Devoir Surveillé numéro 6 - CPGE du Lycée Montesquieu

Devoir Surveillé numéro 6
Corrigé
Mercredi 5 Février
13h-16h
Tous les aspects de la copie seront pris en compte : clarté du raisonnement, précision du discours, mise
en page et orthographe. Vous connaissez le principe. Je commence maintenant à enlever des points
lorsque les règles ne sont pas respectées. Bon Courage !
Calculatrice interdite !
1 Exercice
Soit nun entier naturel strictement positif. On considère un réel a∈]−π
2n,π 2n[.
1 (Préliminaire) Soit F=P/Q une fraction rationnelle avec Qscindé à racines simples. Soit αune racine
de Q. Montrer que le coefficient de 1
X−αdans la décomposition en éléments simples de Fest : P(α) Q0(α).
Corrigé Traité en cours.
2 On se place dans le cas où n= 4. Montrer que tan 4a=F(tan a)où F=4X−4X3
1−6X2+X4.
Corrigé Il suffit d’appliquer deux fois la formule de tan 2a.
3 Décomposer en éléments simples la fraction F.
Corrigé Les pôles sont au nombre de 4, simples, et de la forme : ±q3±2√2. On utilise la formule
précédente : les coefficients sont de la forme P(α)
Q0(α)avec P Q0=4X−4X3 −12X+ 4X3=1−X2 X2−3. On trouve alors :
F=−1+√2
√2
X−q3+2√2+−1+√2
√2
X+q3+2√2+
1−√2
√2
X−q3−2√2+
1−√2
√2
X+q3−2√2.
4 On se place dans le cas général. Écrire 1 + i tan(a)
1−i tan(a)et 1 + i tan(na) 1−i tan(na)en fonction de eia.
Corrigé On trouve assez rapidement 1 + i tan(a)
1−i tan(a)= (eia)2et 1 + i tan(na) 1−i tan(na)= (eia)2n. On en déduit que
1 + i tan(na)
1−i tan(na)= 1 + i tan(a) 1−i tan(a)!n
.
5 En déduire que tan(na)s’écrit F(tan(a)) où Fest une fraction rationnelle. On donnera Fsous une
forme non développée en fonction de (1 + iX)et de (1 −iX).
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Corrigé En s’appuyant sur la remarque précédente, on note α=1 + i tan(a)
1−i tan(a), et on a : 1 + i tan(na) 1−i tan(na)=
αn⇒tan(na) = 1
i
αn−1
αn+ 1 soit encore tan(na) = 1 i
(1 + i tan(a))n−(1 −i tan(a))n
(1 + i tan(a))n+ (1 −i tan(a))n. On a donc F=
1
i
(1 + iX)n−(1 −iX)n
(1 + iX)n+ (1 −iX)n.
6 On considère la fraction rationnelle Fcorrespondante.
(i) Déterminer ses pôles et l’ordre de ceux-ci.
Corrigé Les pôles sont les valeurs de ztelles que (1 + iz)n+ (1 −iz)n= 0 soit encore (1 + iz)
(1 −iz)!n
=−1
c’est à dire (1 + iz)
(1 −iz)= exp(i(π n+2kπ n)) = exp(i2k+ 1 nπ)avec k∈ {0, . . . , n −1}. On trouve alors
zk= tan(2k+ 1
2nπ).
(ii) Décomposer Fen éléments simples.
Corrigé On peut décomposer en éléments simples avec la formule démontrée en préliminaire, puisque le
dénominateur est scindé à racines simples. On a P= (1 + iX)n−(1 −iX)net Q0=−n((1 + iX)n−1−
(1 −iX)n−1). Posons wk=2k+ 1
2nπ.P(tan(wk)) = 2i sin(nwk) cosnwk
, or sin(nwk) = sin 2k+ 1
2π= (−1)k.
Puis Q0(tan(wk)) = −n2i sin((n−1)wk)
cosn−1wk
et sin((n−1)wk) = sin(2k+ 1
2π−wk)=(−1)kcos wkd’où
P(tan(wk)
Q0(tan(wk)) =−1
ncos2(2k+1
2nπ).
(iii) Ce résultat est-il cohérent avec le résultat de la question 3 ?
