$P(k)=\frac{1}{k+1}$ pour $k=0,\dots ,n$ : que vaut $P(n+1)$ ?

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème d'interpolation de Lagrange (existence et unicité dans ${\mathbb{R}}_n[X]$ pour $n+1$ points distincts), la description de tous les polynômes interpolants, le théorème « un polynôme de degré $\le d$ ayant $d+1$ racines distinctes est nul », et la conséquence : un polynôme de degré $\le n+1$ ayant $n+1$ racines distinctes connues est déterminé à une constante près. La stratégie : on ne calcule jamais $P$ ; on fabrique un polynôme auxiliaire dont on connaît toutes les racines, puis on l'évalue en un point choisi pour faire disparaître l'inconnue.

a) Existence et unicité. Les $n+1$ abscisses $0,1,\dots ,n$ sont distinctes ; par le théorème d'interpolation de Lagrange, il existe un unique $P\in {\mathbb{R}}_n[X]$ prenant les valeurs $\frac{1}{k+1}$ en ces points. On pourrait l'écrire $P={\sum }_k\frac{1}{k+1}{L}_k$, mais on n'en fera rien : c'est la question c) qu'on veut, pas $P$.

b) Le polynôme auxiliaire. Les valeurs imposées s'écrivent $(k+1)P(k)=1$, ce qui invite à poser $Q=(X+1)P-1$. Alors $\mathrm{deg}Q\le n+1$, et pour $k\in \{0,\dots ,n\}$ : $Q(k)=(k+1)P(k)-1=1-1=0$. $Q$ a les $n+1$ racines distinctes $0,1,\dots ,n$, donc est divisible par $X(X-1)\cdots (X-n)$, qui est de degré $n+1\ge \mathrm{deg}Q$ : le quotient est une constante $c$, et $Q=cX(X-1)\cdots (X-n)$. Déterminer $c$. Il faut évaluer en un point hors de $\{0,\dots ,n\}$ où $P$, inconnu, disparaît : le seul est $X=-1$, où le facteur $X+1$ s'annule. D'une part $Q(-1)=0\cdot P(-1)-1=-1$. D'autre part $$Q(-1)=c\prod _{k=0}^n(-1-k)=c\prod _{k=0}^n(-(k+1))=c(-1{)}^{n+1}(n+1)!.$$ En égalant : $c=\frac{-1}{(-1{)}^{n+1}(n+1)!}=\frac{(-1{)}^n}{(n+1)!}$.

c) La valeur en $n+1$. Évaluons $Q$ en $n+1$ de deux façons. Par la factorisation : $Q(n+1)=c(n+1)n(n-1)\cdots 1=c(n+1)!=(-1{)}^n$. Par la définition : $Q(n+1)=(n+2)P(n+1)-1$. Donc $(n+2)P(n+1)=1+(-1{)}^n$, soit $$P(n+1)=\frac{1+(-1{)}^n}{n+2}=\{\begin{array}{ll}0& \text{si }n\text{ est impair,}\\ \frac{2}{n+2}& \text{si }n\text{ est pair.}\end{array}$$ Comparaison. La fonction interpolée, $x\mapsto \frac{1}{x+1}$, vaut $\frac{1}{n+2}$ en $n+1$. L'interpolant vaut le double quand $n$ est pair, et zéro quand $n$ est impair : pour $n=1$, la droite par $(0,1)$ et $(1,\frac{1}{2})$ est $1-\frac{x}{2}$, qui vaut $0$ en $2$ alors que $\frac{1}{3}$ était attendu ; pour $n=2$, la parabole donne $\frac{1}{2}$ en $3$ au lieu de $\frac{1}{4}$. L'écart ne diminue pas quand $n$ grandit.

d) Tous les interpolants. Par la proposition du cours, les polynômes $R$ prenant les mêmes valeurs aux mêmes points sont exactement les $R=P+X(X-1)\cdots (X-n)S$, $S\in \mathbb{R}[X]$ quelconque — en effet $R-P$ s'annule en $0,1,\dots ,n$. En particulier, tout polynôme $R$ vérifiant les $n+1$ conditions vérifie encore $(X+1)R-1=Q+(X+1)X(X-1)\cdots (X-n)S$, et $R(n+1)=P(n+1)+(n+1)!S(n+1)$ peut prendre n'importe quelle valeur : dès que le degré n'est plus borné, la valeur suivante n'est plus forcée du tout.

Le point délicat. Le choix de $-1$ est le pivot de l'exercice : c'est le seul point où l'on connaît $Q$ sans connaître $P$. Toute autre évaluation ferait réapparaître l'inconnue. Et la borne $\mathrm{deg}P\le n$ est ce qui force le quotient de $Q$ par $X(X-1)\cdots (X-n)$ à être une constante : un degré de plus, et l'on perd tout, comme le d) le montre.

Ce que l'exercice installe. Le polynôme auxiliaire annulé aux points de contrainte, puis évalué en un point qui tue l'inconnue : c'est le réflexe de tous les problèmes d'interpolation. Et le résultat est un avertissement : l'interpolation de Lagrange reconstitue un polynôme, elle n'extrapole pas une fonction — hors des nœuds, l'interpolant peut s'écarter arbitrairement de la fonction. Le problème final dira où placer les nœuds pour limiter les dégâts.