Analyse Numérique : Interpolation et Approximation

Correction :

Cet exercice porte sur l'existence et l'unicité d'un polynôme interpolateur.

Étape 1 : Existence

On cherche un polynôme $P(x) = ax^2 + bx + c$. On doit satisfaire le système d'équations linéaires suivant : $ax_0^2 + bx_0 + c = y_0$ $ax_1^2 + bx_1 + c = y_1$ $ax_2^2 + bx_2 + c = y_2$ Ce système peut s'écrire sous forme matricielle : $$ \begin{pmatrix} x_0^2 & x_0 & 1 \\ x_1^2 & x_1 & 1 \\ x_2^2 & x_2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \\ y_2 \end{pmatrix} $$ La matrice $V = \begin{pmatrix} x_0^2 & x_0 & 1 \\ x_1^2 & x_1 & 1 \\ x_2^2 & x_2 & 1 \end{pmatrix}$ est une matrice de Vandermonde (avec les colonnes inversées). Le déterminant d'une matrice de Vandermonde est donné par $\prod_{0 \le i < j \le 2} (x_j - x_i)$. Puisque $x_0, x_1, x_2$ sont distincts, ce déterminant est non nul. Par conséquent, le système a une solution unique pour $(a, b, c)$. Cela prouve l'existence d'un tel polynôme.

Étape 2 : Unicité

Supposons qu'il existe deux polynômes $P_1(x)$ et $P_2(x)$ de degré au plus 2, tous deux interpolant les points $(x_i, y_i)$. Considérons leur différence $D(x) = P_1(x) - P_2(x)$. $D(x)$ est un polynôme de degré au plus 2. Pour chaque $i \in \{0, 1, 2\}$, on a $D(x_i) = P_1(x_i) - P_2(x_i) = y_i - y_i = 0$. Donc, $D(x)$ a trois racines distinctes : $x_0, x_1, x_2$. Un polynôme non nul de degré au plus 2 ne peut pas avoir plus de 2 racines. Par conséquent, $D(x)$ doit être le polynôme nul. $D(x) = 0$ pour tout $x$, ce qui implique $P_1(x) = P_2(x)$ pour tout $x$. Cela prouve l'unicité du polynôme interpolateur.

Correction :

Nous allons construire le polynôme interpolateur en utilisant la formule de Lagrange.

Étape 1 : Formule de Lagrange

Le polynôme de Lagrange pour $n+1$ points $(x_0, y_0), \dots, (x_n, y_n)$ est donné par : $$ P(x) = \sum_{j=0}^n y_j L_j(x) $$ où $L_j(x)$ sont les polynômes de base de Lagrange, définis par : $$ L_j(x) = \prod_{i=0, i \ne j}^n \frac{x - x_i}{x_j - x_i} $$ Dans notre cas, $n=2$, avec $(x_0, y_0) = (0, 1)$, $(x_1, y_1) = (1, 3)$, $(x_2, y_2) = (2, 7)$.

Étape 2 : Calcul des polynômes de base $L_j(x)$

Pour $j=0$: $x_0 = 0$. $$ L_0(x) = \frac{x - x_1}{x_0 - x_1} \cdot \frac{x - x_2}{x_0 - x_2} = \frac{x - 1}{0 - 1} \cdot \frac{x - 2}{0 - 2} = \frac{x - 1}{-1} \cdot \frac{x - 2}{-2} = \frac{(x - 1)(x - 2)}{2} $$ Pour $j=1$: $x_1 = 1$. $$ L_1(x) = \frac{x - x_0}{x_1 - x_0} \cdot \frac{x - x_2}{x_1 - x_2} = \frac{x - 0}{1 - 0} \cdot \frac{x - 2}{1 - 2} = \frac{x}{1} \cdot \frac{x - 2}{-1} = -x(x - 2) $$ Pour $j=2$: $x_2 = 2$. $$ L_2(x) = \frac{x - x_0}{x_2 - x_0} \cdot \frac{x - x_1}{x_2 - x_1} = \frac{x - 0}{2 - 0} \cdot \frac{x - 1}{2 - 1} = \frac{x}{2} \cdot \frac{x - 1}{1} = \frac{x(x - 1)}{2} $$

Étape 3 : Construction du polynôme $P(x)$

$P(x) = y_0 L_0(x) + y_1 L_1(x) + y_2 L_2(x) $ $P(x) = 1 \cdot \frac{(x - 1)(x - 2)}{2} + 3 \cdot (-x(x - 2)) + 7 \cdot \frac{x(x - 1)}{2} $ $P(x) = \frac{x^2 - 3x + 2}{2} - 3x^2 + 6x + \frac{7x^2 - 7x}{2} $ $P(x) = \frac{1}{2}x^2 - \frac{3}{2}x + 1 - 3x^2 + 6x + \frac{7}{2}x^2 - \frac{7}{2}x $ Regroupons les termes par puissance de $x$ : $x^2$ : $\frac{1}{2} - 3 + \frac{7}{2} = \frac{1 - 6 + 7}{2} = \frac{2}{2} = 1$. Donc $1x^2$. $x$ : $-\frac{3}{2} + 6 - \frac{7}{2} = \frac{-3 + 12 - 7}{2} = \frac{2}{2} = 1$. Donc $1x$. Constante : $1$. Donc, $P(x) = x^2 + x + 1$.

