Deuxième partie : interpolation de Hermite

(1)

EXERCICE I : INFORMATIQUE I.1. Poura, b∈N, je note a∧ble pgcd de aetb.

On remarque que si a= 0 ou b= 0 (ie min(a, b) = 0) alorsa∧b=a+bcar∀c∈N,c∧0 = 0∧c=c. def gcd(a,b):

"""Donn\'ees: aet b deux entiers naturels

R\'esultat: le pgcd de a et b, calcul\'e par l'algorithme brut de force"""

n=min(a,b)

res=a+b # si n=0 alors pas de tour de boucle for i in range(1,n+1):

if a%i==0 and b%i==0: #si i divise a et b

res=i # si n >0 alors res=1 au premier tour return res

I.2. On remarque que la fonction euclide de l'énoncé respecte bien∀c∈N,c∧0 = 0∧c=c Une fonction récursive euclide_rec qui calcule le pgcd de deux entiers naturels : def euclide_rec(a,b):

"""Donn\'ees: a et b deux entiers naturels valable même si a ou b est nul

R\'esultat: le pgcd de a et b, calcul\'e par l'algorithme d'Euclide récursifi\'e"""

if b==0:

return a r=a%b

return euclide_rec(b,r) I.3.

I.3.a. On a les divisions euclidiennes successives où les quotients valent tous 1 (sauf le dernier) : i: F6= 1×F5+ F4 etF4 <F5 donc de resteF4= 3

ii : F5 = 1×F4+ F3 etF3 <F4 donc de reste F3 = 2 iii: F₄ = 1×F₃+ F₂ etF₂<F₃ donc de resteF₂ = 1 iv: F3 = 2×F2+ 0et0<F2 donc de resteF0 = 0 On remarque queF6∧F5= 1 (dernier reste non nul).

I.3.b. On a Fn+2= 1×Fn+1+ Fn etFn<Fn+1 car la suite(Fn)_n>2 est strictement croissante.

Sin>2, le reste de la division euclidienne de Fn+2 parFn+1 est Fn

Sin= 1, le reste de la division euclidienne deF_n+2= F₃ = 2 parF_n+1 = F₂= 1 est 0. Sin= 0, le reste de la division euclidienne deFn+2= F2 = 1 parFn+1 = F1= 1 est 0.

Sin∈N^∗, le nombre de divisions euclidiennes eectuées pour le calcul de euclide(F_n+2,F_n+1) estu_n=n. Sin= 0, le nombre de divisions euclidiennes eectuées pour le calcul de euclide(F_n+2 ,F_n+1) estu₀= 1. I.3.c. Dans l'appel de gcd(Fn+2 ,Fn+1), à chaque tour de boucle, sont eectués deux divisions euclidiennes.

Le nombre de tour de boucles est min(Fn+2,Fn+1) = Fn+1 donc

le nombre de divisions euclidiennes eectuées pour le calcul de gcd(F_n+2 ,F_n+1) estv_n= 2F_n+1 donc v_n ∼

n→+∞

2φ^uⁿ

√5 comme on s'en doutait la méthode brute est moins bonne en terme de complexité I.4. Plusieurs fonctions fibo qui prend en argument un entier naturel net renvoie le nombre de FibonacciFn :

def fibo(n):

"""Donn\'ees: n entier naturel

R\'esultat: le terme de rang n de la suite de Fibonnacci

(2)

sans contrainte de complexité !!! (faut aller vite en respectant la consigne !)"""

if n<2:

return n

return fibo(n-1) + fibo(n-2) def fibo2(n):

"""Donn\'ees: n entier naturel

R\'esultat: le terme de rang n de la suite de Fibonnacci version linéaire non récursive (préférable ?)"""

if n<2:

return n u=0

v=1for i in range(n-1):

w=v v=u+v

u=w # sans pythonnerie u,v=v,u+v return v

I.5. Une fonction gcd_trois qui renvoie le pgcd de trois entiers naturels a∧b∧c=c∧(a∧b) : def gcd_trois(a,b,c):

return euclide(c,euclide(a,b)) Pas de commentaires !

EXERCICE II

II.1. Le polynômeP = X³+ X²+ Xest un polynôme annulateur deA.

