Polynômes Orthogonaux. Cas Legendre [PDF]

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`mes de Mathe ´matiques Proble ˆ mes orthogonaux (cas “Legendre”) Polyno ´ Enonc´ e

Polynˆ omes orthogonaux (cas “Legendre”) Le probl`eme se compose de trois parties qui ne sont pas ind´ependantes. Tous les r´esultats utiles sont clairement indiqu´es dans l’´enonc´e. Soient a et b deux r´eels, avec a < b. On d´esigne par E = C([a, b], IR) l’espace vectoriel des applications qui sont d´efinies et continues sur le segment [a, b], et qui sont `a valeurs r´eelles. P d´esigne le sous-espace de E form´e des applications polynˆomiales, et Pn est le sous-espace de celles qui sont de degr´e inf´erieur ou ´egal `a l’entier naturel n. On se donne une application ω de E, telle que : ∀x ∈]a, b[, ω(x) > 0. Z b Pour f et g dans E, on note < f, g > = f (x)g(x)ω(x) dx. a

Il est clair qu’on d´efinit ainsi un produit scalaire sur E.

Premi`ere Partie : familles de polynˆomes orthogonaux On dit qu’une suite (Pn )n≥0 de P est orthogonale ` a degr´es ´echelonn´es (on note ODE ) si : 2 – ∀(m, n) ∈ IN , m 6= n ⇒< Pm , Pn > = 0. – ∀n ∈ IN, deg(Pn ) = n. 1. Rappeler pour quelle raison il est possible de construire de telles suites dans P [ S ] 2. Dans le reste de cette partie, on note (Pn )n≥0 une suite ODE donn´ee de P. Montrer que pour tout n de IN∗ pour tout Q de Pn−1 , on a : < P, Q >= 0. [ S ] 3. Montrer qu’une suite (Qn )n≥0 de P est ODE si et seulement si pour tout entier naturel n, il existe un scalaire λn tel que Qn = λn Pn . [ S ] 4. En d´eduire qu’il existe une unique suite ODE form´ee de polynˆomes unitaires (c’est-`a-dire ayant 1 comme coefficient du terme de plus haut degr´e.) [ S ] 5. Soit n un ´el´ement de IN∗ . On veut montrer que les racines de Pn sont toutes r´eelles, distinctes deux `a deux, et qu’elles appartiennent `a l’intervalle ]a, b[. Pour cela, on note S = {x1 , . . . , xm } l’ensemble ´eventuellement vide des racines de Pn qui appartiennent `a ]a, b[ et qui sont de multiplicit´e impaire. Dans cette notation, x1 , . . . , xm sont distinctes deux `a deux. On note enfin Qm = (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xm ), et on pose Q = 1 si S est vide. (a) Montrer que m est inf´erieur ou ´egal `a n. [ S ] (b) En raisonnant par l’absurde, montrer que m est ´egal `a n. [ S ] (c) Conclure [ S ] 6. Soit n un entier naturel sup´erieur ou ´egal `a 2. (a) Montrer que les polynˆomes P0 , P1 , . . . , Pn−2 , Pn−1 , XPn−1 forment une base de Pn . n−1 X On note ainsi α0 , . . . , αn−1 , αn les r´eels tels que : Pn = αk Pk + αn XPn−1 . [ S ] k=0

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(b) Montrer que pour tout indice j de {0, .., n − 3}, le coefficient αj est nul. [ S ] (c) En d´eduire qu’il existe trois suites r´eelles (an )n≥2 , (bn )n≥2 et (cn )n≥2 telles que : ∀n ≥ 2, Pn = (an X + bn )Pn−1 + cn Pn−2 . [ S ]

Deuxi`eme Partie : polynˆomes de Legendre Dans cette partie, a = −1, b = 1, et ω est la fonction constante x 7→ 1. Cette partie est consacr´ee `a l’´etude d’une suite orthogonale `a degr´es ´etag´es particuli`ere. 1. Montrer qu’il existe une unique suite (Ln ) de P, ODE et telle que pour tout entier n, on ait Ln (1) = 1. Les polynˆomes Ln sont appel´es polynˆ omes de Legendre. [ S ] 2. Pour tout entier naturel n, on pose Un (X) = (x2 − 1)n . (a) Soit f une application de [−1, 1] dans IR, de classe C n . Montrer que < U, f (n) > = (−1)n < Un , f >. [ S ] (b) Montrer que (U (n) )n≥0 est une suite ODE de P. [ S ] (c) Calculer la valeur de U (n) (1) (utiliser la formule de Leibniz). [ S ] 1 dn 2 (d) En d´eduire que ∀n ∈ IN, Ln (x) = (x − 1)n (Formule de Rodrigu`es). [ S ] n!2n dxn (e) Expliciter le polynˆome Ln pour 0 ≤ n ≤ 4. [ S ] (2n)! . [S] (f) Montrer que Ln a la parit´e de n, et que son coefficient dominant vaut n 2 (n!)2 [n/2] X (g) Si on pose Ln = αk xn−2k , calculer αk en fonction de n et de k. [ S ] k=0

