ESSEC MATH´ EMATIQUES I

Une correction toute personnelle d’ESSEC MI

Jean-Fran¸cois COSSUTTA. Marcelin Berthelot Saint Maur 94. jean-francois.cossutta@wanadoo.fr

ESSEC MATH´ EMATIQUES I

Dans la correction j’´evite les identifications et je rectifie les quelques erreurs...

Dans la suite, siH est une matrice deMn(R), nous noteronsfH l’endomorphisme deRⁿ dont la matrice dans la base canonique B0 deRⁿ estH; nous dirons quefH est l’endomorphisme canoniquement associ´e `aH.

Pour moi < ., . > est le produit scalaire canonique de Mn,1(R) et k.k est la norme associ´ee. Dans la suite je note

< ., . >_Rn le produit scalaire canonique deRⁿ. Partie I : Etude d’une suite de vecteurs.

Q1 SoitC=







 c₁ c₂ ... cn









un ´el´ement non nul deMn,1(R).

a)C appartient `aMn,1(R) et^tC est un ´el´ement de M1,n(R). AinsiC^tC est un ´el´ement deMn(R).

Soient ietj deux ´el´ements de [[1, n]]. La i^{`eme</sup> ligne deCest (ci) ( !) et laj<sup>`eme} colonne de^tCest (cj).

Ainsi l’´el´ement de C^tCsitu´e `a l’intersection de sai<sup>`eme</sup> ligne et de saj^`eme colonne est cicj. C^tCest une matrice de Mn(R) et C^tC= (cicj).

t C^tC

=^{t t}C_t

C=C^tC. AinsiC^tC est une matrice sym´etrique et r´eelle deMn(R). Alors : C^tC est diagonalisable.

b) Notons que^tCC =kCk². Alors C^tC2

= (C^tC)(C^tC) =C(^tCC)^tC=C kCk²_t

C=kCk²C^tC.

C^tC²

=kCk²C^tC.

c) Consid´erons le polynˆomeP =X²− kCk²X. P(C^tC) = (C^tC)²− kCk²C^tC= 0_Mn(R). P est un polynˆome annulateur deC^tC et les racines deP sont 0 etkCk². Ainsi :

toute valeur propre deC^tCest ´egale `a 0 ou `akCk². d) F Ici nous supposeronsnsup´erieur ou ´egal `a 2 F .

Montrons que 0 est valeur propre deC^tC et d´eterminons le sous-espace propre associ´e.

SoitX un ´el´ement deMn,1(R). Notons que^tCX =< C, X >.

(C^tC)X = 0_Mn,1(R)⇐⇒C(^tCX) = 0_Mn,1(R)⇐⇒C(< C, X >) = 0_Mn,1(R)⇐⇒< C, X > C= 0_Mn,1(R). Rappelons queC n’est pas nulle. Ainsi : (C^tC)X= 0_Mn,1(R)⇐⇒< C, X >= 0⇐⇒X ∈(Vect(C))^⊥.

Comme Vect(C) est une droite vectorielle de M_n,1(R) et que n > 2, (Vect(C))^⊥ est un sous-espace vectoriel de Mn,1(R) de dimensionn−1 non nulle. Ainsi :

0 est valeur propre de C^tC et le sous-espace propre associ´e est l’orthogonal de la droite vectorielle engendr´ee parC.

Remarque Sinest ´egal `a 1,0 n’est pas valeur propre de^tCC.

En fait il n’y a aucun calcul `a faire. C<sup>t</sup>C est une matrice diagonalisable deMn(R), 0 en est une valeur propre et le sous-espace propre deC<sup>t</sup>Cassoci´e `a 0 est de dimensionn−1. N´ecessairementC^tC poss`ede une seconde valeur propre (mais pas plus) dont le sous-espace propre associ´e a pour dimension 1.

Nous avons vu que les seules valeurs propres possibles de C^tC sont 0 et kCk². Par cons´equent kCk² est la seconde valeur propre deC^tC.

Le sous-espace propre associ´e SEP C^tC,kCk²

est un suppl´ementaire de SEP (C^tC,0).

Mieux, comme C^tC est sym´etrique, SEP C^tC,kCk²

et SEP (C^tC,0) sont orthogonaux.

Ils sont donc suppl´ementaires et orthogonaux. On peut alors dire que SEP C^tC,kCk²

est le suppl´ementaire orthog- onal de SEP (C^tC,0) = (Vect(C))^⊥; c’est donc Vect(C).

En particulier :C^tCC =kCk²C! !

C^tCC = kCk²C, kCk² est une valeur propre de C^tC et le sous espace propre associ´e est la droite vectorielle engendr´ee parC.

Remarque Sinvaut1,kCk²est la seule valeur propre deC^tCet le sous-espace propre associ´e est toujoursVect(C)! e)Rappelons que l’on notef_CtCl’endomorphisme canoniquement associ´e `aC<sup>t</sup>C, c’est `a dire l’endomorphisme deRⁿ dont la matrice dans la base canonique B₀ estC^tC.

C^tC est sym´etrique etB0 est une base orthonormale deRⁿ donc :

l’endomorphisme canoniquement associ´e `a C^tCest un endomorphisme sym´etrique.

SupposonsC unitaire et notonsc l’´el´ement deRⁿ de matriceC dans la base canonique deRⁿ. c est unitaire.

∀X∈ Mn,1(R), C^tC X=C(^tC X) =C < C, X >=< C, X > C.

Ainsi ∀x ∈ Rⁿ, fC^tC(x) =< c, x >_Rⁿ c. Comme c est unitaire, fC^tC est la projection orthogonale sur la droite vectorielle engendr´ee parc.

SiC est unitaire, l’endomorphisme canoniquement associ´e `a C^tCest une projection orthogonale.

Q2 a)SoientX etY deux ´el´ements deMn,1(R).

tXY =< X, Y >=< Y, X >=^tY X. Rappelons queAest sym´etrique ; alors :

tXAY =< X, AY >=< AY , X >=^t(AY)X =^tY^tAX=^tY AX=< Y, AX >=< AX, Y >.

tXY =^tY X donc : ^tXY²

= (^tXY)(^tXY) = (^tXY)(^tY X) =^tX(Y^tY)X. De mˆeme ^tXY2

= (^tXY)(^tXY) = (^tY X)(^tXY) =^tY(X^tX)Y.

tXY =^tY X ^tXAY =< X, AY >=< AX, Y > ^tXY2

=^tX(Y^tY)X =^tY(X^tX)Y

b) A est une matrice sym´etrique de Mn(R) donc il existe une base orthonormale (U1, U2, . . . , Un) de Mn,1(R) con- stitu´ee de vecteurs propres deA.