De plus P = X(X−j)(X−j²) où j= exp(2iπ/3). donc Sp_C(A)⊂ {0, j, j²} timeit

Les valeurs propres complexes deA prennent au maximum trois valeurs distinctes parmi :1, j, j² II.2. Le polynômeP = X(X−j)(X−j²)est un polynôme scindé à racines simples, annulateur deA

Ainsi A est diagonalisable dansM_n(C)

II.3. On suppose Ainversible ainsi on peut multiplier par A⁻¹ pour obtenirA²+ A + In= 0 Avec le polynôme annulateur de A:X²+ X + 1, on obtientSp_C(A)⊂ {j, j²}

Le polynôme caractéristique de A :χ_A est scindé dansC[X] d'après D'Alembert-Gauss Comme A∈ M_n(R), on aχ_A∈R[X]

donc les racines non réelles deχAsont conjuguées deux à deux avec même multiplicité.

Donc on peut écrire χ_A= (X−j)^p(X−j²)^p ordet(A) =χ_A(0) etj³ = 1 donc si A est inversible alorsdet(A) = 1

PROBLÈME III

Première partie : questions préliminaires

Pour deux polynômesA etB,A|Bsignie que A diviseB. III.1.

III.1.a. On suppose PetQ n'ont aucune racine complexe commune.

Par l'absurde siP etQne sont pas premiers entre eux, ceci nous fourniraitR∈C[X] tel que deg R>1 ,R|P etR|Q

CommeR est non constant, D'alembert et Gauss nous fournissent λ∈Ctel que R(λ) = 0

(3)

or il existeP₁ etQ₁ tel que P = P₁RetQ = Q₁RcarR|PetR|Q donc P(λ) = Q(λ) = 0

AinsiP etQont une racine complexe commune. ABSURDE

si PetQn'ont aucune racine complexe commune, alors PetQsont premiers entre eux III.1.b. On suppose queP etQdivisent un troisième polynômeR

Ceci nous fournitU etVtel que PU = QV = R

donc Q|PU etQ∧P = 1le théorème de Gauss s'applique et on aQ|U Ce qui nous fournit Wtel que U = WQ doncR = PU = PQW

donc PQ|R. On a donc montré que :

siP etQdivisent un troisième polynômeRà coecients complexes, alors il divise le polynôme PQ

III.2. Pourp∈[[1, n]]. On considère la propriétéP_p :Q_p=

p

X

i=1

P⁰_i

Pi où Q_p =

p

Y

i=1

Pi

!0

p

Y

i=1

Pi

Initialisation : Pour p= 1c'est évident

Pour p= 2, on aQ2 = (P1P2)⁰ P1P2

= P⁰₁P2+ P1P⁰₂ P1P2

= P⁰₁ P1

+P⁰₂

P2. On a bien Q2 =

2

X

i=1 p

Y

i=1

P_i

!0

p

Y

i=1

Pi

Hérédité : Soit p∈[[1, n−1]]tel queP_p. MontronsP_p+1 c'est à dire Q_p+1=

p+1

X

i=1

P⁰_i Pi

On a Q_p+1 =

" _p Y

i=1

Pi

!

×Pp+1

#0

p

Y

i=1

P_i

!

×P_p+1

= Q_p+P⁰_p+1

Pp+1 en faisant comme pourp= 2 et avec l'hypothèse de récurrence, on a P_p+1

Conclusion : On a montré par récurrence ∀p∈[[1, n]],P_p

En particulier, on a P_n orQ_n= Q ce qui permet de conclure : Q =

n

X

i=1

P⁰_i P_i

Deuxième partie : interpolation de Hermite

III.3. Dénition du polynôme interpolateur de Hermite III.3.a. On suppose P(a) = P⁰(a) = 0.

