[PDF] CAPES externe de mathématiques Session 2016

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CAPES externe de mathematiques

Session 2016

Premiere composition - Probleme n

1

Correction proposee par G. Dupont.

Introduction

Theme du probleme.Ce premier probleme de la composition 1 du CAPES externe 2016 est entierement devolu

a des questions d'interpolation polynomiale dans le plan. Il y a essentiellement deux points de vue pour etudier ces

questions et le probleme aborde ces deux points de vue de maniere independante.

Parties A, B et C : Un point de vue analytique.Etant donnee une fonctionfetnpoints distinctsa1;:::;an

du domaine de denition def, on cherche a construire une fonction polynomiale de degren1 qui concide avec

fen lesai, chose que l'on peut faire avec les celebrespolyn^omes d'interpolation de Lagrange1, ce qui est l'objet

de la partie A. La partie B du probleme est dediee a l'estimation de la qualite de l'approximation que donne

cette interpolation. La partie C etudie explicitement cette approximation polynomiale pour deux choix particuliers

d'interpolations de la fonction sinus sur [0;] . Parties D et E : Un point de vue algebrico-geometrique.

Etant donnes trois points du plan, on cherche a

construire une parabole passant par ces trois points. La partie D vise a mettre en place les outils algebriques pour

repondre a cette question : les non moins celebresdeterminants de Vandermonde2. La partie E consiste a appliquer

les resultats de la partie precedente pour donner une condition necessaire et susante pour que le probleme ait une

solution et, le cas echeant, pour decrire l'ensemble des solutions. Prerequis.Les objets impliques dans ce probleme sont tres classiques : Alg ebrelin eaire elementairedans RnetRn[X] (partie A); Alg ebrecomm utative elementairedans R[X] (partie A);

Th eoremede Rolle

3(partie B);

Etudes de fonctions usuelles (partie C);

Calcul de d eterminants(parties D et E) ;

Syst emeslin eaires(partie E).

Diculte.Le candidat est guide de pres pour cette epreuve qui laisse peu de place a la prise d'initative.

Seules deux questions apparaissent d'une diculte technique superieure a la moyenne du probleme : la question B.I I.2qui n ecessiteun er ecurrencepas tout afait directe,

la question E.I.2.b qui demande un p eude cr eativitep ourtrouv erl'expression absen tede l' enonce.1. Joseph Louis Lagrange, mathematicien francais ne a Turin (Italie) en 1736 et decede a Paris en 1813. Il resout a l'^age de dix-neuf

ans le probleme isoperimetrique et donne ainsi naissance au calcul des variations. On lui doit de nombreux travaux dans dierents

domaines de mathematiques ainsi qu'en physique, sur la mecanique celeste ou sur la theorie des cordes vibrantes. Il aurait dit

Si j'avais ete riche, je n'aurais jamais consacre ma vie aux mathematiques.

2. Alexandre Vandermonde, ne a Paris en 1735 ou il decede en 1796. Il est le premier a systematiser l'etude des determinants en tant

que tels. Il participe a la fondation du Conservatoire National des Arts et Metiers (CNAM) en 1794.

3. Michel Rolle, mathematicien francais ne a Ambert en 1652 et decede a Paris en 1719. Ses travaux se situerent aussi bien en analyse

qu'en algebre et il fut l'un des opposants farouches a l'introduction du calcul innitesimal. 1

2CE 2016 - 1 - Probleme n1Enonce

Les parties D et E de ce probleme sont independantes des parties B et C.

Notations

Ndesigne l'ensemble des entiers naturels etRl'ensemble des nombres reels. Pourm;ndeux entiers naturels,Jm;nKdesigne l'ensemble des entiersktels quemkn.

SoitIun intervalle deR. Pourn2N, on noteCn(I) l'ensemble des fonctions a valeurs reelles denies surI,nfois

derivables et dont la deriveen-eme est continue.

