200}(T-42)(T-52) \end{align*}

   et on a

   \begin{align*} L(61)&=\frac{4179}{400}(61-52)(61-82)-\frac{4186}{300}(61-42)(61-82)\\ &\qquad +\frac{4199}{1200}(61-42)(61-52)\\ &=-\frac{4179\cdot 9\cdot 21}{400}+\frac{4186\cdot 19\cdot 21}{300}+\frac{4199\cdot 19\cdot 9}{1200}\\ &=\frac{104779}{25}\\ &=4191{,}16. \end{align*}

   On estime ainsi que \(C\) vaut environ 4191,16 ^J⁄_kg·°C à 61 °C.

On prend pour abscisses les numéros des relevés.

1. La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est

   \begin{align*} L(t)&=y_0\,L_0(t)+y_1\,L_1(t)\\ &=224\frac{t-6}{4-6}+226\frac{t-4}{6-4}\\ &=-112(t-6)+113(t-4) \end{align*}

   et on a

   \begin{align*} L(5)&=-112(5-6)+113(5-4)\\ &=225. \end{align*}

   On estime ainsi que la tension valait \(225\;\text{V}\) environ au moment du cinquième relevé.

2. La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est

   \begin{align*} L(t)&=y_0\,L_0(t)+y_1\,L_1(t)+y_2\,L_2(t)\\ &=2{,}007\frac{(t-4)(t-6)}{(3-4)(3-6)}+2{,}502\frac{(t-3)(t-6)}{(4-3)(4-6)}\\ &\qquad+2{,}142\frac{(t-3)(t-4)}{(6-3)(6-4)}\\ &=\frac{2{,}007}{3}(t-4)(t-6)-1{,}251(t-3)(t-6)\\ &\qquad +0{,}357(t-3)(t-4) \end{align*}

   et on a

   \begin{align*} L(5)&=\frac{2{,}007}{3}(5-4)(5-6)-1{,}251(5-3)(5-6)\\ &\qquad +0{,}357(5-3)(5-4)\\ &=-\frac{2{,}007}{3}+1{,}251\cdot 2+0{,}357\cdot 2\\ &=2{,}547. \end{align*}

   On estime ainsi que l'intensité valait \(2{,}547\;\text{A}\) environ au moment du cinquième relevé.

3. La forme de Lagrange du polynôme interpolateur est

   \begin{align*} L(t)&=y_0\,L_0(t)+y_1\,L_1(t)+y_2\,L_2(t)\\ &=560{,}448\frac{(t-6)(t-7)}{(4-6)(4-7)}+484{,}092\frac{(t-4)(t-7)}{(6-4)(6-7)}\\ &\qquad+494{,}262\frac{(t-4)(t-6)}{(7-4)(7-6)}\\ &=\frac{560{,}448}{6}(t-6)(t-7)-\frac{484{,}092}{2}(t-4)(t-7)\\ &\qquad +\frac{494{,}262}{3}(t-4)(t-6) \end{align*}

   et on a

   \begin{align*} L(5)&=\frac{560{,}448}{6}(5-6)(5-7)-\frac{484{,}092}{2}(5-4)(5-7)\\ &\qquad +\frac{494{,}262}{3}(5-4)(5-6)\\ &=\frac{560{,}448\cdot 2}{6}+\frac{484{,}092\cdot 2}{2}-\frac{494{,}262}{3}\\ &=506{,}154. \end{align*}

   On estime ainsi que la puissance valait \(506{,}154\;\text{W}\) environ au moment du cinquième relevé.

1. Pour \(n=0\text{,}\) on a \(P(t)=y_0\) et l'énoncé dit que, pour tout \(t\in\;]a;b[\text{,}\) il existe \(\xi_t\in\;]\min\{t,x_0\};\max\{t,x_0\}[\) tel que

   \begin{equation*} f(t)-f(x_0)=f'(\xi_t)(t-x_0). \end{equation*}

2. Dans le cas où \(t\neq x_0\text{,}\) la formule précédente est équivalente à

   \begin{equation*} \frac{f(t)-f(x_0)}{t-x_0}=f'(\xi_t). \end{equation*}

   On reconnaît donc le théorème des accroissements finis qu'on attribue généralement à Lagrange.

3. Si \(t\) est égal à l'une des abscisses \(x_i\text{,}\) alors

   \begin{equation*} f(t)-P(t)=0\quad\text{et}\quad(t-x_0)\cdots(t-x_n)=0. \end{equation*}

   Dans ce cas, n'importe quel \(\xi_t\in\;]\min\{t,x_i\};\max\{t,x_i\}[\) convient.

