corrigé

math II
Ecole polytechnique (X)
1999
PREMIERE PARTIE.
1.Si P (x) =
Pn
p= 0
ap xp , il vient :
L(P ) =
Z
1
P (x)dx =
¡1
n
X
ap
Z
E (n=2)
1
x p dx = 2
¡1
p= 0
X
p=0
a2p
2p + 1
L’application L étant une forme linéaire non nulle, son noyau est un hyperplan de dimension n (dim(E) =
PE(n=2) a 2p
n + 1), qui contient tous les polynômes impairs, ainsi que les polynômes pairs véri…ant
. Par
p= 0
2p+1
exemple :
² si n = 2k : (x; x 3 ; : : : ; x 2k¡1 ; 1 ¡ 3x2 ; 1 ¡ 5x4 ; : : : ; 1 ¡ (2k + 1)x 2k ).
² si n = 2k + 1 : (x; x 3 ; : : : ; x 2k+1 ; 1 ¡ 3x2 ; 1 ¡ 5x4 ; : : : ; 1 ¡ (2k + 1)x2k ).
² Dans les deux cas , même si les vecteurs ne ont pas dans le bon ordre la famille est étagée en degré, donc
c’est une base.
2. (revoir les cours si besoin est)
2.a) Il s’agit du i-ième polynôme de Lagrange :
Y x ¡ xk
;
xi ¡ xk
P i(x) =
(8 0 · i · n)
k6=i
2.b) On sait que la famille (P 0 ; : : : ; P n ) forme une base de E et que pour tout polynôme P :
P (x) =
n
X
P (xi )P i(x)
i=0
et
L(P ) =
n
X
P (x i)
Z
1
Pi(x)dx =
¡1
i=0
n
X
¸ iP (xi )
i= 0
R1
Ainsi ¸i = ¡1 P i(x); (0 · i · n) est une solution du problème .
Pn
Pn
Et elle est unique car si 8P : P i=0 ¸i P (x i) = Pi=0 ¹i P (x i) le choix de P = Lj montrer ¸ j = ¹j .
n
n
On a unicité car si 8P 2 E; i=0 ¸ iP (x i) = i=0 ¹i P (x i) le calcul dans le cas particulier P = Pj donne
¸ j = ¹j
3. On suppose que pour tout i; 0 · i · n; x n¡ i = ¡x i.
¨ On a
Y
Y x + xn¡k
x ¡ xk
P n¡ i(x) =
=
x n¡ i ¡ x k
xn¡k ¡ x i
k6=n¡ i
k6=n¡i
Si on fait le changement d’indice j = n ¡ k on a :
Pn¡i(x) =
Y x + xj
Y ¡x ¡ xj
=
= P i(¡x)
xj ¡ x i
x i ¡ xj
j6=i
¨On a donc
¸ n¡ i =
Z
j6=i
1
Pn¡i (t)dt =
¡1
Z
1
¡1
Pn¡i (¡u) ¡ du =
Z
1
P i(u)du
¡1
en faisant le changement de variable C 1 u = ¡t
¨ comme n est pair on remarque que pour i = n=2 on a xn=2 = ¡x n=2 donc xn=2 = 0
Le résultat est vrai pour tout polynôme de degré · n . Par linéarité il su¢t donc de le véri…er pour X n+1
.Mais dans ce cas:
Z 1
n+1
xn+1 dx = 0 , ¸ n=2 x n+1
= 0 , 0 · i < n=2 ) ¸i xn+1
+ ¸ n¡ix n+1
+ (¡xi )n+ 1 ) = 0
i
n¡i = ¸ i (xi
n=2
¡1
donc
L(x
n+1
)=0=
n
X
i=0
4.
4.1 Soit Pn le polynôme de Taylor de f à l’ordre n en 0 .
¸xn+1
i
Ecrivons l’inégalité de Taylor Lagrange à l’ordre n pour f . :
jf (x) ¡ Pn (x)j ·
M n+1
jxjn+1
(n + 1)!