Vérification :

$P(0) = 0^2 + 0 + 1 = 1$ (correct)

$P(1) = 1^2 + 1 + 1 = 3$ (correct)

$P(2) = 2^2 + 2 + 1 = 4 + 2 + 1 = 7$ (correct)

Correction :

La méthode de Newton permet de construire le polynôme interpolateur de manière itérative, ce qui est plus efficace pour ajouter de nouveaux points.

Étape 1 : Forme de Newton

Le polynôme interpolateur sous forme de Newton est donné par : $$ P(x) = c_0 + c_1(x - x_0) + c_2(x - x_0)(x - x_1) + \dots $$ où les coefficients $c_k$ sont les différences divisées. Pour $n=2$, $P(x) = c_0 + c_1(x - x_0) + c_2(x - x_0)(x - x_1)$.

Étape 2 : Calcul des différences divisées

Les points sont $(x_0, y_0) = (0, 1)$, $(x_1, y_1) = (1, 3)$, $(x_2, y_2) = (2, 7)$.

Différences divisées d'ordre 0 :

$c_0 = f[x_0] = y_0 = 1$.

$c_1 = f[x_1] = y_1 = 3$.

$c_2 = f[x_2] = y_2 = 7$.

Différences divisées d'ordre 1 :

$f[x_0, x_1] = \frac{f[x_1] - f[x_0]}{x_1 - x_0} = \frac{3 - 1}{1 - 0} = \frac{2}{1} = 2$.

$f[x_1, x_2] = \frac{f[x_2] - f[x_1]}{x_2 - x_1} = \frac{7 - 3}{2 - 1} = \frac{4}{1} = 4$.

Différences divisées d'ordre 2 :

$c_2 = f[x_0, x_1, x_2] = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{x_2 - x_0} = \frac{4 - 2}{2 - 0} = \frac{2}{2} = 1$.

Étape 3 : Construction du polynôme $P(x)$

Les coefficients sont $c_0 = 1$, $c_1 = f[x_0, x_1] = 2$, $c_2 = f[x_0, x_1, x_2] = 1$. $P(x) = c_0 + c_1(x - x_0) + c_2(x - x_0)(x - x_1)$ $P(x) = 1 + 2(x - 0) + 1(x - 0)(x - 1)$ $P(x) = 1 + 2x + x(x - 1)$ $P(x) = 1 + 2x + x^2 - x$ $P(x) = x^2 + x + 1$.

Vérification : C'est le même polynôme obtenu par Lagrange, ce qui est attendu car le polynôme interpolateur est unique.

Correction :

Cet exercice aborde l'estimation de l'erreur commise lors de l'interpolation.

Étape 1 : Calcul du polynôme interpolateur $P_1(x)$

On a les points $(0, e^0=1)$ et $(1, e^1=e)$. Le polynôme de degré au plus 1 est une droite passant par ces deux points. La formule de Newton est plus simple ici : $c_0 = f[x_0] = 1$. $f[x_0, x_1] = \frac{f[x_1] - f[x_0]}{x_1 - x_0} = \frac{e - 1}{1 - 0} = e - 1$. $P_1(x) = c_0 + c_1(x - x_0) = 1 + (e - 1)(x - 0) = 1 + (e-1)x$.

Étape 2 : Formule de l'erreur d'interpolation

L'erreur d'interpolation est donnée par : $R_n(x) = f(x) - P_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} \prod_{i=0}^n (x - x_i)$, où $c$ est un point dans l'intervalle approprié. Pour $n=1$, $P_1(x)$, on a $n+1=2$. L'erreur est : $R_1(x) = f(x) - P_1(x) = \frac{f''(c)}{2!} (x - x_0)(x - x_1)$.

Étape 3 : Calcul de la dérivée seconde de $f(x)$

$f(x) = e^x$. $f'(x) = e^x$. $f''(x) = e^x$.

