ENSAIT concours dRentrée A mathématiques 2

ENSAIT concours d’entrée A mathématiques 2
Les questions du sujet initial relative à la diagonalisation des matrices ont été retirées.
I) n = 2; a0 = 0; a1 = 1; a2 = 2
1. L0 est de degré au plus 2 et admet les racines 1 et 2 . donc il existe un réel k tel que L0 = k(X
en 0 donne k = 1=2 . De lmême pour L1 et L2 .
L0 =
(X
1) (X
2
2)
; L1 =
X (X
2) ; L2 =
X (X
2
1)(X
2) , la valeur
1)
soit (a; b; c) 2 R3 tel que P = aL0 + bL1 + cL2 = 0 ; P (0) = 0 donc a:1 + b:0 + c:0 = 0 et donc a = 0 . P (1) = P (2) = 0
donnent b = c = 0
(L0 ; L1 ; L2 ) est une famille libre de 3 éléments dans un espace vectoriel de dimension 3
(L0 ; L1 ; L2 ) est une base de R2 [X]
Tout polynôme P de R2 [X] se décompose de façon unique : il existe (a; b; c) 2 R3 tel que P = aL0 + bL1 + cL2 Le même
calcul donne a = P (0)
les composantes dans B 0 de P sont (P (0); P (1); P (2))
0
2. La matrice de passage de B à B 0 est A = @
1
3=2
1=2
0
2
1
0
1
0
1=2 A : les colonnes sont les coordonnées des Li sur 1; X; X 2
1=2
1
P (0)
3. On sait que X = @ P (1) A est la matrice de P dans la base B 0 . le sujet impose que X soit aussi la matrice des
P (2)
coordonnées dans B:
La formule de changement de base donne M atB (P ) = M atB (B 0 )M atB0 (P ) . donc ici :
X = AX
0
donc
1
8
<
x=x
x
y = 23 x + 2y 21 z
d’où le système en notant X = @ y A :
:
z
z = 12 x y + 12 z
8
< x quelconque
y=x
:
z= x
,
8
<
:
3
2x
1
2x
P (X) = P (0) + P (1)X + P (2)X 2 , P 2 Vect(1 + X
x=x
+ y 12 z = 0
y 21 z = 0
L2
L3 donne y =
x
X 2)
II) Retour au cas général
1. Soit (
0 ; ::: k )
2 Rn+1 et P =
n
X
k=0
k Lk
; on a : 8k 2 f0; ::ng ; P (ak ) =
Pour prouver que la famille est libre on prend 0 =
n
X
k=0
k Lk
k
et donc pour tout k 2 [[0; n]] ,
k
=0
(Lk )0 k n est une famille libre de (n + 1) éléments dans un espace vectoriel de dimension (n + 1) . C’est donc une base
de Rn [X]
n
X
tout polynôme P 2 Rn [X] se décompose P =
k Lk et le même calcul donne k = P (ak )
k=0
les composantes dans B 0 de P sont (P (a0 ); P (a1 ); :::P (an ))
2. A est une matrice de changement de base , donc A est inversible.
De plus A est la matrice de passage de B à B 0 donc A 1 est la matrice de passage de B 0 à B .Les coe¢ cients de A
donc les coordonnées de X j dans la base Li . or d’après le calcul de la question précédente.
8j 2 f0; ::ng ; X j =
A
A
1
1
0
1 a0
B ..
B .
B
=B
B 1 ai
B .
@ ..
1 an
= (mij ) 1
i n+1
1 j n+1
n
X
1
sont
aji Li
i=0
a20
an0
a2i
ani
a2n
ann
1
C
C
C
C
C
C
A
avec mij = aji
1
1
attention aux indices : pour la base ils vont de 0 à n alors que pour les lignes d’une matrice ils commenceznt à 1 .
3. Soit Q =
n
X
Li , Q est l’unique polynôme de degré au plus n tel que pour tout i Q(i) = 1 . (les coordonnées ont été
i=0
calculé à la question 1) . Une solution évidente est Q = 1 . C’est la seule par unicité.
n
X
Li = 1
i=0
Les coordonnées dans la base B de
base donne donc :
0
B
B
Li sont donc B
@
i=0
n
X
1
0
..
.
0
1
0
C
B
C
B
C et dans la base B 0 B
A
@
1
1
..
.
1
M atB (P ) = M atB (B 0 )M atB0 (P )
soit
0
0
B
B
or le produit A B
@
1
1
..
.
1
1
B
B
B
@
1
0
..
.