Alors pour tout ´el´ementide [[1, n]], il existe un r´eelλ_i tel queAU_i =λ_iU_i. Concluons dans les termes de la question ( ! !).

Il existe une base orthonormale de vecteurs U1, U2, ...,Un de Mn,1(R) pour lesquels existent des r´eels λ1, λ2, ...,λn tels queAU1=λ1U1,AU2=λ2U2, ...,AUn=λnUn.

c)SoitXun ´el´ement deMn,1(R) et (α1, α2, . . . , αn) les coordonn´ees deX dans la base orthonormale (U1, U2, . . . , Un).

X =

n

X

k=1

αkUk. ∀i∈[[1, n]], < Ui, X >=< Ui,

n

P

k=1

αkUk>=

n

P

k=1

αk < Ui, Uk>=αi.

AinsiX =

n

X

i=1

< Ui, X > Ui. De mˆemeAX=

n

X

i=1

< Ui, AX > Ui.

∀X ∈ Mn,1(R), X=

n

X

i=1

< Ui, X > Ui etAX=

n

X

i=1

< Ui, AX > Ui.

(U1, U2, . . . , Un) est une base orthonormale deMn,1(R). Les deux ´egalit´es pr´ec´edentes donnent alors :

∀X∈ Mn,1(R), kXk= v u u t

n

X

i=1

< U_i, X >² etkAXk= v u u t

n

X

i=1

< U_i, AX >².

Observons que AX=

n

X

i=1

< U_i, AX > U_i=

n

X

i=1

< AU_i, X > U_i =

n

X

i=1

< λ_iU_i, X > U_i=

n

X

i=1

λ_i < U_i, X > U_i. On a alors :

∀X ∈ Mn,1(R), AX =

n

X

i=1

λ_i < U_i, X > U_i etkAXk= v u u t

n

X

i=1

λ_i < U_i, X >² .

X =

n

P

i=1

< U_i, X > U_i,AX=

n

X

i=1

λ_i < U_i, X > U_iet (U₁, U₂, . . . , U_n) est une base orthonormale.

Alors< X, AX >=

n

X

i=1

< Ui, X >

× λi < Ui, X >

. Finalement :

∀X ∈ Mn,1(R), < X, AX >=

n

X

i=1

λi < Ui, X >².

d) Posons, pour simplifier les ´ecritures,R=

n

X

i=1

U_i^tU_i etS =

n

X

i=1

λ_iU_i^tU_i.

Rappelons que :∀X∈ Mn,1(R), X =

n

X

i=1

< Ui, X > Ui etAX=

n

X

i=1

< Ui, AX > Ui=

n

X

i=1

λi < Ui, X > Ui.

∀X∈ Mn,1(R), RX=

n

X

i=1

UitUiX =

n

X

i=1

Ui < Ui, X >=

n

X

i=1

< Ui, X > Ui=X=IX. Ainsi :∀X∈ Mn,1(R), RX =IX. Alors ∀x∈Rⁿ, fR(x) =fI(x).

Par cons´equent les endomorphismesfR etfI = Id_Rⁿ sont ´egaux.

Leurs matrices dans la base canoniqueB0 deRⁿ sont ´egalement ´egales. DoncR=I.

∀X∈ Mn,1(R), SX=

n

X

i=1

λiUit

UiX=

n

X

i=1

λiUi < Ui, X >=

n

X

i=1

λi < Ui, X > Ui=AX.

Ainsi :∀X∈ Mn,1(R), SX =AX.

Un raisonnement anologue `a celui fait plus haut donne alorsA=S.

I=

n

P

i=1

UitUi etA=

n

P

i=1

λiUitUi.

Soit i un ´el´ement de [[1, n]]. Notons, pour simplifier, pi l’endomorphisme canoniquement associ´e `a UitUi. Notonsui

l’´el´ement deRⁿ de matriceUi dansB0. ui est unitaire carkUik= 1.

∀X∈ M_n,1(R), U_i^tU_iX =U_i < U_i, X >=< U_i, X > U_i. Donc∀x∈Rⁿ, p_i(x) =< u_i, x >_Rn u_i. p_i est alors la projection orthogonale deRⁿ sur la droite vectorielle engendr´ee paru_i.

Pour tout ´el´ementide [[1, n]], l’endomorphisme canoniquement associ´e `aUitUiest la projection orthogonale sur la droite vectorielle engendr´ee par le vecteur deRⁿ de matriceUi dans la base canonique.

e)Posonsm= Min

16i6n(λ_i) etM = Max

16i6n(λ_i).

SoitX un ´el´ement deMn,1(R). ∀i∈[[1, n]], m6λi6M et < Ui, X >2

>0.

Ainsi∀i∈[[1, n]], m < Ui, X >²

6λi < Ui, X >²

6M < Ui, X >² . En sommant il vient :m

n

X

i=1

< U_i, X >² 6

n

X

i=1

λ_i < U_i, X >² 6M

n

X

i=1

< U_i, X >² . AlorsmkXk²6< X, AX >6MkXk². Finalement :

∀X ∈ Mn,1(R), Min

16i6n(λi)kXk²6< X, AX >6 Max

16i6n(λi)kXk².

Remarque Notons que siX est un vecteur propre deAassoci´e `a la plus grande (resp. petite) des valeurs propres deA alors< X, AX >= Max

16i6n(λi)kXk² (resp. < X, AX >= Min

16i6n(λi)kXk²).

Ainsi Max

X∈M_n,1(R)−{0_{Mn,1 (R)}}

< X, AX >

kXk² = Max

16i6nλi et Min

X∈M_n,1(R)−{0_{Mn,1 (R)}}

< X, AX >

kXk² = Min

16i6nλi.