Étape 4 : Estimation de l'erreur en $x=0.5$

On a $x=0.5$, $x_0=0$, $x_1=1$. $R_1(0.5) = \frac{e^c}{2!} (0.5 - 0)(0.5 - 1)$. $R_1(0.5) = \frac{e^c}{2} (0.5)(-0.5) = \frac{e^c}{2} (-0.25) = -0.125 e^c$. Pour estimer l'erreur, on doit trouver une borne pour $e^c$. La valeur $c$ se trouve dans l'intervalle $[x_0, x_1]$ qui contient $x$, soit $[0, 1]$. La fonction $e^x$ est croissante. Donc, sur $[0, 1]$, le maximum de $e^c$ est $e^1 = e$, et le minimum est $e^0 = 1$. L'erreur exacte $f(0.5) - P_1(0.5) = e^{0.5} - (1 + (e-1)0.5) = \sqrt{e} - (1 + 0.5e - 0.5) = \sqrt{e} - 0.5 - 0.5e$. $\sqrt{e} \approx 1.6487$. $e \approx 2.71828$. Erreur exacte $\approx 1.6487 - 0.5 - 0.5 \times 2.71828 \approx 1.6487 - 0.5 - 1.35914 = -0.21044$. L'estimation de l'erreur est $|R_1(0.5)| = |-\frac{0.125 e^c}{1}| = 0.125 e^c$. Pour avoir une borne de l'erreur, on utilise la borne supérieure de $e^c$ sur $[0, 1]$. $|R_1(0.5)| \le 0.125 \cdot e^1 = 0.125 e \approx 0.125 \times 2.71828 \approx 0.3398$. L'erreur exacte est $\approx 0.21044$, qui est bien inférieure à $0.3398$. On peut aussi estimer l'erreur en utilisant une valeur de $c$ qui minimise l'erreur, mais la borne est ce qui est demandé pour "estimer". L'énoncé demande une estimation, donc une borne est une bonne estimation.

Correction :

Nous allons interpoler la fonction sinus avec des points équidistants.

Étape 1 : Déterminer les points d'interpolation

Pour $n=3$, les points sont $x_i = i/3$ pour $i=0, 1, 2, 3$. $x_0 = 0/3 = 0$ $x_1 = 1/3$ $x_2 = 2/3$ $x_3 = 3/3 = 1$ Les valeurs de la fonction sont : $y_0 = f(0) = \sin(0) = 0$ $y_1 = f(1/3) = \sin(\pi/3) = \sqrt{3}/2$ $y_2 = f(2/3) = \sin(2\pi/3) = \sqrt{3}/2$ $y_3 = f(1) = \sin(\pi) = 0$ Les points sont : $(0, 0)$, $(1/3, \sqrt{3}/2)$, $(2/3, \sqrt{3}/2)$, $(1, 0)$.

Étape 2 : Utiliser la forme de Newton

Pour $n=3$, le polynôme est de degré au plus 3 : $P_3(x) = c_0 + c_1(x-x_0) + c_2(x-x_0)(x-x_1) + c_3(x-x_0)(x-x_1)(x-x_2)$.

Différences divisées d'ordre 0 :

$c_0 = f[x_0] = 0$.

Différences divisées d'ordre 1 :

$f[x_0, x_1] = \frac{\sqrt{3}/2 - 0}{1/3 - 0} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/3} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$.

$f[x_1, x_2] = \frac{\sqrt{3}/2 - \sqrt{3}/2}{2/3 - 1/3} = \frac{0}{1/3} = 0$.

$f[x_2, x_3] = \frac{0 - \sqrt{3}/2}{1 - 2/3} = \frac{-\sqrt{3}/2}{1/3} = -\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Différences divisées d'ordre 2 :

$f[x_0, x_1, x_2] = \frac{f[x_1, x_2] - f[x_0, x_1]}{x_2 - x_0} = \frac{0 - 3\sqrt{3}/2}{2/3 - 0} = \frac{-3\sqrt{3}/2}{2/3} = -\frac{9\sqrt{3}}{4}$.

$f[x_1, x_2, x_3] = \frac{f[x_2, x_3] - f[x_1, x_2]}{x_3 - x_1} = \frac{-3\sqrt{3}/2 - 0}{1 - 1/3} = \frac{-3\sqrt{3}/2}{2/3} = -\frac{9\sqrt{3}}{4}$.

Différences divisées d'ordre 3 :

$c_3 = f[x_0, x_1, x_2, x_3] = \frac{f[x_1, x_2, x_3] - f[x_0, x_1, x_2]}{x_3 - x_0} = \frac{-9\sqrt{3}/4 - (-9\sqrt{3}/4)}{1 - 0} = 0$.

