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Correction : Algèbre linéaire, Polynômes de Bernstein

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1.

2.a

2.b

3.

4.

5.a

5.b

Correction

3
3,0()=(1−) ,3,1()=3(1−)2,3,2()=3,1(1−) et
3
3,3()=.

.

 
∑ =∑(1−)−=(+1−)=1 .
,
=0=0
∀∈[0,1],∀∈0,,,()=(1−)−≥0

donc,()≤∑,ℓ()=1 .
ℓ=0
 
Rappelons=−−11.
=∑0,=∑=1−−11(1−)−ℓ==−1ℓ=∑−1ℓ−1ℓ(1−)−1−ℓ=ℓ=∑−1−1,ℓ=
0 0
 −1
Comme ci-dessus :∑(−1),=∑(ℓ−1)−1ℓ,=(−1)2
=0ℓ=0
  
et donc∑2 =∑(−1) +∑ =(−1)2+=((−1)+1) .
, , ,
=0=0=0
1 1
′,=−(1−)−−(−)(1−)−−or pour≠0 et≠,
=−−11et (−)=−1donc′,=(−1,−1−−1,) .
Quand=0 ,′,= −−1,et quand=,′,=−1,−1.
Supposonsλ0,0+λ1,1+⋯+λ,=0 .
En évaluant la relation en 0, on obtientλ0=0 .
+λ+⋯+λ=.
On obtient alors la relationλ0,0 1,1−1,−10
On peut simplifier celle-ci paret évaluer à nouveau en 0, pour obtenirλ1=0 .
On reprend ce procédé et on obtient successivementλ2=…=λ=0 .
La famille (,)0≤≤est une famille libre.
De plus celle-ci est formée de+1=dimℝéléments deℝ(car deg,=), c’est donc une
base deℝ.

Comme,∈ℝ, on a immédiatement()∈ℝ. Ainsi:ℝ→ℝ.
Soitα,β∈ℝet,∈ℝ.
(α+β)==0(α+β) =α=0 +β=0 α()+β() .
∑,∑,∑,=
On a
Ainsiest linéaire et c’est donc un endomorphisme deℝ.

Soit∈ker. On a∑=0,0 t libre donc=0 po
=. Or (,)0≤≤ toutes ur∈0,.
Le polynôme possède alors au moins+1 racines, or deg≤donc=0 .
Ainsi ker= {0}. L’endomorphismeest donc injectif, orℝest unℝ-espace vectoriel de
dimension finie doncest un automorphisme.

1.

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

1.

Partie II

Si()=1 alors()=1→1=() .
Si()=alors()=→=() .
Si()=2alors()((−1)+1)2( )
= → =.

 
∑=−2,()=2∑=,()−2∑=,()+12∑2(,)
0000
donc∑−2,()222((−1)1)(1− .)
=0+=−=+

2,() 2, 2,(1) ()≤(1−)
 ∑
α∈∑≤∑∈−≤∑0=−=−donc∈,2.
De plus, une étude fonctionnelle donne(1−)≤ sur 0,1 .1 4
 −=∑ −∑   =∑−  
( ) (), (( ) ), )( ) (,( )
=0=0=0 
 − ≤−  =−   +−   
donc ) (( )∑=0( ),( )∑∈( ),( )∑∈( ),( )
or  () ()ε()ε(ε
∑∈− ≤∑∈2=2∑=0 )=2
, , ,
∈∑−(),()≤∈∑+(),()≤∈∑2,()≤2α2
et
  
donc( )−( )≤ε+2.
   2 2α
Notons que< +∞carest continue sur un segment donc y est bornée.
Il existe∈ℕtel que pour tout≥on ait 22≤ε r ac22α2→+∞→0 .
α
Suite à ce raisonnement, on a :∀ε>0,∃∈ℕtel que∀≥,()−()≤ε.

On peut donc dire que()→+∞→() .
′()=∑=0′,()= −(0)′−1,0()+∑−=11(−1,−(1)−−1(,))+(1)′−1,−(1) .

Par réorganisation de la somme :′()=∑=1+1−−1,() .
0 

Siest croissante alors pour tout∈0,−1 ,+1≥ ′()≥0 puiscroît.
donc

Partie III

 
 
Par calcul barycentrique()=∑,()car on sait∑,()=1 .
=0=0
1

0

2

3

2.

3.a

3.b

() 3(1) 2=3−
()((c) ) ave()==3(21−−)2++332(1−)2=33−3
( ) 3 (2 )
′′()==3(1−−2) .
 1 20 1
() 0ր3 8ր2
() 0ր3 4ց0
()∞ +0− −1

  =1 si=0 .
(0)=∑,(0)=0 (0)
=0car,0 sinon
Ainsi(0)=0et de même(1)=.

 

dd(0)=∑=0′,(0).Or′,(0)=0− ssii nison== 1ncddo 0d(0)= −0+1=01≠.

Le point régulier et donc la tangente en(0) est(0)=0passe par1car dirigée par01.