Pournetpdeux entiers naturels non nuls,Mn;p(R) designe l'ensemble des matrices anlignes etpcolonnes, a

coecients reels.Mn;n(R) est noteMn(R). R[X] designe leR-espace vectoriel des polyn^omes a coecients reels.

Pour tout entier natureln,Rn[X] designe l'espace vectoriel des polyn^omes a coecients reels de degre inferieur ou

egal an.

Partie A : Interpolation de Lagrange

Soitnun entier superieur ou egal a 2 et soienta1;:::;andes reels deux a deux distincts. Pour tout entierk2J1;nK, on considere le polyn^ome L k(X) =Y 1in i6=kXaia kai: A.I. Soitk2J1;nK. Montrer queLkest l'unique polyn^omePdeRn1[X]tel que, pour touti2J1;nK,

P(ai) =0sii6=k;

1sii=k:

Verions d'abord queLksatisfait les proprietes demandees. On a L k(ak) =Y 1in i6=ka kaia kai= 1 et, sij2J1;nKest tel quej6=k, on a L k(aj) =Y 1in i6=ka jaia kai=ajaja kajY 1in i6=j;ka jaia kai= 0: Reciproquement, siP2Rn1[X] satisfait les m^emes proprietes, alors

P(ai) =Lk(ai);8i2J1;nK:

Ainsi, (PLk)(ai) = 0, pour touti2J1;nK. Lesaietant supposes distincts deux a deux, le polyn^omePLk admet doncnracines. OrPetLkappartiennent a l'espace vectorielRn1[X] et doncPLk2Rn1[X] est de degre au plusn1, il s'ensuit qu'il est necessairement nul. Autrement dit,P=Lk.

A.II. On considere l'application

F:Rn1[X]!Rn

P7!(P(a1);:::;P(an)):

G. Dupont3A.II.1. Montrer queFest une application lineaire.

SoientP;Q2Rn1[X] et2R. On a

F(P+Q) = ((P+Q)(a1);:::;(P+Q)(an))

= (P(a1) +Q(a1);:::;P(an) +Q(an)) =(P(a1);:::;P(an)) + (Q(a1);:::;Q(an)) =F(P) +F(Q):

Ceci prouve la linearite deF.

A.II.2. Soit(e1;:::;en)la base canonique deRn. Pourk2J1;nK, montrer qu'il existe un polyn^ome

P2Rn1[X]tel queF(P) =ek.

On a

F(Lk) = (Lk(a1);:::;Lk(an)) = (1k;:::;kn) =ek;

ouikest le symbole de Kronecker (qui vaut 1 sii=ket 0 sinon). A.II.3. Montrer queFest surjective, puis justier queFest bijective.

Il suit de la question precedente que im(F) contient la base canonique deRn. Puisque im(F) est un espace

vectoriel, il contient Vect(e1;:::;en) et doncRnim(F). Or im(F)Rnet donc im(F) =Rn. Puisque dimRn1[X] = dimRn=n, la surjectivite deFequivaut a sa bijectivite.

III. Soitfune fonction deRdansR.

A.III.1. Montrer qu'il existe un unique polyn^omeP2Rn1[X]tel que pour toutk2J1;nK,P(ak) = f(ak). Ce polyn^omePest appelepolyn^ome d'interpolation defen les points d'abscissesa1;:::;an. Soitv= (f(a1);:::;f(an))2Rn. D'apres la question A.II.3, il existe un uniqueP2Rn1[X] tel queF(P) =v, c'est-a-dire tel queP(ak) =f(ak), pour toutk2J1;nK. A.III.2. Exprimer le polyn^ome d'interpolation defen les points d'abscissesa1;:::;ana l'aide des polyn^omesL1;:::;Lnet des valeurs defena1;:::;an.

