EXERCICE II

SESSION 2016

CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE (ENSI) FILIERE MP

MATHEMATIQUES 2

EXERCICE I

I.1.Fonctiongcd.

def gcd(a, b):

" " " Données :aet bdeux entiers naturels

Résultat :le PGCD deaet bde la pire des manières" " "

diviseur=1 m=min(a, b)

forkin range(2, m+1):

if a%k==0andb%k==0 : diviseur=k

return diviseur

I.2.Fonctioneuclide_rec.

def euclide_rec(a, b):

" " "Données :aetbdeux entiers naturels

Résultat : le PGCD deaetbpar l’algorithme d’Euclide" " "

if b==0 : returna else:

return euclide_rec(b,a%b) I.3.

I.3.a)• Etape 1.u=8,v=5 puisr=3,u=5et v=3.

•Etape 2. u=5et v=3puisr=2,u=3etv=2.

•Etape 3. u=3et v=2puisr=1,u=2etv=1.

•Etape 4. u=2et v=1puisr=0,u=1etv=0. Affichage :1.

I.3.b)Soitn>2. Fn+2=1×Fn+1+F_n avec06F_n< Fn+1. Donc, le reste de la division euclidienne deFn+2parFn+1

estF_n.

L’algorithme se déroule alors ainsi,

•Etape 1. u=Fn+2,v=Fn+1 puisr=F_n,u=Fn+1 etv=F_n.

•Etape 2. u=Fn+1et v=Fn puisr=Fn−1, u=Fn et v=Fn−1. ...

•Etape n. u=F3et v=F2 puisr=F1,u=F2et v=F1.

•Etape n+1. u=F2 etv=F1 puisr=0,u=F1etv=0. Affichage :1.

Donc,un =n+1.

I.3.c)vn =2Fn+1 ∼

n→+∞2φⁿ

√5 avecφ > 1et doncun =

n→+∞o(vn)d’après un théorème de croissances comparées.

I.4.Fonctionfibo.

def fibo(n): a, b=0, 1

fori in range(1, n): a,b=b,a+b return(a)

I.5.Fonctiongcd_trois.

def gcd_trois(a, b, c):

return euclide(euclide(a, b), c)

EXERCICE II

II.1.SoitP=X³+X²+X=X(X−j) X−j²

.Pest un polynôme annulateur deA. On sait que les valeurs propres deA (dansC) sont à choisir parmi les racines d’un polynôme annulateur. Donc,

SpC(A)⊂

0, j, j² .

II.2.Il existe un polynôme non nul, à racines simples dansCet annulateur de Aà savoirP. Donc,Aest diagonalisable dansC.

II.3.Si Ainversible,0n’est pas valeur propre de Aet donc SpC(A)⊂

j, j² . De plus,Aest à coefficients réels et doncj etj²ont même ordre de multiplicité. Notonspcet ordre. On an=p+p=2pce qui montre quepn’est pas nul etnest pair. On sait alors que det(A)est le produit des valeurs propres deA, chaque valeur propre comptée un nombre de fois égal à son ordre de multiplicité. Donc,

det(A) =j^p j²p

= j³p

=1.

PROBLÈME : III

Première partie : questions préliminaires

III.1. III.1.a)Supposons quePetQne soient pas premiers entre eux. Alors,D=PGCD(P, Q)est de gré supérieur ou égal à1. D’après le théorème de d’Alembert-Gauss,D a au moins une racine z₀dans C. PuisqueDdivise Pet Q, z₀ est aussi racine dePet deQ. Par suite, PetQont une racine commune dansC.

Par contraposition, siPetQ n’ont aucune racine complexe commune, alorsPet Qsont premiers entre eux.

III.1.b) Il existe deux polynômes Aet B tels que R = AP = BQ. Le polynômeQ divise le polynôme BQ = AP et le polynômeQest premier avec le polynômeP. D’après le théorème deGauss, le polynômeQdivise le polynômeA. Donc, il existe un polynômeCtel que A=CQpuisR=AP=CPQ. Ceci montre que le polynômePQdivise le polynômeR.

