Concours commun Mines-Ponts Epreuve pratique de Mathématiques. tp(t)q(t) dt. On trouve la même chose pour (Q ϕ n (P)). Donc

Transcription

1 Concours commun Mines-Ponts Epreuve pratique de Mathématiques. 1 ) Existence d une base orthonormée de E n associée à la forme Φ. 1 )a. (P ϕ n (Q)) est le réel tp(t)q(t) dt. On trouve la même chose pour (Q ϕ n (P)). Donc L endomorphisme ϕ n de E n est symétrique (ou autoadjoint). (on pouvait voir aussi cela comme un résultat du cours sur l endomorphisme symétrique d un espace euclidien associé à une forme bilinéaire symétrique.) 1 )b. On vient de voir que, quels que soient les polynômes P et Q, on a (P ϕ n (Q)) = (X.P Q) = (P X.Q) donc (P ϕ n (Q) X.Q) = 0; donc ϕ n (Q) X.Q est orthogonal à tout polynôme P de E n. Si Q est de degré n 1, alors ϕ n (Q) X.Q E n, et ϕ n (Q) X.Q ne peut être orthogonal à tout P de E n que s il est nul, donc ϕ n (Q) = X.Q. En particulier ϕ (1) = X et ϕ (X) = X. Si Q = X, alors ϕ (Q) est de la forme ax + bx + c et ϕ (Q) X.Q = ax + bx + c X, qui doit être orthogonal à 1, X et X. On doit donc avoir (at + bt + c t )dt = (at + bt + ct t 4 ) dt = a + c = b 1 = a + c = 0 donc a = c = 0 et b =. Donc ϕ (X ) = X. On en déduit alors la matrice de ϕ dans la base 1, X,X de E, soit caractéristique P(λ) = λ(λ ). D où: Les valeurs propres de ϕ sont: 0, (at 4 + bt + ct t )dt = 0 donc et , et son polynôme )c. ϕ n est un endomorphisme symétrique de l espace euclidien E n. Il existe donc une base (e i ) 0 i n de E n, orthonormée, formée de vecteurs propres de ϕ n. Notons (α i ) 0 i n les valeurs propres correspondantes. Puisque la base est orthonormée, tout élément Q de E n s écrit (Q e i )e i, donc ϕ n (Q) = (Q e i )ϕ n (e i ) = Φ(P, Q) = (P ϕ n (Q)) = (P α i (Q e i )e i. Pour tout P de E n on a alors α i (Q e i )e i ) =. α i (Q e i )(P e i ). On a bien trouvé une base orthonormée (e i ) 0 i n et n réels α i tels que P et Q E n : Φ(P, Q) = α i (e i P)(e i Q). (C est encore un résultat du cours: il existe une base orthonormée de l espace euclidien E n qui est en plus orthogonale pour Φ.) 1 )d. En prenant P = Q = e i, l égalité précédente se réduit à α i = Φ(e i, e i ) = (X.e i e i ) = Donc 1 te i (t)dt.

2 α i t e i (t)dt e i (t)dt = (e i e i ) = 1. En fait, l inégalité est stricte car les fonctions t e i (t) et e i (t) sont continues et l ensemble des t où elles prennent la même valeur est fini (t = 1 ou t = ou t zéro de e i.) Les α i ont une valeur absolue strictement inférieure à 1. 1 )e. L énoncé nous invite, semble-t-il, à appliquer Schmidt à la base canonique, puis, en utilisant la base orthonormée trouvée, à diagonaliser ϕ 1. En fait, on peut trouver directement une base de E 1 formée de vecteurs propres de ϕ 1. Puisque ϕ 1 (1) = X, aucune constante ne peut être vecteur propre de ϕ 1, et les vecteurs propres sont définis à une constante multiplicative non nulle près. Nous pouvons donc les chercher sous la forme Q = X + a. Si λ est la valeur propre associée, ϕ 1 (Q) est donc le polynôme λx + λa et ϕ 1 (Q) XQ est le polynôme λx + λa X ax. Ce polynôme doit être orthogonal aux polynômes 1 et X d où: (λt+λa t at) dt = (λt +λat t at )dt = 0, ce qui conduit aux conditions λa 1 = 0 = λ a, donc λ = a = ou λ = a =. Les seuls sous-espaces propres possibles sont donc les deux droites dirigées par les polynômes Q 1 = X + et Q = X. Comme ϕ 1 est diagonalisable, on est sûr que ces droites sont effectivement sous-espaces propres. Comme ϕ 1 est autoadjoint, on est sûr aussi que ces droites sont orthogonales l une à l autre. Il ne reste plus qu à normer Q 1 et Q pour obtenir la base demandée. Or (Q 1 Q 1 ) = La norme de Q 1 est donc. De même pour celle de Q. (t + t + 1 )dt = 4. On peut donc choisir les polynômes e 0 = X + 1 et e 1 = X 1 et les réels α 0 = et α 1 =. ) Détermination d une base orthonormée de E n associée à la forme Φ. )a. La formule demandée est vraie pour k = 0 par définition de a i. Pour k entre 1 et n, on a (X k e i ) = Φ(X k,e i ) = ( formule de 1 )c.) α p (e p X k )(e p e i ) = α i (e i X k ). On en déduit par récurrence sur k: p=0 Pour tout k entre 0 et n, on a (X k e i ) = (α i ) k a i. Soit P E n. On peut écrire P sous la forme n a i γ k α k i. Donc γ k x k. alors (e i P) = γ k (x k e i ) = γ k α k i a i = )b. En particulier a i.e i (α i ) = (e i e i ) = 1 donc P E n, (e i P) = a i.p(α i ). Les produits a i.e i (α i ) sont non nuls, donc les a i sont non nuls. )c. Notons une petite bévue du texte: le nombre des α i qu on considère est p + 1, et non pas p. Vu le rangement des α i qu on nous propose, le polynôme R n est le polynôme normalisé, n ayant que des racines simples, tel que l ensemble de ces racines soit l ensemble des α i. Supposons que les α i ne soient pas deux à deux distincts, ce qui équivaut à dire que p < n ou encore que R n (x) E n. Pour tout i de 0 à n, on a donc (e i R n ) = a i.r n (α i ) = 0 puisque α i est une racine de R n. Toute coordonnée (e i R n ) de R n sur la