Posons

P(X) =nX

i=1f(ai)Li(X)2Rn1[X]:

4CE 2016 - 1 - Probleme n1Pour toutk2J1;nK, on a

P(ak) =nX

i=1f(ai)Li(ak) =nX i=1f(ai)ik=f(ak): Il s'ensuit quePest le polyn^ome d'interpolation defen les points d'abscissesa1;:::;an.

Partie B : Erreur d'interpolation

Soit [a;b] un segment deRetnun entier naturel superieur ou egal a 2. Soitfune fonction dansCn([a;b]) et

a

1< ::: < andes nombres reels appartenant a [a;b]. On notePle polyn^ome d'interpolation defen les points

d'abscissesa1;:::;an(on rappelle queP2Rn1[X]). Le but de cette partie est de majorer la valeur absolue de la

dierence entrefetPsur le segment [a;b]. B.I. Soitgune fonction denie sur[a;b]a valeurs dansR.

B.I.1. Question de cours.

Enoncer le theoreme de Rolle.

Theoreme de Rolle : Sif: [a;b]!Rest continue sur [a;b], derivable sur ]a;b[ et sif(a) =f(b), alors il existe

c2]a;b[ tel quef0(c) = 0. B.I.2. On suppose quegestnfois derivable sur[a;b]et s'annule en au moinsn+1points distincts de [a;b]. Montrer que la fonction deriveen-iemeg(n)s'annule en au moins un point de[a;b].

Montrons le par recurrence surn.

Pourn= 1. Considerons une fonction derivablegqui s'annule en deux points0;1. Alors il suit du theoreme

de Rolle queg0s'annule sur ]0;1[[a;b]. Supposons la propriete vraie au rangn(avecn1) et considerons une fonctiongderivable (n+ 1) fois et

s'annulantn+ 2 fois en0;1;:::;n+1. Le theoreme de Rolle applique a chaque intervalle [i;i+1] montre que,

pour touti2J0;nK, la fonction deriveeg0s'annule en un point i2]i;i+1[. On a donc trouven+ 1 points

d'annulation pourg0. La fonctiong0etantnfois derivable, il suit de l'hypothese de recurrence que (g0)(n)=g(n+1)

s'annule au moins une fois sur [a;b]. B.II. On xec2[a;b], distinct dea1;:::;an. On denit la fonctiongcsur[a;b]par g c(x) =f(x)P(x)(f(c)P(c))nY k=1xakcak: B.II.1. Montrer quegcs'annule en au moinsn+ 1points distincts de[a;b].

Pour touti2J1;nK, on a

g c(ai) =f(ai)P(ai)(f(c)P(c))nY k=1a iakcak= 0; carf(ai) =P(ai) et que l'un des facteurs du produit est nul.

G. Dupont5En outre,

g c(c) =f(c)P(c)(f(c)P(c))nY k=1cakcak =f(c)P(c)(f(c)P(c)) = 0: Le pointcetant suppose distinct dea1;:::;an, on a bien trouven+ 1 points d'annulation degc. B.II.2. Montrer quegcestnfois derivable sur[a;b]puis queg(n)cs'annule en au moins un point de [a;b].

Petant un polyn^ome, la fonction associee est de classeC1et doncCnsur [a;b], de m^eme pour la fonction

x7!nY k=1xakcak:

Par hypothese, la fonctionfest de classeCnsur [a;b]. Il s'ensuit quegcest elle-m^eme de classeCnsur [a;b] comme

combinaison lineaire de fonctions de classeCnsur [a;b]. En particulier,gcestnfois derivable.

Nous avons vu a la question B.II.1 quegcadmettaitn+1 points d'annulation distincts, il suit donc de la question

B.I.2 queg(n)cs'annule au moins une fois sur [a;b].

B.II.3. Soithcla fonction denie surRparhc(x) =nY

k=1xakcak:En remarquant quehcest une fonction polyn^ome de degren, donner une expression deh(n)c, puis deg(n)c.

