Première partie

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 3

du jeudi 12 octobre 2017 Durée : 4 heures Calculatrice autorisée

Instructions générales : Les candidats sont priés

• de vérifier que le sujet dont ils disposent comporte bien 9 pages ;

• de traiter leur sujet :

? classique, composé du problème classique ;

? corsé, composé du problème corsé.

Enfin, les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction : les copies mal rédigées ou mal présentées le sont au risques et périls du candidat !

Remarque importante :

Si au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il a été amené à prendre.

Bon courage !

PROBLÈME CLASSIQUE

Ce sujet porte sur l’interpolation polynomiale d’une fonction et comprend trois parties.

Dans la première partie, on définit des polynômes d’interpolation. Dans la deuxième partie, on étudie une fonction définie sur un segment. La troisième partie conduit à une formule barycentrique.

• Dans tout le problème, on désigne parnun entier naturel, n≥2.

• Étant donnés deux entiers naturelsm≤n, on note[[m, n]]l’ensemble des entiers naturelsktels quem≤k≤n.

• On note Rn[X] l’ensemble des polynômes à coefficients réels, de degré inférieur ou égal à n. On identifie polynômes et fonctions polynomiales.

• Étant donné un intervalle I de R et un entier naturel p, on note C^p(I,R)le R-espace vectoriel des fonctions pfois dérivables sur I à valeurs dans R et dont la dérivée p-ième, notéef^(p) est continue surI. Le R-espace vectoriel des fonctions continues deI dansR est quant à lui notéC(I,R). Lorsque I est le segment [a, b], on considère sur cet espace la normeN_∞ définie par

∀f ∈ C([a, b],R), N_∞(f) = sup{|f(x)|/ x∈[a, b]}.

• Pourm,pdansNavecp≤m, on note ^m_p

l’entier _p!(m−p)!^m! .

Première partie

Dans cette partie, on considèren+ 1nombres réels, deux à deux distincts, notésx0,x1, . . . ,xn et on définit la forme bilinéaireB surC(R,R)par

∀(f, g)∈ C(R,R)², B(f, g) =

n

X

i=0

f(xi)g(xi).

Pourk∈[[0, n]], on définit Lk∈Rn[X]parLk(X) =

n

Y

i=0 i6=k

X−xi

xk−xi

. I.1. Définition d’une structure euclidienne sur Rn[X].

I.1.1. Justifier rapidement l’affirmation :B définit un produit scalaire surRn[X]mais pas surC(R,R).

I.1.2. Pour (j, k)∈ [[0, n]]², calculer Lk(xj). Montrer que la famille (Lk)_0≤k≤n est une base orthonormale de l’espace euclidienRn[X]pour le produit scalaireB.

I.2. Définition de Pn(f).

À toute fonctionf ∈ C(R,R), on associe le polynôme P_n(f)défini par Pn(f) =

n

X

i=0

B(f, Li)Li

I.2.1. Pour tout k ∈ [[0, n]], exprimer B(f, Lk) en fonction de f(xk). En déduire que Pn(f) vérifie l’égalité Pn(f)(xk) =f(xk)pour toutk∈[[0, n]].

I.2.2. Montrer queP_n(f)est l’unique polynôme P∈Rn[X]vérifiantP(x_k) =f(x_k)pour toutk∈[[0, n]].

I.2.3. ExpliciterPn(f)lorsquef ∈Rⁿ[X].

Préciser le polynôme

n

X

k=0

Lk(X)et, pourxréel, la valeur de la somme

n

X

k=0

Lk(x).

Pour f ∈ C(R,R), on dira que Pn(f) est le polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal à n, de la fonctionf aux pointsx_i, pouri∈[[0, n]]. Lorsqu’aucune confusion n’est possible, on notera simplementP_n au lieu dePn(f).

Dans la suite de cette partie, on considère un segment[a, b]contenant les points xi, pour i∈[[0, n]].

I.3. Une application linéaire.

SoitΛ l’application linéaire deC([a, b],R)dansRn[X]définie par :

∀f ∈ C([a, b],R), Λ(f) = Pn(f).

On considère l’espace vectorielC([a, b],R)muni de la normeN_∞. En identifiant tout polynôme deRn[X]avec la fonction polynôme associée, on munit égalementRn[X]de la même normeN_∞. On définit la norme subordonnée à la normeN∞ de l’application linéaireΛpar :

kΛk = sup{N∞(Λ(f))/ N∞(f)≤1}.

On noteΦ∈ C([a, b],R)définie par

∀t∈[a, b], Φ(t) =

n

X

k=0

|Lk(t)|.

I.3.1. Justifier l’inégalitékΛk ≤N_∞(Φ).

I.3.2. Montrer qu’il existe un nombre réelτ ∈[a, b]tel queN∞(Φ) = Φ(τ).

I.3.3. Soitτ ∈[a, b] tel queN_∞(Φ) = Φ(τ). Pour toutk∈[[0, n]], on définitε_k parε_k = 0lorsque L_k(τ) = 0 et εk = |Lk(τ)|

Lk(τ) lorsqueLk(τ)6= 0. Soitψla fonction définie sur[a, b]vérifiant les propriétés suivantes :

• ψ est continue sur[a, b],

• pour toutk∈[[0, n]], ψ(x_k) =ε_k,

• pour toutk∈[[0, n−1]]la restriction deψà chaque intervalle[xk, xk+1]est de la forme ψ(t) =akt+bk

oùak et bk sont des réels. Les restrictions deψà [a, x0]et[xn, b]sont constantes.

En calculantΛ(ψ)(τ), déterminerkΛk.

I.4. Un résultat auxiliaire.

Soitpun entier naturel non nul et soitg∈ C^p(R,R)une fonction s’annulant enp+ 1points distinctsc0< c1<

· · ·< cp de l’intervalle[a, b].

I.4.1. Montrer queg⁰ s’annule en au moinsppoints de[a, b].

I.4.2. En déduire qu’il existe un pointα∈[a, b]tel queg^(p)(α) = 0.

I.5. Une expression de f−Pn.

On note T_n+1 le polynôme de Rn+1[X] défini pour x réel par T_n+1(x) =

n

Y

i=0

(x−x_i). Soit f une fonction appartenant àCⁿ⁺¹([a, b],R)et soity un réel de[a, b], distinct de tous lesx_i, pouri∈[[0, n]]. On noteP_n (resp.

Pn+1) le polynôme d’interpolation def de degré inférieur ou égal àn(resp.n+ 1) aux pointsxipouri∈[[0, n]]

(resp. aux pointsxi pour [[0, n+ 1]]et au pointy).

I.5.1. Montrer qu’il existe un réelrtel que pour tout réelx,

P_n+1(x)−P_n(x) = rT_n+1(x).

I.5.2. En appliquant à la fonctiong=f−P_n+1un résultat obtenu enI.4, montrer qu’il existe un réelβ ∈[a, b]

tel quef⁽ⁿ⁺¹⁾(β) =r(n+ 1)!.

En déduire que pour touty∈[a, b], il existeβ∈[a, b]tel que : f(y)−Pn(y) = 1

(n+ 1)!Tn+1(y)f⁽ⁿ⁺¹⁾(β). (1)

I.5.3. Montrer que l’égalité(1)est aussi vérifiée lorsque l’on remplacey par l’un desxipour i∈[[0, n]].