Ou Max

X∈Mn,1(R)−{0_{Mn,1 (R)}} tXAX

tXX = Max

16i6nλ_i et Min

X∈Mn,1(R)−{0_{Mn,1 (R)}} tXAX

tXX = Min

16i6nλ_i.

f )Notons queA=

















4 −1 0 · · · 0

−1 4 . .. . .. ... 0 . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. . .. −1 0 · · · 0 −1 4

















est une matrice sym´etrique deMn(R).

SoitX =











 x1

x2

... xn−1

xn













un ´el´ement deMn,1(R).

tXAX= (x₁x₂ . . . x_n−1x_n)

















4 −1 0 · · · 0

−1 4 . .. . .. ... 0 . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. . .. −1 0 · · · 0 −1 4



























 x₁ x₂ ... x_n−1

x_n













= (x₁x₂ . . . x_n−1x_n)













4x₁−x₂

−x₁+ 4x₂−x₃ ...

−xn−2+ 4x_n−1−x_n

−x_n−1+ 4x_n











 .

tXAX= 4x²₁−x1x2+

n−1

X

i=2

xi(−xi−1+ 4xi−xi+1)−xnxn−1+ 4x²_n= 4

n

X

i=1

x²_i −

n

X

i=2

xixi−1−

n−1

X

i=1

xixi+1.

Un petite translation d’indice dans la deuxi`eme somme donne alors ^tXAX = 4

n

X

i=1

x²_i −2

n−1

X

i=1

x_ix_i+1 .

∀i∈[[1, n−1]], x²_i + 2xixi+1+x²_i+1= (xi+xi+1)²>0 etx²_i −2xixi+1+x²_i+1= (xi−xi+1)²>0.

Alors∀i∈[[1, n−1]], −x²_i −x²_i+16−2xixi+16x²_i +x²_i+1.

En sommant on obtient :−

n−1

X

i=1

x²_i −

n−1

X

i=1

x²_i+16−2

n−1

X

i=1

x_ix_i+16

n−1

X

i=1

x²_i +

n−1

X

i=1

x²_i+1.

Ce qui donne encore :−

n−1

X

i=1

x²_i −

n

X

i=2

x²_i 6−2

n−1

X

i=1

xixi+16

n−1

X

i=1

x²_i +

n

X

i=2

x²_i.

Mais alors :−2

n

X

i=1

x²_i 6−

n−1

X

i=1

x²_i −

n

X

i=2

x²_i 6−2

n−1

X

i=1

x_ix_i+16

n−1

X

i=1

x²_i +

n

X

i=2

x²_i 62

n

X

i=1

x²_i.

Finalement :−2

n

X

i=1

x²_i 6−2

n−1

X

i=1

xixi+162

n

X

i=1

x²_i. En ajoutant 4

n

X

i=1

x²_i il vient :

2kXk²= 4

n

X

i=1

x²_i −2

n

X

i=1

x²_i 6^tXAX = 4

n

X

i=1

x²_i −2

n−1

X

i=1

x_ix_i+164

n

X

i=1

x²_i + 2

n

X

i=1

x²_i = 6kXk². Donc 2kXk²6^tXAX=< X, AX >66kXk².

∀X ∈ M_n,1(R), 2kXk²6^tXAX=< X, AX >66kXk². Soitλune valeur propre deAet X un vecteur associ´e.

< X, AX >=< X, λ X >=λ < X, X >=λkXk². Donc 2kXk²6< X, AX >=λkXk²66kXk². En divisant parkXk²qui est un r´eel strictement positif on obtient : 26λ66.

Les valeurs propres de A=

















4 −1 0 · · · 0

−1 4 . .. . .. ... 0 . .. . .. . .. 0 ... . .. . .. . .. −1 0 · · · 0 −1 4

















sont dans l’intervalle [2,6].

Q3 a)SoitX un ´el´ement deM_n,1(R).

Nous avons vu plus haut queAX=

n

X

i=1

λ_i < X, U_i> U_i. Comme (U1, U2, . . . , Un) est une base orthonormale deMn,1(R) :

∀X∈ M_n,1(R), kAXk²=

n

X

i=1

λ²_i < X, U_i >².

kXk²=

n

X

i=1

< X, Ui>²,∀i∈[[1, n]], 06|λi|6ρ(A) et∀i∈[[1, n]], < X, Ui>²>0.

AlorskAXk²=

n

P

i=1

λ²_i < X, U_i>²6

n

P

i=1

ρ(A)² < X, U_i>²=ρ(A)²

n

P

i=1

< X, U_i >²= ρ(A)kXk2

. AinsikAXk6ρ(A)kXkcarkAXketρ(A)kXk sont des r´eels positifs ou nuls.

∀X ∈ M_n,1(R), kAXk6ρ(A)kXk.

Il existe un ´el´ement i₀ de [[1, n]] tel que |λ_i0|= Max

16i6n|λ_i|=ρ(A).

kAUi₀k=kλi₀Ui₀k=|λi₀| kUi₀k=ρ(A)kUi₀k.

Si i0 est un ´el´ement de [[1, n]] tel que |λi₀| = Max

16i6n|λi|= ρ(A), alors tout vecteur propre Ui₀ de A, associ´e `a la valeur propreλ_i0, est un ´el´ement non nuldeMn,1(R) qui v´erifie :kAUi0k=ρ(A)kUi0k.

b) ISupposons i. c’est `a dire que pour tout ´el´ement X de M_n,1(R), la suite (A^pX) tend vers 0 quand ptend vers +∞.

Il existe un ´el´ement i0 de [[1, n]] tel que |λi₀|= Max

16i6n|λi|=ρ(A).

PosonsX =Ui₀ etλ=λi₀. AX=λ X. Une r´ecurrence simple donne alors∀p∈N, A^pX =λ^pX. Par hypoth`ese la suite (A^pX) tend vers z´ero. Il en est alors de mˆeme la suite (λ^pX).

Ainsi on a : 0 = lim

p→+∞kλ^pXk= lim

p→+∞ |λ^p| kXk

= lim

p→+∞ |λ|^pkXk . Or kXkn’est pas nul(le) donc lim

p→+∞|λ|^p= 0 ce qui exige|λ|<1. Or|λ|=|λi₀|=ρ(A). Par cons´equentρ(A)<1.

ISupposons ii. c’est `a dire queρ(A)<1. Montrons ii.

SoitX un ´el´ement deM_n,1(R). Montrons que la suite (A^pX) tend vers 0.