M
n+ 1
M
n+1
n+1
donc pour tout i 2 [0::n]; jf (xi ) ¡ P n (x i)j · (n+1)!
jx ij
· (n+1)!
et
¯R
¯
P
¯ 1
¯
Mn+1 R 1
n+ 1
M n+1 2
dt = (n+1)! n+2 et donc comme L(Pn ) = ni=0 ¸i Pn (xi )car P n 2 E :
¯ ¡1 f (t) ¡ Pn (t)dt¯ · (n+1)! ¡ 1 jtj
¯Z
¯
¯
¯
1
¡1
f (t) ¡
X
¯
¯ ¯¯ Z 1
n
n
¯
X
¯ ¯
M n+ 1 X
2
¯
¸ i f (xi )¯¯ = ¯
f (t) ¡ Pn (t)dt ¡
Pn (xi ) ¡ f (x i) ¯ ·
(
j¸ ij +
)
¯ ¡1
¯ (n + 1)!
n+2
i=0
i=0
4.2 Recommençons la même argumentation avec f 2 C n+2 .
jf (x) ¡ P n+1 (x)j ·
Donc, par la question 3. :L(P n+3 ) =
M n+2
n+ 2
jxj
(n + 2)!
Pn
¸ iP n+3 (xi ) le même calcul donne
à n
!
¯Z 1
¯
X
X
¯
¯
M
2
n+2
¯
f (t) ¡
¸ if (x i) ¯¯ ·
j¸ ij +
¯
(n + 2)!
n+3
¡1
i=0
i=0
5.
5.1 Puisque les calculatrices sont autorisées, voici un programme, écrit pour la TI-89/92, qui calcule les
polynômes de Lagrange :
lagr(x,w)
(x : liste des points, w : variable)
Func
Local i,j,p,r
fg !r
(r est l’ensemble vide )
For j,1,5 1!p
(l’indice d’une liste commence à 1 pas à 0)
For i,1,5
(cette boucle crée le polynôme de Legendre)
If i6=j Then
(w-x[i])/(x[j]-x[i])*p!p
EndIf
EndFor
augment(fpg,r)!r
EndFor
r
EndFunc
R
et (lagr(f1,-1/2,0,1/2,1g,x),x,-1,1) donne : (7=45; 32=45; 4=15; 32=45; 7=45).
Si on veut un programme général il su¢t de remplacer les 6 des boucles par dim(x)
voir à la fin une adaptation MAPLE .
On peut aussi poser le système
Z
1
tk dt =
¡1
4
X
i=0
¸ ix ki pour k = 0 ¢ ¢ ¢ 4
On a un système 5 £ 5 d’inconnues ¸ i à résoudre mais d’après 13 on peut se ramener à un système à 3
inconnues .
5b) Il vient :
¯Z
¯
Ã
!
4
4
¯ 1
¯ M
X
X
2
2¯
2
16M 6
¯
6
e (x=4) ¡
¸ ie( xi=4) ¯ ·
j¸i j +
=
¯
¯ ¡1
¯
6!
7
7 £ 720
i= 0
i=0
(x=4)2
Une étude rapide de la fonction x 7! e
µ
(6)
f (x) =
donne
x6
15x4
45x 2
15
+
+
+
262144
32768
4096
512
¶
x2
e 16
Pour calculer le maximum il su¢t de se placer sur [0; 1] par parité . Sur cette intervalle on a une somme et
un produit de fonctions croissantes positives donc une fonction croissante .
1=16
M 6 rf (6)(1) = 10681e
¼ 0:043, soit une incertitude de l’ordre de 2 10¡ 4 .
262144
DEUXIEME PARTIE
2
6a) L’application P ! jL(P )j est linéaire en dimension …nie donc continue. La boule unité fermée B0 (0; 1)
d’un evn de dimension …nie étant compacte, supP 2B jL(P )j existe et est atteint.
Supposons que le sup soit atteint en Q tel que N (Q) < 1. Posons Q1 = N Q
. Alors N (Q 1 ) = 1 et :
(Q)
jL(Q1 )j =
jL(Q)j
N (L)
=
> N (L)
N (Q)
N (Q)
Absurde
jL(P )j
6b) Pour tout P 2 E : N(P ) · K. Par dé…nition du sup, N (L) · K . S’il existe Q tel que N (Q) = 1 et
jL(Q)j = K, alorsPle sup est atteint et N (L) = K .
n
7. Si P (x) = p=0 ap xp , alors :
N 1 (P ) · N 2 (P )) ·
p
n + 1N 1 (P )
On ne peut obtenir mieux. Pour P (x) = x p , on a égalité dans la première inégalité, et pour P (x) =
on a égalité dans la seconde inégalité.