Seconde partie

Soitn≥2 un entier naturel. On considère la fonctionϕdéfinie sur le segment[0, n]parφ(t) =|t(t−1)· · ·(t−n)|.

II.1. Étude du maximum de ϕ.

II.1.1. Montrer queϕadmet un maximum sur l’intervalle[0, n].

II.1.2. Soitt∈[0, n]; comparerϕ(n−t)et ϕ(t).

II.1.3. On supposet >1ett /∈N. Calculer ϕ(t−1)

ϕ(t) . En déduire que pourt∈ 1,ⁿ₂

, on a ϕ(t−1)≥ϕ(t).

II.1.4. On suppose npair et on noten= 2p. Montrer que ϕatteint son maximum en un point de l’intervalle [0,1]en supposant d’abord quep= 1 puisp≥2.

On admettra que pournimpair, la fonctionϕatteint son maximum en un point de [0,1].

II.2. Abscisse du maximum de ϕ.

II.2.1. Soitt /∈N; expliciterln(ϕ(t)). En déduire ϕ⁰(t)

ϕ(t) en fonction de

n

X

k=1

1 t−k. II.2.2. Pourt∈1

2,1

, déterminer le signe de la somme

n

X

k=2

1

t−k. En déduire queϕ⁰(t)est strictement négatif sur l’intervalle₁

2,1 .

II.2.3. Calculer la dérivée de la fonction définie sur]0,1[parg(t) =

n

X

k=0

1

t−k. Déterminer le sens de variation de la fonctiong. En déduire queϕ⁰ s’annule en au plus un point de]0,1[.

II.2.4. Montrer que le maximum deϕest atteint en un unique point de 0,¹₂

, notétn. Quelle est la valeur de

n

X

k=0

1 tn−k?

II.3. Étude de l’abscisse t_n du maximum de ϕ.

II.3.1. On supposek∈N^∗, justifier l’inégalité 1 k−tn

> 1

k. En déduire une minoration de 1 tn

. II.3.2. Préciser la nature de la sérieX1

k. En déduire la limite de 1 tn

et par suite celle det_n lorsquen→+∞.

II.4. Une majoration de ϕ.

II.4.1. Montrer l’inégalité Z n+1

1

dt t <

n

X

k=1

1 k. II.4.2. Montrer l’inégalitét_n< 1

ln(n+ 1).

II.4.3. En déduire que pour toutt∈[0, n], on a ϕ(t)< n!

ln(n+ 1). II.5. Une majoration de N_∞(f−Pn).

Dans cette question, on reprend les notations de la partieI.

Soit[a, b]un segment. On noteh= b−a

n et on considère lesn+ 1points équidistantsxi=a+ihde[a, b]pour i∈[[0, n]].

II.5.1. Pour x∈ [a, b], on note t = x−a

h ∈ [0, n]. On note Tn+1 le polynôme défini en I.5 par Tn+1(x) =

n

Y

i=0

(x−xi). Exprimer |Tn+1(x)|en fonction dehet de ϕ(t).

II.5.2. Soit f ∈ Cⁿ⁺¹([a, b],R) et soit P_n son polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal à n, aux points équidistantsxi pouri∈[[0, n]], défini enI.2. Montrer l’inégalité

N_∞(f−P_n) ≤ hⁿ⁺¹

(n+ 1) ln(n+ 1)N_∞(f⁽ⁿ⁺¹⁾) (2)

Troisième partie

On conserve les notations des partiesIetII, avec en particulier des réelsx_i, pouri∈[[0, n]], distincts. On définit les n+ 1 réelsw_k = 1

n

Q

i=0 i6=k

(xk−xi)

pourk∈[[0, n]].

III.1. Soitxun réel etk∈[[0, n]]. ExprimerT_n+1(x)en fonction deL_k(x),x−x_k etw_k.

III.2. Soitf ∈ C(R,R)et soitPnson polynôme d’interpolation, de degré inférieur ou égal àn, aux pointsxi pour i∈[[0, n]]. On supposexdifférent de tous lesxi. Montrer l’égalité

Pn(x) = Tn+1(x)

n

X

k=0

wkf(xk) x−xk

. (3)

CalculerTn+1(x)

n

X

k=0

wk

x−x_k. En déduire la formule barycentrique

Pn(x) =

n

X

k=0

w_kf(x_k) x−xk n

X

k=0

wk

x−xk

(4)

III.3. Dans cette question, on suppose les points xi équidistants. On note h = x_n−x₀

n et xi = a+ih pour i∈[[0, n]]. On se propose d’établir une formule barycentrique en remplaçant leswk par des coefficients entiers relatifs.

III.3.1. Exprimer wk en fonction de h, net k. Soit w_k^∗ = (−1)ⁿhⁿn!Wk. Exprimerw^∗_k à l’aide d’un entier de la forme ^m_p

oùmetpsont à préciser en fonction denetk.

III.3.2. On supposexdifférent de tous lesx_i. Montrer la formule

Pn(x) =

n

X

k=0

(−1)^k n

k

f(x_k) x−xk n

X

k=0

(−1)^k n

k 1

x−xk

(5)

III.4. Une valeur approchée de cosπx 2

. On suppose que f(x) = cosπx

2

et on considère les 4n+ 1 points équidistants compris entrex₀ = −2n et x4n= 2n.

III.4.1. Déterminerx_k pourk∈[[0,4n]].

III.4.2. Montrer que

P4n(x) =

n

X

k=−n

(−1)^k 4n

2k+ 2n 1

x−2k

2n

X

j=−2n

(−1)^k 4n

k+ 2n 1

x−k

(6)

est, pourxdifférent de tous lesxi, la valeur enxd’un polynôme d’interpolation def en des points équidis- tants que l’on précisera.

III.4.3. Soitx∈[−2n,2n]et soitpla partie entière de x. Montrer l’inégalité

2n

Y

k=−2n

|x−k| ≤ (2n+p+ 1)!(2n−p)!

III.4.4. Montrer que pourxfixé dans[−2n,2n]et non entier, on a :

|f(x)−P4n(x)| ≤ (2n+p+ 1)!(2n−p)!

π 2

⁴ⁿ⁺¹

(4n+ 1)! = θ(n, p).

Quelle est la limite deθ(n, p)lorsquentend vers+∞?

PROBLÈME CORSÉ

La formule de Stirling ne devra pas être utilisée

Pour tout réelx,E(x)désignera la partie entière dex, c’est-à-dire le plus grand entierkinférieur ou égal àx, donc tel que : k≤x < k+ 1.

Par abus de langage, on confondra « application polynomiale » et « polynôme ».

Enfin[[0, n]]désignera l’ensemble des entiersktels que : 0≤k≤n.

Première partie

Rn[X]désigne l’espace vectoriel réel des polynômes de degré inférieur ou égal à n, n étant un entier naturel non nul.

1. Six0, x1, x2, . . . , xn sontn+ 1réels distincts, montrer que les polynômes définis par : Li(x) =

n

Y

j=0 j6=i

x−xj

xi−xj

, pouri∈[[0, n]], forment une base deRn[x].

2. On donne de plus n+ 1réels : y0,y1, y2, . . . ,yn. Montrer qu’il existe un et un seul polynôme L deRn[X] tel que :∀i∈[[0, n]], L(xi) =yi.

ÉcrireL à l’aide desL_i. 3.

