Exercices - Capes 2016 - première épreuve : corrigé Avertissement : Ceci n’est

Exercices - Capes 2016 - première épreuve : corrigé Avertissement : Ceci n’est pas une correction in extenso du problème de capes. Il s’agit plutôt d’une lecture personnelle des questions, avec des indications, des idées de preuve, des mises en garde d’erreurs à éviter. Ce n’est surtout pas une correction modèle à reproduire... Pour signaler toute erreur, merci d’écrire à devgeolabo@gmail.com Il s’agit de deux problèmes qui, de façon très étonnante, ont a peu près les même théma- tiques : déterminants, interpolation, estimation de l’erreur.... Les parties A,B,D du premier problème, A et B du second sont à travailler ! Premier problème Partie A I. Deux choses à faire : vérifier que Lk vérifie les propriétés demandées (c’est trivial), et démontrer que c’est l’unique polynôme de Rn−1[X] qui vérifie ces propriétés. On va utiliser le résultat suivant : si Q est un polynôme de Rn−1[X] admettant au moins n racines, alors Q est le polynôme nul. Soit donc P un polynôme de Rn−1[X] solution du problème, et posons Q = Lk −P. Alors Q s’annule en tous les ai, 1 ≤i ̸= k ≤n, et Q s’annule aussi en ak puisque Q(ak) = Lk(ak) −P(ak) = 0. Q admet donc n racines ! II.1. II.2. Il suffit de remarquer que F(Lk) = ek. II.3. On peut démontrer la surjectivité en utilisant des résultats abstraits d’algèbre linéaire. Par exemple, on sait que Im(F) contient une famille génératrice, donc, puisque c’est un espace vectoriel, il contient l’espace vectoriel engendré par cette famille génératrice, donc Rn tout entier. On peut aussi faire un raisonnement simple à la main (qui redémontre en quelque sorte cette propriété). Prenons x ∈Rn. Alors x s’écrit x = x1e1 + · · · + xnen. On pose alors P = x1L1 + · · · + xnLn et on vérifie facilement que F(P) = x. La deuxième partie de la question est une question de cours d’algèbre linéaire. On sait que F est une application linéaire entre deux espaces vectoriels de même dimension (attention à ne pas oublier cette dernière partie de la phrase). Puisque F est surjective, on en déduit que F est bijective (pour des applications linéaires entre espaces de même dimension finie, on a équivalence entre être injectif, être surjectif et être bijectif) III.1. Il s’agit juste d’une reformulation de la bijectivité de F. III.2. Notre deuxième rédaction de la question II.3. a déjà répondu à cette question, avec x1 = f(a1). On a donc P = f(a1)L1 + · · · + f(an)Ln. Partie B I.1. Ouvre ton cours! I.2. C’est une question très classique qui demande une rédaction précise. On va prouver le résultat par récurrence sur n ≥1. Pour cela, notons P(n) la propriété suivante : "Pour tout fonction g qui est n-fois dérivable sur [a, b] et qui s’annule en au moins n + 1 points distincts de [a, b], alors g(n) s’annule en au moins un point de [a, b]". http://www.bibmath.net 1 Exercices - Capes 2016 - première épreuve : corrigé Remarquons tout d’abord que P(1) est vérifiée : c’est exactement le théorème de Rolle ! Soit un entier n ≥1 tel que P(n) est vérifiée, et prouvons P(n+1). Pour cela, on considère g une fonction n+1-fois dérivable sur [a, b], qui s’annule en au point n+2 points distincts. Notons a1 < a2 < · · · < an+2 ces points. D’après le théorème de Rolle appliqué à g entre ai et ai+1, pour tout i ∈{1, . . . , n + 1}, g′ s’annule en au moins un point bi de l’intervalle ouvert ]ai, ai+1[. Puisque bi < ai+1 < bi+1, les points b1, . . . , bn+1 sont distincts. Posons h = g′. La fonction h est donc une fonction n fois dérivable sur [a, b] qui s’annule en au moins n + 1 points distincts. D’après l’hypothèse de récurrence, h(n) s’annule en au moins un point. On en déduit que P(n + 1) est vraie puisque g(n+1) = h(n). Par le principe de récurrence, P(n) est vraie pour tout entier n. Notez bien la rédaction de cette question et notamment la façon dont est posée P(n). On a besoin que le quan- tificateur "Pour tout fonction g" apparaisse à l’intérieur, car on applique P(n) non à g, mais à sa dérivée. II.1. La fonction gc s’annule en tous les ai et en c. II.2. Facile. II.3. Si Q(x) = anxn + · · · est une fonction polynomiale de degré n, alors Q(n)(x) = n!an (fonction constante). On en déduit facilement que g(n) c = f(n) −n!