Pn
8a) Posons Q(x) = p=0 ap x p . Alors :
Ainsi N1 (L) · 2
PE(n=2)
p=0
¯
¯ 0
1
¯ E (n=2)
¯
E(n=2)
X
¯ X
¯
a
1
2p
¯ · @2
A N 1 (Q)
jL(Q)j = ¯¯ 2
¯
2p + 1
¯ p= 0 2p + 1 ¯
p= 0
1
.
2p+1
On a égalité avec Q1 (x) =
Pn
p=0
x p . (ou
PE(n=2)
p= 0
Pn
p=0
xp,
xp )
8b) De même, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans le cas du préliminaire
Ainsi N2 (L) · 2
µ
¯
¯
0
1
¯ E(n=2)
¯
¶ 2 1=2
E(n=2) µ
X
¯ X
¯
1
1
¯ · 2@
A
jL(Q)j = ¯¯2
a2p+1
N2 (Q)
2p + 1 ¯¯
2p + 1
¯ p=0
p=0
PE (n=2) ³
1
2p+ 1
´2 ¶ 1=2
. On a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si et seulement si
µ
¶
PE(n=2) j¸j 2
PE(n=2) ³ 1 ´2 ¡ 1=2
¸
a2p = 2p+1 . Il reste à choisir ¸ de façon à ce que p=0
et le
(2p+1) 2 = 1 soit ¸ =
p=0
2p+1
PE(n=2)
polynôme Q2 (x) = p=0 a2p x 2p convient .
p=0
TROISIEME PARTIE
P
attention :l’espace vectoriel n’est
plus de dimension …nie .
Pk
p
9a) Il su¢t de prendre Pk (x) =
p=0
1
2p+1
x . On a N1 (Pk ) = 1 et jL(P k )j =
PE(n=2)
p= 0
2
2p+1
¡!n!1 1. car
9b) L’application L n’est pas continue :On a trouvé une suite de polynômes (Pk ) sur la sphère unité tels que
Pk
limk!+1 L(Pk ) = 1.On peut considérer la suite R k = jL(P
la suite Rk tend vers 0 alors que L(Rk ) ne tend
k )j
pas vers L(0) = 0
Pn
10a) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, si P (x) = p=0 a p xp :
¯P
¯
¯
(n=2) a 2p ¯
jL(P )j = 2 ¯ E
p=0
2p+ 1 ¯
³P
´1=2 µ P
³
´2 ¶ 1=2
E(n=2) 2
E(n=2)
1
·2
a2p
p= 0
p=0
2p+1
· N 2 (P ) p¼2
P
(on utilise +1
p=0
1
(2p+1)2
=
¼2
).
8
Ainsi jjjLjjj existe et jjjLjjj ·
p¼ .
2
10b)Montrons que jjjLjjj = p¼ . Pour tout n 2 N ¤ , on choisit P n (x) =
2
On a alors égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz et :
0
jL(P n )j = 2 @
Supposons qu’il existe Q(x) =
Pq
p= 0
E(n=2) µ
X
p=0
1
2p + 1
¶2
1 1=2
A
PE(n=2)
p= 0
¸ nx2p
2p+ 1
tel que N 2 (P n ) = 1.
¼
¡!n!1 p
2
ap xp polynôme tel que N 2 (Q) = 1 et jL(Q)j = jjjLjjj. On a alors :
3
0
1 1=2 0
1 1=2
E(n=2)
E (n=2)
X
X
¼
1
¼
¼
@
A
p = jL(Q)j · 2 @
a22p A
· N 2 (Q) p = p
2
(2p + 1)
2
2
2
p=0
p= 0
On a donc égalité dans toutes ces inégalités. Donc a2p =
¸
2p+1
et
0
11=2
E(n=2)
X
¼
1
A
p = 2@
(2p + 1)2
2
p=0
ce qui est impossible puisque vn est strictement croissante donc 8n v E(n=2) 6=
4
¼2
8