(a) Calculer les sommes : S0=

n

X

i=0

Li(x) et S1=

n

X

i=0

xiLi(x).

(b) De façon plus générale, quelle est la valeur de la somme : Sk=

n

X

i=0

x^k_iLi pourk∈[[0, n]]? On justifiera la réponse.

4. Soitφ la fonction définie surR+ parφ(t) = 1

t+a²,a désignant un réel strictement positif. Aux réels distincts t0, t1, t2, . . . , tn de R⁺, on associe les réels zi = φ(ti), et le polynôme L de Rⁿ[X] tel que : ∀i ∈ [[0, n]], L(ti) =zi.

Montrer que le coefficient du terme de plus haut degré deLest dom(L) = (−1)ⁿ

n

Y

i=0

(ti+a²) .

On pourra calculer de deux façons différentes la dérivée d’ordren deL.

5. Dans cette question, on supposenimpair (n= 2k+ 1) et on suppose que les points(xi)et (yi)sont tels que :

∀i∈[[0, k]],x_n−i=−xi et y_n−i=y_i. SoitLle polynôme deRn[X] tel que : ∀i∈[[0, n]], L(x_i) =y_i. ÉcrireL en fonction du polynômeP deRk[X]tel que : ∀i∈[[0, k]], P(x²_i) =y_i.

Montrer queLest pair. Que peut-on dire de son degré ?

6. Soitf :I →Rune fonction définie sur un intervalle I de R, et n+ 1points distincts x0,x1,x2, . . . ,xn deI.

SoitLle polynôme deRn[X] tel que : ∀i∈[[0, n]], L(x_i) =f(x_i).

On dira queL interpole la fonctionf aux points x₀,x₁, . . . , x_n.

Sia,b,x₁,x₂, . . . ,x_n sontn+ 2réels distincts, montrer que si P interpolef aux pointsb,x₁,x₂, . . . ,x_n, et si Qinterpolef aux pointsa,x₁,x₂, . . . , x_n, alors le polynômeS défini par

S(x) = (x−a)P(x)−(x−b)Q(x) b−a

interpolef aux pointsa,b, x₁,x₂, . . . ,x_n.

Seconde partie

Dans toute cette partie, on considère la fonction f définie sur [−1,1] par :f(x) = 1

x²+a², a désignant un réel strictement positif. Soitn∈N^∗.

On considère les réelsxi définis par : ∀i∈[[0, n]], xi=−1 + 2i n.

On notePn le polynôme de Rn[X]tel que : ∀i∈[[0, n]], Pn(xi) =f(xi). Pn est le polynôme d’interpolation def aux pointsx₀,x₁, . . . ,x_n.

1. Montrer que siΨ : [−1,1]→Rest de classeCⁿ⁺¹ et possède n+ 2zéros distincts dans [−1,1], alors la dérivée d’ordren+ 1deΨs’annule dans]−1,1[.

En déduire que :

∀x∈]−1,1[, ∃c∈]−1,1[ / f(x)−P_n(x) = (x−x₀)(x−x₁)· · ·(x−x_n)f⁽ⁿ⁺¹⁾(c) (n+ 1)! . On pourra considérer la fonction définie par

Ψ(t) = f(t)−Pn(t)−(t−x0)(t−x1)· · ·(t−xn)A,

oùAdésigne un réel convenablement choisi.

2. Décomposerf en éléments simples surC, autrement dit trouver les valeurs des coefficientsαet β tels que 1

X²+a² = α

X−ia + β X+ia.

Calculer alors la dérivée d’ordren+ 1def (on laissera l’expression obtenue avec des coefficients éventuellement complexes, inutile de chercher à revenir à une expression « réelle »).

3. Montrer que : ∀x∈[−1,1], |(x−x0)(x−x1)· · ·(x−xn)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

nⁿ⁺¹ . 4.

(a) Démontrer que, pour toutx∈[−1,1],

|f(x)−Pn(x)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

aⁿ⁺³nⁿ⁺¹ . (b) On poseun =2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

aⁿ⁺³nⁿ⁺¹ .

À quelle condition (portant sur le réela) la série de terme général un est-elle convergente ? (c) En déduire que si a >2

e, alors la suite (P_n)_n converge uniformément sur[−1,1]versf, c’est-à-dire que kf−Pnk_∞ −→

n→+∞ 0.

Troisième partie

On reprend les notations de la deuxième partie :

f désigne la fonction définie sur[−1,1]parf(x) = 1

x²+a², oùaest un réel strictement positif.

Pour n∈N^∗,Pn est le polynôme d’interpolation de f aux pointsx0, x1, . . . ,xn définis par

∀i∈[[0, n]], xi = −1 + 2i n.

On se propose dans cette partie d’étudier la convergence simple de la suite(P_n)_n pour de petites valeurs dea.

1. Dans cette question, on suppose quenest impair.

Décomposer le polynôme(x²+a²)(f(x)−Pn(x))en produit de facteurs irréductibles.

On utilisera les résultats des questions 4. et 5. de la première partie.

2. Dans cette question,xdésigne un réel donné de 1

2,1

. (a) Montrer qu’il existe un entierN tel que :

∀n∈N, n≥N ⇒ 1 2+ 1

n < x < 1−1 n. Si pourn≥N,E(nx)≤nx≤E(nx) + 1

n, alors montrer que : E(nx) + 1 + 1

n < (n+ 2)x < E(nx) + 2−1 n. Si pourn≥N,E(nx) + 1−1

n ≤nx≤E(nx) + 1, alors montrer que :

E(nx) + 2 + 1

n < (n+ 2)x < E(nx) + 3−1 n. En déduire qu’il existe une infinité d’entiers impairsntels que :

1

n < nx−E(nx) < 1−1

n et n > N.

En déduire qu’il existe une suite strictement croissante(n_p)_p d’entiers impairs tels que pour tout élément de la suite :

∀k∈[[0, n_p]],

x− k np

> 1 n²_p. En déduire que :

∀ε >0, ∃A∈N/ p≥A ⇒ ∀k∈[[0, n_p]],

1 np

ln

x− k np

< ε.

(b) Justifier l’existence et calculer l’intégrale : I(x) =

Z 1

−1

ln|x−u|du.

(c) Soit (np)p une suite d’entiers impairs définies au 2.(a).

À chaque entiern_p, on associe lesn_p+ 1 réelsx_i définis par : ∀i∈[[0, n_p]],x_i=−1 + 2i np

. On considère la suiteSn_p(x) = 2

n_p

np

X

i=0

ln|x−xi|.

On noteql’indice tel quexq< x < xp+1. Quelles sont les limites de xq etxq+1sinp tend vers+∞? En encadrant les deux réels 2

np q−1

X

i=0

ln|x−xi|et 2 np

n_p

X

i=q+2

ln|x−xi|par des intégrales à l’aide de la monotonie de u 7→ ln|x−u|, montrer que S_np(x) a pour limite I(x) quand n_p tend vers +∞. M. Cochet : traitez soigneusement la première somme (i.e. encadrez puis trouvez sa limite quandnp→+∞), puis affirmez que la seconde se traite de même et donnez directement sa limite. Ensuite étudiez les cas i =q et i= q+ 1, puis concluez.

3. Soitxun réel de l’intervalle 1

2,1

et (n_p)_p une suite d’entiers impairs définie au 2.(a) et associée au réel x. À chaquen_p, on associe lesn_p+ 1 réelsx_i définis par

∀i∈[[0, np]], xi = −1 + 2i np

.