III.2. Montrons par récurrence que pour tout n > 1, si P = P₁. . . P_n où les P_i sont des polynômes non nuls, alors Q= P^′

P = Xn

i=1

P_i^′ Pi

(P_n).

• (P)₁est vraie.

• Soitn>1. Supposons(P_n). Soient P₁, . . . ,P_n,Pn+1n+1 polynômes non nuls puisP=P₁. . . P_nPn+1.

P^′

P = (P₁. . . P_n)^′P_n+1+P₁. . . P_nP_n+1^′ P

= (P₁. . . Pn)^′ P1. . . Pn

+P_n+1^′ Pn+1

= Xn

i=1

P_i^′ Pi

+P_n+1^′ Pn+1

(par hypothèse de récurrence)

=

n+1X

i=1

P_i^′ P_i. Le résultat est démontré par récurrence.

Deuxième partie : interpolation de Hermite III.3. Définition du polynôme interpolateur de Hermite

III.3.a)SupposonsP(a) =P^′(a) =0.

•Si P est de degré inférieur ou égal à 1, alorsP^′ est constant puis P^′ =P^′(a) =0. On en déduit queP est contant puis P=P(a) =0. Dans ce cas,(X−a)² divisePcar0=0×(X−a)².

•Sinon, deg(P) =n>2. La formule deTaylorfournit

P= Xn

k=0

P^(k)(a)

k! (X−a)^k= Xn

k=2

P^(k)(a)

k! (X−a)^k = (X−a)²Q avecQ=

Xn

k=2

P^(k)(a)

k! (X−a)^k−2∈R[X]. De nouveau,(X−a)²diviseP.

On a montré que siP(a) =P^′(a) =0, alors(X−a)² diviseP.

III.3.b)•ϕest une application deR_2p−1[X]surR^2p.

•Soient (P, Q)∈(R[X])² et(λ, µ)∈R².

ϕ(λP, µQ) = ((λP+µQ) (x₁), . . . ,(λP+µQ) (x_p),(λP+µQ)^′(x₁), . . . ,(λP+µQ)^′(x_p))

=λ(P(x₁), . . . , P(x_p), P^′(x₁), . . . , P^′(x_p)) +µ(Q(x₁), . . . , Q(x_p), Q^′(x₁), . . . , Q^′(x_p))

=λϕ(P) +µϕ(Q).

Donc,ϕ∈L R_2p−1[X],R^2p .

•SoitP∈R_2p−1[X].

P∈Ker(ϕ)⇒P(x1) =. . .=P(xp) =P₁^′(x1) =. . .=P_p^′ (xp) =0

⇒(X−x₁)², . . . ,(X−x_p)² divisentP(d’après II.3.a)

⇒(X−x₁)²×. . .×(X−x_p)² diviseP

car lesx_isont deux à distincts et donc les(X−x_i)²sont deux à deux premiers entre eux d’après III.1.a puis d’après II.1.b et par récurrence.

Donc, siPest dans Ker(ϕ), alors il existeQ∈R[X]tel queP=Q(X−x1)². . .(X−xp)². Enfin puisque deg(P)62p−1, on aQ=0puisP=0. Ceci montre que Ker(ϕ) ={0}et donc queϕest injective.

•Puisque dim(R_2p−1[X]) =dim R^2p

=2p <+∞, on en déduit queϕ est un isomorphisme deR_2p−1[X]surR^2p. III.3.c)Soit(a₁, . . . , a_p, b₁, . . . , b_p)∈R^2p. Puisqueϕ est un isomorphisme, il existe un polynômePde degré inférieur à 2p−1 et un seul tel queϕ(P) = (a₁, . . . , a_p, b₁, . . . , b_p)ou encore tel que∀i∈J1, pK, P(x_i) =a_i etP^′(x_i) =b_i.