Si(X) =Pn

i=0ciXiest un polyn^ome de degren, on montre aisement par recurrence surnque (n)(X) =n!cn:

Ainsi, pour determiner l'expression deh(n)c, il sut de determiner le coecient dominantcndehc, lequel est

c n=nY k=11cak:

Ainsi,

h (n)c=n!nY k=11cak: PuisqueP2Rn1[X], on aP(n)(X) = 0 et donc, pour toutx2[a;b], on a g (n)c(x) =f(n)(x)(f(c)P(c))h(n)c(x) =f(n)(x)(f(c)P(c))n!nY k=11cak:

6CE 2016 - 1 - Probleme n1B.III.1. Deduire des questions precedentes qu'il existe un reel2[a;b]tel que

f(c)P(c) =f(n)()n!n Y k=1(cak):

D'apres la question B.II.2, il existe2[a;b] tel queg(n)() = 0. En reportant dans l'expression trouvee en B.II.3,

on obtient f (n)()(f(c)P(c))n!nY k=11cak= 0; ou encore, f(c)P(c) =f(n)()n!n Y k=1(cak):

B.III.2. Montrer que le resultat etabli dans la question B.III.1 reste vrai sicest egal a l'un desak.

Sicest egal a l'un desak, le membre de droite est nul car l'un des facteurs du produit est nul. Quant au membre

de gauche, il est nul carcest l'un des points d'interpolation denissantP.

B.III.3. En deduire que

max x2[a;b]jf(x)P(x)j 1n!maxx2[a;b]jf(n)(x)j maxx2[a;b]n Y k=1jxakj: Les questions B.III.1 et B.III.2 montrent que, pour toutx2[a;b], il existe2[a;b] tel que f(x)P(x) =f(n)()n!n Y k=1(xak):

Ainsi,

jf(x)P(x)j= f (n)()n!n Y k=1(xak) 1n! f(n)()nY k=1jxakj

1n!maxy2[a;b]

f(n)(y)maxy2[a;b]n Y k=1jyakj:

Ceci etant vrai pour toutx2[a;b], on obtient

max x2[a;b]jf(x)P(x)j 1n!maxx2[a;b]jf(n)(x)j maxx2[a;b]n Y k=1jxakj:

G. Dupont7

Partie C : Un exemple

Dans cette partie, on interpole de deux manieres dierentes la fonction f:[0;]!R x7!sin(x): C.I. Premiere methode : On considere le polyn^ome d'interpolationPdefen les points d'abscisses

0,=2,.

C.I.1. Calculer P.

On af(0) =f() = 0 etf(2

) = 1. Il suit donc de la question A.III.2 que

P(X) =X(X)(=20)(=2)=4

2X(X):

C.I.2. En utilisant les resultats de la partie B, montrer que pour toutx2[0;], jf(x)P(x)j maxx2[0;]jx(x=2)(x)j6 On applique la question B.III.3 avecn= 3,a= 0,b=,a1= 0,a2==2 eta3=. On obtient, pour tout x2[a;b], jf(x)P(x)j 13! maxx2[0;]jf(3)(x)j maxx2[0;]jx(x=2)(x)j 16 maxx2[0;]jsin(3)(x)j maxx2[0;]jx(x=2)(x)j 16 maxx2[0;]jx(x=2)(x)j; carjsin(3)j=j cosjatteint son maximum, 1, en 0 et en.

C.I.3. En deduire que pour toutx2[0;],

jf(x)P(x)j 3p3 216

Etudions la fonctiong: [0;]!Rdenie par

g(x) =x(x=2)(x):

8CE 2016 - 1 - Probleme n1Elle est derivable et, pour toutx2[0;], on a

g

0(x) = (x=2)(x) +x(x) +x(x=2) = 3x23x+23

Ainsi,g0s'annule en

r 1=2 p36 etr2=2 +p36 est positive sur [0;r1], negative sur [r1;r2] et positive sur [r2;].