Montrons par r´ecurrence que :∀p∈N^∗, kA^pXk6 ρ(A)^p

kXk.

C’est vrai pourp= 1 d’apr`es a). Supposons l’in´egalit´e vraie pour un ´el´ement pdeN^∗ et montrons la pourp+ 1.

kA^p+1Xk=kA(A^pX)k6ρ(A)kA^pXk. L’hypoth`ese de r´ecurrence donne :kA^pXk6 ρ(A)p

kXk.

AinsikA^p+1Xk6ρ(A)kA^pXk6ρ(A) ρ(A)^p

kXk=

ρ(A)^p+1 kXk.

kA^p+1Xk6

ρ(A)p+1

kXket la r´ecurrence s’ach`eve.

∀p∈N^∗, 06kA^pXk6 ρ(A)p

kXk. Or 06ρ(A)<1 donc lim

p→+∞

ρ(A)p

= 0.

Il vient alors par encadrement : lim

p→+∞kA^pXk= 0. La suite (A^pX) tend vers 0 quandptend vers +∞.

Les deux propositions suivantes sont ´equivalentes :

i. Pour tout ´el´ement X deMn,1(R), la suite (A^pX) tend vers 0 quandptend vers +∞.

ii. ρ(A)<1.

Remarque ρ(A)est le rayon spectral de la matriceA. Le r´esultat pr´ec´edent vaut en fait pour une matrice quelconque deMn(K)(K´etantRouC).

Partie II : Un probl`eme de minimisation.

Remarque Soitf une fonction num´erique continue sur un segment[b, c]deR(b < c).

|f|est ´egalement continue sur le segment[b, c]donc|f|poss`ede un maximum sur[b, c]que nous noterons Max

t∈[b,c]|f(t)|.

Alors la partie{|f(t)|/b6t6c}poss`ede un plus grand ´el´ement donc une borne sup´erieure que l’on note usuellement Sup

t∈[b,c]

|f(t)|.

Retenons que Sup{|f(t)|/b6t 6c}= Sup

t∈[b,c]

|f(t)|= Max

t∈[b,c]|f(t)|(... dans la mesure o`u f est continue sur le segment [b, c]).

Dans la suite nous appellerons un max un max ( !) et nous utiliserons le plus souvent la notation Max

t∈[b,c]|f(t)| de pr´ef´erence `aSup{|f(t)|/b6t6c}; sauf dans quelques conclusions et ceci pour ˆetre agr´eable au concepteur.

Q1 a)Montrons `a l’aide d’une r´ecurrence “d’ordre 2” que, pour tout ´el´ementpdeN,Tpest une fonction polynˆome de degr´ep.

• La propri´et´e est vraie pourp= 0 etp= 1 car ∀t∈R, T0(t) = 1 etT1(t) =t.

• Soitpun ´el´ement deN^∗. Supposons la propri´et´e vraie pourp−1 et pourp. Montrons la pour p+ 1.

T_p est une fonction polynˆome de degr´epdonct →2t T_p(t) est une fonction polynˆome de degr´ep+ 1. Comme T_p−1 est une fonction polynˆome de degr´ep−1,T_p+1:t→2t T_p(t)−T_p−1(t) est alors une fonction polynˆome de degr´ep+ 1 et la r´ecurrence s’ach`eve.

Pour tout ´el´ementpdeN, T_p est une fonction polynˆome de degr´ep.

Pour tout ´el´ementpdeN, notonsγ_p le coefficient det^p dansT_p. Notons queγ₀=γ₁= 1.

Soit p un ´el´ement de N^∗. Le coefficient de t^p+1 dans Tp+1:t → 2t Tp(t)−Tp−1(t) est le coefficient de t^p+1 dans t→2t Tp(t) carTp−1est de degr´ep−1.

Ainsi le coefficient de t^p+1 dansTp+1 est 2γp.

Par cons´equent∀p∈N^∗, γp+1= 2γp. (γp)_p∈N^∗ est une suite g´eom´etrique de raison 2 et de premier terme 1.

Ainsi∀p∈N^∗, γ_p= 2^p−1.

Pour tout ´el´ement pdeN^∗, le coefficient det^p dansT_p est 2^p−1.

b)Montrons `a l’aide d’une r´ecurrence “d’ordre 2” que, pour tout ´el´ementpdeNet pour tout r´eelθ,Tp(cosθ) = cos(p θ).

• ∀θ∈R, T0(cosθ) = 1 = cos(0θ) et∀θ∈R, T1(cosθ) = cos(θ). La propri´et´e est donc vraie pourp= 0 etp= 1.

• Soitpun ´el´ement deN^∗. Supposons la propri´et´e vraie pourp−1 et pourp. Montrons la pour p+ 1.

∀θ∈R, T_p(cosθ) = cos(p θ) et∀θ∈R, T_p−1(cosθ) = cos((p−1)θ).

Alors∀θ∈R, Tp+1(cosθ) = 2 cosθ Tp(cosθ)−Tp−1(cosθ) = 2 cosθ cos(p θ)−cos((p−1)θ).

Or ∀θ∈R, cos((p−1)θ) = cos(p θ) cos(θ) + sin(p θ) sin(θ).

Alors∀θ∈R, Tp+1(cosθ) = cosθ cos(p θ)−sin(p θ) sin(θ) = cos(p θ+θ) = cos((p+ 1)θ).

Ceci ach`eve la r´ecurrence.

Pour tout ´el´ement pdeNet pour tout r´eelθ,T_p(cosθ) = cos(p θ).

c)Soitpun ´el´ement deN. |Tp|est continue sur le segment [−1,1] donc poss`ede un maximum sur ce segment que nous noterons Max

t∈[−1,1]|Tp(t)|.

L’image du segment [0, π] par la fonction cos est le segment [−1,1].

Ainsi Max

t∈[−1,1]|Tp(t)|= Max

θ∈[0,π]|Tp(cosθ)|= Max

θ∈[0,π]|cos(p θ)|.

Or ∀θ∈[0, π], |cos(p θ)|61 =|cos(p0)|. Alors Max

t∈[−1,1]|Tp(t)|= Max

θ∈[0,π]|cos(p θ)|= 1.

∀p∈N, Max

t∈[−1,1]|Tp(t)|= 1. A fortiori∀p∈N, Sup{|Tp(t)|/−16t61}= 1.

