Partie II

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Énoncé

SiP est un polynôme à coecients réels etxun nombre réel, on convient de noterPe(x) le nombre réel obtenu en substituantxà X dansP.

Dans tout le problème,net ksont deux entiers xés :

n≥3 1< k < n

Pour tout entierm,Rm[X]désigne leR-espace vectoriel formé par les polynômes de degré inférieur ou égal àmet le polynôme nul. On note en particulier

E=R2n−2[X] A=Rn−1[X] On se donnennombres réels

x₁< x₂<· · ·< x_n

Il est à noter que, parmi ces nombres,xk (aveckxé au début) va jouer un rôle particulier.

On dénit le polynômeL:

L= (X−x₁)(X−x₂)· · ·(X−x_n) Pour chaque entierientre1 etn, on dénit un polynômeLi par :

Li= Y

j∈{1,···,n}−{i}

X−xj

xi−xj

Partie I

On dénit une applicationΦdeE dansR²ⁿ⁻¹par : P →

Pe(x1),Pe(x2),· · · ,Pe(xn),fP⁰(x1),· · · ,Pf⁰(x_k−1),fP⁰(xk+1),· · ·,fP⁰(xn) Il est à noter quePf⁰(xk)ne gure pas dans la famille.

1. Montrer que si un polynomeP est dans le noyau deΦ, il est divisible parL. 2. Montrer queΦest un isomorphisme.

Pour chaque(t1,· · ·, tn)∈Rⁿ, il existe donc un unique polynôme (noté T) tel que Φ(T) = (t₁,· · · , t_n,0,0,· · ·,0)

La suite du problème précise une propriété deT dans le cas particulier où t₁=t₂=· · ·=t_k = 1

tk+1=tk+2=· · ·=tn= 0

Fig. 1: Graphe de T pourn= 7et k= 4

Partie II

Pour chaque entierientre1et net diérent dek, on dénit un polynômeΛi par :

Λ_i= (X−x_i)(X−x_k) Y

j∈{1,···,n}−{i,k}

(X−x_j)²

1. Préciser pour tout couple(i, j)d'entiers entre 1 etnles valeurs defLi(xj).

2. Montrer que(L₁,· · · , L_n)est une base deA. Préciser les coordonnées d'un polynôme P dans cette base.

3. Pour toutidiérent dekentre1etn, montrer queΛf⁰_i(xi)6= 0et que

∀j ∈ {1,· · · , n}:fΛi(xj) = 0

∀j ∈ {1,· · · , n} tel quej6=iet j6=k:fΛ⁰_i(xj) = 0

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai Astieltjes

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4. a. Montrer que

(L1,· · ·, Ln,Λ1,· · ·,Λk−1,Λk+1,· · ·,Λn) est une base deE.

b. Calculer les coordonnées deT dans cette base.

5. a. Montrer que T⁰ admet 2n−3 racines distinctes et préciser leurs positions par rapport auxxi.

b. Étudier les variations deT. c. Montrer que :

∀t≤x1:Te(t)≥1

∀t∈R:Te(t)≥0

Que peut-on conclure pour le coecient dominant deT?

Corrigé Partie I

1. Lorsqu'un polynômeP est dans le noyau deΦ, il admet lesnréels distincts(x1,· · · , xn) comme racine. Il est donc divisible par

L= (X−x1)· · ·(X−xn)

2. Comme Φest une application linéaire entre deux espaces de même dimension, pour montrer que c'est un isomorphisme, il sut de montrer qu'il est injectif. C'est à dire que son noyau est réduit au polynôme nul.

Considérons unP quelconque dans le noyau deΦ. On sait déjà qu'il est divisible par L, il existe un polynômeQde degré inférieur ou égal àn−2(s'il n'est pas nul) tel que P =LQ. Alors

P⁰=LQ⁰+L⁰Q

∀i∈ {1,· · ·, n} − {k}: 0 =Pf⁰(x_i) =L(xe _i)

=0

fQ⁰(x_i) +Le⁰(x_i)

6=0

Q(xe _i)

car toutes lesnracines deL(de degrén) sont simples. On en déduit queQadmet au moinsn−1 racines. C'est donc le polynôme nul.

Partie II

1. On rappelle que le symbole de Kroneckerδ_ij vaut1 lorsque i=j et 0 si i6=j. Il est bien connu queLi(xj) =δij.

2. Comme la famille(L₁,· · · , L_n)contient n= dimRn−1[X] vecteurs, pou montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison linéaire égale au polynôme nul :

λ1L1+· · ·+λnLn

En substituantx_i à X (pour n'importe queli), on obtient λ_i = 0

La famille est donc libre.