On ag(0) =g(=2) =g() = 0,

g(r1) =p3336 etg(r2) =g(r1):

On en deduit le tableau de variations suivant :x

g

0(x)g(x)0r

1r 2 +00+

00g(r1)g(r1)g(r1)g(r1)00

Il s'ensuit que

max x2[0;]jg(x)j=p3336 et donc max x2[0;]jx(x=2)(x)j6 =p33216

Il suit alors de la question C.I.2. que

jf(x)P(x)j 3p3 216

C.II. Seconde methode. On choisit un entiern1.

Pour toutk2J1;nK, on notePkle polyn^ome (de degre inferieur ou egal a 1) d'interpolation defaux deux points

G. Dupont9d'abscisses

kn et(k+1)n . On noteQnla fonction ane par morceaux denie par : Q n(x) =8 >>>>>>>>>>>>>>:P

0(x) si 0x P

1(x) sin

x <2n P k(x) sikn x <(k+ 1)n (k2J0;n2K); P n1(x) si(n1)n x: C.II.1. CalculerQ1etQ2. Tracer la courbe representative deQ2. Q

1est le polyn^ome d'interpolation defaux points d'abscisses 0 et. Puisquef(0) =f() = 0 et queQ12R1[X],

le polyn^omeQ1est necessairement nul.

La restrictionP0deQ2a [0;=2[ est le polyn^ome d'interpolation defaux points d'abscisses 0 et=2. Puisque

f(0) = 0 etf(=2) = 1, il s'agit de fonction ane denie par P

0(x) =2

x;8x2h 0;2 h La restrictionP1deQ2a [=2;] est le polyn^ome d'interpolation defaux points d'abscisses=2 et. Puisque f(=2) = 1 etf() = 0, il s'agit de fonction ane denie par P

1(x) =2

(x);8x2h2 ;i Le graphe de la fonctionQ2(avec celui de la fonctionfen pointille) est donc le suivant.=21

C.II.2. Justier queQ2est continue sur[0;].

La restriction deQ2a chaque intervalle de la forme [k=n;(k+1)=n[ est une fonction ane, elle est donc continue.

Ainsi,Q2est continue a droite sur [0;] et continue sur [0;]n fk=njk2J1;nKg.

Etudions la continuite a gauche. On remarque queQ2est continue enpuisquePn1l'est. Il ne reste donc plus

qu'a verier queQ2est continue a gauche enk=n, pour toutk2J1;n1K.

Soitk2J1;n1K. Alors

lim x!kn

Qn(x) = lim

x!kn

Pk1(x) =Pk1(k=n) =f(k=n) =Pn(k=n) =Qn(k=n);

10CE 2016 - 1 - Probleme n1ou, la premiere egalite suit de la denition deQn, la deuxieme de la continuite dePk1, la troisieme du fait que

k=nest un point d'interpolation pourPk1, la quatrieme du fait quek=nest un point d'interpolation pourPk

et enn, la derniere suit de la denition deQn.

C.II.3. Soitk2J0;n1K. Montrer que, pour toutx2kn

;(k+ 1)n xkn x(k+ 1)n 24n2:

Posons, pour toutx2kn

;(k+ 1)n f k(x) = xkn x(k+ 1)n

Alorsfkest une fonction polynomiale de degre 2 qui admet pour racinesk=net (k+ 1)=n. Elle atteint donc

son maximum en valeur absolue en12 kn +(k+ 1)n =2(k+ 1)2n ou fk2(k+ 1)2n =2n2n =24n2:

C.II.4. Montrer que, pour toutx2[0;],

jf(x)Qn(x)j 28n2:

Soitx2[0;]. Il existe donck2J0;n1Ktel quex2kn

;(k+ 1)n

On a alors :

jf(x)Qn(x)j=jf(x)Pk(x)j 12! max x2[kn ;(k+1)n ]jf(2)(x)j max x2[kn ;(k+1)n xkn x(k+ 1)n 12 124n2
28n2;

la premiere egalite etant vraie par denition, l'inegalite suivante en appliquant la question B.III.3 afet aPksurkn

;(k+ 1)n , l'inegalite suivante venant de la question II.C.3 et du fait quejf(2)j=j sinjest majoree par 1.

