corrigé

mathII
Ecolepolytechnique(X)
1999
PREMIERE PARTIE.
1.SiP(x)=Pn
p=0apxp, il vient:
L(P)=Z1
¡1
P(x)dx=
n
X
p=0
apZ1
¡1
xpdx=2
E(n=2)
X
p=0
a2p
2p+1
L’applicationLétantuneformelinéairenon nulle,son noyauestun hyperplan dedimensionn(dim(E)=
n+1),quicontient touslespolynômesimpairs,ainsiquelespolynômespairsvéri…antPE(n=2)
p=0
a2p
2p+1.Par
exemple:
²sin=2k:(x;x3;:::;x2k¡1;1¡3x2;1¡5x4;:::;1¡(2k+1)x2k).
²sin=2k+1:(x;x3;:::;x2k+1;1¡3x2;1¡5x4;:::;1¡(2k+1)x2k).
²Danslesdeuxcas,mêmesi lesvecteursneontpasdanslebonordrelafamille estétagée en degré,donc
c’estunebase.
2.(revoirlescours sibesoinest)
2.a)Ils’agitdu i-ièmepolynômedeLagrange:
Pi(x)=Y
k6=i
x¡xk
xi¡xk
;(80·i·n)
2.b)Onsaitquelafamille(P0;:::;Pn)formeunebasedeEetquepourtoutpolynômeP:
P(x)=
n
X
i=0
P(xi)Pi(x)
et
L(P)=
n
X
i=0
P(xi)Z1
¡1
Pi(x)dx=
n
X
i=0
¸iP(xi)
Ainsi¸i=R1
¡1Pi(x);(0·i·n)estunesolution du problème.
Etelle estunique carsi8P:Pn
i=0¸iP(xi)=Pn i=0¹iP(xi)le choixdeP=Ljmontrer¸j=¹j.
Onaunicité carsi8P2E;Pn
i=0¸iP(xi)=Pn i=0¹iP(xi)le calculdansle casparticulierP=Pjdonne
¸j=¹j
3.Onsupposequepourtouti;0·i·n;xn¡i=¡xi.
¨Ona
Pn¡i(x)=Y
k6=n¡i
x¡xk
xn¡i¡xk
=Y
k6=n¡i
x+xn¡k
xn¡k¡xi
Sionfaitle changementd’indice j=n¡kona:
Pn¡i(x)=Y
j6=i
x+xj
xj¡xi
=Y
j6=i
¡x¡xj
xi¡xj
=Pi(¡x)
¨Onadonc
¸n¡i=Z1
¡1
Pn¡i(t)dt=Z¡1
1
Pn¡i(¡u)¡du=Z1
¡1
Pi(u)du
enfaisantle changementdevariableC1u=¡t
¨commenestpaironremarquequepouri=n=2onaxn=2=¡xn=2doncxn=2=0
Lerésultatestvraipourtoutpolynômededegré·n.Parlinéaritéil su¢tdoncdelevéri…erpourXn+1
.Maisdansce cas:
Z1
¡1
xn+1dx=0,¸n=2xn+1
n=2=0,0·i<n=2)¸ixn+1
i+¸n¡ixn+1 n¡i=¸i(xn+1 i+(¡xi)n+1)=0
donc
L(xn+1)=0=
n
X
i=0
¸xn+1
i
4.
4.1SoitPnlepolynômedeTaylordefàl’ordrenen0.

Ecrivonsl’inégalitédeTaylorLagrangeàl’ordrenpourf. :
jf(x)¡Pn(x)j·Mn+1
(n+1)!jxjn+1
doncpourtouti2[0::n];jf(xi)¡Pn(xi)j·Mn+1
(n+1)!jxijn+1·Mn+1 (n+1)!et
¯¯¯R1
¡1f(t)¡Pn(t)dt¯¯¯·Mn+1 (n+1)!R1 ¡1jtjn+1dt=Mn+1 (n+1)!
2
n+2etdonc commeL(Pn)=Pn
i=0¸iPn(xi)carPn2E:
¯¯¯¯Z1
¡1
f(t)¡X¸if(xi)¯¯¯¯=¯¯¯¯¯Z1
¡1
f(t)¡Pn(t)dt¡
n
X
i=0
Pn(xi)¡f(xi)¯¯¯¯¯·Mn+1
(n+1)!(
n
X
i=0j¸ij+2
n+2)
4.2Recommençonslamêmeargumentationavec f2Cn+2.
jf(x)¡Pn+1(x)j·Mn+2
(n+2)!jxjn+2
Donc,parlaquestion3. :L(Pn+3)=Pn
i=0¸iPn+3(xi)lemême calculdonne
¯¯¯¯Z1
¡1
f(t)¡X¸if(xi)¯¯¯¯·Mn+2
(n+2)!Ãn
X
i=0j¸ij+2
n+3!
5.
5.1Puisquelescalculatrices sontautorisées,voiciun programme,écritpourlaTI-89/92,quicalculeles
polynômesdeLagrange:
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
etR(lagr(f1,-1/2,0,1/2,1g,x),x,-1,1) donne:(7=45;32=45;4=15;32=45;7=45).
Sionveutun programmegénéralilsu¢tderemplacerles6desbouclespardim(x)
voir à la fin une adaptation MAPLE .
On peutaussiposerlesystème
Z1
¡1
tkdt=
4
X
i=0
¸ixk
ipourk=0¢¢¢4
Onaun système5£5d’inconnues¸iàrésoudremaisd’après13 on peutserameneràun systèmeà 3
inconnues.
5b)Ilvient:¯¯¯¯¯Z1
¡1
e(x=4)2¡
4
X
i=0
¸ie(xi=4)2¯¯¯¯¯·M6
6!Ã4
X
i=0j¸ij+2
7!=16M6 7£720
Une étuderapidedelafonctionx7! e(x=4)2donne
f(6)(x)=µx6
262144 +15x4 32768 +45x2 4096 +15 512 ¶ex2
16
Pourcalculerlemaximumil su¢tdeseplacersur[0;1]parparité.Surcetteintervalleonaunesomme et
un produitdefonctionscroissantespositivesdoncunefonctioncroissante.
M6rf(6)(1)=10681e1=16
262144 ¼0:043,soituneincertitudedel’ordrede2 10¡4.
DEUXIEME PARTIE
2

