Trois points, une parabole : l'interpolation comme système linéaire

Exercice de TD · niveau 2 · mathématiques MPSI, chapitre 9 — Calcul matriciel et systèmes linéaires · C. Systèmes linéaires

Énoncé

a) Déterminer les réels $a, b, c$ tels que la parabole d'équation $y = a x^{2} + b x + c$ passe par les points $(0, 1)$ , $(1, 0)$ et $(2, 3)$ .

b) Écrire le problème sous la forme $V X = Y$ avec $X = a b c$ . Montrer que le système homogène $V X = 0$ n'a que la solution nulle, sans calcul. Résoudre $V X = Y$ pour un second membre $Y$ quelconque, et en déduire que $V$ est inversible : pour toutes ordonnées imposées, la parabole existe et est unique.

c) Énoncer la généralisation à $n + 1$ points d'abscisses distinctes et un polynôme de degré au plus $n$ , en admettant qu'un polynôme non nul de degré au plus $n$ a au plus $n$ racines (chapitre 10).

d) Que se passe-t-il si deux des abscisses coïncident ?

Corrigé

Ce qu'on a le droit d'utiliser. L'écriture matricielle d'un système, le théorème « $A$ est inversible si et seulement si $A X = Y$ a une unique solution pour tout $Y$ », le fait qu'un trinôme du second degré non nul a au plus deux racines (chapitre 3). La stratégie : l'inconnue n'est pas un point de la parabole mais le triplet de ses coefficients, et chaque point imposé fournit une équation linéaire en $(a, b, c)$ .

a) Le système. Écrire que la courbe passe par $(0, 1)$ , $(1, 0)$ , $(2, 3)$ , c'est écrire $c = 1$ , $a + b + c = 0$ et $4 a + 2 b + c = 3$ . La première donne $c = 1$ ; il reste $a + b = - 1$ et $4 a + 2 b = 2$ , soit $2 a + b = 1$ ; en soustrayant, $a = 2$ , puis $b = - 3$ . La parabole est $y = 2 x^{2} - 3 x + 1$ . Contrôle : $f (0) = 1$ , $f (1) = 2 - 3 + 1 = 0$ , $f (2) = 8 - 6 + 1 = 3$ .

b) La matrice, et l'unicité sans calcul. Le système s'écrit $V X = Y, V = 014012111, Y = 103 :$ la ligne $i$ de $V$ est $(x_{i}^{2}, x_{i}, 1)$ pour l'abscisse $x_{i}$ . Le système homogène. $V X = 0$ signifie que le trinôme $a x^{2} + b x + c$ s'annule en $0$ , en $1$ et en $2$ : trois racines distinctes. Si $a \neq = 0$ , un trinôme du second degré a au plus deux racines ; donc $a = 0$ , et $b x + c$ s'annule en deux points distincts, ce qui force $b = 0$ puis $c = 0$ . Le système homogène n'a que la solution nulle, et l'on n'a posé aucune division. Conséquence : si $X$ et $X^{'}$ sont deux solutions de $V X = Y$ , alors $V (X - X^{'}) = 0$ , donc $X = X^{'}$ — l'unicité de la parabole est acquise pour tout $Y$ .

L'existence, pour $Y$ quelconque. Résolvons $V X = Y$ avec $Y = (y_{1}, y_{2}, y_{3})^{⊤}$ : $c = y_{1}$ ; $a + b = y_{2} - y_{1}$ ; $4 a + 2 b = y_{3} - y_{1}$ , soit $2 a + b = \frac{y _{3} - y _{1}}{2}$ . En soustrayant : $a = \frac{y _{3} - y _{1}}{2} - (y_{2} - y_{1}) = \frac{y _{1} - 2 y _{2} + y _{3}}{2}$ , puis $b = y_{2} - y_{1} - a = \frac{- 3 y _{1} + 4 y _{2} - y _{3}}{2}$ . Il y a donc une solution pour tout $Y$ , et elle s'écrit $X = B Y$ avec $B = \frac{1}{2} 1 - 3 2 - 2 40 1 - 1 0 .$ Par le théorème du cours, $V$ est inversible et $V^{- 1} = B$ . Contrôle sur $Y = (1, 0, 3)^{⊤}$ : $a = \frac{1 + 3}{2} = 2$ , $b = \frac{- 3 - 3}{2} = - 3$ , $c = 1$ . Ainsi, quelles que soient les trois ordonnées imposées aux abscisses $0, 1, 2$ , la parabole existe et est unique.

Le point délicat. L'unicité s'est lue sur le système homogène, par un argument sur les racines, sans résoudre. L'existence, elle, a demandé la résolution — pour l'instant. L'exercice 9 montrera que pour une matrice carrée, l'unicité seule suffit : « $V X = 0$ n'a que la solution nulle » entraîne « $V$ inversible ». La finitude — trois inconnues, trois équations — en est la raison.

c) La généralisation. Soient $x_{0}, \dots, x_{n}$ des abscisses deux à deux distinctes et $y_{0}, \dots, y_{n}$ des ordonnées. La matrice $V$ , de taille $(n + 1) \times (n + 1)$ , a pour ligne $i$ les puissances $(x_{i}^{n}, x_{i}^{n - 1}, \dots, x_{i}, 1)$ ; on l'appelle matrice de Vandermonde. Le système homogène $V X = 0$ dit qu'un polynôme de degré au plus $n$ s'annule en $n + 1$ points distincts : par le résultat admis, il est nul, donc $X = 0$ . Avec l'exercice 9, $V$ est inversible : par $n + 1$ points d'abscisses distinctes passe une et une seule courbe polynomiale de degré au plus $n$ . C'est le théorème d'interpolation de Lagrange, que le chapitre 10 démontrera par une autre voie, en construisant explicitement le polynôme.

d) Deux abscisses égales. Si $x_{1} = x_{2}$ , les lignes $1$ et $2$ de $V$ sont identiques. Le système $V X = Y$ impose alors $y_{1} = y_{2}$ : pour un second membre avec $y_{1} \neq = y_{2}$ (deux ordonnées différentes au même point), il n'a aucune solution. Donc $V$ n'est pas inversible, et le système homogène a des solutions non nulles — une parabole peut passer deux fois par le même point sans que cela la contraigne davantage. Il n'y a plus ni existence pour tout $Y$ , ni unicité.

Ce que l'exercice installe. Un problème d'interpolation est un système linéaire dont l'inconnue est la liste des coefficients ; l'unicité se lit sur le système homogène par un argument de racines, et l'inversibilité de la matrice en découle. C'est le premier pont entre les matrices et les polynômes ; le chapitre 10 le traversera dans l'autre sens, et le chapitre 14 donnera au déterminant de Vandermonde sa formule.

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