3 base orthonormée (e i ) 0 i n est donc nulle, ce qui est absurde puisque R n n est pas le polynôme nul. Donc Les réels α i sont deux à deux distincts et le degré de R n est n + 1. )d. Le polynôme L j appartient à R n, donc, pour i de 0 à n, (e i L j ) = a i.l j (α i ), qui est nul dès que α i est une racine de L j, donc pour tout i j. Les composantes de L j sur la base (e i ) 0 i n sont donc nulles, sauf peut-être la j-ième. Autrement dit: L j est colinéaire au polynôme e j. Puisque L j n est pas nul, cette colinéarité peut effectivement s écrire e j = k j L j ; on a donc: 1 = (e j e j ) = k j (L j e j ) = k j a j L j (α j ). On a donc aussi a j = (1 e j ) = (1 k j L j ) = k j (1 L j ) = (1 L j) a j L j (α j ). Reprenons: k j a j L j (α j ) = 1 et a j = (1 L j) L j (α j ). On nous demande maintenant d en déduire les diverses bases orthonormées associées à Φ. Visiblement, on attend qu on dise qu il y a deux possibilités pour chaque a j, puis pour chaque k j et donc deux vecteurs de base e j possibles (opposés l un de l autre) pour chaque indice j. Mais il y a un hic : On n a pas prouvé l unicité de la famille des α j ni, a fortiori, celle des polynômes L j. Reprenons donc autrement: Supposons donc que la base orthonormée (e i ) 0 i n soit associée à Φ. En appliquant la propriété du 1 )c. à Q = e j, il reste: P E n, Φ(P, e j ) = α j (e j P), donc: P E n,(p ϕ n (e j )) = α j (e j P), donc: P E n, (P ϕ n (e j ) α j e j ) = 0. Le vecteur ϕ n (e j ) α j e j de E n est orthogonal à tout vecteur. Il est donc nul; e j est donc vecteur propre de ϕ n, et α j est valeur propre associée. La base est donc une base orthonormée de vecteurs propres de ϕ n. On avait démontré la réciproque dans 1 )c. On peut donc affirmer que les bases orthonormées associées à Φ sont les bases orthonormées de vecteurs propres de ϕ n. Précisons cette réponse: on a vu que les α i sont tous différents; les sous-espaces propres sont donc des droites; chacune d elles contient deux vecteurs unitaires. En tenant compte en outre de l ordre dans lequel on peut énoncer la base, on peut fournir une réponse numérique : Il y a n+1.(n + 1)! bases orthonormées associées à la forme bilinéaire Φ. Remarque: on a aussi prouvé au passage que la famille des α i est unique à l ordre prés et, en utilisant )d., que les polynômes L j sont vecteurs propres de ϕ n. On peut donc donner cette autre réponse: à l ordre près des vecteurs, les bases orthonormées de E n associées à la forme bilinéaire Φ sont définies par L j e j = a j L j (α j ), où a j est l un quelconque des deux réels vérifiant a j = (1 L j) L j (α j ). ) Validité de l égalité (E). )a. Si P est constant égal à 1, alors P = P, donc P(t)dt = P (t) dt = (P P) = (P e i ) = (1 e i ) = a i = a i P(α i ). Si P est un monôme X k avec 1 k n + 1, on peut mettre P sous la forme X.X p.x q avec p et q entre 0 et n. On a alors P(t)dt = t.t p.t q dt = Φ(X p, X q ) = α i (e i X p )(e i X q ) = α i (α i ) p a i (α i ) q a i = α k i a i = a i P(α i ).

