Transcript Surréalisme pdf free

MPSi
Devoir Surveillé numéro 6
1 + i tan(a)
1 + i tan(na)
, et on a :
=
1 − i tan(a)
1 − i tan(na)
n
n
n
1
α
−
1
1
(1
+
i
tan(a))
−
(1
−
i
tan(a))
αn ⇒ tan(na) =
soit encore tan(na) =
. On a donc F =
i αn + 1
i (1 + i tan(a))n + (1 − i tan(a))n
1 (1 + iX)n − (1 − iX)n
.
i (1 + iX)n + (1 − iX)n
6 On considère la fraction rationnelle F correspondante.
(i) Déterminer ses pôles et l’ordre de ceux-ci.
!n
(1 + iz)
Corrigé Les pôles sont les valeurs de z telles que (1 + iz)n + (1 − iz)n = 0 soit encore
= −1
(1 − iz)
(1 + iz)
π
2kπ
2k + 1
c’est à dire
= exp(i( +
)) = exp(i
π) avec k ∈ {0, . . . , n − 1}. On trouve alors
(1 − iz)
n
n
n
2k + 1
π).
zk = tan(
2n
(ii) Décomposer F en éléments simples.
Corrigé On peut décomposer en éléments simples avec la formule démontrée en préliminaire, puisque le
dénominateur est scindé à racines simples. On a P = (1 + iX)n − (1 − iX)n et Q0 = −n((1 + iX)n−1 −
2k + 1
2i sin(nwk )
2k + 1
(1 − iX)n−1 ). Posons wk =
π. P (tan(wk )) =
, or sin(nwk ) = sin
π = (−1)k .
2n
cosn wk
2
2i sin((n − 1)wk )
2k + 1
π − wk ) = (−1)k cos wk d’où
Puis Q0 (tan(wk )) = −n
et sin((n − 1)wk ) = sin(
cosn−1 wk
2
P (tan(wk )
1
=−
.
Q0 (tan(wk ))
n cos2 ( 2k+1
π)
2n
(iii) Ce résultat est-il cohérent avec le résultat de la question 3 ?
π
3π
5π
7π
π
et cos2 . Or cos2 =
Corrigé Pour n = 4, il faut considérer les valeurs de cos2 , cos2 , cos2
8
8
8
8
8
√
7π
3π
5π
π
1
π
1
1
3π
3π
cos2
et cos2
= cos2
avec cos2 = (cos + 1) = (2 + 2) et cos2
= (cos
+ 1) =
8
8
8
8
2
4
4
8
2
4 √
√
1 √
1
1
1
2− 2
1− 2
√ =−
(− 2 + 2). Le coefficient devant
et
est −
= √
et
4
X − tan(w0 )
X − tan(w3 )
2
2+ 2
2
√
1+ 2
− √
devant les deux autres.
2
La décomposition en éléments simples est donc :
Corrigé En s’appuyant sur la remarque précédente, on note α =
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Corrigé
Mercredi 5 Février
13h-16h
Tous les aspects de la copie seront pris en compte : clarté du raisonnement, précision du discours, mise
en page et orthographe. Vous connaissez le principe. Je commence maintenant à enlever des points
lorsque les règles ne sont pas respectées. Bon Courage !
Calculatrice interdite !
1
Exercice
π π
, [.
2n 2n
1 (Préliminaire) Soit F = P/Q une fraction rationnelle avec Q scindé à racines simples. Soit α une racine
1
P (α)
dans la décomposition en éléments simples de F est : 0
.
de Q. Montrer que le coefficient de
X −α
Q (α)
Corrigé Traité en cours.
4X − 4X 3
2 On se place dans le cas où n = 4. Montrer que tan 4a = F (tan a) où F =
.
1 − 6X 2 + X 4
Corrigé Il suffit d’appliquer deux fois la formule de tan 2a.
3 Décomposer en éléments simples la fraction F .
q
√
Corrigé Les pôles sont au nombre de 4, simples, et de la forme : ± 3 ± 2 2. On utilise la formule
3
P
4X − 4X
1 − X2
P (α)
avec 0 =
= 2
. On trouve alors :
précédente : les coefficients sont de la forme 0
3
Q (α)
Q
−12X + 4X
X −3
Soit n un entier naturel strictement positif. On considère un réel a ∈] −
√
F =
− 1+√2 2
X−
q
√
− 1+√2 2
√
1−
√ 2
2
√
1−
√ 2
2
q
q
q
√ +
√ +
√ +
√ .
3+2 2 X + 3+2 2 X − 3−2 2 X + 3−2 2
1 + i tan(a)
1 + i tan(na)
et
en fonction de eia .