G. Dupont11C.III. Parmi ces deux methodes d'approximation, quelle est la meilleure? Justier la reponse.

Avec la premiere methode, nous avons simplement pu majorer l'erreur commise par une constante (question

C.I.3). Avec la seconde methode, nous l'avons majoree a la question C.II.4 par une suite qui tend vers 0 quand

ntend vers l'inni (netant le nombre de points de la subdivision de [0;]). Ainsi, en subdivisant susamment

l'intervalle [0;], on peut rendre l'erreur de la seconde methode arbitrairement petite. Nous privilegierons donc

cette derniere.

Partie D : D

eterminant de Vandermonde

On considere la matrice de Vandermonde

A=2 6

6641a1a21an111a2a22an12............

1ana2nan1n3

7 775:
ounest un entier naturel superieur ou egal a 2 eta1;:::;ansont des nombres reels. On cherche a determiner par deux methodes dierentes une condition necessaire et susante portant sur lesakpour queAsoit inversible.

D.I. Calculer le determiner deAlorsquen= 2etn= 3.

Quandn= 2, on a

det(A) =1a1 1a2 =a2a1:

Quandn= 3, on a

det(A) =

1a1a211a2a221a3a23

1a1a210a2a1a22a210a3a1a23a21

=a

2a1a22a21a

3a1a23a21

a

2a1(a2a1)(a2+a1)

a

3a1(a3a1)(a3+a1)

= (a2a1)(a3a1)1a2+a1

1a3+a1

= (a2a1)(a3a1)(a3a2):

12CE 2016 - 1 - Probleme n1D.II. Premiere methode

D.II.1. Montrer queAest la matrice de l'application lineaireFdenie par la question A.II. dans des bases bien choisies.

Pour touti2J0;nK, on a

F(Xi) = (ai1;:::;ain):

Si on noteB0=Xiji2J0;n1Kla base canonique deRn1[X] etB1celle deRn, on a donc Mat

B0;B1(F) =A:

D.II.2. En deduire que si lesaksont deux a deux distinctsAest inversible.

Si lesaksont deux a deux distincts, nous avons montre a la question A.II.3 queFest bijective. Il s'ensuit que toute

matrice representative deFest inversible et donc, d'apres la question D.II.1,Aest inversible.

D.II.3. Qu'en est-il si deux desaksont egaux.

On peut facilement repondre a la question de deux manieres.

D'un point de vue matriciel, si deux desaksont egaux, la matrice possede deux lignes identiques, son determinant

(qui est une formen-lineaire alternee sur les lignes) est donc nul etAn'est pas inversible. Une autre facon de le

voir matriciellement est de dire que deux lignes etant identiques, le rang deAest strictement inferieur an, et donc

An'est pas inversible.

Du point de vue des applications lineaires, si deux desaksont egaux, mettonsaietaj, lai-eme et laj-eme

coordonnee deF(P) sont egales pour tout polyn^omeP2Rn1[X]. En particulier, les vecteurs de baseeietej

n'appartiennent pas a im(F) etFn'est donc pas surjective. Il s'ensuit que toute matrice representative deFn'est

pas inversible,Aen particulier.

D.II.4. Conclure

Il suit de D.II.2 et D.II.3 que la matriceAest inversible si et seulement si lesaksont deux a deux distincts.

D.III. Seconde methode. On considere le polyn^ome

P(X) = (Xa1)(Xan1):

D.III.1. Montrer qu'il existe des nombres reels0;:::;n2tels que

P(X) =Xn1+n2Xn2++1X+0:

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