Étape 3 : Construction du polynôme $P_3(x)$

Les coefficients sont $c_0 = 0$, $c_1 = 3\sqrt{3}/2$, $c_2 = -9\sqrt{3}/4$, $c_3 = 0$. $P_3(x) = 0 + \frac{3\sqrt{3}}{2}(x - 0) - \frac{9\sqrt{3}}{4}(x - 0)(x - 1/3) + 0 \cdot (\dots)$ $P_3(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}x - \frac{9\sqrt{3}}{4}x(x - 1/3)$ $P_3(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}x - \frac{9\sqrt{3}}{4}(x^2 - \frac{1}{3}x)$ $P_3(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}x - \frac{9\sqrt{3}}{4}x^2 + \frac{9\sqrt{3}}{12}x$ $P_3(x) = \frac{3\sqrt{3}}{2}x - \frac{9\sqrt{3}}{4}x^2 + \frac{3\sqrt{3}}{4}x$ $P_3(x) = -\frac{9\sqrt{3}}{4}x^2 + \left(\frac{6\sqrt{3}}{4} + \frac{3\sqrt{3}}{4}\right)x$ $P_3(x) = -\frac{9\sqrt{3}}{4}x^2 + \frac{9\sqrt{3}}{4}x$.

Étape 4 : Calcul de $P_3(0.5)$

$P_3(0.5) = -\frac{9\sqrt{3}}{4}(0.5)^2 + \frac{9\sqrt{3}}{4}(0.5)$ $P_3(0.5) = -\frac{9\sqrt{3}}{4}(0.25) + \frac{9\sqrt{3}}{4}(0.5)$ $P_3(0.5) = \frac{9\sqrt{3}}{4} (-0.25 + 0.5) = \frac{9\sqrt{3}}{4} (0.25) = \frac{9\sqrt{3}}{16}$.

Valeur réelle de $f(0.5)$

$f(0.5) = \sin(\pi \times 0.5) = \sin(\pi/2) = 1$. La valeur interpolée est $P_3(0.5) = \frac{9\sqrt{3}}{16} \approx \frac{9 \times 1.732}{16} \approx \frac{15.588}{16} \approx 0.974$. L'erreur d'interpolation est $f(0.5) - P_3(0.5) = 1 - \frac{9\sqrt{3}}{16} \approx 1 - 0.974 = 0.026$.

Correction :

Cet exercice est plus théorique et vise à comprendre le contexte de l'interpolation polynomiale.

Étape 1 : Pourquoi les polynômes ?

Les polynômes sont utilisés pour l'interpolation pour plusieurs raisons :

• Simplicité analytique : Ils sont faciles à définir, manipuler et évaluer analytiquement. Leurs dérivées et intégrales sont simples à calculer.
• Existence et unicité : Comme vu dans les exercices précédents, pour $n+1$ points distincts, il existe un polynôme unique de degré au plus $n$ qui passe par ces points.
• Base de fonctions : Les polynômes forment une base pour de nombreux espaces fonctionnels, ce qui les rend fondamentaux en analyse.
• Approximation universelle : Le théorème d'approximation de Weierstrass stipule que toute fonction continue sur un intervalle fermé peut être uniformément approchée par un polynôme.

Étape 2 : Avantages de l'interpolation polynomiale

• Simplicité : Facile à implémenter et à comprendre.
• "Lissage" : Un polynôme de degré $n$ est $n$ fois continûment différentiable, ce qui offre un certain degré de lissage.
• Unicité : Garantit une solution unique pour un ensemble de points donné.

Étape 3 : Inconvénients de l'interpolation polynomiale (Phénomène de Runge)

• Phénomène de Runge : Pour un grand nombre de points, en particulier s'ils sont équidistants, l'interpolation polynomiale de haut degré peut conduire à des oscillations importantes entre les points d'interpolation. Cela signifie que le polynôme interpolateur peut s'éloigner considérablement de la fonction originale en dehors des points d'interpolation, rendant l'approximation imprécise.
• Sensibilité aux données : Un petit changement dans une valeur de donnée peut entraîner un grand changement dans le polynôme interpolateur.
• Coût de calcul : Calculer un polynôme de degré $n$ à partir de $n+1$ points peut être coûteux si $n$ est grand (bien que la forme de Newton soit plus efficace que Lagrange pour l'ajout de points).

Étape 4 : Comparaison avec les splines

Les splines sont des fonctions définies par morceaux, composées de polynômes de degré inférieur sur des intervalles adjacents. Elles sont conçues pour pallier les inconvénients de l'interpolation polynomiale globale.