III.4. Étude d’un exemple

PH est de degré au plus 3. On peut poserPH=aX³+bX²+cX+d.









P_H(−1) =1 P_H^′(−1) = −1 P_H(1) =0 P_H^′(1) =2

⇔









−a+b−c+d=1 (I) 3a−2b+c= −1 (II) a+b+c+d=0 (III) 3a+2b+c=2 (IV)

⇔









4b=3 (IV) − (II) 6a+2c=1 (IV) + (II) 2b+2d=1 (III) + (I) 2a+2c= −1 (III) − (I)

⇔















 b= 3

4 d= −1

4 a= 1 c= −12 Donc,

P_H= X³ 2 + 3X²

4 −X− 1 4 = 1

4 2X³+3X²−4X−1 .

III.5. Une formule explicite III.5.a)Soiti∈J1, pK. Soitk∈J1, pK.

• Sik6=i, x_k est l’un desx_j, j6=i et doncQ_i(x_k) =0.

• Sik=i, Q_i(x_k) =Q_i(x_i) =Y

j6=i

x_i−x_j xi−xj

2

=1.

∀(i, k)∈J1, pK²,Qi(xk) =δi,k.

• Sik6=i, x_k est racine double de Q_i et doncQ_i^′(x_k) =0.

• Sik=i, Q_i^′(x_k) =Q_i^′(x_i). D’après III.2, Q_i^′ Qi

=X

j6=i

2(X−x_j)/(x_i−x_j)² (X−xj)²/(x_i−xj)² =X

j6=i

2 X−xj

.

En prenant la valeur enxi et puisqueQi(xi) =1, on obtientQ_i^′(xi) =X

j6=i

2 x_i−x_j.

∀(i, k)∈J1, pK²,Q_i^′(xk) =0 sik6=iet Q_i^′(xi) =X

j6=i

2 x_i−x_j.

III.5.b)SoitP= Xp

i=1

[(1−Q_i^′(xi) (X−xi))ai+ (X−xi)bi]Qi. Soitk∈J1, pK.

P(x_k) = Xp

i=1

[(1−Q_i^′(x_i) (x_k−xi))ai+ (x_k−xi)bi]Qi(x_k)

= [(1−Q_k^′ (x_k) (x_k−xk))ak+ (x_k−xk)bk]Qk(x_k) =ak. Ensuite,P^′=

Xp

i=1

[−Q_i^′(xi)ai+bi]Qi+ Xp

i=1

[(1−Q_i^′(xi) (X−xi))ai+ (X−xi)bi]Q_i^′ puis

P^′(x_k) = Xp

i=1

[−Q_i^′(x_i)ai+bi]Qi(x_k) + Xp

i=1

[(1−Q_i^′(x_i) (x_k−xi))ai+ (x_k−xi)bi]Q_i^′(x_k)

= [−Q_k^′ (x_k)ak+bk]Qk(x_k) + [(1−Q_k^′ (x_k) (x_k−xk))ak+ (x_k−xk)bi]Q_k^′ (x_k)

= −Q_k^′ (xk)ak+bk+Q_k^′ (xk)ak=bk.

Donc,∀k∈J1, pK, P(x_k) =ak et P^′(x_k) =bk. Par unicité d’un tel polynôme,

P_H= Xp

i=1

[(1−Q_i^′(x_i) (X−x_i))a_i+ (X−x_i)b_i]Q_i.

III.5.c)Q1=

X−1

−1−1 2

= 1

4(X−1)²puis

(1−Q₁^′(x₁) (X−x1))a1+ (X−x1)b1=1+ (X+1) − (X+1) =1.

Q2=

X+1 1+1

2

= 1

4(X+1)²puis

(1−Q₂^′(x₂) (X−x2))a2+ (X−x2)b2=1+ (X−1) + (X−1)2=2(X−1).

