⎧h(x) =⎪⎨et⎪⎩g(x) − P (x)∏ (x)si x ̸∈ {t 0 , ...t p }h(t k ) = g′ (t k ) − P ′ (t k )∏ ′(t k )pourk = 0, ...., p(3.4)* α(x) = g′ (x) − P ′ (x) − h(x) ∏′ (x)∏ (x)si x ̸∈ {t 0 , ...t p }et* α(t k ) =Q ′(t k ) [g ′′ (t k )−P ′′ (t k )]− Q ′′ (t k ) [g ′ (t k )−P (t k )]2( Q′ pour k = 0, ...., p(t k )) 2h(x) = h(t k ) et lim α(x) = α(t k )x→tkOn vérifie facilement que limx→tkEn effetg(x) − P (x) (t − tlim h(x) = lim ∏ k )x→t k x→tk (x) (t − t k )= g′ (t k ) − P ′ (t k )∏ ′= h(t k )(t k )De la même manière, on obtient la deuxième égalité.= limx→tkg(x) − P (x)(t − t k )On conclut donc que les fonctions h et α sont continues sur [−1, 1].Lemme 3.2.4(t − t k )∏ (x)La fonction h définie par (3.4) est de classe C 1 sur [−1, 1]. De plus, ∀x ∈ [−1, 1], h ′ (x) = α(x)et il existe ξ = ξ(x) ∈ [−1, 1] tel que h ′ (x) = g(p+2) (ξ)(p + 2)!Démonstration1/ En définissant les fonctions h, ∏ et α comme précèdemment, on voit que la fonction h estdérivable en tout point x tel que x ̸∈ {t 0 , t 1 , ......, t p } et on a g(x) − P (x) = ∏ (x)h(x)d’oùg ′ (x) − P ′ (x) = ∏′ (x)h(x) + ∏ (x)h ′ (x)et doncg ′ (x) − P ′ (x) − ∏′ (x)h(x) = ∏ (x)h ′ (x)D’après la définition de la fonction α, on obtient α(x) = h ′ (x). Et comme α est continue, onconclut donc que la fonction h est de classe C 1 sur [−1, 1] et α(x) = h ′ (x) pour tout x ∈ [−1, 1].2/ Posons, pour x ∈ [−1, 1], Q x (t) = P (t) + h(x) ∏ (t) + (t − x)α(x) ∏ (t). On peut vériferfacilement qu’on a :* Le polynôme Q x est un polynôme de degré (p + 2), car ∏ est est un polynôme de degré (p + 1)et donc Q x ∈ IP p+2 .* Q x (t i ) = g(t i ) pour i = 0, 1, ..., p* Q x (x) = g(x) et Q ′ x(x) = g ′ (x) pour tout x* Q ′′ x(x) = g ′′ (x) pour x ∈ {t 0 , t 1 , ..., t p }Posons φ(t) = g(t) − Q x (t) alors on a :* φ(t i ) = 0 pour i ∈ {0, ..., p}* φ(x) = φ ′ (x) = 046
* φ ′′ (x) = 0 pour x ∈ {t 0 , t 1 , ..., t p }En appliquant le théorème de Rolle successivement à φ, φ ′ , φ ′′ , ......., φ (p) , on aboutit à l’existencede ξ = ξ(x) ∈ [−1, 1] tel que φ (p+1) (ξ) = 0.OrQ (p+2)x (t) = (p + 2)!α(x)carP (p+2) (t) = ∏ (p+2) (t) = 0et ((t − x) ∏ (t)) (p+2) = (p + 2)!donc : φ (p+1) (ξ) = 0 d’où α ′ (x) = g(p+2) (ξ)(p+2)!Lemme 3.2.5Si p est un entier pair, p = 2m, et ∏ (t) =vérifieDémonstration1/ on a :∏ ∏2m m−1∏(t) = (t − t j ) = t (t 2 − t 2 j)j=0j=0u(x) =∫ x−1∏(t − t j ) alors la fonction définie par :m−1j=0∏(t)dt ∀x ∈ [−1, 1]u(x) ≥ 0 ∀x ∈ [−1, 1]u(1) = u(−1) = 0car t 2m−j = −t j et donc ∏ (t) est une fonction impaire et alors u(1) = u(−1) = 0.2/Soit k ∈ {0, 1, ..., p}. On a ∏ (t) ≥ 0 pour t ∈ [t 2k , t 2k+1 ] et ∏ (t) ≤ 0 pour t ∈ [t 2k+1 , t 2k+2 ].La fonction u est donc croissante sur [t 2k , t 2k+1 ] et elle est décroissante sur [t 2k+1 , t 2k+2 ].3/On∫a, pour tout k tel que : 2k + 2 ≤ m,t2k+2 ∏∫ t2k+1 ∏∫ t2k+2 ∏(t)dt = (t)dt + (t)dtt 2k=t 2k∫ t2k+1 ∏2mt 2kj=0(posons s = t − 2==∫ t2k+1 ∏2mt 2k j=0∫ t2k+1(t − t j )dt +2m )(t − t j )dt +t 2k(t − t 2m + t − t −1 )( Comme t j = −1 + 2=∫ t2k+1Or, pour t ∈ [t 2k , t 2k+1 ], on a :t 2k+1∫ t2k+2 ∏2m2m j)t 2k+1j=0∫ t2k+1 2m−1t 2k j=−12k∏j=02(t + 1 2k∏t 2k2m ) (t − t j )j=0(t − t j )dt∏(s − t j )ds(t − t j )2m−1∏j=2k+12m−1∏j=2k+1(t − t j )dt(t − t j )dt47