Correction : Algèbre linéaire, Interpolation et polynômes factoriels

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Polynômes. Espaces vectoriels de dimension finie.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

d’après Mines de Sup 1995

1.

2.a

2.b

3.

1.a

1.b

2.a

2.b

3.

4.a

4.b

4.c

Correction

Partie I

Siest un polynôme constant alors()= qui en détermine degré et coefficient dominant.0 ce

Siest un polynôme non constant, posons son degré, on peut écrire=∑(avec≠0 ) et
=0

on a()=∑() avec(0)=0 et()=(+1)−=−1+⋯pour≥1 . Par

=0
suite()=−1donc deg()=−1 et le coefficient dominant de() estoù
désigne le coefficient dominant de.
 degest linéaire car restriction d’une application linéaire, de plus ci-dessus, on a vu que si≤
alors deg()≤−1≤donc:→et ainsiest un endomorphisme de.
En 1, on a obtenu : siest constant()=0 et sinon constante()≠0 . Le noyau deest
donc réduit à l’ensemble des polynômes constants. Ainsi dim ker=1 et par le théorème du rang
rg=dim−1=. De plus si∈alors on a deg()≤−1 donc()∈−1. Par suite
Im⊂−1. Par inclusion et égalité des dimensions : Im=−1.

∀∈, on posant=deg, il existe∈+1tel que()=car+1est un endomorphisme de
+1dont l’image est.

Partie II

()()=(+1)−()=(−1)…!(−+)(2+1−(−+1))=(−(1)…−(1)!−+2)
donc()=−1.
Pour≤:()=−et puisque(0)=0 ,()=0 pour>.
Par suite (())(0)=0 si<et si> (alors que())(0)=1 si=.
La famille (0,1,...,) vérifie deg=donc c’est une famille de polynôme de degrés étagés et par
conséquent celle-ci est une base de.

(())(0)=∑(())(0)=puisque (())(0)=δ,.
=0
= 0()(0)=0 ,= 1()(0)=1 et= 2()(0)=2 .
.
Considérons=1+2+3. Par l’étude qui précède()=0+1+2=
Concrètement :()=(2−1)+2(−()16−2)=(−2)(16−)1.
∑12=∑()=∑()()=∑(+1)−()=(+1)−(1)=(+2()16+. )1
==1=1=1
Par récurrence()()=(+) .

 =−Idavecet Idqui commutent donc par la formule du binôme de Newton :
=∑=0(−1)−puis()=∑=0(−1)−() .
(())(0)=∑=0(−1)−() car()(0)=() .

1.a

1.b

2.a

2.b

3.a

3.b

Partie III

Soitλ,∈ℝet,∈.
ϕ(λ+)= (( ,λ+)(), )=(…,λ()+(),…)=λ(…,(),…)+(…,(),…)
… …
doncϕ(λ+)=λϕ()+ϕ() etϕest linéaire.
Soit∈. Siϕ()=(0,… alors, 0)(0)=…=()=0 et donc le polynôme admet au moins
+1 racines or deg≤donc= ker0 . Ainsiϕ= {0}or dim=dimℝ+1doncϕest un

isomorphisme.
Par la bijectivité deϕ, il existe un unique∈tel queϕ()=((0),…,()) . Par suite le problème
possède une unique solution.

(())(0)==∑(−1)−()=∑=(−1)−()=(())(0) .
0 0

Rappelons que pour∈:=∑  avec= ()(0) donc
=0
 
=∑(())(0)=∑(())(0).
=0=0
Posonsune constante telle que()−()=.() . Une telle constanteexiste car()≠0
puisque∉ℕ.
Considérons alorsϕ:ℝ→ℝdéfinie parϕ()=()−()−() .ϕest une fonction de classe+1
qui s’annule en 0,1,…,et aussi en. Cela fournit+2 annulation 0, dans. Par application du
théorème de Rolle,ϕ′s’annule au moins+ 0,1 fois danset en reprenant ce processus,ϕ(+1)
s’annule au moins une fois dans 0,en un certainξ. Orϕ(+1)()=(+1)()−0−(+1)!car
deg≤etest un polynôme unitaire de degré+1 donc(+1)=(+ La relation1)! .
ϕ(+1)(ξ)=0 donne=(+1ξ de conclure. ermet
alors (+)q ecp iu)(!1)
Pour∈ℕ∩0,,()−()=0≤111.
+
+
Pour∈0,,∉ℕ: −=(+1+)(ξ)()≤(++1)!() .
( ) ( ) ( 1)!1
Pour conclure, il reste à établir :∀∈0,,()≤! .
Raisonnons par récurrence sur∈ℕ* .
Pour=1 ,()=et la propriété est vraie.
Supposons la propriété établie au rang≥1 :
Pour∈0,+1 , étudions()=(−1)× ×(−(+1))=()×(−−1)
….
Par HR, pour∈0,, on a()≤! donc()≤!×−−1 avec−−1∈1,+1 donc
()≤(+1)! . Pour∈,+1 ,
()=(−1)×…×(−)×(+1−)≤(+1)×…×1×1=(+1)! . Récurrence établie et
problème résolu.