2eme PARTIE , A

Concours national marocain

2009 Math 2 PSI

approximation au sens des moindres carrés

1ere PARTIE : Polynômes de Lagrange

1. Le polynôme Rest de degré au plusnet admet n+ 1racines. il est donc nul.

2. Pour toutx_i on a bien :

8(P; Q)2 Pn²;8( ; )2R², ( P+ Q)) (x_i) = P(x_i) + Q(x_i) La linéarité est véri…ée pour chaque coordonnée de l’image defm, donc aussi pourfm

3. (a)Un polynômeP est dans le noyau defmsi et seulement si il admet les(xi)ⁿ_i=0comme racines. Donc si et seulement si il est divisible par

Yn i=0

(x x_i) =

P est dans le noyau def_msi et seulement si il s’écrit P=Q , avecd (Q) =d (P) d ( ) m (n+ 1).

(b)On a bien deux sous espaces vectoriels dePm. De plus d’après le théorème de division euclidienne (deP par ) on sait que tout polynômeP se décompose de façon unique sous la forme

P = Q+R , avecd (R)< n+ 1

et donc d (Q) d (P) d ( ) donc tout élément de Pm se décompose de façon unique en somme d’un élément de Ker (f_m)et d’un élément dePn . Les deux sous espaces sont supplémentaires.

(c)D’après le théorème sur la dimension de sous espaces supplémentaires , on a : m+ 1 = dim (Ker (fm)) + (n+ 1) et donc:

dim (Ker (fm)) =m n

Une base de Ker(fm) est ; X ; X^{m n 1} . Cette famille est de bon cardinal est génératrice d’après 3(a). Si Q=

m nX1 i=0

q_iXⁱ on aQ =

m nX1 i=0

q_i Xⁱ

(d)D’après le théorème du rang on a commePm est de dimension …nie m+ 1 =rg(f_m) + dim (Ker (f_m)) on a doncrg(fm) =n+ 1 = dim Rⁿ⁺¹ .

sim n+ 1,fm est surjective.

4.

(a)Comme à la question précédente, un polynômeP est dans le noyau de fm si et seulement si il est divisible par . Mais maintenantd ( )> d (P)doncP= 0:

Le noyau defm est réduit à0:

fmest injective (b)D’après le théorème du rang rg(fm) =m+ 1.

sim=n,fmest surjective sim < n,fmn’est pas surjective

5. Il n’y a pas de problèmes de dénominateur nul car les (xi)sont deux à deux distincts.

(a)Les polynômesL_i sont le produit denfacteurs de degré1 . d (L_i) =n Sik6=idansL_i(x_k)il y a un facteur(x_k x_k) = 0pour j=ket doncL_i(x_j) = 0 Par contreLi(xi) =Y

i6=j

xi xj

x_i x_j = 1

(b)On a doncfn(Li) = (0; 0;1;0 0), le1 étant en positioni+ 1. La famille(fn(Li))ⁿ_i=0est la base canonique de Rⁿ⁺¹:

(c)On est dans le cas de la question4. avecm=n. fn est linéaire, injective et surjective. C’est donc un isomorphisme et l’image réciproque d’une base est une base.

(Li)ⁿ_i=0est une base dePⁿ

(d)Puisque fn est bijective tout élémenty deRⁿ⁺¹ admet un unique antécédent , que le sujet notePy . Comme on a un base, on a une unique décomposition :

P_y= Xn i=0

iL_i

La valeur enxj donne :

P_y(x_j) = Xn i=0

iL_i(x_j)

yj = j+X

i6=j

0

Py= Xn i=0

yiLi

2eme PARTIE , A

1. D’après leI.5 le polynômeQ0= Xn i=0

yiLi est une solution du problème. (il est de degré ndonc mvue l’hypothèse du sujet)

On a alors _m(Q0) = Xn i=0

0 = 0

2. Comme pour tout polynômeP , _m(P) 0 = _m(Q0)le minimum de _mest nul et

m(P) = 0, 8i2[[0; n]]; P(xi) =yi, 8i2[[0; n]];(P Q0) (xi) = 0 et donc :

m(P) = 0,P 2Q₀+ Ker(f_m)

2eme PARTIE , A

On ferra attention que si m < nla matriceAn’est pas carrée (donc ce n’est pas toujours une matrice de Van der Monde) On peut convenir de numéroter les lignes entre1etn+ 1ou entre0etn, à condition d’être cohérent tout au long du devoir.

J’ai choisi un indice entre0 etn. 1. Questions de cours de sup.

Si M = (mi;j)et N= (ni;j)on aM+N =S avec8(i; j)2[[1; p]] [[1; q]]; si;j=mi;j+ni;j et^tM+^tN =T avec 8(i; j)2[[1; q]] [[1; p]],ti;j=mj;i+nj;idoncT =^tS

On véri…e que les produits sont possibles puis on écrit que si M⁰ = (mi;j) et N⁰ = (ni;j) on a M⁰N⁰ = P avec 8(i; j)8(i; j)2[[1; p]] [[1; r]]; pi;j=

Xq k=1

mi;knk;j et ^tN^0tM⁰=Qavec8(i; j)2[[1; r]] [[1; p]]; qi;j= Xq k=1

nk;imj;k

doncQ=^tP

2. AV est une matrice colonne deM_n+1;1(R)et(AV)_i= Xm j=0

v_jx^j_i =P_v(x_i) On a donc :

Av= 0, 8i2[[1; n]]; Pv(xi) = 0,Pv 2Ker(fm)

commem non est dans le cas deI.4 et doncfm est linéaire injective . DoncPv = 0et donc tous les coe¢ cients de Pv sont nuls. SoitV = 0

8v2 M^m+1;1(R),Av= 0,v= 0

2

3. On a que ^tu:uest une matrice de M¹(R)d’unique coe¢ cient x=

Xn k=0

tu

1;k(u)_k;1= Xn k=0

u²_k

Xn k=0

u²_k est une somme de réels positifs donc^tu:u 0 Si u= 0tous lesu_k sont nuls et donc^tu:u= 0

Si ^tu:u= 0, on a une somme de réels positifs qui est nulle. Chaque terme est nulle et doncu= 0 8u2 M^n+1;1(R) ;^tu:u= 0,u= 0

4.