Corrigé Pour n= 4, il faut considérer les valeurs de cos2π
8,cos23π 8,cos25π 8et cos27π 8. Or cos2π 8=
cos27π
8et cos23π 8= cos25π 8avec cos2π 8=1 2(cos π 4+ 1) = 1 4(2 + √2) et cos23π 8=1 2(cos 3π 4+ 1) =
1
4(−√2 + 2). Le coefficient devant 1 X−tan(w0)et 1 X−tan(w3)est −1
2 + √2=−2−√2
2=1−√2
√2et
−1 + √2
√2devant les deux autres.
La décomposition en éléments simples est donc :
F4=−1+√2
√2
X−tan 3π
8
+−1+√2
√2
X−5π
8
+
1−√2
√2
X−tan π
8
+
1−√2
√2
X−tan 7π
8
On a de plus tan π
8=√2−1 = q3−2√2 = −tan 7π 8et tan 3π 8= 1 + √2 = q3+2√2 = −tan 5π 8. C’est
donc cohérent avec la question 4.
***
* * *
2 Problème : Étude de l’interpolation
On note El’ensemble des applications continues de [−1,1] dans R. Si fest un élément de E, on pose
||f||∞= sup
x∈[−1,1] |f(x)|(c’est la norme infinie de f). On pourra confondre les expressions : polynôme et
fonction polynomiale.
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2.1 Notion de polynôme interpolateur
fdésigne une fonction continue de [−1,1] dans R.nest un entier naturel. On se donne n+ 1 réels
x0< x1<··· < xnde [−1,1].
1 Rappeler la définition des polynômes de Lagrange associés aux points (xi)et donner leurs propriétés.
Corrigé cf cours
2 Donner la définition du polynôme interpolateur Passocié à fet aux points (xi)tel que
∀i∈ {0, . . . , n}, P (xi) = f(xi).
Corrigé cf cours
3 Déterminer un polynôme interpolateur de la fonction x7→ 1
1 + x2dans le cas où n= 2 aux points
x0=−1,x1= 0 et x2= 1.
Corrigé On a L0=1
2x(x−1),L1=−(x−1)(x+ 1) et L2=1 2x(x+ 1). Le polynôme interpolateur est
donc : 1
4x(x−1) −(x+ 1)(x−1) + 1 4x(x+ 1).
4 Montrer l’unicité d’un polynôme interpolateur de degré inférieur ou égal à naux points (xi).
Corrigé cf cours
2.2 Polynômes de Tchebychev
Pour tout entier naturel n, on définit sur [−1,1] la fonction Tnpar Tn(x) = cos(narccos(x)).
5 Montrer que ∀x∈[−1,1],Tn+2(x)=2xTn+1(x)−Tn(x).
Corrigé On utilise les formules de trigo : Tn(x) + Tn+2(x) = cos(narccos(x)) + cos((n+ 2) arccos(x)) =
2 cos arccos(x) cos(n+ 1) arccos(x) = 2xTn+1(x).
6 Calculer T0,T1,T2et T3
Corrigé T0= 1,T1=X,T2= 2X2−1,T3= 4X3−3Xavec la relation de récurrence.
7 Justifier que Tnest une fonction polynomiale dont on précisera le degré et le coefficient du terme de
plus haut degré.
Corrigé Ce sont des récurrences immédiates.
8 Montrer que la fonction polynomiale Tnadmet nracines distinctes que l’on précisera.
Corrigé Tnest de degré ndonc admet au plus nracines. On cherche d’abord xtel que cos(narccos(x)) = 0
il faut donc arccos(x) = π
2n+kπ net donc x= cos(2k+ 1 2nπ)avec kdans {0, . . . , n −1}par périodicité du
cosinus. ce sont les racines de Tn.
9 Calculer ||Tn||∞puis déterminer pour kdans {0,1, . . . , n}des réels ckdistincts avec c0< c1<··· < cn
tels que ∀k∈ {0,1, . . . , n},|Tn(ck)|=||Tn||∞et que ∀k∈ {0,1, . . . , n −1}, Tn(ck+1) = −Tn(ck). Les n+ 1
réels c0, c1, . . . , cnsont appelés points de Tchebychev de Tn.
Corrigé Par définition de Tn, on a |Tn(x)| ≤ 1pour x∈[−1,1]. Cette borne est atteinte, par exemple
en 1. Donc ||Tn||∞= 1. Cette borne est atteinte pour narccos x=kπ soit x= cos kπ
navec k∈0, . . . , n.
Ces points vérifient bien les conditions.
10 Étudier la fonction polynomiale T3et identifier les réels c0, c1, c2, c3, points de Tchebychev de T3.
