ENSAIT concours d’entrée 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. L₀ est de degré au plus 2 et admet les racines1et 2. donc il existe un réelk tel queL₀=k(X 1)(X 2), la valeur en0 donnek= 1=2. De lmême pour L₁ etL₂ .

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) = 0donca:1 +b:0 +c:0 = 0et donca= 0. P(1) =P(2) = 0 donnentb=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 deR2[X]

Tout polynômeP deR2[X]se décompose de façon unique : il existe(a; b; c)2R³tel que P =aL0+bL1+cL2Le même calcul donnea=P(0)

les composantes dansB⁰ deP sont(P(0); P(1); P(2))

2. La matrice de passage deBàB⁰estA= 0

@ 1 0 0

3=2 2 1=2

1=2 1 1=2

1

A: les colonnes sont les coordonnées desLisur 1; X; X²

3. On sait que X = 0

@ P(0) P(1) P(2)

1

A est la matrice de P dans la base B⁰ . le sujet impose que X soit aussi la matrice des coordonnées dansB:

La formule de changement de base donneM at_B(P) =M at_B(B⁰)M at_B0(P). donc ici : X =AX

d’où le système en notant X = 0

@ x y z

1 A :

8<

:

x=x y= ³₂x+ 2y ¹₂z

z= ¹₂x y+¹₂z ,

8<

:

x=x

3

2x+y ¹₂z= 0

1

2x y ¹₂z= 0

L₂ L₃ donne y = x 8<

:

xquelconque y=x z= x donc

P(X) =P(0) +P(1)X+P(2)X² ,P 2Vect(1 +X X²) II) Retour au cas général

1. Soit( 0; ::: k)2Rⁿ⁺¹ et P = Xn k=0

kLk ;on a : 8k2 f0; ::ng ; P(ak) = k

Pour prouver que la famille est libre on prend0 = Xn k=0

kL_k et donc pour toutk2[[0; n]], _k = 0

(L_k)_{0 k n} est une famille libre de(n+ 1)éléments dans un espace vectoriel de dimension(n+ 1). C’est donc une base deRn[X]

tout polynômeP 2Rn[X]se décomposeP = Xn k=0

kLk et le même calcul donne k=P(ak) les composantes dansB⁰ deP sont(P(a₀); P(a₁); :::P(a_n))

2. Aest une matrice de changement de base , doncA est inversible.

De plusAest la matrice de passage deBàB⁰doncA ¹est la matrice de passage deB⁰ àB.Les coe¢ cients deA ¹sont donc les coordonnées deX^j dans la baseL_i . or d’après le calcul de la question précédente.

8j2 f0; ::ng ; X^j= Xn i=0

a^j_iL_i

A ¹= 0 BB BB BB

@

1 a0 a²₀ aⁿ₀ ...

1 ai a²_i aⁿ_i ...

1 an a²_n aⁿ_n 1 CC CC CC A

A ¹= (m_ij)1 i n+1 1 j n+1

avecm_ij =a^j_{i 1}¹

attention aux indices : pour la base ils vont de0 ànalors que pour les lignes d’une matrice ils commenceznt à1 . 3. Soit Q=

Xn i=0

Li , Qest l’unique polynôme de degré au plus n tel que pour touti Q(i) = 1 . (les coordonnées ont été calculé à la question 1) . Une solution évidente estQ= 1. C’est la seule par unicité.

Xn i=0

Li= 1

Les coordonnées dans la baseB de Xn i=0

Li sont donc 0 BB B@

1 0 ... 0

1 CC

CA et dans la base B⁰ 0 BB B@

1 1 ... 1

1 CC

CALa formule de changement de base donne donc :

M at_B(P) =M at_B(B⁰)M at_B⁰(P)

soit 0

BB B@

1 0 ... 0

1 CC CA=A

0 BB B@

1 1 ... 1

1 CC CA

or le produitA 0 BB B@

1 1 ... 1

1 CC

CArevient 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 baseBdeLjest la constante du polynôme doncLj(0), donc la première ligne de la matriceAest (1;0;0; ::;0) 2. Comme au I , on cherche à résoudreAX =X .avecX 2 Mn;1(R) . On veut donc résoudre (A I_n)X = (0) . On

cherche donc à prouver qu’il existe des éléments non nuls dans le noyau deA I_n . Or d’après le calcul précédent la première ligne deA I_n est une ligne nulle. A I_n n’est pas inversible ; son noyau n’est pas réduit à0:

9P 6= 0,P(X) = Xn i=0

P(a_i)Xⁱ

2

IV) Etude du cas a0= 0; a1= 1; a2= 2; :::an=n

1. L_0;0= 1; 8k2 f1; ::ng ; L_k;k=

kY1 i=0

(X i) (k i) =

kY1 i=0

(X i)

k! car

kY1 i=0

(k i) = Yk j=1

j en posantj=k i Donc le degré deL_k;k est égal àk

(L_0;0; L_1;1; :::; L_n;n)est une famille de polynômes véri…antd (L_i;i) =i , c’est donc une base de Rn[X] B⁰⁰= (L0;0; L1;1; :::; Ln;n)est une base deRn[X]

2.

1. Sij2N; L_k;k(j) = 0 sij < k, par dé…nition deL_k;k. toujours par dé…nition L_k;k(k) = 1:

pour j > k: L_k;k(j) =

kY1 i=0

(j i)

k! =

Yj i=j k+1

i

k! = j

k

8k j : L_k;k(j) = _k^j 2. on a Pj

i=0( 1)^{i j}_i = (1 1)^j d’après la formule du binôme de Newton . Donc pour j >0Pj

i=0( 1)^{i j}_i = 0. Pour j= 0P0

i=0( 1)^{i 0}_i = ( 1)⁰:1 = 1 Pj

i=0( 1)^{i j}_i = 0sij >0 1sij= 0

3. Si P = Xn k=0

( 1)^kL_k;k , 8j n; P(j) = Xn k=0

( 1)^kL_k;k(j) = Xj k=0

( 1)^{k j}_k = 0sij >0

1sij= 0 . des racines de P =

Xn k=0

( 1)^kLk;ksont 1;2; :::; n. Mais le polynôme est degrén. on a toutes les racines et elle sont simples.

les racines deP = Xn k=0

( 1)^kL_k;ksont1;2; :::; n

il existe donc un réelK tel queP =K Yn i=1

(X i). OrP(0) = 1d’après le cas particulierj= 0ci dessus . Donc

P = _n!¹ Yn i=1

(i X)

3.

1. SoitP_B0(B")la matrice de passage de la baseB⁰à la baseB⁰⁰ 8j2 f0; ::ng ; Lj;j =

Xn i=0

Lj;j(i)Li;n= Xj i=0

i

j Li;ndonc P_B⁰(B") = (mij)1 i n+1 1 j n+1

;avecmij=

i 1

j 1 sij i 0 sij > i P_B⁰(B⁰⁰)est donc une matrice triangulaire inférieure

2. A=P_B(B⁰) =P_B(B"):P_B00(B⁰) =P_B(B") (P_B0(B")) ¹

Comme, pour toutk;le degré deL_k;k est égal àk; la matriceP_B(B")est triangulaire supérieure

La matrice inverse d’une matrice triangulaire inférieure étant triangulaire inférieure , (P_B0(B")) ¹ est triangulaire inférieure

3

3. n= 2; a0= 0; a1= 1; a2= 2Les calculs donnent : P_B(B") =

0

@ 1 0 0 1 1 0 1 2 1

1

A ; (P_B⁰(B")) ¹ = 0

@ 1 0 0

1 1 0

1 2 1

1

A ; P_B(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