Soitpun ´el´ement deN^∗. Sixest un ´el´ement de [−1,1] il existe un unique ´el´ementθdans [0, π] tel quex= cosθ.

Il est alors l´egitime de chercher les z´eros deTp dans [−1,1] sous la forme cosθ avecθdans [0, π].

Soitθ un ´el´ement de [0, π].

Tp(cosθ) = 0⇐⇒cos(p θ) = 0⇐⇒p θ≡π

2 [π]⇐⇒ ∃k∈Z, p θ= π

2 +k π⇐⇒ ∃k∈Z, θ= π 2p+k π

p · Or θappartient `a [0, π]. Par cons´equentT_p(cosθ) = 0⇐⇒ ∃k∈[[0, p−1]], θ= π

2p+k π p · D`es lors posons∀k∈[[0, p−1]], θk= π

2p+k π

p = (2k+ 1)π

2p etzk= cosθk. z0,z1, ...,z_p−1 sont les z´eros deTp dans [−1,1]. Montrons qu’ils sont distincts.

0< θ₀< θ₁<· · ·< θ_p−1< π et la fonction cosinus est strictement d´ecroissante sur [0, π].

Alors 1>cosθ0>cosθ1>· · ·>cosθp−1>−1 ou 1> z0> z1>· · ·> zp−1>−1.

Ainsiz0,z1, ...,z_p−1sont lespz´eros distincts deTp dans [−1,1].

Notons quez0,z1, ...,zp−1 sont tous les z´eros deTp carTp est de degr´ep.

En particulierTp n’a pas de z´ero dansR−[−1,1].

Si pest dansN^∗,Tp admet dans [−1,1],pz´eros distincts qui sont : cos π

2p

, cos 3π

2p

, ..., cos

(2p−1)π 2p

.

Notons que ∀p∈N^∗, Tp= 2^p−1

p−1

Y

k=0

X−cos

(2k+ 1)π 2p

.

Remarque Soitpun ´el´ement deN^∗. On peut de la mˆeme mani`ere trouver tous les ´el´ements de[−1,1]qui r´ealisent le maximum de |Tp|sur[−1,1].

Soitxun ´el´ement de[−1,1]. Il existe un unique ´el´ement θde[0, π]tel que x= cosθ.

|Tp(x)|= Max

t∈[−1,1]|Tp(t)| ⇐⇒ |Tp(x)|= 1⇐⇒ |Tp(cosθ)|= 1⇐⇒ |cos(p θ)|= 1⇐⇒cos(p θ) = 1et cos(p θ) =−1.

|Tp(x)|= Max

t∈[−1,1]|Tp(t)| ⇐⇒p θ≡0 [π]⇐⇒θ≡0 π

p

⇐⇒ ∃j∈Z, θ= j π p · Or θappartient `a[0, π]donc :|Tp(x)|= Max

t∈[−1,1]|Tp(t)| ⇐⇒ ∃j ∈[[0, p]], θ= j π p ·

Finalement xr´ealise le maximum de|Tp|sur[−1,1]si et seulement si il existe un ´el´ement j de[[0, p]]tel que x= cos

j π p

·

Q2 Avant de commencer ´eclairons le probl`eme avec quelques remarques.

NSoitpun ´el´ement deN^∗. |a|>1 doncTp(a) n’est pas nul. La d´efinition deSp est l´egitime.

C’est encore le cas pourp= 0 carT₀(a) = 1.

NSoitpun ´el´ement deN. NotonsLp l’ensemble des ´el´ements deRp[X] prenant la valeur 1 ena.

L_p={Q∈Rp[X]|Q(a) = 1} .

Dans cette question on cherche `a montrer que Min

Q∈L_p

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

existe, vaut 1

|Tp(a)| et que S_p= T_p

Tp(a) est le seul ´el´ement deLp qui r´ealise ce minimum.

NR´eglons d’abord le cas o`upvaut 0. ∀t∈R, T₀(t) =S₀(t) = 1.

Notons queS0est le seul ´el´ement deR0[X] qui prend la valeur 1 ena; ainsiL0={S0}.

Alors Min

Q∈L0

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

existe, vaut 1 = 1

|T₀(a)| etS0 est le seul ´el´ement deL0qui r´ealise ce minimum ! Dans toute la suite de cette question nous supposerons quepest un ´el´ement deN^∗.

NObservons encore queSp= Tp

T_p(a) est un ´el´ement de Rp[X] tel queSp(a) = 1 ; doncSp∈ Lp. De plus Max

t∈[−1,1]|S_p(t)|= 1

|Tp(a)| Max

t∈[−1,1]|T_p(t)|= 1

|Tp(a)| car Max

t∈[−1,1]|T_p(t)|= 1 d’apr`es Q1 c).

Pour faciliter les ´ecritures dans la suite, posons :∀j∈[[0, p]], xj= cos j π

p

.

Notons que 1 =x₀> x₁>· · ·> x_p−1> x_p=−1.

a)Supposons donc qu’il existe une fonction polynˆomeP deRp[X] telle que P(a) = 1 et telle que Max

t∈[−1,1]|P(t)|< 1

|T_p(a)|·

Alors∀t∈[−1,1], |P(t)|< 1

|T_p(a)|·Ainsi∀t∈[−1,1], − 1

|T_p(a)| < P(t)< 1

|T_p(a)|· Par cons´equent∀t∈[−1,1], 1

|Tp(a)|−P(t)>0 et − 1

|Tp(a)| −P(t)<0·

Alors pour tout ´el´ementj de [[0, p]] : 1

|Tp(a)| −P(xj)>0 et− 1

|Tp(a)| −P(xj)<0.

Soitj un ´el´ement de [[0, p]].

Sp(xj) =Sp

cos

j π p

= 1

T_p(a)Tp

cos

j π p

= 1

T_p(a) cos

pj π p

= 1

T_p(a) cos(j π) = (−1)^j T_p(a)· AinsiSp(xj)−P(xj) = (−1)^j

Tp(a) −P(xj).

Si (−1)^jT_p(a) est strictement positif :S_p(x_j)−P(x_j) = 1

|Tp(a)| −P(x_j)>0.