   Supposons maintenant que \(t\neq x_i\) pour tout \(i=0,1,\ldots,n\text{.}\) On peut alors considérer la fonction

   \begin{equation*} \phi(s):=f(s)-P(s)-\frac{f(t)-P(t)}{\prod_{i=0}^n(t-x_i)}\cdot\prod_{i=0}^n(s-x_i) \end{equation*}

   dont on voit qu'elle s'annule sur l'ensemble de \(n+2\) valeurs distinctes constitué de \(x_0,x_1,\ldots,x_n\) et de \(t\text{.}\)

   En appliquant \(n+1\) fois le théorème de Rolle, on en déduit que la dérivée \(\phi'\) s'annule \(n+1\) fois dans l'intervalle \(]\min\{t,x_i\};\max\{t,x_i\}[\text{.}\) Et en continuant à appliquer le théorème de Rolle de cette façon, on voit que \(\phi^{(n+1)}\) doit s'annuler au moins une fois dans cet intervalle. Autrement dit, il existe \(\xi_t\in\;]\min\{t,x_0\};\max\{t,x_0\}[\) tel que

   \begin{equation*} \phi^{(n+1)}(\xi_t)=0, \end{equation*}

   i.e.

   \begin{equation*} f^{(n+1)}(\xi_t)-P^{(n+1)}(\xi_t)-\frac{f(t)-P(t)}{\prod_{i=0}^n(t-x_i)}\cdot\frac{d^{n+1}}{ds^{n+1}}\left[\prod_{i=0}^n(s-x_i)\right]\Bigg\vert_{s=\xi_t}=0. \end{equation*}
   • Comme \(P\) est de degré \(n\) au plus, on a \(P^{(n+1)}=0\text{.}\)
   • Par ailleurs, on voit que \(\displaystyle\frac{d^{n+1}}{ds^{n+1}}\prod_{i=0}^n(s-x_i)=(n+1)!\text{.}\)

   On a donc

   \begin{equation*} f^{(n+1)}(\xi_t)-0-\frac{f(t)-P(t)}{\prod_{i=0}^n(t-x_i)}(n+1)!=0, \end{equation*}

   et il ne reste qu'à isoler \(f(t)-P(t)\) pour conclure.

4. On a déjà calculé le polynôme interpolateur à l'exercice 6.3.9 :

   \begin{equation*} P(t)=\frac{10000}{924}(t-0{,}21)(t-0{,}44)-\frac{11000}{483}t(t-0{,}44) \end{equation*}
   \begin{equation*} +\frac{12000}{1012}t(t-0{,}21). \end{equation*}

   Ici \(n=2\text{,}\) on peut prendre \(]a;b[\;:=\;]-1;+\infty[\text{,}\) et on a

   \begin{equation*} \min\{x_i\}=0,\;\max\{x_i\}=0{,}44\;\text{et}\; f^{(3)}(t)=\frac{3}{8}(1+t)^{-5/2}. \end{equation*}

   L'énoncé dit donc que, pour tout \(t\in\;]-1;+\infty[\text{,}\) il existe \(\xi_t\in\;]\min\{t;0\};\max\{t;0{,}44\}[\) tel que

   \begin{align*} f(t)-P(t)&=\frac{f^{(3)}(\xi_t)}{3!}(t-x_0)(t-x_1)(t-x_2)\\ &=\frac{\frac{3}{8}(1+\xi_t)^{-5/2}}{6}t(t-0{,}21)(t-0{,}44)\\ &=\frac{1}{16(1+\xi_t)^{5/2}}t(t-0{,}21)(t-0{,}44). \end{align*}

5. En prenant \(t:=0{,}1\text{,}\) on obtient \(\xi_t\in\;]0;0{,}44[\) d'où

   \begin{equation*} \frac{1}{16(1+\xi_t)^{5/2}}\leq\frac{1}{16}. \end{equation*}

   On déduit alors de ce qui précède la majoration

   \begin{align*} \left|f(0{,}1)-P(0{,}1)\right|&=\frac{1}{16(1+\xi_t)^{5/2}}\cdot 0{,}1\cdot |0{,}1-0{,}21|\cdot|0{,}1-0{,}44|\\ &=\frac{1}{16(1+\xi_t)^{5/2}}\cdot 0{,}00374\\ &\leq\frac{1}{16}\cdot 0{,}00374\\ &=0{,}000\,233\,75. \end{align*}

6. À l'exercice 6.3.9, on a trouvé

   \begin{equation*} P(0{,}1)=\frac{1013}{966}. \end{equation*}

   L'erreur

   \begin{align*} f(0{,1})-P(0{,}1)&=\sqrt{1{,}1}-\frac{1013}{966}\\ &\approx 0{,}000\,154\,604\\ &\leq 0{,}000\,233\,75. \end{align*}

   est donc conforme à la majoration obtenue à la question précédente