La formule de Taylor polynomiale s'écrit∀Q∈K[X], Q =

+∞

X

k=0

Q^(k)(0)

k! X^k (somme nie)

On l'applique au polynômeQ = P(X +a) qui vérie Q^(k)= P^(k)(X +a)par récurrence immédiate donc P(X +a) =

+∞

X

k=0

P^(k)(a) k! X^k=

+∞

X

k=2

P^(k)(a) k! X^k

(4)

AinsiP(X) =

+∞

X

k=2

P^(k)(a)

k! (X−a)^k= (X−a)²

+∞

X

k=2

P^(k)(a)

k! (X−a)^k−2

or

+∞

X

k=2

P^(k)(a)

k! (X−a)^k−2 est un polynôme donc siP(a) = P⁰(a) = 0 alors(X−a)² divise P. timeit III.3.b. linéarité En utilisant la linéarité de la dérivation,

on a pour tous P,Q∈R2p−1[X] etλ∈R:ϕ(λP + Q) =λϕ(P) +ϕ(Q) donc ϕest linéaire

Kerϕ={0}On sait que Kerϕ⊃ {0}. On va montrer queKerϕ⊂ {0}

SoitP∈R2p−1[X] tel que ϕ(P) = 0. MontronsP = 0

Pouri∈[[1, p]], on a P(x_i) = P⁰(x_i) = 0 donc(X−x_i)² divise P selon II.3.a Par récurrence immédiate, on peut généraliser III.1 :

siP₁,· · ·P_p sont des polynômes deux à deux premiers entre eux diviseurs du polynômeP alors

p

Y

i=1

P_i diviseP En appliquant ceci aux polynômes(X−xi)², on obtient

p

Y

i=1

(X−xi)² diviseP or deg

p

Y

i=1

(X−x_i)²

!

= 2petdeg P62p−1 donc P = 0

ϕbijective On vient de voir queϕest injective

D'après le théorème du rang : rgϕ= dim (R2p−1[X])−dim Ker(ϕ) = 2p donc dim Imϕ= dimR^2p etImϕ⊂dimR^2p

donc Imϕ= dimR^2p ce qui donne la surjectivité d'où ϕest bijective

Conclusion On vient de montrer queϕest une application linéaire bijective de R2p−1[X] surR^2p III.3.c. Le 2p-uplet(a₁,· · · , a_p, b₁,· · ·, b_p)∈dimR^2p admet un unique antécédent parϕnotéP_H

il existe un unique polynôme PH∈R2p−1[X]tel que,

pour tout entieritimeit vériant 16i6p, on aPH(xi) =ai etP⁰_H(xi) =bi

III.4. Étude d'un exemple

SoitP =x+yX +zX²+tX³ ∈R3[X](oùx, y, z, t∈R) le polynôme d'interpolation de Hermite lorsquep= 2, x₁=−1, x₂ = 1, a₁ = 1, a₂ = 0, b₁=−1 etb₂ = 2donc

P(1) = 1,P(−1) = 0,P⁰(−1) =−1,P⁰(1) = 2etP⁰ =y+ 2zX + 3tX² ainsi











x −y +z −t = 1

x +y +z +t = 0

y −2z +3t = −1

y +2z +3t = 2

donc





 x y z t







=







1 −1 1 −1

1 1 1 1

0 1 −2 3

0 1 2 3







−1



 1 0

−1 2







=







−1/4

−1 3/4 1/2







selon la calculatrice

Donc pour cet exemple on trouve :P_H= −1

4 −X +3X² 4 +X³ III.5. Une formule explicite 2

III.5.a. Sip6= 1, lesx_kpourk∈[[1, p]]\ {i}sont des racines de multiplicité 2 deQ_idoncQ_i(x_k) = Q⁰_i(x_k) = 0

(5)

etQi(xi) =

p

Y

j=1 j6=i

xi−xj

x_i−x_j 2

= 1

On applique III.2 àQi=

p

Y

j=1 j6=i

Pj oùPj =

X−x_j xi−xj

2

donc Q⁰_i = Q_i

p

X

j=1 j6=i

P⁰_j

Pj or pour j6=i,P⁰j= 2(X−x_j)

(xi−xj)² ainsi P⁰_j Pj

= 2

X−xj et P⁰_j(x_i)

