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. L0est de degré au plus 2 et admet les racines 1et 2. donc il existe un réel ktel que L0=k(X1)(X2) , la valeur
en 0donne k= 1=2. De lmême pour L1et L2.
L0=(X1) (X2)
2;L1=X(X2) ; L2=X(X1) 2
soit (a; b; c)2R3tel 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 Pde R2[X]se décompose de façon unique : il existe (a; b; c)2R3tel que P=aL0+bL1+cL2Le même
calcul donne a=P(0)   
les composantes dans B0de Psont (P(0); P (1); P (2))
2. La matrice de passage de BàB0est A=0
@
1 0 0
3=2 2 1=2
1=21 1=2
1
A: les colonnes sont les coordonnées des Lisur 1; X; X2
3. On sait que X=0
@
P(0)
P(1)
P(2)
1
Aest la matrice de Pdans la base B0. le sujet impose que Xsoit aussi la matrice des
coordonnées dans B:
La formule de changement de base donne MatB(P) = M atB(B0)MatB0(P). donc ici :
X=AX
d’où le système en notant X=0
@
x
y
z
1
A:8
<
:
x=x
y=3
2x+ 2y1 2z
z=1
2xy+1 2z
,8
<
:
x=x
3
2x+y1 2z= 0
1
2xy1 2z= 0
L2L3donne y=x
   8
<
:
xquelconque
y=x
z=x
donc P(X) = P(0) + P(1)X+P(2)X2,P2Vect(1 + XX2)
II) Retour au cas général
1. Soit (0; :::k)2Rn+1 et P=
n
X
k=0
kLk;on a : 8k2 f0; ::ng; P (ak) = k
Pour prouver que la famille est libre on prend 0 =
n
X
k=0
kLket donc pour tout k2[[0; n]] ,k= 0
(Lk)0knest une famille libre de (n+ 1) éléments dans un espace vectoriel de dimension (n+ 1) . C’est donc une base
de Rn[X]
tout polynôme P2Rn[X]se décompose P=
n
X
k=0
kLket le même calcul donne k=P(ak)
les composantes dans B0de Psont (P(a0); P (a1); :::P (an))

2. Aest une matrice de changement de base , donc Aest inversible.
De plus Aest la matrice de passage de BàB0donc A1est la matrice de passage de B0àB.Les coe¢ cients de A1sont
donc les coordonnées de Xjdans la base Li. or d’après le calcul de la question précédente.
8j2 f0; ::ng; Xj=
n
X
i=0
aj
iLi
A1=
0
B
B
B
B
B
B
@
1a0a2
0   an 0
.
.
.
1aia2
ian i
.
.
.
1ana2
nan n
1
C
C
C
C
C
C
A
A1= (mij )1in+1
1jn+1
avec mij =aj1
i1
attention aux indices : pour la base ils vont de 0ànalors que pour les lignes d’une matrice ils commenceznt à 1.
3. Soit Q=
n
X
i=0
Li,Qest l’unique polynôme de degré au plus ntel que pour tout i Q(i)=1. (les coordonnées ont été
calculé à la question 1) . Une solution évidente est Q= 1 . C’est la seule par unicité.
n
X
i=0
Li= 1
Les coordonnées dans la base Bde
n
X
i=0
Lisont donc 0
B
B
B
@
1
0
.
.
.
0
1
C
C
C
Aet dans la base B00
B
B
B
@
1
1
.
.
.
1
1
C
C
C
ALa formule de changement de
base donne donc :
MatB(P) = M atB(B0)MatB0(P)
soit 0
B
B
B
@
1
0
.
.
.
0
1
C
C
C
A=A0
B
B
B
@
1
1
.
.
.
1
1
C
C
C
A
or le produit A0
B
B
B
@
1
1
.
.
.
1
1
C
C
C
Arevient à faire la somme des termes d’une ligne donnée de 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 Bde Ljest la constante du polynôme donc Lj(0) , donc la première ligne de la matrice Aest (1;0;0; ::; 0)
2. Comme au I, on cherche à résoudre AX =X.avec X2 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Inest une ligne nulle. AInn’est pas inversible ; son noyau n’est pas réduit à 0:
9P6= 0 ,P(X) =
n
X
i=0
P(ai)Xi
2

IV) Etude du cas a0= 0; a1= 1; a2= 2; :::an=n
1. L0;0= 1 ;8k2 f1; ::ng; Lk;k =
k1
Y
i=0
(Xi)
(ki)=
k1
Y
i=0
(Xi)
k!car
k1
Y
i=0
(ki) =
k
Y
j=1
jen posant j=ki
Donc le degré de Lk;k est égal à k
(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]
B00 = (L0;0; L1;1; :::; Ln;n)est une base de Rn[X]
2.
1. Si j2N; Lk;k(j) = 0 si j < k , par dé…nition de Lk;k . toujours par dé…nition Lk;k(k) = 1:
pour j > k :Lk;k (j) =
k1
Y
i=0
(ji)
k!=
j
Y
i=jk+1
i
k!=j
k
8kj:Lk;k (j) = j
k
2. on a Pj
i=0(1)ij
i= (1 1)jd’après la formule du binôme de Newton . Donc pour j > 0Pj
i=0(1)ij
i= 0 .
Pour j= 0 P0
i=0(1)i0
i= (1)0:1 = 1
Pj
i=0(1)ij
i=0si j > 0
1si j= 0
3. Si P=
n
X
k=0
(1)kLk;k ,8jn; P (j) =
n
X
k=0
(1)kLk;k (j) =
j
X
k=0
(1)kj
k=0si j > 0
1si j= 0 . des racines de
P=
n
X
k=0
(1)kLk;k sont 1;2; :::; n . Mais le polynôme est degré n. on a toutes les racines et elle sont simples.
les racines de P=
n
X
k=0
(1)kLk;k sont 1;2; :::; n
il existe donc un réel Ktel que P=K
n
Y
i=1
(Xi). Or P(0) = 1 d’après le cas particulier j= 0 ci dessus . Donc
P=1
n!
n
Y
i=1
(iX)
3.
1. Soit PB0(B") la matrice de passage de la base B0à la base B00
8j2 f0; ::ng; Lj;j =
n
X
i=0
Lj;j (i)Li;n =
j
X
i=0 i
jLi;n donc PB0(B") = (mij )1in+1
1jn+1
;avec mij =i1
j1si ji
0si j > i
PB0(B00)est donc une matrice triangulaire inférieure
2. A=PB(B0) = PB(B"):PB00 (B0) = PB(B") (PB0(B"))1
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"))1est triangulaire
inférieure
3

3. n= 2; a0= 0; a1= 1; a2= 2 Les calculs donnent :
PB(B") = 0
@
100
110
121
1
A; (PB0(B"))1=0 @
1 0 0
1 1 0
12 1
1
A;PB(B") = 0 @
1 0 0
0 1 1=2
0 0 1=2
1
A
donc
A=0
@
1 0 0
3=2 2 1=2
1=21 1=2
1
A=0 @
1 0 0
0 1 1=2
0 0 1=2
1
A0 @
1 0 0
1 1 0
12 1
1
A
4