• Avantages des splines :
  • Réduction des oscillations : Les splines (en particulier les splines cubiques) ont tendance à produire des courbes plus "douces" et moins oscillantes que les polynômes de haut degré, même avec de nombreux points.
  • Flexibilité locale : Modifier un point de donnée n'affecte que les polynômes locaux autour de ce point, contrairement à un polynôme global dont toute la forme est modifiée.
  • Conditions aux limites : On peut imposer des conditions sur les dérivées aux extrémités (par exemple, pour un ajustement naturel), ce qui est difficile avec un polynôme unique.
• Inconvénients des splines :
  • Plus complexe : Leur définition et leur implémentation sont plus complexes que celles des polynômes simples.
  • Calcul des coefficients : La détermination des coefficients des splines peut nécessiter la résolution d'un système linéaire (par exemple, pour les splines cubiques), qui peut être coûteux.

En résumé, l'interpolation polynomiale est idéale pour un petit nombre de points ou lorsque la fonction est "bien comportée". Pour des ensembles de données plus grands ou des fonctions qui présentent des oscillations, les splines sont souvent une meilleure alternative.

Correction :

Cet exercice aborde l'approximation par la méthode des moindres carrés, en utilisant un système orthogonal de polynômes.

Étape 1 : Principe de l'approximation par moindres carrés

On cherche un polynôme $P_1(x) = ax + b$ (où $b$ est le coefficient pour $P_0(x)$ et $a$ pour $P_1(x)$) qui minimise la distance quadratique à $f(x)$ dans l'espace $L^2[-1, 1]$. La distance est donnée par le produit scalaire : $\|f - P_1\|^2 = \langle f - P_1, f - P_1 \rangle = \int_{-1}^1 (f(x) - (ax+b))^2 \, dx$.

Étape 2 : Utilisation des polynômes orthogonaux

Puisque les polynômes de Legendre $P_0(x)=1$ et $P_1(x)=x$ sont orthogonaux sur $[-1, 1]$ (on peut le vérifier : $\langle P_0, P_1 \rangle = \int_{-1}^1 x \, dx = 0$), la projection de $f$ sur le sous-espace engendré par $\{P_0, P_1\}$ est donnée par la formule : $P_1(x) = \text{proj}_{\text{Vect}(P_0, P_1)}(f) = \frac{\langle f, P_0 \rangle}{\|P_0\|^2} P_0(x) + \frac{\langle f, P_1 \rangle}{\|P_1\|^2} P_1(x)$.

Étape 3 : Calcul des produits scalaires et normes au carré

Calculons les termes nécessaires :

• $\langle f, P_0 \rangle = \int_{-1}^1 x^3 \cdot 1 \, dx = \int_{-1}^1 x^3 \, dx$. Comme $x^3$ est une fonction impaire, cette intégrale sur un intervalle symétrique est nulle. $\langle f, P_0 \rangle = 0$.
• $\|P_0\|^2 = \langle P_0, P_0 \rangle = \int_{-1}^1 1^2 \, dx = \int_{-1}^1 1 \, dx = [x]_{-1}^1 = 1 - (-1) = 2$.
• $\langle f, P_1 \rangle = \int_{-1}^1 x^3 \cdot x \, dx = \int_{-1}^1 x^4 \, dx = [\frac{x^5}{5}]_{-1}^1 = \frac{1^5}{5} - \frac{(-1)^5}{5} = \frac{1}{5} - (-\frac{1}{5}) = \frac{2}{5}$.
• $\|P_1\|^2 = \langle P_1, P_1 \rangle = \int_{-1}^1 x^2 \, dx = [\frac{x^3}{3}]_{-1}^1 = \frac{1^3}{3} - \frac{(-1)^3}{3} = \frac{1}{3} - (-\frac{1}{3}) = \frac{2}{3}$.

Étape 4 : Construction du polynôme $P_1(x)$

$P_1(x) = \frac{0}{2} P_0(x) + \frac{2/5}{2/3} P_1(x)$ $P_1(x) = 0 \cdot 1 + \frac{2/5}{2/3} x$ $P_1(x) = \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{2} x$ $P_1(x) = \frac{3}{5} x$.

Le terme constant est nul car le coefficient de $P_0(x)$ est nul.

Correction :

L'interpolation par splines cubiques naturelles est une méthode courante pour obtenir des courbes lisses sans oscillations excessives.

Étape 1 : Définition d'une spline cubique naturelle

Une spline cubique naturelle $S(x)$ sur des points $x_0 < x_1 < \dots < x_n$ est une fonction $S(x)$ telle que sur chaque intervalle $[x_i, x_{i+1}]$, $S(x)$ est un polynôme de degré au plus 3, et $S(x)$ est deux fois continûment différentiable sur $[x_0, x_n]$. Pour une spline naturelle, on ajoute les conditions aux limites $S''(x_0) = 0$ et $S''(x_n) = 0$.