Pj(xi) = 2 xi−xj

donc Q_i(x_k) = Q⁰_i(x_k) = 0 sik6=i et Q_i(x_i) = 1 et Q⁰_i(x_i) =

p

X

j=1 j6=i

2 x_i−x_j

Formule valable sip= 1, On a Q₁= 1 (produit vide) et Q₁⁰ = 0 et donc Q⁰₁(x₁) = 0(somme vide) III.5.b. Pouri∈[[1, p]], on a deg(Q_i) = 2p−2 (valable même sip= 1)

etdegh

(1−Q⁰_i(x_i)(X−x_i))a_i+ (X−x_i)b_ii 61. Par produit degh

(1−Q⁰_i(x_i)(X−x_i))a_i+ (X−x_i)b_ii Q_i

= degh

(1−Q⁰_i(x_i)(X−x_i))a_i+ (X−x_i)b_ii

+ deg(Q_i)62p−1 Par somme deg P62p−1ainsiP∈R2p−1[X]

Soitj ∈[[1, p]]. Il sut d'établir queP(xj) =aj etP⁰(xj) =bj

On a P(x_j) =

p

X

i=1

h

1−Q⁰_i(x_i)(x_j−x_i)

a_i+ (x_j−x_i)b_ii Q_i(x_j)

À l'aide de la question précédenteP(x_j) =

1−Q⁰_j(x_j)(x_j −x_j)

a_j+ (x_j−x_j)b_j =a_i De plusP⁰ =

p

X

i=1

h

−Q⁰_i(xi)ai+bi

i Qi+

h

1−Q⁰_i(xi)(X−xi)

ai+ (X−xi)bi

i Q⁰_i

donc P⁰(xj) =

p

X

i=1

h

−Q⁰_i(xi)ai+bi

i

Qi(xj) + h

1−Q⁰_i(xi)(xj−xi)

ai+ (xj−xi)bi

i Q⁰_i(xj)

À l'aide de la question précédente : P⁰(xj) =

h

−Q⁰_i(xi)ai+bi

i +

h

(1−Q⁰_i(xi)(xi−xi))ai+ (xi−xi)bi

i Q⁰_i(xi)

=−Q⁰_i(xi)ai+bi+aiQ⁰_i(xi) d'oùP⁰(xj) =bj Ainsi

P =

p

X

i=1

h

1−Q⁰_i(xi)(X−xi)

ai+ (X−xi)bi

i

Qi est le polynôme d'interpolation de Hermite III.5.c. On ax₁=−1, x₂ = 1, a₁ = 1, a₂ = 0, b₁=−1 etb₂ = 2

On a Q1 = (X−1)²

4 ;Q⁰₁ = X−1

2 ;Q2= (X + 1)²

4 ;Q⁰₂ = X + 1

2 etQ⁰₁(x1) =−1etQ⁰₂(x2) = 1 La formule donneP =

h

(1−Q⁰₁(x1)(X−x1))a1+(X−x₁)b1

i Q1+

h

(1−Q⁰₂(x2)(X−x2))a2+(X−x₂)b2

i Q2

donc P =h

(1 + (X + 1))−(X + 1)i Q₁+h

(1−(X−1)) 0 + (X−1)2i

Q₂= Q₁+ (2X−1)Q₂ donc P = (X−1)²+ (2X−2)(X + 1)²

4 = X²−2X + 1 + 2X³+ 4X²+ 2X−2X²−4X−2 4

On retrouve X³

2 +3X²

4 −X−1

4 polynôme de la question III.4 en utilisant cette formule

(6)

timeit

Troisième partie : polynômes de Hermite

III.6.

Initialisation : On a bien H0 unitaire et de degré 0

Hérédité : Soit n∈Ntel que Hn soit un polynôme de degrén. On a deg(XH_n) = deg(X) + deg(H_n) = 1 +n > n−1>deg(H⁰_n) donc deg(Hn+1) = deg(XHn−H⁰_n) =n+ 1d'où l'hérédité

Conclusion : On a montré par récurrence que, pour toutn∈N,Hn est un polynôme unitaire de degré n III.7. Initialisation : On aH0= 1 etH1 = Xainsi on a bien H⁰₀₊₁= (0 + 1)H0

Hérédité : Soit n∈Ntel que H⁰_n+1= (n+ 1)H_n.