(f(c) −P(c)) n Y k=1 1 c −ak . III.1. g(n) c s’annule en ξ ∈]a, b[... III.2. Si c est égal à un des ak, tout est égal à 0, on peut prendre n’importe quel ξ ∈[a, b]. III.3. Il faut être un peu sérieux dans la rédaction si on veut justifier la présence de ces maxi- mums... On a, pour tout c ∈[a, b], l’existence de ξ ∈[a, b] tel que |f(c) −P(c)| ≤1 n! × |f(n)(ξ)| × n Y k=1 |c −ak|. La fonction f(n) étant continue sur le segment [a, b], elle y est bornée et elle atteint ses bornes. On a donc |f(n)(ξ)| ≤max x∈[a;b] |f(n)(x)| (remarquer l’argument permettant d’employer un maximum et non seulement une borne supérieure). D’autre part, la fonction x 7→Qn k=1 |x −ak| est elle aussi continue sur [a, b]. Pour les mêmes raisons, on a n Y k=1 |c −ak| ≤max [a,b] n Y k=1 |x −ak|. Ainsi, on a prouvé que, pour tout c ∈[a, b], |f(c) −P(c)| ≤1 n! max x∈[a;b] |f(n)(x)| × max [a,b] n Y k=1 |x −ak|. http://www.bibmath.net 2 Exercices - Capes 2016 - première épreuve : corrigé Mais, la fonction c 7→|f(c)−P(c)| est continue sur [a, b]. Elle y atteint donc son maximum, et d’après l’égalité précédente, max x∈[a,b] |f(x) −P(x)| ≤1 n! max x∈[a;b] |f(n)(x)| × max [a,b] n Y k=1 |x −ak|. Il s’agit ici d’une question où on peut avoir l’impression d’avoir bien réussi, mais où l’on a fait une mauvaise rédaction. Partie C I.1. Simple calcul, qu’on peut d’ailleurs effectuer avec xcas avec l’instruction suivante : normal(lagrange([0,pi/2,pi],[sin(0),sin(pi/2),sin(pi)])); On obtient alors P(x) = 4πx −4x2 π2 . I.2. C’est exactement B.III.3. non ? ? ? I.3. Il s’agit de trouver la borne supérieure de x 7→x(x −π/2)(x −π) sur l’intervalle [0, π]. Notons h cette fonction, qu’on étudie sur l’intervalle [0, π] (remarquez qu’on pourrait l’étudier simplement sur [0, π/2], pourquoi ?). La fonction h est dérivable, sa dérivée est h′(x) = 6x2 −6πx + π2 2 donc les racines sont x1 = − √ 3π+3π 6 et x2 = + √ 3π+3π 6 . Ces deux réels appartiennent à l’intervalle [0, π] et h est donc croissante entre 0 et x1, décroissante entre x1 et x2, croissante entre x2 et π. Puisque h(0) = h(π) = 0, le maximum de |h|, sur l’intervalle [0, π], est atteint en x1 ou en x2 (faites un tableau de variations !). On trouve que |h(x1)| = |h(x2)| = π3√ 3 36 ce qui donne le résultat demandé puisque 36 × 6 = 216. II.1 Il faut d’abord comprendre que l’on n’est plus du tout dans une interpolation de type Lagrange, mais dans une interpolation par une fonction affine par morceaux, exactement comme pour la méthode des trapèzes de calcul d’une valeur approchée d’une intégrale. −2. −1. 1. 2. 3. 4. 5. −2. −1. 1. 2. 3. 0 f A B C a b http://www.bibmath.net 3 Exercices - Capes 2016 - première épreuve : corrigé Le calcul de Q1 et Q2 ne devrait pas poser de problèmes. On a Q1(x) = P0(x) pour tout x dans [0, π]. Mais P0 est le polynôme de degré inférieur ou égal à 1 vérifiant P0(0) = 0 et P0(π) = 0. P0 est donc le polynôme nul, et Q1(x) = 0 pour tout x ∈ [0, π]. Concernant Q2, on doit séparer le cas x ∈[0, π/2[ et x ∈[π/2, x]. Pour le premier intervalle, on cherche l’équation de la droite passant par les points (0, 0) et (π/2, 1). Son équation est y = 2 πx. On a donc Q2(x) = 2 πx si x ∈[0, π/2[. Pour le second intervalle, on cherche l’équation de la droite passant par les points (π/2, 1) et (π, 0). Son équation est y −1 = −2 π(x −π/2) ⇐ ⇒y = −2 πx + 2. On a donc Q2(x) = −2 πx+2 si x ∈[π/2, π]. Bien sûr, il FAUT vérifier que cela fonctionne aux extrémités... II.2. Une fonction affine par morceaux est continue sur son ensemble de définition si et seule- ment si elle est continue en ses points de raccord. Ici, pour tout k dans {1, . . . , n −1}, on a Pk−1 kπ n  = Pk kπ n  = sin kπ n  . C’est bien le cas ! II.3. C’est comme à la question I.2. de cette partie, il suffit uploads/Litterature/ analyse-num2rique.pdf

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