Étape 2 : Représentation des segments de la spline

Pour $n=2$ points $(x_0, y_0)=(0,0)$, $(x_1, y_1)=(1,1)$, $(x_2, y_2)=(2,0)$, nous avons deux intervalles : $[0, 1]$ et $[1, 2]$. Sur $[x_0, x_1] = [0, 1]$, soit $S_0(x) = a_0 + b_0(x-0) + c_0(x-0)^2 + d_0(x-0)^3$. Sur $[x_1, x_2] = [1, 2]$, soit $S_1(x) = a_1 + b_1(x-1) + c_1(x-1)^2 + d_1(x-1)^3$. (Note : les indices $a_0, b_0, c_0, d_0$ et $a_1, b_1, c_1, d_1$ sont des notations pour les coefficients de chaque polynôme sur son intervalle. Il est plus courant de noter les coefficients de la première spline $a_0, b_0, c_0, d_0$ et ceux de la seconde $a_1, b_1, c_1, d_1$, mais on les note souvent $a, b, c, d$ pour le premier intervalle et $a', b', c', d'$ pour le second.)

Étape 3 : Conditions d'interpolation

1. $S_0(0) = 0 \implies a_0 = 0$. 2. $S_0(1) = 1$. 3. $S_1(1) = 1$. 4. $S_1(2) = 0$. 5. Continuité des dérivées premières : $S_0'(1) = S_1'(1)$. 6. Continuité des dérivées secondes : $S_0''(1) = S_1''(1)$.

Étape 4 : Conditions aux limites pour une spline naturelle

7. $S_0''(0) = 0$. 8. $S_1''(2) = 0$.

Étape 5 : Calcul des coefficients (méthode utilisant les moments $M_i$)

Une approche standard pour les splines cubiques est de travailler avec les moments $M_i = S''(x_i)$. Les équations pour les moments sont : $h_{i-1} M_{i-1} + 2(h_{i-1} + h_i) M_i + h_i M_{i+1} = 6 (f_{i+1} - f_i)/h_i - 6 (f_i - f_{i-1})/h_{i-1}$. Ici, $h_0 = x_1 - x_0 = 1 - 0 = 1$. $h_1 = x_2 - x_1 = 2 - 1 = 1$. $n=2$, donc nous avons $M_0, M_1, M_2$. Conditions naturelles : $M_0 = S''(0) = 0$ et $M_2 = S''(2) = 0$. Il reste à trouver $M_1 = S''(1)$. L'équation pour $i=1$ (point $x_1$) est : $h_0 M_0 + 2(h_0 + h_1) M_1 + h_1 M_2 = 6 (f_2 - f_1)/h_1 - 6 (f_1 - f_0)/h_0$. $1 \cdot M_0 + 2(1 + 1) M_1 + 1 \cdot M_2 = 6 (0 - 1)/1 - 6 (1 - 0)/1$. $M_0 + 4 M_1 + M_2 = -6 - 6$. Avec $M_0 = 0$ et $M_2 = 0$ : $0 + 4 M_1 + 0 = -12 \implies M_1 = -3$. Donc, $S''(0)=0$, $S''(1)=-3$, $S''(2)=0$.

Étape 6 : Détermination des polynômes sur chaque intervalle

Pour un intervalle $[x_i, x_{i+1}]$ de longueur $h_i$, le polynôme $S_i(x)$ peut être exprimé en fonction des moments $M_i$ et $M_{i+1}$ : $S_i(x) = \frac{M_i}{6h_i}(x_{i+1}-x)^3 + \frac{M_{i+1}}{6h_i}(x-x_i)^3 + \frac{f_i}{h_i}(x_{i+1}-x) + \frac{f_{i+1}}{h_i}(x-x_i)$.

Pour $i=0$ (intervalle $[0, 1]$) : $x_0=0, y_0=0, h_0=1, M_0=0, M_1=-3$. $S_0(x) = \frac{0}{6 \cdot 1}(1-x)^3 + \frac{-3}{6 \cdot 1}(x-0)^3 + \frac{0}{1}(1-x) + \frac{1}{1}(x-0)$. $S_0(x) = 0 + -\frac{1}{2}x^3 + 0 + x$. $S_0(x) = -\frac{1}{2}x^3 + x$.