(a) Quelle est la limite de la suiteΣ_np= 2 np

n_p

X

i=0

ln x²_i +a²

quandn_p tend vers+∞?

(b) En utilisant les questions précédentes, déterminer la limiteu(x)de la suite : un_p(x) = 2

n_pln|f(x)−Pn_p(x)| quandnp tend vers+∞.

(c) Quelle est la limite l(a)deu(x)quandxtend vers1?

(d) Sil(a)>0, la suite(Pn)n converge-t-elle simplement versf sur[−1,1]?

Quatrième partie

1. Soitf :I→Rune fonction définie sur l’intervalleI.

On définit par récurrence les différences divisées :

pourx∈I,f1(x) = x et pourx,y distincts dansI,f2(x, y) = f(x)−f(y) x−y .

À l’aide defn, on définit fn+1 :(n+ 1)points distincts étant pris dansI, on les numérote x0, . . . ,xn. On pose alors :

fn+1[x0, . . . , xn] = f_n[x₀, . . . , x_n−1]−f_n[x₁, . . . , x_n] x0−xn

. SoitLle polynôme qui interpolef enx0, . . . ,xn.

Montrer que le coefficient du terme de plus haut degré de Lest f_n+1[x₀, . . . , x_n]. On utilisera la question 6. de la première partie.

2. Montrer quefn+1[x0, . . . , xn]est invariant par permutation des(xi).

3. Démontrer que

L(x) = f₁[x₀] +f₂[x₀, x₁](x−x₀) +· · ·+f_n+1[x₀, . . . , x_n](x−x₀)· · ·(x−x_n−1).

4. On se propose de calculer numériquement L(x).

Écrire une procédurepythond’en-tête :

DifferencesDivisees(X,Y,n):

oùnest un entier,X etY sont deux listes de réels de taillen+ 1avec pour touti∈[[0, n]],X[i] =xi etY[i] =yi, de sorte que cette procédure renvoie une listeL telle que :

L[0] = f₁[x₀], L[1] = f₂[x₀, x₁], . . . , L[n] = f_n+1[x₀, . . . , x_n].

Écrire ensuite enpythonune fonction, utilisant la listeLprécédente, d’en-tête Lagrange(X,L,t):

qui calcule le polynômeLau pointt par la formule de la question 3. de la quatrième partie.

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir surveillé n ^◦ 3 – éléments de correction

PROBLÈME CLASSIQUE — d’après CCP 2010 PSI maths 1 Première partie

I.1. Définition d’une structure euclidienne sur R

[X].

I.1.1. L’applicationBest clairement symétrique et linéaire par rapport à sa seconde variable. De plusB(P, P)≥0 et n’est nul que si pour touti∈[[0, n]],P(xi) = 0. SiP ∈Rn[X], on peut en déduire queP = 0 (un polynôme non nul de degrénadmettant au plusnracines). Ainsi B est un produit scalaire surRn[X].

Le résultat est faux surC(R,R)carP=

n

Y

k=0

(X−x_k)∈ C(R,R)est non nul mais vérifieB(P, P) = 0.

I.1.2. On a immédiatement

Lk(xj) = δk,j =

( 1 si k=j 0 sinon On en déduit que

∀(k, i)∈[[0, n]]², B(L_k, L_i) = L_i(x_k) = δ_j,i.

Ceci montre que(L0, . . . , Ln) est une famille orthonormée de Rn[X]. C’est en particulier une famille libre et comme elle an+ 1 = dim(Rn[X])éléments qui sont dans Rn[X], on peut affirmer que

(L₀, . . . , L_n)est une base orthonormée deRn[X].

I.2. Définition de P

(f ).

I.2.1. Avec la questionI.1.2, on a : ∀k∈[[0, n]], B(f, Lk) = f(xk). On en déduit que

∀k∈[[0, n]], Pn(f)(xk) = B(f, Lk) = f(xk).

I.2.2. Le polynômePn(f)est, on vient de le voir, un polynôme convenable. SiP en est un autre alorsP−Pn est nul car c’est un élément deRn[X]qui admet strictement plus de nracines. D’où l’unicité dePn .

I.2.3. Les règles de calcul dans une base orthonormée montrent que

∀f ∈Rn[X], f =

n

X

i=0

B(f, Li)Li = Pn(f).

PosonsP =

n

X

k=0

Lk ∈Rn[X]. Pour touti,P(xi) = 1. Ainsi d’après la question précédenteP = 1 car1 est un autre élément deRⁿ[X] ayant les mêmes propriétés. Il s’ensuit que :

∀x∈R,

n

X

k=0

Lk(x) = 1.

I.3. Une application linéaire.

I.3.1. Soitf ∈ C([a, b],R)telle queN∞(f)≤1. En particulier|f(xi)| ≤1pour toutiet donc

∀x∈[a, b], |Λ(f)(x)| ≤

n

X

i=0

|f(x_i)||L_i(x)| ≤ |Φ(x)| ≤ N_∞(Φ).

Le majorant est indépendant dexet un passage à la borne supérieure donneN_∞(Λ(f))≤N_∞(Φ). Cette fois, le majorant est indépendant def et en passant à la borne supérieure, on obtient

kΛk ≤ N_∞(Φ).

I.3.2. L’applicationt7→Φ(t)est continue et est donc bornée sur le segment[a, b]et elle atteint ses bornes. Ainsi

∃τ∈[a, b], N_∞(Φ) = Φ(τ). I.3.3. On a

Λ(ψ)(τ) =

n

X

k=0

ψ(x_k)L_k(τ) =

n

X

k=0

|Lk(τ)| = Φ(τ) = N_∞(Φ),

ce qui permet d’affirmer queN_∞(Φ) ≤N_∞(Λ(ψ)). Par ailleurs ψ est continue sur [a, b]et est comprise entre

−1 et −1 de par sa définition (son graphe est composé de segments reliant des points d’ordonnées 1 ou−1), doncN_∞(Λ(ψ))≤ kΛk.

Par transitivité de≤, on en déduit queN_∞(Φ)≤ kΛk. L’autre inégalité ayant été prouvée, on a finalement kΛk = N_∞(Φ).

I.4. Un résultat auxiliaire.

I.4.1. On peut appliquer le théorème de Rolle à la fonction g, continue sur [ci, ci+1] et dérivable sur ]ci, ci+1[, pour obtenir un point d’annulation deg⁰ sur]c_i, c_i+1[. On a ainsi ppoints d’annulation distincts pourg⁰ (les intervalles sont ouverts donc les points sont bien disjoints).

I.4.2. Prouvons par récurrence surk∈[[0, p[[queg^(k)s’annule au moinsp+ 1−kfois sur[a, b].

• Initialisation : le résultat est vrai par hypothèse surgau rang0(et on vient même de le prouver au rang1).

• Hérédité : soitn∈[[0, p−1]] tel que le résultat est vrai au rang n. L’applicationg⁽ⁿ⁾ s’annulant au moins p+ 1−n fois, on peut comme à la question précédente utiliser le théorème de Rolle pour montrer que sa dérivée s’annule au moinsp−nfois. On a doncg^(p+1)qui s’annule au moinsp+ 1−(n+ 1)fois et le résultat est vrai au rangn.

