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 6= 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 = x1 e1 + · · · + xn en . On
pose alors P = x1 L1 + · · · + xn Ln 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]".


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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 0 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 0 . 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) = an xn + · · · est une fonction polynomiale de degré n, alors Q(n) (x) = n!an
(fonction constante). On en déduit facilement que
n
Y 1
gc(n) = f (n) − n!(f (c) − P (c)) .
k=1
c − ak

(n)
III.1. gc 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
n
1 Y
|f (c) − P (c)| ≤ × |f (n) (ξ)| × |c − ak |.
n! k=1

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 |f (n) (x)|
x∈[a;b]

(remarquer l’argument permettant d’employer un maximum et non seulement une borne
supérieure). D’autre part, la fonction x 7→ nk=1 |x − ak | est elle aussi continue sur [a, b].
Q

Pour les mêmes raisons, on a
n
Y n
Y
|c − ak | ≤ max |x − ak |.
[a,b]
k=1 k=1

Ainsi, on a prouvé que, pour tout c ∈ [a, b],
n
1 (n)
Y
|f (c) − P (c)| ≤ max |f (x)| × max |x − ak |.
n! x∈[a;b] [a,b]
k=1




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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,
n
1 Y
max |f (x) − P (x)| ≤ max |f (n) (x)| × max |x − ak |.
x∈[a,b] n! x∈[a;b] [a,b]
k=1

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
4πx − 4x2
P (x) = .
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
6x2 − 6πx + π 2
h0 (x) =
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
√
π3 3
|h(x1 )| = |h(x2 )| =
...