PREMIERE PARTIE. 1999

math II

Ecole polytechnique (X)

PREMIERE PARTIE. 1999

1.Si P(x) =Pn

p= 0apx^p, il vient :

L(P) = Z 1

¡1

P(x)dx= Xn p= 0

ap

Z 1

¡1

x^pdx= 2

EX(n=2) p=0

a2p

2p+ 1

L’applicationL étant une forme linéaire non nulle, son noyau est un hyperplan de dimension n(dim(E) = n+ 1), qui contient tous les polynômes impairs, ainsi que les polynômes pairs véri…ant PE(n=2)

p= 0 a_2p 2p+1. Par exemple :

² sin= 2k: (x; x³; : : : ; x^2k¡1;1¡3x²;1¡5x⁴; : : : ;1¡(2k+ 1)x^2k).

² sin= 2k+ 1 : (x; x³; : : : ; x^2k+1;1¡3x²;1¡5x⁴; : : : ;1¡(2k+ 1)x^2k).

² Dans les deux cas , même si les vecteurs ne ont pas dans le bon ordre la famille est étagée en degré, donc c’est une base.

2. (revoir les cours si besoin est)

2.a) Il s’agit du i-ième polynôme de Lagrange :

Pi(x) =Y

k6=i

x¡xk

xi¡xk

; (8 0·i·n)

2.b) On sait que la famille(P0; : : : ; Pn)forme une base deE et que pour tout polynômeP :

P(x) = Xn i=0

P(xi)Pi(x)

et

L(P) = Xn i=0

P(xi) Z 1

¡1

Pi(x)dx= Xn i= 0

¸iP(xi) Ainsi ¸i=R1

¡1Pi(x); (0·i·n) est une solution du problème . Et elle est unique car si8P :Pn

i=0¸iP(xi) =Pn

i=0¹iP(xi)le choix deP =Lj montrer ¸j=¹j . On a unicité car si 8P 2E;Pn

i=0¸iP(xi) =Pn

i=0¹iP(xi)le calcul dans le cas particulier P =Pj donne

¸j=¹j

3. On suppose que pour touti;0·i·n; xn¡i=¡xi.

¨On a

Pn¡i(x) = Y

k6=n¡i

x¡xk

xn¡i¡xk

= Y

k6=n¡i

x+xn¡k

xn¡k ¡xi

Si on fait le changement d’indice j=n¡kon a :

Pn¡i(x) =Y

j6=i

x+xj

xj¡xi =Y

j6=i

¡x¡xj

xi¡xj =Pi(¡x)

¨On a donc

¸n¡i= Z 1

¡1

Pn¡i(t)dt= Z ¡1

1

Pn¡i(¡u)¡du= Z 1

¡1

Pi(u)du en faisant le changement de variableC¹u=¡t

¨commenest pair on remarque que pour i=n=2 on axn=2=¡xn=2doncxn=2 = 0

Le résultat est vrai pour tout polynôme de degré ·n. Par linéarité il su¢t donc de le véri…er pourXⁿ⁺¹ .Mais dans ce cas:

Z 1

¡1

xⁿ⁺¹dx= 0,¸_n=2xⁿ⁺¹_n=2 = 0,0·i < n=2)¸ixⁿ⁺¹_i +¸n¡ixⁿ⁺¹_n¡i =¸i(xⁿ⁺¹_i + (¡xi)^{n+ 1}) = 0

donc

L(xⁿ⁺¹) = 0 = Xn i=0

¸xⁿ⁺¹i

4.