P_H=1×1

4(X−1)²+2(X−1)×1

4(X+1)²= 1

4 (X−1)²+2(X−1)(X+1)²

= 1

4 X²−2X+1+2(X−1)(X²+2X+1)

= 1

4 2X³+3X²−4X−1 . On retrouve ainsi le polynômePH de la question III.4.

Troisième partie : polynômes de Hermite III.6.Montrons par récurrence que ∀n∈N, deg(H_n) =net dom(H_n) =1.

• Le résultat est vrai quandn=0.

• Soitn>0. Supposons que deg(H_n) =net dom(H_n) =1. Alors

deg(H_n+1) =deg(XH_n−H_n^′) =deg(XH_n) =1+deg(H_n) =n+1 et

dom(Hn+1) =dom(XH_n−H_n^′) =dom(XH_n) =dom(H_n) =1.

Le résultat est démontré par récurrence.

III.7.Montrons par récurrence que∀n∈N,H_n+1^′ = (n+1)H_n.

• H1=XH0−H₀^′ =XpuisH₁^′ =1= (0+1)H0. L’égalité est vraie quandn=0.

• Soitn>0. Supposons queH_n+1^′ = (n+1)H_n. Alors

H_n+2^′ = XHn+1−H_n+1^′ ′

= (XHn+1− (n+1)Hn)^′=Hn+1+XH_n+1^′ − (n+1)H_n^′

=Hn+1+ (n+1) (XH_n−H_n^′) =Hn+1+ (n+1)H_n+1

= (n+2)Hn+1. On a montré par récurrence que

∀n∈N,H_n+1^′ = (n+1)Hn. III.8. Un produit scalaire surR[X]

III.8.a)Soit(P, Q)∈(R[X])². La fonctionx7→P(x)Q(x)f(x)est continue sur] −∞,+∞[, négligeable devant 1

x² en+∞et en−∞d’après un théorème de croissances comparées. La fonctionx7→P(x)Q(x)f(x)est donc intégrable sur] −∞,+∞[.

On en déduit l’existence dehP, Qi.

III.8.b)• h, iest une application de(R[X])²dansR.

•Pour tout(P, Q)∈(R[X])²,hP, Qi=hQ, Pi. Donc, h, iest symétrique.

• h, iest bilinéaire par bilinéarité du produit de deux polynômes et linéarité de l’intégrale.

•Pour toutP∈R[X],hP, Pi= 1

√2π Z+∞

−∞

P²(x)e^−x2/2dx>0.

•SoittP∈R[X].

hP, Pi=0⇒ Z+∞

−∞

P²(x)e^−x2/2dx=0

⇒∀x∈R, P²(x)e^−x2/2=0(fonction continue, positive, d’intégrale nulle)

⇒∀x∈R, P(x) =0⇒P=0.

On a montré que

h, iest un produit scalaire surR[X].

III.9. Une famille orthogonale III.9.a)SoitP∈R[X]et n∈N^∗.

hP, Hni= 1

√2π Z+∞

−∞

P(x)Hn(x)e^−x22 dx= 1

√2π Z+∞

−∞

P(x) xHn−1(x) −H_n−1^′ (x)

e^−x22 dx

= 1

√2π Z+∞

−∞

P(x)

−Hn−1e^−x2/2′

(x)dx.

Soitaetbdeux réels tels quea < b. Les deux fonctionsx7→P(x)etx7→−H_n−1e^−x2/2sont de classeC¹sur le segment [a, b]. On peut effectuer une intégration par parties qui fournit

Zb

a

P(x)

−H_n−1e^−x2/2′

(x)dx=h

−P(x)H_n−1(x)e^−x2/2ib a+

Zb

a

P^′(x)

−H_n−1(x)e^−x2/2 dx

= −P(b)Hn−1(b)e^−b2/2+P(a)Hn−1(a)e^−a2/2+ Zb

a

P^′(x)

−Hn−1(x)e^−x2/2 dx Quandatend vers−∞etbtend vers+∞,−P(b)Hn−1(b)e^−b2/2+P(a)Hn−1(a)e^−a2/2 tend vers0d’après un théorème de croissances comparées et on obtient

hP, H_ni= 1

√2π Z+∞

−∞

P(x)H_n(x)e^−x22 dx= 1

√2π Z+∞

−∞

P^′(x)Hn−1(x)e^−x22 dx

=hP^′, Hn−1i.