1 − i tan(a)
1 − i tan(na)
1 + i tan(a)
1 + i tan(na)
Corrigé On trouve assez rapidement
= (eia )2 et
= (eia )2n . On en déduit que
1 − i tan(a)
1 − i tan(na)
!n
1 + i tan(na)
1 + i tan(a)
=
.
1 − i tan(na)
1 − i tan(a)
5 En déduire que tan(na) s’écrit F (tan(a)) où F est une fraction rationnelle. On donnera F sous une
forme non développée en fonction de (1 + iX) et de (1 − iX).
4 On se place dans le cas général. Écrire
√
√
F4 =
− 1+√2 2
X − tan 3π
8
+
− 1+√2 2
X−
5π
8
+
√
1−
√ 2
2
X − tan π8
+
√
1−
√ 2
2
X − tan 7π
8
q
q
√
√
√
π √
7π
3π
5π
On a de plus tan = 2 − 1 = 3 − 2 2 = − tan
et tan
= 1 + 2 = 3 + 2 2 = − tan . C’est
8
8
8
8
donc cohérent avec la question 4.
*
* *
* * *
2
Problème : Étude de l’interpolation
On note E l’ensemble des applications continues de [−1, 1] dans R. Si f est un élément de E, on pose
||f ||∞ = sup |f (x)| (c’est la norme infinie de f ). On pourra confondre les expressions : polynôme et
x∈[−1,1]
fonction polynomiale.
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2.1
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Notion de polynôme interpolateur
f désigne une fonction continue de [−1, 1] dans R. n est un entier naturel. On se donne n + 1 réels
x0 < x1 < · · · < xn de [−1, 1].
1 Rappeler la définition des polynômes de Lagrange associés aux points (xi ) et donner leurs propriétés.
Corrigé cf cours
2 Donner la définition du polynôme interpolateur P associé à f et aux points (xi ) tel que
Corrigé cf cours
1
3 Déterminer un polynôme interpolateur de la fonction x 7→
dans le cas où n = 2 aux points
1 + x2
x0 = −1, x1 = 0 et x2 = 1.
1
1
Corrigé On a L0 = x(x − 1), L1 = −(x − 1)(x + 1) et L2 = x(x + 1). Le polynôme interpolateur est
2
2
1
1
donc : x(x − 1) − (x + 1)(x − 1) + x(x + 1).
4
4
4 Montrer l’unicité d’un polynôme interpolateur de degré inférieur ou égal à n aux points (xi ).
Corrigé cf cours
Polynômes de Tchebychev
Pour tout entier naturel n, on définit sur [−1, 1] la fonction Tn par Tn (x) = cos(n arccos(x)).
5 Montrer que ∀x ∈ [−1, 1], Tn+2 (x) = 2xTn+1 (x) − Tn (x).
Corrigé On utilise les formules de trigo : Tn (x) + Tn+2 (x) = cos(n arccos(x)) + cos((n + 2) arccos(x)) =
2 cos arccos(x) cos(n + 1) arccos(x) = 2xTn+1 (x).
6 Calculer T0 , T1 , T2 et T3
Corrigé T0 = 1, T1 = X, T2 = 2X 2 − 1, T3 = 4X 3 − 3X avec la relation de récurrence.
7 Justifier que Tn est une fonction polynomiale dont on précisera le degré et le coefficient du terme de
plus haut degré.
Corrigé Ce sont des récurrences immédiates.
8 Montrer que la fonction polynomiale Tn admet n racines distinctes que l’on précisera.
Corrigé Tn est de degré n donc admet au plus n racines. On cherche d’abord x tel que cos(n arccos(x)) = 0
kπ
2k + 1
π
il faut donc arccos(x) =
+
et donc x = cos(
π) avec k dans {0, . . . , n − 1} par périodicité du
2n
n
2n
cosinus. ce sont les racines de Tn .
9 Calculer ||Tn ||∞ puis déterminer pour k dans {0, 1, . . . , n} des réels ck distincts avec c0 < c1 < · · · < cn
tels que ∀k ∈ {0, 1, . . . , n}, |Tn (ck )| = ||Tn ||∞ et que ∀k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}, Tn (ck+1 ) = −Tn (ck ). Les n + 1
réels c0 , c1 , . . . , cn sont appelés points de Tchebychev de Tn .
Corrigé Par définition de Tn , on a |Tn (x)| ≤ 1 pour x ∈ [−1, 1]. Cette borne est atteinte, par exemple
kπ
en 1. Donc ||Tn ||∞ = 1. Cette borne est atteinte pour n arccos x = kπ soit x = cos
avec k ∈ 0, . . . , n.
n
Ces points vérifient bien les conditions.
10 Étudier la fonction polynomiale T3 et identifier les réels c0 , c1 , c2 , c3 , points de Tchebychev de T3 .
1 1
Corrigé On a (c0 , c1 , c2 , c3 ) = (−1, − , , 1).