On a H⁰_n+2 = (XH_n+1−H⁰_n+1)⁰= XH⁰_n+1+ H_n+1−H⁰⁰_n+1= (n+ 1)XH_n+ XH_n−H⁰_n−(n+ 1)H⁰_n donc H⁰_n+2 = (n+ 2)(XHn−H⁰_n) = (n+ 2)Hn+1

Conclusion : On a montré par récurrence que, pour toutn∈N,H⁰_n+1 = (n+ 1)Hn

III.8. Un produit scalaire sur R[X]

III.8.a. Soit P etQdansR[X]. La fonctionx7→P(x)Q(x)f(x) est continue sur]− ∞,+∞[. Par croissance comparée on ax²P(x)Q(x)f(x) −→

x→+∞0donc P(x)Q(x)f(x) ∼

x→+∞1/x² or la fonction x7→ _x¹₂ est intégrable sur[1,+∞[

donc par comparaison à une fonction positive, la fonction x7→P(x)Q(x)f(x) est intégrable sur[1,+∞[

de façon analogue la fonctionx7→P(x)Q(x)f(x) est intégrable sur]− ∞,−1]

ainsi la fonctionx7→P(x)Q(x)f(x) est intégrable surR

ainsi pour tous polynômesP etQdansR[X], on a l'existence de l'intégrale qui dénit hP|Qi

III.8.b. SoitP,QetR∈R[X]. Soitλ∈RMontrons











(iii) hP|λQ + Ri=λhP|Qi+hP|Ri (iv) hP|Pi>0

(v) hP|Pi= 0 =⇒P = 0 Pour(i) On a bienZ +∞

−∞

(λP(x) + R(x))Q(x)f(x)dx=λ Z +∞

−∞

P(x)Q(x)f(x)dx+ Z +∞

−∞

R(x)Q(x)f(x)dx

Pour(ii) On a bienZ +∞

−∞

P(x)Q(x)f(x)dx= Z +∞

−∞

Q(x)P(x)f(x)dx Pour(iii) vrai avec (i)et(ii)

Pour(iv) On a : ∀x∈R,P²(x)f(x)>0 doncZ

R

P²(x)f(x)dx>0 donc hP|Pi>0 Pour(v) On suppose hP|Pi= 0

donc Z

R

P²(x)f(x)dx= 0 or la fonction x7→P²(x)f(x) est continue et positive sur R donc ∀x∈R,P²(x)f(x) = 0 orf ne s'annule pas

donc ∀x∈R,P²(x) = 0 ainsiPadmet une innité de raines donc P = 0

On a démontré que l'on dénit ainsi un produit scalaire surR[X]. III.9. Une famille orthogonale

(7)

III.9.a. On va encore eectuer une démonstration par récurrence.

Initialisation : Soit P∈R[X]. On ahP|H₀i=hP⁽⁰⁾|H₀i

Hérédité : Soit n∈N tel que :∀P∈R[X],hP|Hni=hP⁽ⁿ⁾|H0i

SoitP∈R[X]. On ahP|Hn+1i=hP|XHn−H⁰_ni=hP|XHni − hP|H⁰_ni

Sous réserve d'existence, on eectue une intégration par parties avec les fonctions de classeC¹ surR: x7→f(x) etx7→P(x)H_n(x)

Z +∞

−∞

xf(x)(P(x)H_n(x))dx= [−f(x)(P(x)H_n(x))]^x→+∞_x→−∞+ Z +∞

−∞

f(x)(P⁰(x)H_n(x) + P(x)H⁰_n(x))dx On a [(P(x)H_n(x))f(x)]^x→+∞_x→−∞ = 0 par croissance comparée ce qui valide l'intégration par parties donc hP|XHni=hP|H⁰_ni+hP⁰|Hni

Conclusion : On a montré par récurrence que

pour tout P∈R[X]et pour tout n∈N,hP|Hni=hP⁽ⁿ⁾|H0i

III.9.b. D'après ce qui précède pour tout P tel que deg P< n, on ahP|H_ni=h0|H₀i= 0 donc si06i < j, on adeg(H_i) =i < j d'après III.6. donchH_i|H_ji= 0

La famille(H_k)_06k6n est donc orthogonale et formée den+ 1vecteurs non nuls deRn[X] donc libre CommedimRn[X] =n+ 1, pour tout n∈N,(H₀,H₁, . . . ,H_n)est une base orthogonale de Rn[X]

III.9.c. Soit n∈N. On a kH_nk²=hH_n|H_ni=hH⁽ⁿ⁾_n |H₀i d'après a

En utilisant III.7, H⁽ⁿ⁾_n = (H⁰_n)⁽ⁿ⁻¹⁾ =n(H_n−1⁰ )⁽ⁿ⁻¹⁾ =· · ·=n!H⁽⁰⁾₀ =n!H₀ donc kH_nk²=n!hH₀|H0i=

Z

R

f = 1 d'après le rappel donc kH_nk=√

n!pour toutn∈N.