En particulier, l’hypothèse au rangpmontre que g^(p)s’annule au moins1fois .

I.5. Une expression de f − P

.

I.5.1. Le polynôme P_n+1−P_n est dans Rn+1[X] et s’annule en x₀, . . . , x_n. Il est factorisable parT_n+1 et, par degré, il existe une constantertelle que

P_n+1−P_n = rT_n+1 .

I.5.2. La fonction g = f −Pn+1 s’annule en au moins n+ 2 points distincts (à savoir x0, . . . , xn et y). Par conséquent il existe d’aprèsI.4.2, un réelβ ∈[a, b]tel que g⁽ⁿ⁺¹⁾(β) = 0. Par ailleursP_n+1 est de degrén+ 1 et sa dérivée (n+ 1)-ième est donc une constante égale à son coefficient en xⁿ⁺¹ multiplié par (n+ 1)!. Ce coefficient vautrd’après la question précédente et on a donc

∃β∈[a, b], f⁽ⁿ⁺¹⁾(β) = r(n+ 1)!. On en déduit alors que : ∀x∈R, P_n+1(x)−P_n(x) = _(n+1)!¹ T_n+1(x)f⁽ⁿ⁺¹⁾(β).

En appliquant ce résultat avecx=y, et grâce à Pn+1(y) = f(y), on obtient le résultat voulu dans le cas où y∈[a, b]est différent desxi. Siy est égal à l’un desxi, ce résultat reste vrai : il se lit0 = 0et on peut choisir n’importe quelβ.

I.5.3. La question précédente traitait déjà le cas oùy =x_i (elle stipulait pour touty ∈[a, b] et lesx_i sont dans [a, b]). L’égalité revient à0 = 0.

Seconde partie

II.1. Étude du maximum de ϕ.

II.1.1. La fonctionϕest continue sur le SEGMENT[0, n], donc ϕadmet un maximum sur ce segment . II.1.2. Soitt∈[0, n]. On a, en posantj=n−k :

ϕ(n−t) =

n

Y

k=0

((n−t)−k)

=

n

Y

k=0

|n−k−t| =

n

Y

j=0

|j−t| =

n

Y

j=0

(t−j)

= ϕ(t).

Par conséquent ϕ(n−t) =ϕ(t).

II.1.3. Pour toutt, on a (en posantj=k+ 1) : ϕ(t−1) =

n

Y

k=0

|t−1−k| = |t−n−1|

n

Y

j=1

|t−j|.

Pourt /∈N, l’entier ϕ(t)est non nul et en divisant parϕ(t)il vient

∀t /∈N, ϕ(t−1)

ϕ(t) = |t−n−1|

|t| .

Ort7→^t−n−1_t = 1−ⁿ⁺¹_t croît surR^∗+. Sur [1, n/2], elle varie entre−net −1−_n² et a donc une valeur absolue plus grande que1 :

∀t∈h 1,n

2 i

, ϕ(t−1) ϕ(t) ≥ 1.

Il suffit de multiplier parϕ(t)≥0pour obtenir l’inégalité demandée : ϕ(t−1)≥ϕ(t)pour toutt de[1, n/2]. II.1.4. D’après la questionII.1.2, le maximum deϕsur[0, n]est atteint en un pointx₀de[0, n/2](quandtvarie dans[0, n/2], la quantitén−tvarie dans [0, n/2]aussi et on a doncϕ([0, n/2]) =ϕ([n/2, n])). Six0≥1alors la question précédente montre queϕ(x0−1)≥ϕ(x0)et, en itérant le processus, que ϕ(x0−E(x0))≥ϕ(x0).

Comme ϕ(x0−E(x0)) est le maximum de ϕsur [0, n] et que x0−E(x0) ∈ [0,1[⊂[0, n], l’inégalité est une égalité. Dans les deux cas, on a bien trouvé un point de[0,1]oùϕatteint son maximum .

II.2. Abscisse du maximum de ϕ.

II.2.1. Pourt /∈N, les propriétés de morphisme delnsurR^∗+ donnent ln(ϕ(t)) =

n

X

k=0

ln(|t−k|).

En dérivant cette expression sur l’intervalle]E(t), E(t) + 1[, on a alors ϕ⁰(t)

ϕ(t) =

n

X

k=0

1 t−k .

II.2.2. Soitt <1.

• Soitk≥2, alorst−k <0. On en déduit que

n

X

k=2

1

t−k <0(somme de tels termes).

• Examinons les termes pourk= 0etk= 1: 1 t + 1

t−1 = 2t−1

t(t−1) est négatif quandt∈[1/2,1[.

En sommant, on obtient

∀t∈ 1

2,1

, ϕ⁰(t) < 0 .

II.2.3. La fonctiong:t7→

n

X

k=0

1

t−k est dérivable sur ]0,1[de dérivéeg⁰ :t7→ −

n

X

k=0

1

(t−k)². L’applicationg est donc strictement décroissante sur ]0,1[. L’application g admet donc au plus un point d’annulation (la stricte monotonie entraîne l’injectivité). Avec la questionII.2.1, il en est de même pourϕ⁰ : il s’ensuit que la fonction

ϕ⁰ s’annule au plus une fois sur]0,1[.

II.2.4. L’applicationϕatteint son maximum en un point de[0,1]mais ce n’est ni en0ni en 1(car en ces points ϕest nulle et il existe des points où elle est strictement positive). La fonctionϕatteint donc son maximum en un point de l’ouvert]0,1[.

Comme ϕ est dérivable sur cet ouvert, le maximum est atteint en un point critique (de dérivée nulle) et ce n’est pas sur[1/2,1[d’après la questionII.2.2. C’est donc un point de]0,1/2[et il y en a au plus un d’après la questionII.2.3.

Finalement ϕatteint son maximum en un unique pointt_n∈]0,1/2[. En ce pointϕest de dérivée nulle et donc

n

X

k=0

1

tn−k = ϕ⁰(t_n) ϕ(tn) = 0.

II.3. Étude de l’abscisse t

du maximum de ϕ.

II.3.1. Pourk≥1, il vient 1 k−tn

− 1

k = t_n

k(k−tn) >0et donc 1

k−tn

> 1 k.

Comme

n

X

k=0

1

t_n−k = 0, on en déduit que

1 tn

=

n

X

k=1

1 k−tn

>

n

X

k=1

1 k .

II.3.2. La sérieX1

k est une série de Riemann divergente. Comme elle est positive, ses sommes partielles tendent vers+∞. Ainsi par minoration :

n→+∞lim 1 tn

= +∞ puis lim

n→+∞tn = 0.

II.4. Une majoration de ϕ.

II.4.1. L’applicationt7→ 1

t étant décroissante surR^∗+, on a :

∀k≥1, ∀t∈[k, k+ 1], 1 t ≤ 1

k. En intégrant cette inégalité puis en sommant dek= 2àk=n, on obtient

Z n+1 2

dt t ≤

n

X

k=2

1 k.

De plus Z 2

1

dt

t = ln(2)<1 care >2 et donc, en ajoutant cette inégalité stricte : Z n+1

1

dt t <

n

X

k=1

1 k .

II.4.2. On en déduit alors que

ln(n+ 1) = Z n+1

1

dt t <

n

X

k=1

1 k < 1

tn

.

Le passage à l’inverse étant une opération strictement décroissante surR^∗+ on a finalement tn < 1

ln(n+ 1) .