Les coordonnées d'un polynômeP dans la base(L₁,· · ·, L_n)s'obtiennent de manière analogue. On obtient

(Pe(x1),· · · ,Pe(xn))

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3. Tous les xj sont racines de tous les Λi donc Λi(xj) = 0. Lorsque i 6= k, toutes ces racines sont doubles saufxi etxk. On en déduit

Λ⁰_i(x_j) =0 si j6=j6=k

Λ⁰_i(x_i) =(x_i−x_k) Y

j∈{1,···,n}−{i,k}

(x_i−x_j)² si j=i

Λ⁰_i(xk) =(xk−xi) Y

j∈{1,···,n}−{i,k}

(xk−xj)² si j=k

4. a. Cette famille contient2n−2 = dimEéléments. Pour montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre.

Considérons une combinaison linéaire nulle

l1L1+· · ·lnLn+λ1Λ1+· · ·λnΛn= 0

En substituant lesxi, on montre que lesli sont nuls. On peut alors simplier par Lpuis substituer à nouveau lesxi (pouri6=k). On obtient alors la nullité desλi. b. On chercheT sous la forme

T =l1L1+· · ·lnLn+λ1Λ1+· · ·λnΛn

En considérant les valeurs de T aux points x_i, on obtient immédiatement que l1=· · ·=lk= 1et lk+1=· · ·=ln= 0. Posons

S=L1+· · ·+Lk

En considérant les valeurs de T⁰ aux points x_i, on obtient immédiatement que pouri6=k:

λi=−S⁰(xi) Λ⁰_i(x_i)

Il est évident queT déni avec ces coecients répond aux contraintes. Son degré est au plus2n−2 car lesLi sont de degrén−1 et lesΛi de degré2n−2. 5. a. Par dénition,T⁰ s'annule aux n−1pointsxi pouri6=k.

De plus, on peut appliquer le théorème de Rolle entre x1 et x2, x2 et x3, jus- qu'àx_k−1 et xk car en ces points la fonction associée à T vaut 1. On en déduit l'existence dek−1 racinesξ1,· · · , ξ_k−1 telles que :

x₁< ξ₁< x₂< ξ₂< x₂<· · ·< x_k−1< ξ_k−1< x_k

On peut faire de même pour xk+1, . . . , xn (valeur commune 0). On en déduit l'existence den−k−1 racinesξk+1,· · · , ξn−1telles que :

xk+1< ξk+1< xk+2< ξk+2< xk+2<· · ·< x_n−1< ξ_n−1< xn

b. CommeT⁰qui est de degré2n−3admet2n−3racines, elles sont toutes simples.

La fonction associée à T⁰ change donc de signe à chaque fois. Les racines de T⁰ sont donc toutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min.

De plus, à cause de l'entrelacement, les racines de même type sont des extréma de même nature. C'est à dire :

x₁max&ξ₁min x₂max&ξ₂min · · · x_k−1max&ξ_k−1min (1) ou

x1min%ξ1max x2min%ξ2max · · · x_k−1min%ξ_k−1max (2)

et de même dans la deuxième zone

x_k+1max&ξ_k+1min · · · x_n−1max&ξ_n−1 minx_nmax (3) ou

xk+1min%ξk+1max · · · x_n−1min%ξ_n−1 maxxnmin (4)

En fait, le rôle particulier joué parxk vient "bloquer" la situation.

La fonctionT⁰ ne change pas de signe dans l'intervalle ]ξ_k−1, x_k+1[

La fonctionT y est donc monotone. Mais comme cet intervalle contientxk avec T(xk) = 1 et T(xk+1) = 0

La fonctionT est décroissante dans cet intervalle. Ce qui entraîne queξ_k−1est un maximum etxk+1est un minimum. On en déduit que les variations sont données par les tableaux(2)et(4)

c. D'après les variations établies à la question précédente, la fonctionT est décrois- sante dans]− ∞, x1[et croissante dans]xn,+∞[. CommeT(x1) = 1etT(xn) = 0 on a :

∀x≤x₁:T(x)≥1 et ∀x≥x_n:T(x)≥0

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La fonctionT est donc minorée. Elle atteint son minimum absolu en un point qui est un minimum relatif où la dérivée s'annule. D'après le tableau de variations c'est unx_i. La plus petite valeur atteinte par T est donc 0. Elle reste toujours positive.

La fonction polynomialeT diverge vers l'inni à l'inni. Ici c'est forcément vers +∞. Comme T est de degré pair, on en déduit que le coecient dominant est strictement positif.