III.9.d. On a H₁ = X;H₂ = X²−1 etH₃ = X³−3X car H₃= X(X²−1)−2X La famille(^√¹

i!Hi)_06i63 est une base orthonormale de R3[X]d'après b et c

commedimR3[X] = 4et que les vecteurs sont non nuls, alors il s'agit d'une base orthonormée dedimR3[X]. Première méthode DoncP =

3

X

i=0

hP| ^√¹

i!H_ii

√

i! H_i =

3

X

i=0

hP|Hii i! H_i =

3

X

i=0

hP⁽ⁱ⁾|H0i

i! H_i (bof !) Autre méthode : On aP−H₃= X²+ 4X + 1puisP−H₃−H₂ = 4X + 2 = 4H₁+ 2H₀ donc P = 2.H₀+ 4.H₁+ 1.H₂+ 1.H₃

Ainsi le projeté orthogonal dePsur R0[X] est 2H0 ∈R0[X] car4.H1+ 1.H2+ 1.H3 ∈R0[X]^⊥ donc la distance cherchée est k4.H₁+ 1.H₂+ 1.H₃k=k^√⁴

1!.H₁+

√

√2

2!.H₂+

√

√6 3!.H₃k Comme(^√¹

1!.H₁,^√¹

2!.H₂,^√¹

3!.H₃) est une famille orthonormale, on a :k4.H₁+ 1.H2+ 1.H3k=

q 4²+√

2²+√

6²=√

24 on trouve d=√ 24 III.10. Étude des racines des polynômes H_n

III.10.a. On suppose p < n. On remarque que(H₀, . . . ,H_p) est une base orthogonale deRn[X]d'après 9.b donc S∈vect(H₀, . . . ,H_p) et comme(H₀, . . . ,H_p,H_p+1, . . . ,H_n) est une famille orthonormale

on aS⊥Hn donc si p < n, alors hS|Hni= 0.

(8)

III.10.b. On décompose H_n produit d'éléments irréductibles de R[X]: H_n=

p

Y

i=1

(X−a_i)^λⁱ ·

q

Y

i=1

(X−b_i)^λ⁰ⁱ·

l

Y

i=1

(X²+α_iX +β_i)^µⁱ où

p, q, lsont des entiers, lesλ_i sont des entiers impairs, les b_i sont les racines H_n d'ordre pair λ⁰_i, lesX²+α_iX +β_i sont des polynômes de discriminant strictement négatifs

On a doncSH_n=

p

Y

i=1

(X−a_i)^λⁱ⁺¹·

q

Y

i=1

(X−b_i)^λ⁰ⁱ·

l

Y

i=1

(X²+α_iX +β_i)^µⁱ On a pour toutx∈R,x²+αix+βi >0,(x−ai)^λⁱ⁺¹>0et(x−bi)^λ⁰ⁱ donc pour toutx∈R,S(x)Hn(x)>0

III.10.c. Par l'absurde si H_n n'a pasnracines réelles distinctes On noteS etpdéni comme ci-dessus. On a donc p < n Ainsi d'après a : Z

R

S(x)H_n(x)f(x)dx= 0or d'après b : ∀x∈R,S(x)H_n(x)f(x)>0 de plusx7→S(x)Hn(x)f(x) est continue sur R

donc ∀x∈R,S(x)Hn(x)f(x) = 0

commef ne s'annule pas, alors∀x∈R,S(x)Hn(x) = 0

donc SH_n est le polynôme nul car admettant une innité de racines commeR[X] est intègre ,Sou H_n est nul ce qui est Absurde On en déduit que Hn a nracines réelles distinctes

Fin