Par récurrence, on en déduit que∀k ∈ J0, nK, hP, H_ni= hP^(k), Hn−ki et en particulier que hP, H_ni = hP⁽ⁿ⁾, H₀i ce qui reste vrai quandn=0.

∀PR[X], ∀n∈N,hP, Hni=hP⁽ⁿ⁾, H0i.

III.9.b)Pour toutk∈J0, nK, deg(H_k) =ket on sait alors que la famille(H_k)_06k6n est une base deR_n[X].

Soit(k, l)∈J0, nK²tel quek < l. Alors,H^(l)_k =0carl > k=deg(H_k). D’après la question III.9.a, hH_k, H_li=hH^(l)_k , H₀i=h0, H₀i=0.

On a montré que

la famille(Hk)_06k6n est une base orthogonale de(R_n[X],h, i).

III.9.c)Soitn∈N. deg(H_n) =net dom(H_n) =1. Donc,H⁽ⁿ⁾_n =n!puis kH_nk²=hH_n, H_ni=hH⁽ⁿ⁾_n , H₀i=n!

Z+∞

−∞

f(x)dx=n!.

∀n∈N,kH_nk=√ n!.

III.9.d)H0=1.H1=XH0−H₀^′ =X.H2=XH1−H₁^′ =X²−1.H3=XH2−H₂^′ =X X²−1

−2X=X³−3X.

H₀=1,H₁=X,H₂=X²−1et H₃=X³−3X.

P=X³+X²+X+1= X³−3X

+X²+4X+1= X³−3X

+ X²−1

+4X+2

=H₃+H₂+4H₁+2H₀.

Puisque(H0, H1, H2, H3)est une famille orthogonale,H3+H2+6H1∈(H0)^⊥ = (R₀[X])^⊥. Par suite, P= 2H0

|{z}

∈R0[X]

+H3+H2+4H1

| {z }

∈(H0)^⊥

.

On sait alors que le projeté orthogonal dePsur(H₀)^⊥ estH3+H2+4H1puis que

d²=kH₃+H₂+6H₁k²

=kH₃k²+kH₂k²+16kH₁k² (d’après le théorème dePythagore)

=6+2+16=24 et donc

d=2√ 6.

III.19. Étude des racines du polynômeHn

III.10.a)Puisque deg(S) =p < n=deg(H_n),hS, H_ni=0d’après la question III.9.a.

III.10.b)Soitn∈N^∗. Le polynômeSHn est unitaire de degrén+p>1.

Dans tous les cas, les facteurs irréductibles du polynômeSHn dansR[X]sont soit du type (X−ai)^2αi,ai∈R,αi∈N^∗, soit du type X²+b_iX+c_iβi

,(b_i, c_i)∈R², β_i∈N^∗. Chacun de ces polynômes est positif surR et donc le polynôme SHn est positif surRce qui reste vrai quandn=0.

III.10.c)On en déduit encore que∀x∈R,S(x)H_n(x)f(x)>0. Par suite, hS, Hni=0⇒

Z+∞

−∞

S(x)H_n(x)f(x)dx=0⇒∀x∈R, S(x)H_n(x)f(x) =0

(fonction continue positive d’intégrale nulle). Ainsi, sous l’hypothèsep < n, on a∀x∈R,S(x)H_n(x) =0puisSHn=0ce qui n’est pas. Doncp=n.

Ceci signifie que H_n a n racines réelles d’ordre impair deux à deux distinctes. Puisque deg(H_n) = n, ces racines sont nécessairement d’ordre1 et on a montré que

∀n∈N^∗,Hn a nracines réelles deux à deux distinctes.