Si (−1)^jT_p(a) est strictement n´egatif :S_p(x_j)−P(x_j) =− 1

|Tp(a)|−P(x_j)<0.

Pour tout ´el´ementj de [[0, p]],Sp

cos

j π p

−P

cos j π

p

est strictement positif (resp. strictement n´egatif) si (−1)^jTp(a) est strictement positif (resp. strictement n´egatif).

Ainsi pour tout ´el´ement j de [[0, p]], (S_p−P)(x_j) est strictement positif si (−1)^jT_p(a)>0 et strictement n´egatif si (−1)^jT_p(a)<0.

Soitj un ´el´ement de [[0, p−1]]. j etj+ 1 sont de parit´es diff´erentes donc (S_p−P)(x_j) (S_p−P)(x_j+1)<0.

Comme S_p−P est une fonction continue sur l’intervalle [x_j+1, x_j], le th´eor`eme des valeurs interm´ediaires montre l’existence d’au moins un r´eel y<sub>j</sub> appartenant `a ]x_j+1, x_j[ tel que (S_p−P)(y_j) = 0.

Ainsiy₀,y₁, ...,y_p−1 sontpracines distinctes de S_p−P appartenant `a l’intervalle ]−1,1[.

(S_p−P)(a) =S_p(a)−P(a) = 1−1 = 0 et an’appartient pas `a ]−1,1[ car|a|>1.

Ainsiy₀,y₁, ...,y_p−1,asontp+ 1 racines r´eelles distinctes deS_p−P.

S_p−P a au moinsp+ 1 racines r´eelles distinctes.

S_p−P est alors un ´el´ement de Rp[X] (comme diff´erence de deux ´el´ements de Rp[X]) ayant au moins p+ 1 racines r´eelles distinctes donc S_p−P est la fonction polynˆome nulle.

AlorsP =Sp. Or Max

t∈[−1,1]|P(t)|< 1

|Tp(a)| = Max

t∈[−1,1]|Sp(t)|. Ceci induit une l´eg`ere contradiction ! Il n’existe pas d’´el´ementP deRp[X] prenant la valeur 1 enatel que Max

t∈[−1,1]|P(t)|< 1

|Tp(a)|· b)Ce qui pr´ec`ede montre donc que siP est un ´el´ement deLp={Q∈Rp[X]|Q(a) = 1}alors Max

t∈[−1,1]|P(t)|> 1

|Tp(a)|· CommeS_p est un ´el´ement deL_p tel que Max

t∈[−1,1]|S_p(t)|= 1

|Tp(a)| on peut alors dire que :

“ Sup{|Q(t)|/−16t61}o`uQd´ecritRp[X] et v´erifieQ(a) = 1 est minimal pourS_p et vaut 1

|Tp(a)| ” En clair

SiLp ={Q∈Rp[X]|Q(a) = 1}: 1. Min

Q∈Lp

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

existe et vaut 1

|Tp(a)|· 2. Sp est un ´el´ement deLp qui r´ealise ce minimum.

Ne “reste” plus qu’`a montrer queS_p est le seul ´el´ement de L_p tel que Max

t∈[−1,1]|S_p(t)|= 1

|Tp(a)|· c) On suppose donc queP est une fonction polynˆome deRp[X] telle queP(a) = 1 et Max

t∈[−1,1]|P(t)|= 1

|Tp(a)|· On se propose de montrer que 1

2

P+Sp

a encore ces qualit´es.

P et Sp sont deux ´el´ements deRp[X] donc 1 2

P+Sp

appartient ´egalement `a Rp[X].

P(a) =S_p(a) = 1 donc 1 2

P+S_p (a) = 1.

1 2

P+S_p

est un ´el´ement deRp[X] qui prend la valeur 1 en a. Donc 1 2

P+S_p

est un ´el´ement de Lp. Q2 b) permet d´ej`a de dire que Max

t∈[−1,1]

1 2

P+S_p (t)

> 1

|Tp(a)|· Rappelons que Max

t∈[−1,1]|P(t)|= Max

t∈[−1,1]|Sp(t)|= 1

|Tp(a)|·Donc∀t∈[−1,1], |P(t)|6 1

|Tp(a)| et|Sp(t)|6 1

|Tp(a)|· Ainsi∀t∈[−1,1],

1 2

P+Sp

(t)

6 1

2

|P(t)|+|Sp(t)|

6 1 2

1

|Tp(a)|+ 1

|Tp(a)|

= 1

|Tp(a)|· Donc Max

t∈[−1,1]

1 2

P+Sp

(t)

6 1

|Tp(a)|· Finalement : 1

|T_p(a)| 6 Max

t∈[−1,1]

1 2

P+Sp

(t)

6 1

|T_p(a)|·Ainsi Max

t∈[−1,1]

1 2

P+Sp

(t)

= 1

|T_p(a)|· Si P est un polynˆome satisfaisant au probl`eme de minimisation de b) il en est de mˆeme de 1

2

P+Sp

. En clair siP est un ´el´ement de Lp qui r´ealise Min

Q∈Lp

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

alors il en est de mˆeme de 1 2

P+S_p .

FFF Ici il y a visiblement une erreur de conception car il n’est pas simple de montrer que pour tout ´el´ementj de [[0, p]] :1

2 P

cosj π p

+S_p

cosj π p

= 1

|Tp(a)|· Voici une d´emonstration standard dans ce type de question.

Dans ce qui suitk.k∞ est la norme infinie dans l’espace vectoriel des fonctions num´eriques continues sur [−1,1].

Ainsi sif est une fonction num´erique continue sur [−1,1],kfk_∞= Sup

[−1,1]

|f(x)|= Max

x∈[−1,1]|f(x)|.

PosonsU = 1 2

S_p+P

. kS_pk_∞=kPk_∞=kUk_∞= 1

|Tp(a)| d’apr`es ce qui pr´ec`ede.

L’objectif est de montrer que ∀j∈[[0, p]], U

cosj π p

=|U(x_j)|= 1

|Tp(a)| =kUk_∞.