Pour $i=1$ (intervalle $[1, 2]$) : $x_1=1, y_1=1, h_1=1, M_1=-3, M_2=0$. $S_1(x) = \frac{-3}{6 \cdot 1}(2-x)^3 + \frac{0}{6 \cdot 1}(x-1)^3 + \frac{1}{1}(2-x) + \frac{0}{1}(x-1)$. $S_1(x) = -\frac{1}{2}(2-x)^3 + (2-x)$. $S_1(x) = -\frac{1}{2}(8 - 12x + 6x^2 - x^3) + 2 - x$. $S_1(x) = -4 + 6x - 3x^2 + \frac{1}{2}x^3 + 2 - x$. $S_1(x) = \frac{1}{2}x^3 - 3x^2 + 5x - 2$.

Étape 7 : Vérification

Vérifions les conditions : $S_0(0) = 0$. $S_0(1) = -1/2 + 1 = 1/2$. Hmm, il y a une erreur. La formule pour $S_i(x)$ utilise $y_i$ et $y_{i+1}$, et non $f_i, f_{i+1}$. La formule correcte est : $S_i(x) = \frac{M_i}{6h_i}(x_{i+1}-x)^3 + \frac{M_{i+1}}{6h_i}(x-x_i)^3 + \left(\frac{y_i}{h_i} - \frac{M_i h_i}{6}\right)(x_{i+1}-x) + \left(\frac{y_{i+1}}{h_i} - \frac{M_{i+1} h_i}{6}\right)(x-x_i)$.

Reprenons avec la formule corrigée :

Pour $i=0$ (intervalle $[0, 1]$) : $x_0=0, y_0=0, h_0=1, M_0=0, M_1=-3$. $S_0(x) = \frac{0}{6 \cdot 1}(1-x)^3 + \frac{-3}{6 \cdot 1}(x-0)^3 + \left(\frac{0}{1} - \frac{0 \cdot 1}{6}\right)(1-x) + \left(\frac{1}{1} - \frac{-3 \cdot 1}{6}\right)(x-0)$. $S_0(x) = -\frac{1}{2}x^3 + 0 \cdot (1-x) + (1 + \frac{1}{2})x$. $S_0(x) = -\frac{1}{2}x^3 + \frac{3}{2}x$.

Pour $i=1$ (intervalle $[1, 2]$) : $x_1=1, y_1=1, h_1=1, M_1=-3, M_2=0$. $S_1(x) = \frac{-3}{6 \cdot 1}(2-x)^3 + \frac{0}{6 \cdot 1}(x-1)^3 + \left(\frac{1}{1} - \frac{-3 \cdot 1}{6}\right)(2-x) + \left(\frac{0}{1} - \frac{0 \cdot 1}{6}\right)(x-1)$. $S_1(x) = -\frac{1}{2}(2-x)^3 + (1 + \frac{1}{2})(2-x) + 0$. $S_1(x) = -\frac{1}{2}(8 - 12x + 6x^2 - x^3) + \frac{3}{2}(2-x)$. $S_1(x) = -4 + 6x - 3x^2 + \frac{1}{2}x^3 + 3 - \frac{3}{2}x$. $S_1(x) = \frac{1}{2}x^3 - 3x^2 + \left(6 - \frac{3}{2}\right)x - 1$. $S_1(x) = \frac{1}{2}x^3 - 3x^2 + \frac{9}{2}x - 1$.

Vérifications :

$S_0(0) = 0$. $S_0(1) = -1/2 + 3/2 = 1$. (OK pour le premier intervalle)

$S_1(1) = 1/2 - 3 + 9/2 - 1 = 1/2 + 9/2 - 4 = 10/2 - 4 = 5 - 4 = 1$. (OK pour le point de jonction)

$S_1(2) = 1/2(8) - 3(4) + 9/2(2) - 1 = 4 - 12 + 9 - 1 = 13 - 13 = 0$. (OK pour le second intervalle)

Dérivées secondes :

$S_0''(x) = \frac{d}{dx}(-\frac{1}{2}x^3 + \frac{3}{2}x)' = -\frac{3}{2}x^2 + \frac{3}{2}$. $S_0''(0) = 3/2$. Oops, la condition naturelle $S_0''(0)=0$ n'est pas satisfaite. Il y a peut-être une erreur dans la formule des moments ou dans ma compréhension de la construction des splines naturelles.

Une autre approche pour les splines cubiques consiste à écrire $S_i(x)$ sous forme de polynôme général et utiliser les conditions pour trouver les coefficients $a_i, b_i, c_i, d_i$. Il y a 4 coefficients par intervalle, donc 8 coefficients au total. Les conditions sont : 4 conditions d'interpolation (aux extrémités des intervalles) + 2 conditions de continuité des dérivées premières + 2 conditions de continuité des dérivées secondes + 2 conditions naturelles aux limites. Cela fait 10 conditions pour 8 inconnues, ce qui est trop.