II.4.3. On a alors

∀t∈[0, n], ϕ(t) ≤ ϕ(t_n) =

n

Y

k=0

|t_n−k| = t_n

n

Y

k=1

(k−t_n) ≤ t_n

n

Y

k=1

k ≤ n!t_n

puis d’après la question précédente : ∀t∈[0, n], ϕ(t) < n!

ln(n+ 1) .

II.5. Une majoration de N

(f − P

).

II.5.1. Sans détour :

|T_n+1(x)| =

n

Y

i=0

|a+ht−a−ih| = hⁿ⁺¹

n

Y

i=0

|t−i|

d’où Tn+1(x) = hⁿ⁺¹ϕ(t).

II.5.2. D’après la relation(1)de la questionI.5il vient : N_∞(f−P_n) ≤ 1

(n+ 1)!N_∞(T_n+1)N_∞(f⁽ⁿ⁺¹⁾).

Les questions précédentes indiquent queN_∞(T_n+1)≤hⁿ⁺¹N_∞(ϕ) =hⁿ⁺¹ϕ(t_n)≤ hⁿ⁺¹n!

ln(n+ 1) et ainsi N∞(f −Pn) ≤ hⁿ⁺¹

(n+ 1) ln(n+ 1)N∞(f⁽ⁿ⁺¹⁾).

Troisième partie

III.1. On a directement

Tn+1(x) = 1 wk

Lk(x)(x−xk).

III.2. On a, avec I.2.1et la question précédente, Pn(x) =

n

X

k=0

f(xk)Lk =

n

X

k=0

wkf(xk) x−xk

Tn+1(x).

Par ailleurs, avec la partieI, il vient : Tn+1(x)

n

X

k=0

wk

x−xk

=

n

X

k=0

Lk(x) = 1.

On en déduit en combinant les deux précédentes relations que

Pn(x) =

n

X

k=0

w_kf(x_k) x−xk n

X

k=0

wk

x−x_k .

III.3.

III.3.1. On axk−xi=h(k−i)et donc

wk = 1

Y

i6=k

h(k−i)

= 1

hⁿ × 1

k−1

Y

i=0

(k−i)

× 1

n

Y

i=k+1

(k−i)

= 1

hⁿ × 1

k!×(−1)^n−k (n−k)!

et ainsi

w^∗_k = (−1)ⁿhⁿn!w_k = (−1)^k n

k

.

III.3.2. On reprend la formule(4) en remplaçantwk par(−1)ⁿ w^∗_k hⁿn! :

P_n(x) =

n

X

k=0

w_k^∗f(xk) x−x_k

n

X

k=0

w_k^∗ x−xk

=

n

X

k=0

(−1)^k n

k

f(xk) x−x_k

n

X

k=0

(−1)^k n

k 1

x−xk

.

III.4. Une valeur approchée de cosπx 2

III.4.1. On aa=x0=−2n,b=x4n= 2neth= b−a

4n = 1, par conséquent : xk = a+kh=−2n+k .

III.4.2. Si on choisit f(x) = cos(πx/2), alors f(xk) = cos(−nπ + ^kπ₂) = (−1)ⁿcos(^kπ₂ ) et donc f(x2k) = (−1)^n+k et f(x_2k+1) = 0. D’après la formule de III.3.2. avec la fonction f et les points (−2n+j) pour j= 0, . . . , 4n, on obtient l’expression polynomiale

P_4n(x) =

2n

X

j=0

(−1)^2j 4n

2j

(−1)^n+j x−x2j 4n

X

j=0

(−1)^j 4n

j 1

x−xj

=

2n

X

j=0

(−1)^2j 4n

2j

(−1)^n+j x−(−2n+ 2j)

4n

X

j=0

(−1)^j 4n

j

1 x−(−2n+j)

.

On posek=j−nau numérateur etk=j−2nau dénominateur :

P_4n(x) =

n

X

k=−n

(−1)^2k+2n 4n

2k+ 2n

(−1)^k+2n x−2k

2n

X

j=−2n

(−1)^k+2n 4n

k+ 2n 1

x−k

=

n

X

k=−n

(−1)^k 4n

2k+ 2n 1

x−2k

2n

X

j=−2n

(−1)^k 4n

k+ 2n 1

x−k .

III.4.3. On ax≤p+ 1et −x≤ −p, d’où :

2n

Y

k=−2n

|x−k| =

p

Y

k=−2n

(x−k)

2n

Y

k=p+1

(k−x) ≤

p

Y

k=−2n

(p+ 1−k)

2n

Y

k=p+1

(k−p).

Dans le premier produit, on multiplie les entiers entre1et2n+p+ 1et dans le second entre1et2n−pet on a donc

2n

Y

k=−2n

|x−k| ≤ (2n+p+ 1)!(2n−p)!.

III.4.4. On utilise la formule (1) de I.5.2 pour obtenir (sachant que f^(k)(x) = π 2

k

cos(πx

2 +kπ) et par conséquent N∞(f^(k))≤π

2 ^k

) :

|f(x)−P4n(x)| ≤ 1 (4n+ 1)!

4n

Y

k=0

|x−xk|N_∞(f⁽⁴ⁿ⁺¹⁾) ≤ 1 (4n+ 1)!

4n

Y

k=0

|x+ 2n−k|π 2

4n+1

.

Dans le produit, on posej=k−2npour se ramener à la question précédente et obtenir

|f(x)−P4n(x)| ≤ 1

(4n+ 1)!(2n+p+ 1)!(2n−p)!π 2

4n+1

= θ(n, p).

Bien entendu on peut déterminer un équivalent deθ(n, p)à l’aide de la formule de Stirling, mais les calculs sont assez lourds. Voyons comment procéder à l’aide des séries. Nous avons

|θ(n+ 1, p)|

|θ(n, p)| ∼

n→+∞

(2n)⁴ (4n)⁴

π⁴ 2⁴ = π⁴

4⁴

qui est une suite de limite strictement inférieure à1. D’après la règle de d’Alembert la sérieX

θ(n, p)est absolument convergente. En particulier, elle ne diverge pas grossièrement et son terme général tend vers0:

n→+∞lim θ(n, p) = 0.

PROBLÈME CORSÉ – d’après St-Cyr 1993 options M, P, T, TA maths 1 Première partie

1. Les polynômesL₀,L₁, . . . ,L_n sontn+ 1 polynômes deRn[X], qui est de dimensionn+ 1. Afin de vérifier que la famille(L_i)_1≤i≤n est une base deRn[X], il suffit de vérifier qu’elle est libre.

On note tout d’abord que pour(i, j)∈[[0, N]]², il vient Li(xj) =δi,j , oùδi,j désigne le symbole de Kronecker.

En effet, si i6=j :

Li(xj) = 1 Y

k6=i

(xi−xk)

×Y

k6=i

(xj−xk) = 1 Y

k6=i

(xi−xk)

×Y

k6=i k6=j

(xj−xk)×(xj−xj) = 0,

alors que sii=j :

L_i(x_j) = L_i(x_i) = 1 Y

k6=i

(x_i−x_k)×Y

k6=i

(x_i−x_k) = 1.