Soitb un ´el´ement de [−1,1] tel que|U(b)|= Max

x∈[−1,1]|U(x)|=kUk_∞. 2

|Tp(a)| = 2|U(b)|=|Sp(b) +P(b)|6|Sp(b)|+|P(b)|6 1

|Tp(a)|+ 1

|Tp(a)| = 2

|Tp(a)|· N´ecessairement|Sp(b)|=|P(b)|= 1

|Tp(a)|· En particulier|Tp(b)|= 1 = Max

t∈[−1,1]|Tp(t)|et ainsi il existej0 dans [[0, p]] tel queb= cos j0π

p

=xj₀. Donc|U|ne r´ealise son maximum sur [−1,1] qu’en des points de l’ensemble {x0, x1, . . . , xp}.

Pour montrer que∀j∈[[0, p]], |U(xj)|= 1

|Tp(a)| il ne reste plus alors qu’`a montrer que|U| r´ealise son maximum sur [−1,1] en au moinsp+ 1 points de [−1,1] (qui seront n´ecessairementx0,x1, ...,xp).

Supposons qu’il n’en soit pas ainsi. Alors |U|r´ealise son maximum sur [−1,1] qu’en exactementk points a₁, a₂, ..., a_k de [−1,1] aveca₁< a₂<· · ·< a_k etk6p.

L’interpolation de Lagrange assure l’existence (et l’unicit´e) d’un polynˆome H de degr´e au plus k tel que H(a1) = H(a2) =· · ·=H(ak) = 0 etH(a) = 1 (a1,a2, ..., ak,asontk+ 1 r´eels deux `a deux distincts...).

Remarque SiL= (X−a1)(X−a2)· · ·(X−ak),H= 1

L(a)Lconvient.

Notons queH est un ´el´ement deRp[X] et queH(a) = 1.

Soit εun r´eel strictement positif. La continuit´e et la nullit´e deH ena1,a2, ...,ak permet d’obtenir l’existence d’un r´eel αstrictement positif tel que∀i∈[[1, k]], ∀x∈[−1,1]∩]ai−α, ai+α[,|H(x)|< ε.

Posons Ωε= [

i∈[[1,k]]

]ai−α, ai+α[. Ωε est un ouvert deRcomme r´eunion dek ouverts deR. Soitt un ´el´ement de ]0,1[. PosonsU_t= (1−t)U +t H.

Utest un ´el´ement deRp[X] tel queU(a) = 1 donckUtk_∞> 1

|T_p(a)| =kUk_∞.

• Sixappartient `a Ωε∩[−1,1], |Ut(x)|=|(1−t)U(x) +t H(x)|6(1−t)|U(x)|+t|H(x)|6(1−t)kUk∞+t ε.

• Soitxun ´el´ement de [−1,1]−Ωε,|Ut(x)|=|U(x) +t(H(x)−U(x))|6|U(x)|+tkH−Uk_∞.

|U| est continue sur le ferm´e born´e (ok ?) [−1,1]−Ωεdonc|U|poss`ede un maximumMε sur [−1,1]−Ωε. Alors|Ut(x)|6Mε+tkH−Uk_∞.

Observons que M_ε<kUk∞ car [−1,1]−Ω_ε est contenu dans [−1,1] et les seuls point o`u |U| prend la valeurkUk∞

sont a₁,a₂, ...,a_k qui n’appartiennent pas `a [−1,1]−Ω_ε.

D`es lors choisissonsεstrictement positif et strictement inf´erieur `a kUk_∞.

Comme M_ε< kUk_∞ il est possible de trouver un ´el´ement t₀ de ]0,1[ tel que M_ε+t₀kU−Hk_∞ <kUk_∞ (en effet

t→0lim M_ε+tkU−Hk_∞

=M_ε<kUk_∞).

Nous avons alors :∀x∈[−1,1]−Ωε, |Ut₀(x)|<kUk_∞.

De plus :∀x∈Ωε∩[−1,1], |Ut0(x)|6(1−t0)kUk∞+t0ε <(1−t0)kUk∞+t0kUk∞=kUk∞. Donc∀x∈[−1,1], |Ut₀(x)|<kUk_∞. AinsikUt₀k_∞<kUk_∞= 1

|T_p(a)| ce qui donne une contradiction car Ut₀ est un

´

el´ement de Rp[X] qui prend la valeur 1 ena.

AinsiU r´ealise son maximum 1

|Tp(a)| enx₀,x₁, ...,x_p. FFF

∀j∈[[0, p]], 1 2 P

cosj π p

+Sp

cosj π p

= 1

|Tp(a)|· Soitj un ´el´ement de [[0, p]]. 1

|Tp(a)| =1 2

P(x_j) +S_p(x_j) 6 1

2

|P(x_j)|+|S_p(x_j)|

6 1 2

1

|Tp(a)|+ 1

|Tp(a)|

= 1

|Tp(a)|· Ceci exige|P(x_j) +S_p(x_j)|=|P(x_j)|+|S_p(x_j)|et |P(x_j)|=|S_p(x_j)|= 1

|Tp(a)|· Rappelons que siaet bsont deux r´eels,|a+b|=|a|+|b|si et seulement siab>0.

Alors|P(xj)|=|Sp(xj)|et P(xj)Sp(xj)>0 doncP(xj) =Sp(xj). Ainsi (P−Sp)(xj) = 0.

∀j ∈ [[0, p]], (P −S_p)(x_j) = 0. P −S_p est donc un ´el´ement de Rp[X] ayant au moins p+ 1 racines distinctes donc P−Spest le polynˆome nul et :

P =S_p

S_p est l’unique ´el´ement deL_p={Q∈Rp[X]|Q(a) = 1}qui r´ealise Min

Q∈Lp

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

.

Q3 PosonsL⁰_p={Q∈Rp[X]|Q(0) = 1}. On cherche `a montrer que Min

Q∈L⁰_p

Max

t∈[α,β]|Q(t)|

existe et que ce minimum

est r´ealis´e pour le seul ´el´ement t→

T_{p2t−α−β}

β−α

T_pα+β

α−β

deL⁰_p.

Nous allons pour ce faire utiliser Q2 en remarquant quet→ 2t−α−β

β−α applique [α, β] sur [−1,1].

posons ∀t ∈ R, u(t) = 2t−α−β

β−α · u est continue et strictement croissante sur R. De plus lim

t→+∞u(t) = +∞ et

t→−∞lim u(t) =−∞.

