Avertissement : Ceci n est ps une correction in extenso du problème de cpes Il s git plutôt d une lecture personnelle des questions, vec des indictions, des idées de preuve, des mises en grde d erreurs à éviter Ce n est surtout ps une correction modèle à reproduire Pour signler toute erreur, merci d écrire à devgeolbo@gmilcom Il s git de deux problèmes qui, de fçon très étonnnte, ont peu près les même thémtiques : déterminnts, interpoltion, estimtion de l erreur Les prties A,B,D du premier problème, A et B du second sont à trviller! Premier problème Prtie A II I Deux choses à fire : vérifier que L k vérifie les propriétés demndées (c est trivil), et démontrer que c est l unique polynôme de R n [X] qui vérifie ces propriétés On v utiliser le résultt suivnt : si Q est un polynôme de R n [X] dmettnt u moins n rcines, lors Q est le polynôme nul Soit donc P un polynôme de R n [X] solution du problème, et posons Q = L k P Alors Q s nnule en tous les i, i k n, et Q s nnule ussi en k puisque Q( k ) = L k ( k ) P ( k ) = 0 Q dmet donc n rcines! II Il suffit de remrquer que F (L k ) = e k II3 On peut démontrer l surjectivité en utilisnt des résultts bstrits d lgèbre linéire Pr exemple, on sit que Im(F ) contient une fmille génértrice, donc, puisque c est un espce vectoriel, il contient l espce vectoriel engendré pr cette fmille génértrice, donc R n tout entier On peut ussi fire un risonnement simple à l min (qui redémontre en quelque sorte cette propriété) Prenons x R n Alors x s écrit x = x e + + x n e n On pose lors P = x L + + x n L n et on vérifie fcilement que F (P ) = x L deuxième prtie de l question est une question de cours d lgèbre linéire On sit que F est une ppliction linéire entre deux espces vectoriels de même dimension (ttention à ne ps oublier cette dernière prtie de l phrse) Puisque F est surjective, on en déduit que F est bijective (pour des pplictions linéires entre espces de même dimension finie, on équivlence entre être injectif, être surjectif et être bijectif) III Il s git juste d une reformultion de l bijectivité de F III Notre deuxième rédction de l question II3 déjà répondu à cette question, vec x = f( ) On donc P = f( )L + + f( n )L n Prtie B I Ouvre ton cours! I C est une question très clssique qui demnde une rédction précise On v prouver le résultt pr récurrence sur n Pour cel, notons P(n) l propriété suivnte : "Pour tout fonction g qui est n-fois dérivble sur [, b] et qui s nnule en u moins n + points distincts de [, b], lors g (n) s nnule en u moins un point de [, b]" http://wwwbibmthnet
Remrquons tout d bord que P() est vérifiée : c est exctement le théorème de Rolle! Soit un entier n tel que P(n) est vérifiée, et prouvons P(n+) Pour cel, on considère g une fonction n+-fois dérivble sur [, b], qui s nnule en u point n+ points distincts Notons < < < n+ ces points D près le théorème de Rolle ppliqué à g entre i et i+, pour tout i {,, n + }, g s nnule en u moins un point b i de l intervlle ouvert ] i, i+ [ Puisque b i < i+ < b i+, les points b,, b n+ sont distincts Posons h = g L fonction h est donc une fonction n fois dérivble sur [, b] qui s nnule en u moins n + points distincts D près l hypothèse de récurrence, h (n) s nnule en u moins un point On en déduit que P(n + ) est vrie puisque g (n+) = h (n) Pr le principe de récurrence, P(n) est vrie pour tout entier n Notez bien l rédction de cette question et notmment l fçon dont est posée P(n) On besoin que le quntificteur "Pour tout fonction g" pprisse à l intérieur, cr on pplique P(n) non à g, mis à s dérivée II L fonction g c s nnule en tous les i et en c II Fcile II3 Si Q(x) = n x n + est une fonction polynomile de degré n, lors Q (n) (x) = n! n (fonction constnte) On en déduit fcilement que III g (n) c s nnule en ξ ], b[ g (n) c = f (n) n!