Ainsi

∀(i, j)∈[[0, n]]², L_i(x_j) =δ_i,j . Soient alorsλ0, . . . , λn n+ 1réels.

n

X

i=0

λiLi= 0 =⇒ ∀j∈[[0, n]],

n

X

i=0

λiLi(xj) = 0 =⇒ ∀j∈[[0, n]],

n

X

i=0 i6=j

λi×0 +λj×1 = 0 =⇒ ∀j∈[[0, n]], λj= 0.

La famille (Li)_0≤i≤n est donc une famille libre deRn[X]et par suite

la famille (Li)_0≤i≤n est une base deRn[X]. 2. On donne de plusn+ 1réels : y0,y1,y2, . . . ,yn.

• Existence Le polynômeL=

n

X

i=0

yiLi est de degré au plusncar la famille(Li)_0≤i≤n engendreRn[X]. De plus :

∀j ∈[[0, n]], L(xj) =

n

X

i=0

yiLi(xj) =

n

X

i=0

yiδi,j =yj.

• Unicité

SoitLetM sont deux polynômes deRn[X]coïncidant enx0, . . . ,xn. Alors le polynômeL−M est de degré inférieur ou égal ànet a au moinsn+ 1racines deux à deux distinctes. Le polynômeL−M est donc nul, ou encoreL=M.

En conclusion ∀(y0, . . . , yn)∈Rⁿ⁺¹, ∃!L∈Rⁿ[X]/∀i∈[[0, n]], L(xi) =yi ∧ L=

n

X

i=0

yiLi . 3.

(a) D’après la question 1. :

n

X

i=0

L_i =

n

X

i=0

1×L_i et

n

X

i=0

x_iL_i = 1 (cardeg(X) = 1 ≤n). Ainsi, d’après l’unicité démontrée en 2. :

n

X

i=0

Li= 1 et

n

X

i=0

xiLi=X .

(b) Puisque, pour k ∈ [[0, n]], X^k est dans Rn[X], l’écriture générale d’un polynôme de Rn[X] dans la base (Li)_0≤i≤n fournie à la question 2. de la partie I permet d’écrire :

∀k∈[[0, n]], X^k =

n

X

i=0

x^k_iLi . 4. Le coefficient deXⁿ dansL vaut :

n

X

i=0









z_i 1 Y

j6=i

(t_i−t_j)









=

n

X

i=0







 1

ti+a² × 1 Y

j6=i

(t_i−t_j)









= 1

n

Y

i=0

(t_i+a²)

n

X

i=0

Y

j6=i

(tj+a²)

Y

j6=i

(t_i−t_j)

= (−1)ⁿ

n

Y

i=0

(ti+a²)

n

X

i=0

Y

j6=i

(−a²−t_j)

Y

j6=i

(ti−tj)

= (−1)ⁿ

n

Y

i=0

(ti+a²)

n

X

i=0

Li(−a²)

= (−1)ⁿ

n

Y

i=0

(ti+a²)

d’après la question 2.

Conclusion : dom(L) = (−1)ⁿ

n

Y

i=0

(t_i+a²) .

5. Remarquons que lesxi sont rangés de façon symétrique de chaque côté de0.

Le polynômeP est de degré au plusk et donc le polynômeP(X²)est de degré au plus2k. En particulier, les polynômesLet P(X²)sont dansR2k+1[X].

Par ailleurs si0≤i≤k alorsL(xi) =yi=P(x²_i); et sik+ 1≤i≤2k+ 1 alors

L(x_i) = y_i = y_2k+1−i = P(x_2k+1−i² ) = P((−x_i)²) = P(x²_i).

Les polynômesLetP(X²)sont donc deux polynômes de degré au plus2k+ 1coïncidant en les2k+ 2réelsx₀, . . . ,x2k+1. On en déduit que ces polynômes sont égaux : L=P(X²). En particulierLest pair, de même que son degré. Ainsi si nest impair alors le degré deLest strictement plus petit quen.

6. Tout d’abord, puisquedeg(P)≤netdeg(Q)≤n, alorsdeg(S)≤n+ 1.

EnsuiteS(a) =Q(a) =f(a),S(b) =P(b) =f(b)et pouri∈[[1, n]]: S(xi) = (xi−a)P(xi)−(xi−b)Q(xi)

b−a = xi−a−xi+b

b−a f(xi) = f(xi).

Ainsi d’après l’unicité (question 2.) : S interpolef aux pointsa,b,x₁, . . . ,x_n .

Seconde partie

1. M. Cochet : les deux assertions à prouver dans cette question sont classiques.

SoitΨ : [−1,1]→Rde classeCⁿ⁺¹ et possédantn+ 2zéros distincts dans[−1,1].

Le théorème de Rolle, appliqué àΨsur chaque intervalle constitué par deux zéros consécutifs, montre que la fonction Ψ⁰ s’annule au moins une fois dans chacun desn+ 1intervalles ouverts en question, et donc s’annule en au moins n+ 1 points deux à deux distincts de l’intervalle]−1,1[.

En appliquant à nouveau le théorème de Rolle entre deux zéros consécutifs deΨ⁰, on prouve queΨ⁰⁰ s’annule en au moinsnpoints distincts deux à deux de l’intervalle]−1,1[.

Plus généralement, par récurrence finie, on prouve que pour tout k ∈ [[0, n+ 1]], la fonction Ψ^(k) s’annule en au moinsn+ 2−kpoints deux à deux distincts de l’intervalle]−1,1[.

En particulier la fonction Ψ⁽ⁿ⁺¹⁾ s’annule en au moins (n+ 2)−(n+ 1) points de l’intervalle ]−1,1[. Ainsi la fonction Ψ⁽ⁿ⁺¹⁾ s’annule en au moins un point de cet intervalle .

Si Pn est le polynôme d’interpolation de f en x0, . . . , xn, alors f −Pn s’annule en x0, . . . , xn, de même que (x−x₀)· · ·(x−x_n)f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)

(n+ 1)! , quel que soit le choix decdans]−1,1[. Par suite, sixest l’un desx_i (qui sont dans ]−1,1[), n’importe quel réelcde l’intervalle]−1,1[convient.

Soit maintenantxun réel de l’intervalle[−1,1]distinct desx_i, et fixé. Pourt∈[−1,1], posons : Ψ(t) = f(t)−Pn(t)−A(t−x0)· · ·(t−xn),

oùA= f(x)−P_n(x)

(x−x0)· · ·(x−xn), de sorte que l’on a aussiΨ(x) = 0.

La fonctionf est de classeCⁿ⁺¹ sur [−1,1], et par suite, la fonction Ψest de classeCⁿ⁺¹ sur[−1,1]. De plus, la fonctionΨs’annule en lesn+ 2points deux à deux distinctsx,x₀, . . . ,x_nde[−1,1]. D’après le début de la question 1., la fonctionΨ⁽ⁿ⁺¹⁾s’annule en un certain réel cde]−1,1[.

EnfinPn est un polynôme de degré au plusnet a donc une dérivée(n+ 1)-ème nulle. Par conséquent Ψ⁽ⁿ⁺¹⁾ = f⁽ⁿ⁺¹⁾−A(n+ 1)!

L’égalitéΨ⁽ⁿ⁺¹⁾(c) = 0fournit alors l’égalitéf⁽ⁿ⁺¹⁾(c)−A(n+ 1)! = 0ou encoreA=f⁽ⁿ⁺¹⁾(c)

(n+ 1)! . On a montré que :

∀x∈[−1,1], ∃c∈]−1,1[, f(x)−Pn(x) = (x−x0)· · ·(x−xn)f⁽ⁿ⁺¹⁾(c) (n+ 1)! .