4.1 SoitPn le polynôme de Taylor de f à l’ordren en0.

Ecrivons l’inégalité de Taylor Lagrange à l’ordren pourf. :

jf(x)¡Pn(x)j · Mn+1

(n+ 1)!jxjⁿ⁺¹ donc pour tout i2[0::n];jf(xi)¡Pn(xi)j · (n+1)!^Mn+1 jxij^{n+ 1}· (n+1)!^Mn+1 et

¯¯

¯R1

¡1f(t)¡Pn(t)dt¯¯¯· _(n+1)!^Mn+1 R1

¡1jtj^{n+ 1}dt= _(n+1)!^Mn+1 _n+2² et donc comme L(Pn) =Pn

i=0¸iPn(xi)carPn2E:

¯¯

¯¯ Z 1

¡1

f(t)¡X

¸if(xi)

¯¯

¯¯=

¯¯

¯¯

¯ Z 1

¡1

f(t)¡Pn(t)dt¡ Xn i=0

Pn(xi)¡f(xi)

¯¯

¯¯

¯· Mn+ 1

(n+ 1)!( Xn i=0

j¸ij+ 2 n+ 2)

4.2 Recommençons la même argumentation avecf 2Cⁿ⁺².

jf(x)¡Pn+1(x)j · Mn+2

(n+ 2)!jxj^{n+ 2} Donc, par la question 3. :L(Pn+3) =Pn

i=0¸iPn+3(xi)le même calcul donne

¯¯

¯¯ Z 1

¡1

f(t)¡X

¸if(xi)

¯¯

¯¯ · Mn+2

(n+ 2)!

à _n X

i=0

j¸ij+ 2 n+ 3

!

5.

5.1 Puisque les calculatrices sont autorisées, voici un programme, écrit pour la TI-89/92, qui calcule les polynômes de Lagrange :

lagr(x,w) (x : liste des points, w : variable) Func

Local i,j,p,r

fg !r (r est l’ensemble vide )

For j,1,5 1!p (l’indice d’une liste commence à 1 pas à 0) For i,1,5 (cette boucle crée le polynôme de Legendre) If i6=j Then

(w-x[i])/(x[j]-x[i])*p!p EndIf

EndFor

augment(fpg,r)!r EndFor

r EndFunc

et R(lagr(f1,-1/2,0,1/2,1g,x),x,-1,1)donne : (7=45;32=45;4=15;32=45;7=45).

Si on veut un programme général il su¢t de remplacer les 6 des boucles par dim(x) voir à la fin une adaptation MAPLE .

On peut aussi poser le système Z 1

¡1

t^kdt= X4 i=0

¸ix^k_i pourk= 0¢ ¢ ¢4

On a un système 5£5 d’inconnues ¸i à résoudre mais d’après 13 on peut se ramener à un système à 3 inconnues .

5b) Il vient : ¯¯¯¯¯ Z 1

¡1

e^(x=4)2¡ X4 i= 0

¸ie^(xi=4)2

¯¯

¯¯

¯· M6

6!

à ₄ X

i=0

j¸ij+ 2 7

!

= 16M6

7£720 Une étude rapide de la fonction x7!e^(x=4)2 donne

f⁽⁶⁾(x) = µ x⁶

262144 + 15x⁴

32768+ 45x² 4096+ 15

512

¶ e^x162

Pour calculer le maximum il su¢t de se placer sur[0;1] par parité . Sur cette intervalle on a une somme et un produit de fonctions croissantes positives donc une fonction croissante .

M6rf⁽⁶⁾(1) = ^10681e₂₆₂₁₄₄¹⁼¹⁶ ¼0:043, soit une incertitude de l’ordre de2 10^¡4.

DEUXIEME PARTIE

2

6a) L’applicationP ! jL(P)j est linéaire en dimension …nie donc continue. La boule unité fermée B⁰(0;1) d’un evn de dimension …nie étant compacte,supP2BjL(P)jexiste et est atteint.

Supposons que le sup soit atteint en Qtel que N(Q)<1. PosonsQ1= _N^Q_(Q). Alors N(Q1) = 1 et :

jL(Q1)j= jL(Q)j

N(Q) = N(L)

N(Q) >N(L) Absurde

6b) Pour tout P 2E : ^j_N(P^L(P)₎^j · K. Par dé…nition du sup,N(L)·K. S’il existe Qtel que N(Q) = 1 et jL(Q)j=K, alors le sup est atteint etN(L) =K .