(f(c) P (c)) n k= c k III Si c est égl à un des k, tout est égl à 0, on peut prendre n importe quel ξ [, b] III3 Il fut être un peu sérieux dns l rédction si on veut justifier l présence de ces mximums On, pour tout c [, b], l existence de ξ [, b] tel que f(c) P (c) n! f (n) (ξ) n c k L fonction f (n) étnt continue sur le segment [, b], elle y est bornée et elle tteint ses bornes On donc f (n) (ξ) mx x [;b] f (n) (x) (remrquer l rgument permettnt d employer un mximum et non seulement une borne supérieure) D utre prt, l fonction x n k= x k est elle ussi continue sur [, b] Pour les mêmes risons, on n k= c k mx [,b] Ainsi, on prouvé que, pour tout c [, b], k= n x k k= f(c) P (c) n! mx f (n) (x) mx x [;b] [,b] n x k k= http://wwwbibmthnet
Mis, l fonction c f(c) P (c) est continue sur [, b] Elle y tteint donc son mximum, et d près l églité précédente, mx f(x) P (x) n x [,b] n! mx f (n) (x) mx x k x [;b] [,b] Il s git ici d une question où on peut voir l impression d voir bien réussi, mis où l on fit une muvise rédction Prtie C I Simple clcul, qu on peut d illeurs effectuer vec xcs vec l instruction suivnte : On obtient lors norml(lgrnge([0,pi/,pi],[sin(0),sin(pi/),sin(pi)])); I C est exctement BIII3 non??? P (x) = 4πx 4x π I3 Il s git de trouver l borne supérieure de x x(x π/)(x π) sur l intervlle [0, π] Notons h cette fonction, qu on étudie sur l intervlle [0, π] (remrquez qu on pourrit l étudier simplement sur [0, π/], pourquoi?) L fonction h est dérivble, s dérivée est h (x) = 6x 6πx + π donc les rcines sont x = 3π+3π 6 et x = + 3π+3π 6 Ces deux réels pprtiennent à l intervlle [0, π] et h est donc croissnte entre 0 et x, décroissnte entre x et x, croissnte entre x et π Puisque h(0) = h(π) = 0, le mximum de h, sur l intervlle [0, π], est tteint en x ou en x (fites un tbleu de vritions!) On trouve que h(x ) = h(x ) = π3 3 36 ce qui donne le résultt demndé puisque 36 6 = 6 II Il fut d bord comprendre que l on n est plus du tout dns une interpoltion de type Lgrnge, mis dns une interpoltion pr une fonction ffine pr morceux, exctement comme pour l méthode des trpèzes de clcul d une vleur pprochée d une intégrle 3 k= B b A C 0 3 4 5 f http://wwwbibmthnet 3
Le clcul de Q et Q ne devrit ps poser de problèmes On Q (x) = P 0 (x) pour tout x dns [0, π] Mis P 0 est le polynôme de degré inférieur ou égl à vérifint P 0 (0) = 0 et P 0 (π) = 0 P 0 est donc le polynôme nul, et Q (x) = 0 pour tout x [0, π] Concernnt Q, on doit séprer le cs x [0, π/[ et x [π/, x] Pour le premier intervlle, on cherche l éqution de l droite pssnt pr les points (0, 0) et (π/, ) Son éqution est y = π x On donc Q (x) = π x si x [0, π/[ Pour le second intervlle, on cherche l éqution de l droite pssnt pr les points (π/, ) et (π, 0) Son éqution est y = π (x π/) y = π x + On donc Q (x) = π x + si x [π/, π] Bien sûr, il FAUT vérifier que cel fonctionne ux extrémités II Une fonction ffine pr morceux est continue sur son ensemble de définition si et seulement si elle est continue en ses points de rccord Ici, pour tout k dns {,, n }, on ( ) ( ) ( ) kπ kπ kπ P k = P k = sin n n n C est bien le cs! II3 C est comme à l question I de cette prtie, il suffit d étudier une fonction dont on remrquer qu elle tteint son mximum en (k + /)π/n (c est presque l fonction x x( x) qui pprit lorsqu on étudie des intervlles de confince) [ II4 Il suffit de démontrer que, pour tout k {0,, n }, pour tout x kπ n, (k+)π ] n, on f(x) P k (x) π 8n C est un petit peu difficile, si on ne pense ps à ppliquer le résultt de l question III3 de l prtie A, qui s pplique imméditement ici vec f = sin, P = P