L'approche standard avec les moments $M_i$ est correcte. Le problème peut être dans la formule de $S_i(x)$ ou dans le calcul des moments pour une spline naturelle.

Les conditions pour $M_i$ : $h_{i-1} M_{i-1} + 2(h_{i-1} + h_i) M_i + h_i M_{i+1} = 6 \left(\frac{f_{i+1} - f_i}{h_i} - \frac{f_i - f_{i-1}}{h_{i-1}} \right)$. Pour $i=1$: $h_0=1, h_1=1, f_0=0, f_1=1, f_2=0$. $1 \cdot M_0 + 2(1+1)M_1 + 1 \cdot M_2 = 6 \left(\frac{0-1}{1} - \frac{1-0}{1} \right) = 6(-1 - 1) = -12$. $M_0 + 4M_1 + M_2 = -12$. Conditions naturelles : $M_0=0, M_2=0$. $0 + 4M_1 + 0 = -12 \implies M_1 = -3$. Les moments sont corrects.

La formule pour $S_i(x)$ en fonction de $M_i, M_{i+1}$ et $y_i, y_{i+1}$ est : $S_i(x) = A_i (x_{i+1}-x)^3 + B_i (x-x_i)^3 + C_i (x_{i+1}-x) + D_i (x-x_i)$. où $A_i = M_i / (6h_i)$, $B_i = M_{i+1} / (6h_i)$, $C_i = y_i/h_i - M_i h_i / 6$, $D_i = y_{i+1}/h_i - M_{i+1} h_i / 6$.

Pour $i=0$: $x_0=0, y_0=0, h_0=1, M_0=0, M_1=-3$. $A_0 = 0 / (6 \cdot 1) = 0$. $B_0 = -3 / (6 \cdot 1) = -1/2$. $C_0 = 0/1 - 0 \cdot 1 / 6 = 0$. $D_0 = 1/1 - (-3) \cdot 1 / 6 = 1 + 1/2 = 3/2$. $S_0(x) = 0 \cdot (1-x)^3 + (-1/2)(x-0)^3 + 0 \cdot (1-x) + (3/2)(x-0)$. $S_0(x) = -1/2 x^3 + 3/2 x$. (C'est la même qu'avant).

Pour $i=1$: $x_1=1, y_1=1, h_1=1, M_1=-3, M_2=0$. $A_1 = -3 / (6 \cdot 1) = -1/2$. $B_1 = 0 / (6 \cdot 1) = 0$. $C_1 = 1/1 - (-3) \cdot 1 / 6 = 1 + 1/2 = 3/2$. $D_1 = 0/1 - 0 \cdot 1 / 6 = 0$. $S_1(x) = (-1/2)(2-x)^3 + 0 \cdot (x-1)^3 + (3/2)(2-x) + 0 \cdot (x-1)$. $S_1(x) = -1/2 (2-x)^3 + 3/2 (2-x)$.

Vérifications :

$S_0(0) = 0$. $S_0(1) = -1/2 + 3/2 = 1$. (OK)

$S_1(1) = -1/2(1)^3 + 3/2(1) = -1/2 + 3/2 = 1$. (OK)

$S_1(2) = -1/2(0)^3 + 3/2(0) = 0$. (OK)

Dérivées secondes :

$S_0(x) = -1/2 x^3 + 3/2 x$. $S_0'(x) = -3/2 x^2 + 3/2$. $S_0''(x) = -3x$. $S_0''(0) = 0$. (OK pour la condition naturelle)

$S_1(x) = -1/2 (2-x)^3 + 3/2 (2-x)$. $S_1'(x) = -1/2 \cdot 3(2-x)^2 (-1) + 3/2 (-1) = 3/2 (2-x)^2 - 3/2$. $S_1''(x) = 3/2 \cdot 2(2-x)(-1) = -3(2-x)$. $S_1''(2) = -3(2-2) = 0$. (OK pour la condition naturelle)

Continuité des dérivées premières en $x=1$ :

$S_0'(1) = -3/2 (1)^2 + 3/2 = 0$. $S_1'(1) = 3/2 (2-1)^2 - 3/2 = 3/2 (1)^2 - 3/2 = 3/2 - 3/2 = 0$. (OK)

Continuité des dérivées secondes en $x=1$ :

$S_0''(1) = -3(1) = -3$. $S_1''(1) = -3(2-1) = -3$. (OK)

La spline est donc :

$S(x) = \begin{cases} -\frac{1}{2}x^3 + \frac{3}{2}x & \text{si } 0 \le x \le 1 \\ -\frac{1}{2}(2-x)^3 + \frac{3}{2}(2-x) & \text{si } 1 \le x \le 2 \end{cases}$