Concours Communs Marocain - Session 2009
Corrigé de l’épreuve d’algèbre
Polynôme d’interpolation de Lagrange. Approximation au sens de moindres carrées
Corrigé par M.TARQI
1ère Partie : Étude de l’application fm
1. R étant un polynôme de degré inférieure ou égal à n, admettant n + 1 racines distintes, donc R est le polynôme nul.
2. Soient P,Q ∈ Pm et λ ∈ R, alors on a : fm(P + λQ) = ((P + λQ)(x0), ..., (P + λQ)(xn))
= (P (x0), ..., P (xn)) + λ(Q(x0), ..., Q(xn))
= fm(P ) + λfm(Q)
Donc fm est une …afficher plus de contenu…

4. (a) Si P ∈ Pm tel que fm(P ) = 0, alors le polynôme P aura n+1 racines distinctes et comme m ≤ n, alors P = 0 et donc fm est injective.
(b) rg fm = dimPm = m + 1.
(c) fm est surjective si et seulement si dimPm = dimRn+1, c’est-à-dire m = n.
5. (a) L’application fm : Pn −→ Rn+1
P 7−→ (P (x0), ..., P (xn)) étant bijective ( m = n ), donc pour tout élément y = (y0, y1..., yn) ∈ Rn+1, il existe un seul polynôme Py ∈ Pn tel que fn(Py) = (y0, y1, ..., yn).
(b) i. D’après la définition des Li, on a Li(xi) = 1 et Li(xj) = 0 si i 6= j. ii. La famille (L1, L2, ..., Ln) est une base de Pn, comme image réciproque de la base canonique de Rn+1, par l’isomorphisme fn.
(c) Posons
(y0, y1, ..., yn) =
n∑ …afficher plus de contenu…

Soit P = n∑ i=0
Li, alors P (xi) = 1 pour tout 0 ≤ i ≤ n, donc d’après la question
1. de cette partie P = 1, d’où : n∑ i=0
Li = 1.
2ème partie : Problème aux moindres carrées
1. (a) Soit y ∈ Im A, alors il existe x ∈Mp,1 tel que y = Ax. Donc
< b− Au, y >p=< b− Au,Ax >p= t xtA(b− Au) = 0, ainsi b− Au est orthogonal à Im A.
Comme les vecteurs b−Au et Ax sont orthogonaux, alors d’après Pythagore,
‖b − Ax‖ = ‖b − Au‖ + ‖A(u − x)‖ ≥ ‖b − Au‖ et d’après la caractérisation de la projection Au = PIm A(b).
(b) On a, pour tout x ∈Mq,1 ‖b−Au‖ ≤ ‖b−Ax‖+‖Ax−Au‖ ≤ ‖b−Ax‖, donc
‖b− Au‖ = min{‖b− Ax‖p/x ∈Mq,1(R)} ce minimum est atteint pour tout vecteur x ∈Mq,1(R) tel que Ax = Au.
2. On sait, d’après la question 1.(a) de cette partie, que b−Au est orthogonal à