2. Sans détour : 1

X²+a² = 1

(X−ia)(X+ia) = 1 2ia

(X+ia)−(X−ia) (X−ia)(X+ia) = 1

2ia 1

X−ia− 1 X+ia

. Ainsi 1

X²+a² (n+1)

= 1 2ia

1 X−ia

(n+1)

− 1

X+ia

(n+1)!

= (−1)ⁿ⁺¹(n+ 1)!

2ia

1

(X−ia)ⁿ⁺² − 1 (X+ia)ⁿ⁺²

.

On en déduit que ∀t∈R, f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =(−1)ⁿ⁺¹(n+ 1)!

2ia

1

(t−ia)ⁿ⁺² − 1 (t+ia)ⁿ⁺²

.

3. Sixest l’un desx_i, alors l’inégalité est triviale. Sinon, il existek∈[[0, n−1]]tel quex_k< x < x_k+1. Dans ce cas

|(x−x0)· · ·(x−xn)| = (x−x0)· · ·(x−xk)(xk+1−x)· · ·(xn−x)

≤ (xk+1−x0)· · ·(xk+1−xk)(xk+1−xk)· · ·(xn−xk)

≤ 2(k+ 1) n ×2k

n × · · · × 2×1

n ×2×1

n × · · · × 2×(n−k) n

≤ 2

n ⁿ⁺¹

×1×2× · · · ×k×(k+ 1)×1×2× · · · ×(n−k)

≤ 2

n ⁿ⁺¹

×1×2× · · · ×k×(k+ 1)×(k+ 2)×(k+ 3)× · · · ×(n+ 1)

≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

nⁿ⁺¹

Ainsi ∀x∈[−1,1], |(x−x₀)· · ·(x−x_n)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

nⁿ⁺¹ . 4.

(a) Soitt∈[−1,1]. D’après la question 2. :

f⁽ⁿ⁺¹⁾(t) =

(−1)ⁿ⁺¹(n+ 1)!

2ia

1

(t−ia)ⁿ⁺² − 1 (t+ia)ⁿ⁺²

≤ (n+ 1)!

2a

1

|t−ia|ⁿ⁺² + 1

|t+ia|ⁿ⁺²

= (n+ 1)!

a (t²+a²)^−(n+2)/2

≤ (n+ 1)!

a (a²)^−(n+2)/2 = (n+ 1)!

aⁿ⁺³ .

Mais alors, d’après les questions 1. et 3., pourxdans[−1,1], nous avons

|f(x)−P_n(x)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

nⁿ⁺¹ ×(n+ 1)!

aⁿ⁺³ × 1 (n+ 1)!.

Finalement |f(x)−P_n(x)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

aⁿ⁺³nⁿ⁺¹ . (b) On poseu_n=2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

aⁿ⁺³nⁿ⁺¹ . La formule de Stirling étant interdite (d’après l’énoncé !), nous allons examiner la convergence de la sériePu_n à l’aide de la règle de d’Alembert.

La suite(u_n)_n est strictement positive ; de plus, pourn∈N: un+1

u_n = 2

a×(n+ 2)× nⁿ⁺¹

(n+ 1)ⁿ⁺² = 2

a×n+ 2 n+ 1 ×

1 + 1

n

−(n+1)

.

Cette dernière expression tend vers 2

ae quandntend vers+∞. Ainsi d’après la règle de d’Alembert : si 2

ae <1, alors la sérieX

un converge et si 2

ae >1, alors la sérieX

un diverge grossièrement . (c) Puisque l’inégalité du (a) est valable pour toutx∈[−1,1], on peut passer à la borne supérieure (le majorant

ne dépendant pas dex) :

sup

x∈[−1,1]

|f(x)−Pn(x)| ≤ 2ⁿ⁺¹(n+ 1)!

aⁿ⁺³nⁿ⁺¹ ou encore

kf −Pnk_∞ ≤ un. On suppose ici 2

ae <1, donc la sérieX

un converge d’après (b). En particulier : lim

n→+∞un= 0.

On en déduit lim

n→+∞kf −Pnk_∞= 0, ce qui prouve que la suite(Pn)converge versf pour la norme infinie, ou encore que si 2

ae <1 alors la suite(Pn)n converge uniformément versf sur[−1,1].

Troisième partie

1. Posonsn= 2k+ 1. Tout d’abord, les xi sont deux à deux distincts puis, pouri∈[[0, k]], il vient x_n−i = −1 + 2n−i

n = 1− i

n = −xi,

et d’autre part y_n−i =yi puisque f est paire. Ainsi d’après la question 5. de la partie I, le polynômeQ(X) = (X²+a²)(f(X)−Pn(X)) = 1−(X²+a²)Pn(X)est un polynôme de degré inférieur ou égal à(n−1) + 2 =n+ 1.

MaisP_ninterpolef en lesn+ 1points deux à deux distinctsx₀, . . . ,x_n et donc le polynômeQqui est de degré au plusn+ 1admet lesn+ 1réels deux à deux distinctsx0, . . . ,xn pour racines. On en déduit que le polynôme Q est de degré n+ 1 exactement et donc que Q = dom(Q)×(X −x0). . .(X −xn). Il reste à déterminer le coefficient dominant de Q.

Toujours d’après la question 5. partie 1, il vientPn=P(X²)oùP est le polynôme de degré inférieur ou égal à kqui vérifie P(x²_i) =f(xi)pour i∈[[0, k]]ou encore, en posantti=x²_i :

∀i∈[[0, k]], P(t_i) = Φ(t_i),

oùΦest la fonction définie à la question 4. de la partie 1. AinsiP est le polynôme qui interpoleΦen lesk+ 1 réels deux à deux distinctst0, . . . , tk. D’après toujours cette question 4., son coefficient dominant est

(−1)^k 1

k

Y

i=0

(ti+a²)

= (−1)^k 1

k

Y

i=0

(x²_i +a²) .

Enfin, puisqueQ= 1−(X²+a²)P(X²), on obtient quedomQ=−domP et donc : Q(X) = (−1)^k+1 1

k

Y

i=0

(x²_i +a²)

(X−x₀). . .(X−x_n).

2. Soientx∈ 1

2,1

et nun entier naturel non nul.

(a) Remarquons que : 1

2+1

n < x <1−1

n ⇐⇒

1

n < x−1 2 ∧1

n <1−x

⇐⇒ n≥max

E 1

x−¹₂

+ 1, E 1

1−x

+ 1

.

Ainsi en posant N = max

E 1

x−¹₂

+ 1, E 1

1−x

+ 1

,N est bien un entier naturel tel que :

∀n∈N, n≥N ⇒ 1 2+ 1

n < x <1− 1 n.

Soit maintenant un entier supérieur ou égal à N. Par définition de la partie entière : E(nx) ≤ nx <

E(nx) + 1. Nous avons :

• Supposons queE(nx)≤nx < E(nx) + 1

n. Alors : E(nx) + 1 + 1

n ≤nx+ 1 + 1

n < nx+ 1 + 2

n < nx+ 2x= (n+ 2)x et (n+ 2)x=nx+ 2x < E(nx) +1

n+ 2−2

n =E(nx) + 2− 1 n d’où E(nx) + 1 + 1

n <(n+ 2)x < E(nx) + 2−1 n .