k, = kπ (k+)π n et b = n et n = (ce n est ps le même n que celui qui est introduit ici) L dérivée seconde de sin étnt sin, bornée pr, le résultt se déduit imméditement de l question A III3 et de l question précédente III Qu entend-on pr meilleure méthode d pproximtion? L première est meilleure pour l régulrité de l fonction qui interpole, qui est de clsse C qund l deuxième n est que C pr morceux L seconde est meilleure qund on ugmente le nombre de points, cr l erreur commise tend vers 0 A nombre de points égl (3), il fut comprer π3 3 π 6 et 8 L première méthode semble légèrement meilleure, mis toutefois ce que l on obtient n est qu une mjortion Peut-être que nos estimtions sont muvises! Prtie D I Lorsque n =, on det(a) = Lorsque n = 3, on peut clculer le déterminnt pr l règle de Srrus si on ne le veut ps sous forme fctorisée Sinon, on fit des opértions élémentires En retirnt l première ligne à l deuxième et à l troisième ligne, on trouve : det(a) = 0 0 3 3 http://wwwbibmthnet 4
On développe pr rpport à l première colonne et on trouve : det(a) = ( )( + ) 3 ( 3 )( 3 + ) = ( )( 3 )( 3 + ) ( 3 )( )( + ) = ( )( 3 )( 3 ) II Prenons l bse (, X,, X n ) de R n [X], et l bse cnonique de R n Puisque F (X k ) = ( k, k,, k n), A est bien l mtrice de F dns ces bses II Si les k sont deux à deux distincts, F est bijective donc s mtrice, dns n importe quelles bses du déprt et de l rrivée, est inversible Donc A est inversible II3 Si deux des k sont égux, A dmet deux lignes identiques Son rng est donc inférieur ou égl à n : elle ne peut ps être inversible! II4 L mtrice A est inversible si et seulement si les k sont deux à deux distincts III??? C est juste le développement de P??? III D près le choix des λ j, le nombre que l on obtient à l k-ième ligne est P ( k ) Cel fit 0 si k n III3 Ce sont les mêmes méthodes qu à l question I On ne chnge pr l vleur d un déterminnt si, à une colonne, on joute une combinison linéire des utres colonnes En utilisnt le résultt de l question précédente, on donc : n 0 n 0 det(a) = n n n 0 n n n P ( n ) Il suffit ensuite de développer pr rpport à l dernière colonne pour trouver le résultt demndé III4 Prouvons ce résultt pr récurrence sur n On fixe ( n ) n une suite de réels et on note P(n) l hypothèse suivnte : "le déterminnt de l mtrice n n A n = n n n n n n n n n n n n est égl à k<l n ( l k )" Le résultt est vri si n = (question II) Soit n 3 Supposons le résultt vri u rng n et prouvons le u rng n On lors, d près l question précédente, det(a n ) = P ( n ) det(a n ) On utilise l hypothèse de récurrence et l forme fctorisée de P, et on trouve que det(a n ) = k<l n ( l k ) ce qui prouve P(n) Pr le principe de récurrence, l propriété P(n) est vérifiée pour tout entier n http://wwwbibmthnet 5
III5 A est inversible si et seulement si son déterminnt est non nul, si et seulement si les k sont deux à deux distincts Prtie E Cette prtie été vrisemblblement très peu bordée I??? I L mtrice du système est une mtrice de Vndermonde vec n = 3 Elle est inversible si et seulement si tous les i sont distincts, c est-à-dire si tous les A i ont des bscisses différentes Ici, si deux des A i ont l même bscisse, le système n est ps inversible Mis ttention! Il fut un rgument supplémentire pour dire qu il n dmet ps de solutions Pr exemple, le système { x + y = 0 x + y = 0 n est ps inversible, mis il dmet une infinité de solutions Il fut donc être plus précis Si = pr exemple, les membres de guche de l première et de l deuxième éqution sont égux Les membres de droite ne le sont ps (on supposé que A et A sont distincts, donc si =, on doit voir b b ) Donc le système n ps de solutions I3 L mtrice du système est inversible I3b Je suis à peu