Corrigé On a (c0, c1, c2, c3)=(−1,−1
2,1 2,1).
On prend un polynôme Punitaire de degré n+ 1. On pose Q=P−2−nTn+1.
11 Quel est le degré de Q?
Corrigé 2−nTnest unitaire, donc le degré de Qest au plus n−1.
12 Montrer que ||P||∞≥2−n. On pourra raisonner par l’absurde et s’intéresser aux changements de signe
de Qen l’évaluant aux points de Tchebychev de Tn+1.
Corrigé Supposons que ||P||∞<2−nalors aux points ck,Qchange de signe à chaque fois. Ce qui donne
entre chaque changement de signe par TVI un zéro. On a n+ 1 points, donc nzéros pour un polynôme Q
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de degré inférieur à n−1. D’où Qest le polynôme nul, soit P= 2−nTn. Or ||2−nTn||∞= 2−non a donc
une contradiction. D’où ||P||∞≥2−n.
Le polynôme 2−nTn+1 possède donc la norme infinie la plus petite parmi tous les polynômes unitaires de
degré n+1. On peut dire que ce polynôme est la meilleure approximation polynomiale de la fonction nulle.
2.3 Expression et minimisation de l’erreur d’interpolation
On pose σ={x0, x1, . . . , xn}, on définit alors une fonction polynomiale de degré n+ 1 que l’on note πσ
par πσ(x) =
n
Y
i=0
(x−xi), pour xdans [−1,1].
On suppose de plus que fest de classe Cn+1 sur [−1,1]. On rappelle que Ln(f)est l’unique polynôme
interpolateur de faux points xide degré inférieur ou égal à n. On veut démontrer pour tout réel xde
[−1,1] la propriété suivante notée (Px):
(Px) : ∃ξx∈]−1,1[, f(x)−Ln(f)(x) = f(n+1)(ξx)
(n+ 1)! πσ(x).
13 Montrer que pour tout réel xde σ,(Px)est vraie.
Corrigé Dans ce cas les deux parties sont nulles.
14 Soient p≥1un entier et gune fonction pfois dérivable sur [−1,1]. On suppose qu’il existe p+ 1
réels a0< a1<··· < apde [−1,1] tels que ∀i∈ {0,1, . . . , p}, g(ai)=0. Montrer par récurrence sur pqu’il
existe ξdans ]−1,1[ tel que g(p)(ξ)=0.
Corrigé hérédité : Si gest p+ 1 fois dérivable, avec p+ 2 zéros distincts alors g0est pfois dérivable
avec p+ 1 zéros distincts (au moins) par théorème de Rolle. On applique l’hypothèse de récurrence : g0(p)
s’annule, c’est à dire que g(p+1) s’annule.
On considère maintenant un réel xde [−1,1] qui n’est pas dans σ. On définit une application Fsur [−1,1]
par ∀t∈[−1,1], F (t) = f(t)−Ln(f)(t)−λπσ(t)où λest un réel.
15 Déterminer le réel λde sorte que F(x)=0. On choisira alors λde cette façon.
Corrigé On trouve λ=f(x)−Ln(f)(x)
πσ(x)car πσ(x)6= 0 puisque x /∈σ.
16 Montrer que Fs’annule en n+ 2 points. En déduire que (Px)est vraie.
Corrigé Fs’annule en tous les points xide σ. De plus, F(x) = 0 et x /∈σpar définition de λ. On a
donc n+ 2 zéros. D’après la question précédente, la dérivée (n+ 1)-ième de Fadmet un zéro ξx. Or on a
F(n+1) =f(n+1) −λ(n+ 1)!. Ainsi, λ=f(n+1)(ξx
(n+ 1)! c’est à dire f(x)−Ln(f)(x) = f(n+1)(ξx (n+ 1)! πσ(x).
17 En déduire que ||f−Ln(f)||∞≤1
(n+ 1)!||f(n+1)||∞||πσ||∞.
Corrigé C’est un simple passage au sup.
18 En vous servant des résultats de la partie 2.2, expliquer comment on peut choisir les points d’inter-
polation xipour contrôler l’erreur ||f−Ln(f)||∞.
Corrigé Pour une fonction fdonnée, la meilleure approximation est donnée pour le polynôme unitaire
πσtel que ||πσ||∞soit minimal. Or on a vu précédemment que ce minimum était atteint pour le polynôme
2−nTn. Il faut donc choisir comme points d’interpolation les points de Tchebychev.
* FIN DE L’ÉPREUVE *
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