4 Les deux formes linéaires sur E n+1 qui, à un polynôme P, associent respectivement P(t)dt et prennent donc la même valeur sur la base usuelle de E n+1. Elles sont donc égales partout. a i P(α i ) Pour tout polynôme P de degré n + 1 on a: P(t) dt = a i P(α i ) (E). )b. Supposons ( qu il existe un polynôme P de degré exactement égal à n + pour lequel la relation (E) soit vraie. 1, X,...,X n+1, P ) est une base de E n+. La relation (E), vérifiée par tout vecteur de cette base est donc vérifiée (raisonnement déjà fait) par tout vecteur de E n+ et notamment par (R n (x)) : on a donc: (R n (t)) dt = (a i ) (R n (α i )) = 0, qui est absurde puisque R n n est pas le polynôme nul. La relation (E) est fausse pour tout polynôme de degré n +. 4 ) Détermination du polynôme R n. 4 )a. Si P E n, on peut appliquer (E) au produit P.R n, qui est de degré inférieur ou égal à n + 1. On a donc: (P R n ) = P(t)R n (t)dt = a i P(α i )R n (α i ) = 0 donc (P R n ) = 0. 4 )b. Dans E n+1, l orthogonal du sous-espace E n est une droite vectorielle. On vient de voir que R n est dans cette droite. Comme il est non nul, tout autre vecteur de cette droite est de la forme kr n. En particulier: Si U n a X n+1 comme terme de plus haut degré et est orthogonal à tout polynôme de E n, alors U n = R n. R n est donc le polynôme unitaire Q de degré n + 1 qui vérifie: k de 0 à n, En écrivant R n (x) = x n+1 + t k Q(t)dt = 0. c p x p, cette caractérisation va se traduire par un système de n + 1 équations p=0 aux n + 1 inconnues c p. Puisqu il n a qu une solution, il est nécessairement de Cramer. En le résolvant, on tombera directement sur l expression développée de R n (sans calcul des α i ). 4 )c. Si P R n, on a, en appliquant a. au polynôme P( X) qui appartient à R n, Après changement de variable u = t, cela donne P( t)r n (t)dt = 0. P(u)R n ( u)du = 0. Le polynôme R n ( X) est donc orthogonal à tout élément de R n, donc colinéaire à R n (X). Comme son terme dominant est () n+1 X n+1, on a donc R n ( X) = () n+1 R n (X). 4 )d. Ce n était pas explicitement demandé, mais on a prouvé que les α i sont les valeurs propres de ϕ n. On a donc déjà déterminé R dans la question 1 )b. Refaisons le calcul comme le veut l énoncé.. D abord R ( X) = R (X) : R est impair. Posons R (X) = X + cx. On a donc 1 + t = 0 donc c =. On retrouve 4 (t 4 + ct )dt = 0 donc

5 R (X) = X X puis α 0 =, α 1 = 0 et α =, puis L 0(X) = X X, L 1(X) = X et L (X) = X + X. (1 L 0 ) = (1 L ) = t dt =. (1 L 1) = (t )dt = 8 1. L 0(α 0 ) = 6 = L (α ); L 1 (α 1 ) = donc a 0 = a = 9 ; a 1 = 8 9. ) Application: )a. I (f) = 9 f( ) f(0) + 9 f( ). Avec f(x) = x cela donne = = 7 = 1, dt Il faut comparer avec 1 + t = [arctant]1 = π = 1, ) Le carré de la norme de R est R n (t)dt = (t 6 6t4 + 9t dt = = En utilisant les résultats admis dans l énoncé, on trouve que l erreur commise en remplaçant l intégrale par 8 I (f) est inférieure à 0,. = 0, L écart entre I (f)(= 1,8...) et l intégrale (= 1, 70...) est effectivement inférieur à 0,04... )b. De même I (g) = dt avec + t = [ln( + t)]1 = ln = 1, Calculons le majorant admis pour l erreur. g (x) = ( + x) ; g (x) = ( + x) ; g() (x) = 70, dont le sup sur [; 1] est 70. ( + x) 7 R = 8 17 = ( + x) 4 ; g(4) (x) = = (déjà calculé). L erreur est donc majorée par 6!.17 = 8 = 0, = 1, Il faut comparer 4 ( + x) ; g() (x) = 0 ( + x) 6; g(6) (x) = L écart entre I (g)(= 1, ) et l intégrale (= 1, ) est effectivement inférieur à 0, FIN -