2 2
On prend un polynôme P unitaire de degré n + 1. On pose Q = P − 2−n Tn+1 .
11 Quel est le degré de Q ?
Corrigé 2−n Tn est unitaire, donc le degré de Q est au plus n − 1.
12 Montrer que ||P ||∞ ≥ 2−n . On pourra raisonner par l’absurde et s’intéresser aux changements de signe
de Q en l’évaluant aux points de Tchebychev de Tn+1 .
Corrigé Supposons que ||P ||∞ < 2− n alors aux points ck , Q change de signe à chaque fois. Ce qui donne
entre chaque changement de signe par TVI un zéro. On a n + 1 points, donc n zéros pour un polynôme Q
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de degré inférieur à n − 1. D’où Q est le polynôme nul, soit P = 2−n Tn . Or ||2−n Tn ||∞ = 2−n on a donc
une contradiction. D’où ||P ||∞ ≥ 2−n .
Le polynôme 2−n Tn+1 possède donc la norme infinie la plus petite parmi tous les polynômes unitaires de
degré n + 1. On peut dire que ce polynôme est la meilleure approximation polynomiale de la fonction nulle.
2.3
Expression et minimisation de l’erreur d’interpolation
On pose σ = {x0 , x1 , . . . , xn }, on définit alors une fonction polynomiale de degré n + 1 que l’on note πσ
∀i ∈ {0, . . . , n}, P (xi ) = f (xi ).
2.2
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par πσ (x) =
n
Y
(x − xi ), pour x dans [−1, 1].
i=0
On suppose de plus que f est de classe C n+1 sur [−1, 1]. On rappelle que Ln (f ) est l’unique polynôme
interpolateur de f aux points xi de degré inférieur ou égal à n. On veut démontrer pour tout réel x de
[−1, 1] la propriété suivante notée (Px ) :
(Px ) : ∃ξx ∈] − 1, 1[, f (x) − Ln (f )(x) =
f (n+1) (ξx )
πσ (x).
(n + 1)!
13 Montrer que pour tout réel x de σ, (Px ) est vraie.
Corrigé Dans ce cas les deux parties sont nulles.
14 Soient p ≥ 1 un entier et g une fonction p fois dérivable sur [−1, 1]. On suppose qu’il existe p + 1
réels a0 < a1 < · · · < ap de [−1, 1] tels que ∀i ∈ {0, 1, . . . , p}, g(ai ) = 0. Montrer par récurrence sur p qu’il
existe ξ dans ] − 1, 1[ tel que g (p) (ξ) = 0.
Corrigé hérédité : Si g est p + 1 fois dérivable, avec p + 2 zéros distincts alors g 0 est p fois dérivable
(p)
avec p + 1 zéros distincts (au moins) par théorème de Rolle. On applique l’hypothèse de récurrence : g 0
(p+1)
s’annule, c’est à dire que g
s’annule.
On considère maintenant un réel x de [−1, 1] qui n’est pas dans σ. On définit une application F sur [−1, 1]
par ∀t ∈ [−1, 1], F (t) = f (t) − Ln (f )(t) − λπσ (t) où λ est un réel.
15 Déterminer le réel λ de sorte que F (x) = 0. On choisira alors λ de cette façon.
f (x) − Ln (f )(x)
car πσ (x) 6= 0 puisque x ∈
/ σ.
Corrigé On trouve λ =
πσ (x)
16 Montrer que F s’annule en n + 2 points. En déduire que (Px ) est vraie.
Corrigé F s’annule en tous les points xi de σ. De plus, F (x) = 0 et x ∈
/ σ par définition de λ. On a
donc n + 2 zéros. D’après la question précédente, la dérivée (n + 1)-ième de F admet un zéro ξx . Or on a
f (n+1) (ξx
f (n+1) (ξx
c’est à dire f (x) − Ln (f )(x) =
πσ (x).
F (n+1) = f (n+1) − λ(n + 1)!. Ainsi, λ =
(n + 1)!
(n + 1)!
1
17 En déduire que ||f − Ln (f )||∞ ≤
||f (n+1) ||∞ ||πσ ||∞ .
(n + 1)!
Corrigé C’est un simple passage au sup.
18 En vous servant des résultats de la partie 2.2, expliquer comment on peut choisir les points d’interpolation xi pour contrôler l’erreur ||f − Ln (f )||∞ .
Corrigé Pour une fonction f donnée, la meilleure approximation est donnée pour le polynôme unitaire
πσ tel que ||πσ ||∞ soit minimal. Or on a vu précédemment que ce minimum était atteint pour le polynôme
2−n Tn . Il faut donc choisir comme points d’interpolation les points de Tchebychev.
* FIN DE L’ÉPREUVE *
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