près sûr que personne n répondu à cette question! Il suffit d utiliser les formules de Crmer En notnt A 3 comme précédemment l mtrice du système, et en notnt D le déterminnt b D = b, 3 b 3 ces formules donnent imméditement α = D det A I3c Je donne juste des indictions On clcule D en retirnt l première ligne à l deuxième et à l troisième, et on trouve que α = 0 D = 0 si et seulement si l condition (ii) lieu Cette dernière condition est équivlente à l lignement de A, A et A 3 cr elle est équivlente u fit que les vecteurs A A et A A 3 sont colinéires (regrder l mtrice pr ligne) I4 Résumé des questions précédentes (A et A ont l même bscisse si et seulement si (A A ) est prllèle à D) II Jmis fit pr les cndidts En utilisnt son éqution réduite, on observe qu une prbole est toujours prllèle à un certin xe et on utilise l question précédente II Prenons une droite D qui n est prllèle ni à (A A ), ni à (A A 3 ), ni à (A A 3 ) Alors il existe une prbole prllèle à D qui psse pr les trois points Il fut encore justifier que deux prboles prllèles à des xes différents sont distinctes Deuxième problème Prtie A http://wwwbibmthnet 6
I Lissé u lecteur! Cel dit, on v voir besoin dns l suite de D = et de D = 3 I Effectuons un développement pr rpport à l première colonne Le premier déterminnt qui pprit est D n, le second est plus étrnge et on donc : D n = D n + 0 0 0 0 0 0 Dns ce dernier déterminnt, effectuons un développement pr rpport à l première ligne Le déterminnt restnt est exctement D n, ce qui donne bien le résultt demndé! I3 Cette question prouve qu il fut très bien svoir son cours! (D n ) est une suite récurrente linéire d ordre Introduisons l éqution crctéristique r = r (r ) = 0 Elle dmet donc comme rcine double, ce qui permet de conclure qu il existe deux constntes λ et µ telles que, pour tout entier n, D n = λ + nµ Appliquons ceci pour n = et n = On trouve λ + µ = et λ + µ = 3, ce qui donne finlement µ = et λ = On donc, pour tout n N, D n = + n Et comme on ussi clculé D 3, on peut vérifier que les vleurs coïncident Petit lien vers un résumé de cours sur l étude des suites récurrentes linéires I4 Le déterminnt de A n n est ps nul (il est strictement positif), donc l mtrice A n est inversible II Il suffit d écrire que U = A n B A n U = B Les utres questions de cette prtie sont un peu techniques, et ne font ps vriment intervenir de connissnces Je ne conseille ps de s y ttrder II Posons v i = i(n+ i), pour i = 0,, n + D près l question précédente (qui est un si et seulement si), il suffit de vérifier que, pour tout i =,, n, v i v i v i+ = pour conclure que v i = u i pour i =,, n + Cette vérifiction est trivile Pour prouver le "en déduire", on étudie l fonction f : x x(n+ x) sur l intervlle [0, n + ] et on vérifie qu elle tteint son mximum en (n + )/ où elle vut précisément (n+) 8 On donc mx(u,, u n ) mx [0,n+] II3 Supposons que j et j n On sit que (n + ) f 8 u j u j u j+ = b j 0 http://wwwbibmthnet 7
Mintennt, puisque j < n et que j est le plus grnd des indices pr {,, n} pour lequel le minimum est tteint, on forcément u j+ > u j L inéglité précédente donne lors : u j u j u j+ > u j = u j > u j Mis c est bsurde, cr j {,, n} (on supposé j > ), et u j est censé réliser le minimum de u,, u n II3b Supposons pr exemple que j = Alors u u et on sit que On en déduit u u = u u 0 u 0 u u u = u 0 et donc tous les u i sont positifs ou nuls Si j = n, le résultt est identique, mis en prtnt de l reltion u n u n+ u n 0 III4 Posons B = β B et B = β les composntes de B Alors, pr définition de β, on b i tout i Le résultt se déduit lors exctement de l question précédente + B et notons b i les composntes de B, b i 0 pour tout i et b i 0 pour III4b Notons