(a) On a :

tu:u=^t(Av) (Av) =^tv^tAAv=^tv:0 = 0

D’après la question3on au=Av2 Mn+1;1(R)et^tu:u= 0doncu= 0soitAv= 0et donc commev2 Mm+1(R) d’après la question2v= 0

8v2 M^m+1;1(R),^tAAv= 0)v= 0

(b) CommeA2 Mn+1;m+1(R)on a ^tA2 Mm+1;n+1(R)et donc^tAA2 Mm+1;m+1(R), la matrice^tA:Aest bien une matrice carrée. De plus d’après le point précédent son noyau est réduit àf0gson rang est doncm+1 0 =m+1 . Elle est donc inversible.

(c) On a :

8(i; j)2[[0; m]]² , ^tA:A _i;j= Xn k=0

tA _ikAk;j = Xn k=0

Ak;iAk;j = Xn k=0

x^i+j_k

8(i; j)2[[0; m]]² , ^tA:A _i;j= Xn k=0

x^i+j_k

5. On vient de voir queM est inversible . Le système linéaireM Z =cest donc de Cramer et Z =M ¹c

Remarque : M =^tA:Aest inversible , mais ^tAou Ane le sont pas (non carrée) , .Elle ne sont même pas régulière.

6. (a)On a :

g(v) =^t(b Av)(b Av) = ^tb ^tv^tA (b Av) =^tbb ^tbAv ^tv^tAb+^tv^tAAv En particulier

g(w) =^tbb ^tbAw ^tw^tAb+^tw ^tAAw Or par dé…nition dewon a : ^tAAw=^tAbet donc :

g(w) =^tbb ^tbAw ^tw^tAb+^tw^tAb=^tbb ^tbAw

(b)Ce qui donne :

g(v) g(w) = ^tbb ^tbAv ^tv^tAb+^tv^tAAv ^tbb ^tbAw = ^tbAv ^tv^tAb+^tv^tAAv+^tbAw à comparer à :

t(w v)^tAA(w v) = ^tw ^tv ^tAAw ^tAAv =^tv^tAAv ^tw^tAAv ^tv^tAAw+^tw^tAAw

= ^tv^tAAv ^tw^tAA v ^tv ^tAAw +^t(^tAAw)w

= ^tv^tAAv ^{t t}AAw v ^tv ^tAAw +^t(^tAAw)w

= ^tv^tAAv ^{t t}Ab v ^tv^tAb+^tbAw (car^tAAw=^tAw) 3

Remarque : dans l’un ou l’autre des calculs vous risquez d’avoir un problème les termes n’étant pas ceux voulus. Sauf erreur de calcul c’est un simple problème de transposition : Toute matrice de taille 1 est égale à sa transposé. En rédigeant cette remarque on a par exemple : ^tbAw=^{t t}bAw =^tw^tAb

(c)On peut alors appliquer la question3 àv⁰=A(w v). On a une matrice deMn+1;1(R)et doncg(v) g(w) =^tv⁰:v⁰ 0 et(g(v) g(w) = 0,v⁰= 0). Or w⁰=w v2 Mm+1;1(R)donc d’après la question2,Aw⁰ = 0,w⁰ = 0

8v2 Mn+1;1(R),g(v) (w)etg(v) =g(w),v=w 7. porte sur un produit scalaire

8. On sait que AV_p = (P(x_i))ⁿ_i=0 , doncb AV_p= (y_i P(x_i))ⁿ_i=0 . On a donc g(VP) =^t(b AVp) (b AVp) =

Xn i=0

(yi P(xi))²= _m(P)

9. On a donc

m(P) =g(Vp) g(w) = _m(Pw) et

m(P) = _m(Pw),g(VP) =g(w),Vp=w Or les coordonnées deVp ( respectivement dew)sont les coe¢ cients de P ( dePw)donc

Vp=w,P =Pw

Le minimum de _mest atteint uniquement pourP_w et il vaut _m=g(w) 10. Qui peut s’écrireg(w) = _m(Pw) =

Xn i=0

(yi Pw(xi))²=kb Awk²

11. Le sujet de concours a été modi…é en DS . J’ai prisn= 2pour ne pas avoir une solution exacte à la …n.

On a :

A= 0 BB

@

1 1 1

1 0 0

1 1 1

1 2 4

1 CC

A ,M =^tAA= 0

@ 4 2 6

2 6 8

6 8 18 1 A

b= 0 BB

@ 1 2 1 0

1 CC

A ,c=^tAb= 0

@ 4 0 2

1 A

On a le système en divisant toutes les lignes par 2 8<

:

2x +y +3z = 2 x +3y +4z = 0 3x +4y +9z = 1 On prend la seconde ligne comme pivot: 8

<

:

x +3y +4z = 0

5y 5z = 2

5y 3z = 1

On retrancheL2à L3 8

<

:

x +3y +4z = 0

5y 5z = 2

2z = 1

et donc(x; y; z) = (17=10;1=10; 1=2) Ce qui donne

Pw= x² 2 + x

10+17 10

12. le minimum 2= (1 Pw( 1))²+ (2 P0(0))²+ (1 Pw(1))²+ (0 P0(2))²=1 5

4