0
1
0
B
C
B
C
C = AB
@
A
1
1
..
.
1
1
C
C
C La formule de changement de
A
1
C
C
C
A
C
C
C revient à faire la somme des termes d’une ligne donnée de A:
A
la somme des éléments de la première ligne de A est égale à 1 et la somme des éléments de toutes les autres lignes est égale à 0
III) Etude du cas a0 = 0
1. La première coordonnée dans la base B de Lj est la constante du polynôme donc Lj (0) , donc la première ligne de la matrice A est (
2. Comme au I , on cherche à résoudre AX = X .avec X 2 Mn;1 (R) . On veut donc résoudre (A In ) X = (0) . On
cherche donc à prouver qu’il existe des éléments non nuls dans le noyau de A In . Or d’après le calcul précédent la
première ligne de A In est une ligne nulle. A In n’est pas inversible ; son noyau n’est pas réduit à 0:
9P 6= 0 , P (X) =
2
n
X
i=0
P (ai )X i
IV) Etude du cas a0 = 0; a1 = 1; a2 = 2; :::an = n
1. L0;0 = 1 ; 8k 2 f1; ::ng ; Lk;k =
kY1
i=0
(X
(k
kY1
i)
=
i)
(X
i)
i=0
car
k!
kY1
(k
i) =
i=0
Donc le degré de Lk;k est égal à k
k
Y
j en posant j = k
i
j=1
(L0;0 ; L1;1 ; :::; Ln;n ) est une famille de polynômes véri…ant d (Li;i ) = i , c’est donc une base de Rn [X]
B 00 = (L0;0 ; L1;1 ; :::; Ln;n ) est une base de Rn [X]
2.
1. Si j 2 N ; Lk;k (j) = 0 si j < k , par dé…nition de Lk;k . toujours par dé…nition Lk;k (k) = 1:
j
kY1
Y
i
(j i)
i=j
k+1
j
pour j > k : Lk;k (j) = i=0
=
=
k
k!
k!
8k
2. on a
Pj
i=0 (
Pour j = 0
3. Si P =
P =
n
X
j
i
= (1
i=0 (
1)i 0i
1)i
P0
n
X
k=0
1)j d’après la formule du binôme de Newton . Donc pour j > 0
0
= ( 1) :1 = 1
Pj
i=0 (
k
j
k
j : Lk;k (j) =
( 1) Lk;k , 8j
n; P (j) =
n
X
j
i
1)i
Pj
1)i
i=0 (
j
i
=0.
0 si j > 0
1 si j = 0
=
k
( 1) Lk;k (j) =
k=0
j
X
k
( 1)
j
k
=
k=0
0 si j > 0
1 si j = 0
. des racines de
k
( 1) Lk;k sont 1; 2; :::; n . Mais le polynôme est degré n . on a toutes les racines et elle sont simples.
k=0
les racines de P =
n
X
k
( 1) Lk;k sont 1; 2; :::; n
k=0
il existe donc un réel K tel que P = K
n
Y
(X
i) . Or P (0) = 1 d’après le cas particulier j = 0 ci dessus . Donc
i=1
P =
1
n!
n
Y
(i
X)
i=1
3.
1. Soit PB0 (B") la matrice de passage de la base B 0 à la base B 00
j
n
X
X
i
0
8j 2 f0; ::ng ; Lj;j =
Lj;j (i) Li;n =
j Li;n donc PB (B") = (mij ) 1
i=0
i n+1
1 j n+1
i=0
PB0 (B 00 ) est donc une matrice triangulaire inférieure
si j i
0 si j > i
1
2. A = PB (B 0 ) = PB (B"):PB00 (B 0 ) = PB (B") (PB0 (B"))
Comme, pour tout k; le degré de Lk;k est égal à k; la matrice PB (B") est triangulaire supérieure
La matrice inverse d’une matrice triangulaire inférieure étant triangulaire inférieure , (PB0 (B"))
inférieure
3
i 1
j 1
; avec mij =
1
est triangulaire
3. n = 2; a0 = 0; a1 = 1; a2 = 2 Les calculs donnent :
0
1
0
1 0 0
1
0 0
1
1 0
PB (B") = @ 1 1 0 A ; (PB0 (B")) = @ 1
1 2 1
1
2 1
donc
0
1 0
1
0
0
2
1=2 A = @
A = @ 3=2
1=2
1
1=2
4
1
0
1
A ; PB (B") = @ 0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1=2 A
1=2
0
@
0
1
0
1
1
1
1
0
1=2 A
1=2
1
0 0
1 0 A
2 1