z i = (v i + w i )/β, Z le vecteur colonne de coordonnées les z i Alors, pr linérité, Z est solution de Z = A n D près l question II, on z i (n+) 8 d où on déduit fcilement le résultt demndé III4c Il est clir (toujours pr linérité) qu on u i = w i v i et d utre prt : v i + w i w i v i = v i 0 Prtie B Prtie nettement plus clssique, qu il fut svoir fire! I Question très intéressnte! On peut dire qu il s git d un corollire du théorème fondmentl du clcul intégrl Ce corollire dit que, si g est une fonction continue sur [, b] et si G est une primitive de g, lors G(b) G() = g(t)dt I Intégrons pr prties en posnt u(t) = (b t), de sorte que u (t) =, v(t) = f(t), de sorte que v (t) = f (t) On en déduit que f (t) dt = [ (b t)f (t) ] b + (b t)f (t)dt = (b )f () + (b t)f (t)dt http://wwwbibmthnet 8
I3 On peut supposer n L voie est toute trcée On v prouver pr récurrence récurrence finie sur k n l propriété P(k) : f(b) = f() + (b )f () + + (b )k b f (k ) f (k) (t) () + (k )! (k )! (b t)k dt Les propriétés P() et P() sont vries d près l question précédente Supposons que P(k) est vérifiée pour un certin k n et prouvons P(k + ) On rélise une intégrtion pr prties dns l intégrle exctement de l même fçon qu à l question précédente, et on trouve f (k) [ (t) (k )! (b t)k dt = f (k) ] b (t) (b t)k b f (k+) (t) + (k )! k (k )! Si on rérrnge un petit peu tout, on trouve le résultt voulu On en déduit donc que P(n) est vérifiée, ce qui est le résultt voulu (b t)k dt k II L fonction f (n) est continue sur le segment [, b], elle y est donc bornée et tteint ses bornes II C est fcile On successivement : f(b) f() (b )f () (b )n (n )! f (n ) () Svez-vous justifier très précisément chcune des inéglités précédentes? f (n) (t) (n )! (b t)n dt f (n) (t) (b t)n (n )! dt (b t) (n ) M n dt (n )! (b ) n M n n! Prtie C Cette prtie est ssez difficile, et située en fin d épreuve, sns doute très rrement bordée pr les cndidts Je vis juste donner des indictions de correction Cel dit, l première question est très intéressnte I On commence pr remrquer que, si u et v sont deux fonctions de clsse C sur l intervlle [0, ], lors u = v si et seulement s il existe λ, µ R tels que, pour tout x [0, ], u (x) = v (x) + λx + µ Suriez-vous prouver cel??? (conseil : si on pose h = u et k = v, lors h = k et désormis c est un théorème du cours) Considérons mintennt G une fonction définie sur [0, ] telle que G = g sur [0, ] Alors f est solution du problème si et seulement s il existe λ, µ R tels que f(x) = G(x)+λx+µ pour tout x [0, ] et f(0) =, f() = b Ce dernier système est équivlent à { G(0) + µ = G() + λ + µ = b http://wwwbibmthnet 9
Il dmet une unique solution, µ = G(0) et λ = b µ G() = b + G(0) G() Ainsi, f est solution si et seulement si, pour tout x [0, ], f(x) = G(x) + ( b + G(0) G() ) x + G(0) Ceci définit bien une fonction de clsse C 4, et on donc prouvé qu il existit une unique solution à ce problème II C est un peu technique On doit ppliquer l inéglité de Tylor-Lgrnge deux fois à f à l ordre 4, une fois entre x et x + h, une fois entre x et x h On déduit lors le résultt de l dernière question de l prtie B et de l inéglité tringulire, en écrivnt quelque chose du type f(x + h) + f(x h) f(x) h f (x) = ( ) f(x + h) f(x) hf (x) h f (x) h3 6 f (3) (x) + ( ) f(x h) f(x) + hf (x) h f (x) + h3 6 f (3) (x) Cel dit, l énoncé oublié quelque chose ici Il fut diviser pr h, et ce n est possible que si h est non-nul, ce qui n est nulle prt précisé III On écrit que B = A n U, ce qui vec l reltion sur les u i donne b i = h g(x i ) pour i n Il y un problème u bord, pr exemple III Question II III3 A4c III4 h 4 /(n + ) tend vers 0 b = u u = (u u u 0 ) + u 0 = h g(x ) + http://wwwbibmthnet 0