Ainsiuest une bijection deRsurR. Un calcul simple montre que∀t∈R, u⁻¹(t) = 1 2

(β−α)t+α+β . u´etant continue et croissante sur [α, β],u([α, β]) = [u(α), u(β)] = [−1,1]. Alorsu⁻¹([−1,1]) = [α, β].

Posons alorsa=u(0) = α+β

α−β et Lp={Q∈R^p[X]|Q(a) = 1}.

α >−αcarαest strictement positif. Alorsβ+α > β−α >0. Ceci donne β+α

β−α>1. Ainsia= β+α α−β <−1.

Par cons´equent|a|>1. Q2 montre que Min

Q∈Lp

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

existe et vaut 1

|Tp(a)|· De plusSp= Tp

Tp(a) est le seul ´el´ement deLp qui r´ealise ce minimum.

Posons∀Q∈ Lp, ∀t∈R, ϕ(Q)(t) =Q u(t)

et ∀Q∈ L⁰_p, ∀t∈R, ψ(Q)(t) =Q u⁻¹(t) .

Soit Qun ´el´ement deLp. Qappartient `a Rp[X] etuest un ´el´ement deR1[X] donc ϕ(Q) =Q◦uest clairement un

´

el´ement de Rp[X]. De plusϕ(Q)(0) =Q u(0)

=Q(a) = 1. Par cons´equentϕ(Q) est un ´el´ement deL⁰_p. Ainsiϕest une application deLp dansL⁰_p. On montre de mˆeme queψest une application deL⁰_p dansLp.

∀Q∈ Lp, ∀t∈R, ψ ϕ(Q)

(t) = ϕ(Q)

u⁻¹(t)

=Q u u⁻¹(t)

=Q(t). Ainsi∀Q∈ Lp, ψ ϕ(Q)

=Q.

Alorsψ◦ϕ= Id_Lp. On montre de mˆeme queϕ◦ψ= Id_L⁰_p.

ϕ(respψ) est alors une bijection deL_p (resp. L⁰_p) surL⁰_p (resp. L_p) et ϕ⁻¹=ψ (resp. ψ⁻¹=ϕ).

Rappelons queu([α, β]) = [−1,1]. Donc∀Q∈ Lp, Max

t∈[α,β]|ϕ(Q)(t)|= Max

t∈[α,β]|Q u(t)

|= Max

x∈[−1,1]|Q(x)|.

Comme Min

Q∈Lp

Max

t∈[−1,1]|Q(t)|

existe et vaut 1

|T_p(a)|, Min

Q∈Lp

Max

t∈[α,β]|ϕ(Q)(t)|

existe et vaut ´egalement 1

|T_p(a)|· Or L⁰_p={ϕ(Q);Q∈ Lp}, donc Min

Q∈L⁰_p

Max

t∈[α,β]|Q(t)|

existe et vaut 1

|Tp(a)|·

Supposons que Qsoit un ´el´ement de L⁰_p qui r´ealise ce minimum. Rappelons queu⁻¹([−1,1]) = [α, β].

1

|Tp(a)| = Max

t∈[α,β]|Q(t)|= Max

x∈[−1,1]|Q u⁻¹(x)

|= Max

x∈[−1,1]|ψ(Q)(x)|.

ψ(Q) est un ´el´ement deLptel que Max

x∈[−1,1]|ψ(Q)(x)|= 1

|Tp(a)|·Ainsiψ(Q) =Sp. DoncQ=ϕ(Sp).

∀t∈R, Q(t) =ϕ(Sp)(t) =Sp u(t)

=Tp u(t) T_p(a) =

Tp

_2t−α−β

β−α

Tp

_α+β

α−β

·

Min

Q∈{P∈Rp[X]|P(0)=1}

Max

t∈[α,β]|Q(t)|

existe. Ce minimum est r´ealis´e pour le seul ´el´ement t → Tp

₂

t−α−β β−α

Tp

_α+β

α−β

de l’ensemble{P ∈Rp[X]|P(0) = 1}et il vaut 1

T_pα+β

α−β

·

Remarque Soitpun ´el´ement de N^∗. Rappelons que :Tp= 2^p−1

p−1

Y

k=0

X−cos

(2k+ 1)π 2p

.

Soitt un r´eel.

Tp

2t−α−β β−α

T_p

α+β α−β

= 2^p−1

p−1

Y

k=0

2t−α−β β−α −cos

(2k+ 1)π 2p

2^p−1

p−1

Y

k=0

α+β α−β −cos

(2k+ 1)π 2p

=

p−1

Y

k=0





2t−α−β

β−α −cos_(2k+1)π

2p

α+β

α−β−cos_(2k+1)π

2p



.

Tp

_2t−α−β

β−α

Tp

_α+β

α−β

=

p−1

Y

k=0





−2t+α+β−(α−β) cos_(2k+1)π

2p

α+β−(α−β) cos_(2k+1)π

2p



=

p−1

Y

k=0



1− 2

α+β−(α−β) cos_(2k+1)π

2p

t



.

∀p∈N^∗,∀t∈R, Tp

₂

t−α−β β−α

Tp

_α+β

α−β

=

p−1

Y

k=0



1− 2

α+β+ (β−α) cos_(2k+1)π

2p

t



.

PARTIE III : R´esolution it´erative d’un syst`eme AX=B.

0 n’est pas valeur propre deAdoncAest inversible. Ainsi :

il existe un unique ´el´ement X^∗ deM_n,1(R) tel que AX^∗=B;X^∗=A⁻¹B.

Q1 a)Soitpun ´el´ement deN^∗.

Xp+1−X^∗=Xp+α(B−AXp)−X^∗=α(AX^∗−AXp)+(Xp−X^∗) =−α A(Xp−X^∗)+(Xp−X^∗) = (I−α A)(Xp−X^∗).

Ainsi :∀p∈N, Xp+1−X^∗= (I−α A)(Xp−X^∗).

Une r´ecurrence simple donne alors∀p∈N, X_p−X^∗= (I−α A)^p(X₀−X^∗).

∀p∈N, Xp−X^∗= (I−α A)^p(X0−X^∗).

b) Aest sym´etrique et r´eelle doncAest diagonalisable. Mieux il existe une matrice inversibleP deMn(R) telle que

P⁻¹AP soit la matrice diagonaleD=











λ1 0 · · · 0 0 . .. . .. ... ... . .. . .. 0 0 · · · 0 λn









 .