6a)L’applicationP!jL(P)jestlinéaire en dimension …niedonc continue.Labouleunitéfermée B0(0;1)
d’un evn dedimension …nie étantcompacte,supP2BjL(P)jexiste etestatteint.
Supposonsquelesup soitatteintenQtelqueN(Q)<1.PosonsQ1=Q
N(Q).AlorsN(Q1)=1et:
jL(Q1)j=jL(Q)j
N(Q)=N(L) N(Q)>N(L)
Absurde
6b)PourtoutP2E:jL(P)j
N(P)·K.Pardé…nitiondusup,N(L)·K.S’il existeQtelqueN(Q)=1et
jL(Q)j=K,alorslesup estatteintetN(L)=K.
7.SiP(x)=Pn
p=0apxp,alors:
N1(P)·N2(P)) ·pn+1N1(P)
On nepeutobtenirmieux.PourP(x)=xp,onaégalitédanslapremièreinégalité,etpourP(x)=Pn
p=0xp,
onaégalitédanslasecondeinégalité.
8a)PosonsQ(x)=Pn
p=0apxp.Alors:
jL(Q)j=¯¯¯¯¯¯ 2
E(n=2)
X
p=0
a2p
2p+1¯¯¯¯¯¯·0
@2
E(n=2)
X
p=0
1
2p+11
AN1(Q)
AinsiN1(L)·2PE(n=2)
p=01
2p+1.Onaégalitéavec Q1(x)=Pn
p=0xp.(ouPE(n=2) p=0xp)
8b)Demême,en utilisantl’inégalitédeCauchy-Schwarzdansle casdu préliminaire
jL(Q)j=¯¯¯¯¯¯ 2
E(n=2)
X
p=0
a2p+1
1
2p+1¯¯¯¯¯¯·20
@
E(n=2)
X
p=0µ1
2p+1¶21
A
1=2
N2(Q)
AinsiN2(L)·2µPE(n=2)
p=0³1 2p+1´2¶1=2
.Onaégalitédansl’inégalitédeCauchy-Schwarzsietseulementsi
a2p=¸
2p+1.Ilresteàchoisir¸defaçonàce quePE(n=2) p=0j¸j2 (2p+1)2=1soit¸=µPE(n=2) p=0³1 2p+1´2¶¡1=2
etle
polynômeQ2(x)=PE(n=2)
p=0a2px2pconvient.
TROISIEME PARTIE
attention:l’espace vectorieln’estplusdedimension …nie.
9a)Ilsu¢tdeprendrePk(x)=Pk
p=0xp.OnaN1(Pk)=1etjL(Pk)j=PE(n=2) p=02
2p+1¡!n!1 1.car
P1
2p+1
9b)L’applicationLn’estpascontinue:Onatrouvéunesuitedepolynômes(Pk)surlasphèreunitételsque
limk!+1L(Pk)=1.On peutconsidérerlasuiteRk=Pk
jL(Pk)jlasuiteRktend vers0alorsqueL(Rk)netend
pasversL(0)=0
10a)En utilisantl’inégalitédeCauchy-Schwarz,siP(x)=Pn
p=0apxp:
jL(P)j=2¯¯¯PE(n=2)
p=0
a2p
2p+1¯¯¯
·2³PE(n=2)
p=0a2
2p´1=2µPE(n=2)
p=0³1
2p+1´2¶1=2
·N2(P)¼
p2
(on utiliseP+1
p=01
(2p+1)2=¼2 8).AinsijjjLjjj existe etjjjLjjj ·¼
p2.
10b)MontronsquejjjLjjj =¼
p2.Pourtoutn2N¤,onchoisitPn(x)=PE(n=2)
p=0¸nx2p
2p+1telqueN2(Pn)=1.
Ona alorségalitédansl’inégalitédeCauchy-Schwarz et:
jL(Pn)j=20
@
E(n=2)
X
p=0µ1
2p+1¶21
A
1=2
¡!n!1
¼
p2
Supposonsqu’il existeQ(x)=Pq
p=0apxppolynômetelqueN2(Q)=1etjL(Q)j=jjjLjjj.Ona alors:
3

¼
p2=jL(Q)j·20
@
E(n=2)
X
p=0
a2
2p1
A
1=20
@
E(n=2)
X
p=0
1
(2p+1)21
A
1=2
·N2(Q)¼ p2=¼ p2
Onadonc égalitédanstoutescesinégalités.Donca2p=¸
2p+1et
¼
p2=20
@
E(n=2)
X
p=0
1
(2p+1)21
A
1=2
ce quiestimpossiblepuisquevneststrictementcroissantedonc8nvE(n=2)6=¼2
8
4