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Analyse num´ erique et ´ equations diff´ erentielles
o` u le produit est effectu´ e sur les indices j tels que 0 ≤ j ≤ n, j = i. Il est clair que
l i ∈ P n et que
l i (x j ) = 0 si j = i,
l i (x i ) = 1.
Le probl` eme ci-dessus admet donc au moins une solution
p n (x) =
n
i=0
f (x i )l i (x), p n ∈ P n .
(∗)
Th´ eor` eme – Le probl` eme d’interpolation p n (x i ) = f (x i ), 0 ≤ i ≤ n, admet une
solution et une seule, donn´ ee par la formule (∗).
Il reste ` a prouver l’unicit´ e. Supposons que q n ∈ P n soit une autre solution du
probl` eme. Alors p n (x i ) = q n (x i ) = f (x i ), donc x i est racine de q n − p n . Par suite
le polynˆ ome
π n+1 (x) =
n
j=0
(x − x j )
divise q n − p n . Comme deg π n = n + 1 et q n − p n ∈ P n , la seule possibilit´ e est que
q n − p n = 0.
Remarque 1 – On a π n+1 (x) = (x − x i ) ·
j =i (x − x j ), d’o` u
π
n+1 (x i ) =
j =i
(x i − x j ).
Ceci donne la formule
l i (x) =
π n+1 (x)
(x − x i )π
n+1 (x i )
.
Remarque 2 – Pour d´ emontrer le th´ eor` eme, on peut ´ egalement poser p n (x) =
n
j=0 a j x
j et r´ esoudre un syst` eme lin´ eaire de n + 1 ´ equations



n
j=0
a j x
j
i = f (x i ), 0 ≤ i ≤ n,
en les n+1 inconnues a 0 , a 1 , . . . , a n . Le d´ eterminant du syst` eme est un d´ eterminant
dit de Van der Monde :
∆ =
1 x 0 x
2
0
. . . x
n
0
1 x 1 x
2
1
. . . x
n
1
. . .
. . .
1 x n x
2
n
. . . x
n
n
.