7. SiP(x) =Pn

p=0apx^p, alors :

N₁(P)·N2(P))·p

n+ 1N₁(P)

On ne peut obtenir mieux. PourP(x) =x^p, on a égalité dans la première inégalité, et pour P(x) =Pn p=0x^p, on a égalité dans la seconde inégalité.

8a) Posons Q(x) =Pn

p=0apx^p. Alors :

jL(Q)j=

¯¯

¯¯

¯¯2

E(n=2)

X

p= 0

a2p

2p+ 1

¯¯

¯¯

¯¯· 0

@2

E(n=2)

X

p= 0

1 2p+ 1

1 AN₁(Q)

Ainsi N1(L)·2PE(n=2)

p=0 1

2p+1. On a égalité avec Q₁(x) =Pn

p=0x^p. (ouPE(n=2) p= 0 x^p ) 8b) De même, en utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz dans le cas du préliminaire

jL(Q)j=

¯¯

¯¯

¯¯2

E(n=2)

X

p=0

a2p+1

1 2p+ 1

¯¯

¯¯

¯¯·2 0

@

E(n=2)

X

p=0

µ 1 2p+ 1

¶21 A

1=2

N2(Q)

Ainsi N2(L)· 2

µPE(n=2) p=0

³ 1 2p+ 1

´2¶1=2

. On a égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz si et seulement si

a2p = _2p+1^¸ . Il reste à choisir ¸de façon à ce que PE(n=2) p=0

j¸j²

(2p+1)² = 1 soit¸=

µPE(n=2) p=0

³ 1 2p+1

´2¶¡1=2

et le polynômeQ2(x) =PE(n=2)

p=0 a2px^2pconvient .

TROISIEME PARTIE

attention :l’espace vectoriel n’est plus de dimension …nie .

9a) Il su¢t de prendre Pk(x) =Pk

p=0x^p. On a N₁(Pk) = 1 et jL(Pk)j = PE(n=2) p= 0 2

2p+1 ¡!ⁿ!1 1. car P ₁

2p+1

9b) L’applicationLn’est pas continue :On a trouvé une suite de polynômes(Pk)sur la sphère unité tels que limk!+1L(Pk) =1.On peut considérer la suiteRk= _jL(P^Pk

k)j la suite Rk tend vers0 alors que L(Rk) ne tend pas versL(0) = 0

10a) En utilisant l’inégalité de Cauchy-Schwarz, siP(x) =Pn

p=0apx^p : jL(P)j= 2¯¯¯PE(n=2)

p=0 a_2p 2p+ 1

¯¯

¯

·2³PE(n=2) p= 0 a²2p

´1=2µ

PE(n=2) p=0

³ 1 2p+1

´2¶1=2

·N2(P)^p¼₂ (on utiliseP+1

p=0 1

(2p+1)² = ^¼₈²). AinsijjjLjjjexiste et jjjLjjj ·^p¼₂. 10b)Montrons quejjjLjjj= p^¼

2. Pour toutn2N^¤, on choisit Pn(x) =PE(n=2) p= 0

¸_nx^2p

2p+ 1 tel queN2(Pn) = 1.

On a alors égalité dans l’inégalité de Cauchy-Schwarz et :

jL(Pn)j= 2 0

@

E(n=2)

X

p=0

µ 1 2p+ 1

¶²1 A

1=2

¡!n!1

p¼ 2 Supposons qu’il existe Q(x) =Pq

p= 0apx^p polynôme tel queN2(Q) = 1etjL(Q)j=jjjLjjj. On a alors :

3

p¼

2 =jL(Q)j ·2 0

@

E(n=2)

X

p=0

a²_2p 1 A

1=20

@

E(n=2)

X

p= 0

1 (2p+ 1)²

1 A

1=2

·N2(Q) ¼ p2 = ¼

p2 On a donc égalité dans toutes ces inégalités. Donc a2p= _2p+1^¸ et

p¼ 2 = 2

0

@

E(n=2)X

p=0

1 (2p+ 1)²

1 A

1=2

ce qui est impossible puisquevn est strictement croissante donc8n vE(n=2)6= ^¼₈²

4