Alg`ebre 31
b) D´eterminer le polynˆome Qd´efini par : Q=
n
P
k=1
kLk.
c) Soit Ala matrice de passage de la base canonique de Rn[X] `a la base
(L0, L1. . . , Ln). On ne demande pas d’´ecrire la matrice A, mais de donner :
•la premi`ere ligne de la matrice A;
•la somme des ´el´ements de toute autre ligne de A;
•la somme des ´el´ements des diff´erentes colonnes de A.
d) Donner la matrice A−1.
Solution :
1. ?Pour l’existence, il suffit de v´erifier que le polynˆome propos´e convient
effectivement, ce qui est facile.
?Pour l’unicit´e : on suppose qu’il existe deux polynˆomes Pet Qde Rn[X] qui
sont solutions. On a alors, pour tout jde [[0, n]], P(aj) = Q(aj), soit ´egalement
(P−Q)(aj) = 0.
Le polynˆome P−Qqui est de degr´e inf´erieur ou ´egal `a nposs`ede n+ 1 racines
distinctes, c’est donc le polynˆome nul. On a donc P=Q, d’o`u l’unicit´e.
2. a) La famille (L0, L1, . . . , Ln) est une famille de n+ 1 vecteurs dans un
espace de dimension n+ 1, il suffit donc de montrer que c’est une famille libre
pour montrer que c’est une base.
On consid`ere n+ 1 scalaires α0, . . . , αntels que
n
P
k=0
αkLk= 0. On ´evalue cette
´egalit´e en aj, il reste αj= 0. Comme ceci est vrai pour tout jde [[0, n]], on a
bien pour tout j∈[[0, n]], αj= 0 et la famille est libre.
b) Soit Pun polynˆome quelconque de Rn[X]. Pse d´ecompose dans la base
sous la forme P=
n
P
k=0
αkLk. En ´evaluant l`a encore cette ´egalit´e au point αj,
il reste P(αj) = αj.
Conclusion : Pse d´ecompose sous la forme : P=
n
P
k=0
P(αk)Lk.
c) En appliquant la d´ecomposition pr´ec´edente au polynˆome P= 1, on
obtient exactement
n
P
k=0
Lk= 1.
3. a) On applique la formule Lk(X) =
n
Q
j=0
j6=k
X−aj
ak−ajen rempla¸cant ajpar j.
On obtient :