3. On reprend ici les notations de la question I-6-c. 2n − 1 . [S] n 2n − 1 n−1 (b) Etablir finalement que pour tout n ≥ 2, Ln = xLn−1 − Ln−2 n n (a) Montrer que pour tout n ≥ 2, on a : bn = 0 puis an =

(E1 ). [ S ]

4. (a) Utiliser la relation pr´ec´edente pour montrer successivement que : i. ∀n ≥ 2, n < Ln , Ln > = (2n − 1) < Ln−1 , xLn >. [ S ] ii. ∀n ≥ 2, (2n − 1) < Ln−2 , xLn−1 > = (n − 1) < Ln−2 , Ln−2 >. [ S ] iii. ∀n ≥ 2, (2n + 1) < Ln , Ln > = (2n − 1) < Ln−1 , Ln−1 >. [ S ] (b) En d´eduire que pour tout entier n ≥ 0, < Ln , Ln > =

2 . [S] 2n + 1

5. En consid´erant l’´egalit´e (x2 − 1)Un0 = 2nxUn , montrer : ∀n ∈ IN, (x2 − 1)L00n + 2xL0 − n(n + 1)Ln = 0 (E2 ). [ S ] 6. (a) A partir de Un0 = 2nxUn−1 prouver que ∀n ∈ IN∗ , L0n = xL0n−1 + nLn−1

(E3 ). [ S ]

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(b) Montrer que : ∀n ∈ IN, nLn = xL0n − L0n−1 (E4 ). (indication : d´eriver (E1 ) et combiner le r´esultat avec (E3 ).) [ S ] (c) En d´eduire que : ∀n ∈ IN∗ , (x2 − 1)L0n = n(xLn − Ln−1 ) (E5 ). [ S ] 7. On sait (cf I-5-c) que les tous z´eros de Ln (si n ≥ 1) sont r´eels distincts, et dans ] − 1, 1[. On veut montrer que pour tout n ≥ 2, les z´eros de Ln−1 “s´eparent” les n z´eros de Ln . On note −1 < x1 < x2 < · · · < xn < 1 les z´eros de Ln . On note −1 < y1 < · · · < yn−1 < 1 les z´eros de Ln−1 . (a) Pour tout k de {1, ....n}, montrer que Ln−1 (xk ) a le signe de L0n (xk ). [ S ] (b) En d´eduire que ∀k ∈ {1, ..., n − 1}, yk ∈]xk , xk+1 [. [ S ]

Troisi`eme Partie : quadratures de Gauss On reprend les notations de la partie II, et notamment les polynˆomes de Legendre Ln . On va utiliser ces polynˆomes dans l’approximation num´erique des int´egrales sur [−1, 1]. Soit n un entier naturel non nul. On note (xk )1≤k≤n les racines de Ln avec −1 < x1 < x2 < · · · < xn < 1. Z 1 j=n Y x − xj Pour tout k de {1, . . . , n}, on note Rk = , et λk = Rk (t) dt. x k − xj −1 j=1,j6=k 1. En observant que le polynˆome Rk − 1 est divisible par x − xk , montrer que : Z 1 Z 1 ∀k ∈ {1, . . . , n}, Rk (t) dt = Rk2 (t) dt. −1

−1

En d´eduire que les coefficients λk sont strictement positifs. [ S ] Z 1 n X 2. Montrer que pour tout polynˆome P de P2n−1 , on a P (t) dt = λk P (xk ). −1

k=1

(on consid`erera la division euclidienne de P par Ln .) [ S ] 3. Soit ϕ : P2n−1 → IR d´efinie par : ϕ(P ) = (P (x1 ), . . . , P (xn ), P 0 (x1 ), . . . , P 0 (xn )). Montrer que ϕ est un isomorphisme d’espaces vectoriels. [ S ] 4. Soit f une application d´erivable de [−1, 1] dans IR. Montrer qu’il existe un unique polynˆome P de P2n−1 tel que :  P (xk ) = f (xk ) ∀k ∈ {1, . . . , n}, P 0 (xk ) = f 0 (xk ) Dans la suite de cette partie, ce polynˆome sera not´e S(f ). [ S ] Z 1 Z 1 n X 5. Montrer que f (t) dt − λk f (xk ) = (f − S(f ))(t) dt. [ S ] −1

k=1

−1

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6. Soit f une application de classe C 2n de [−1, 1] dans IR. On note M2n = sup{|f (2n) (x)|, −1 ≤ x ≤ 1}. Soit t un ´el´ement de [−1, 1], n’appartenant pas `a l’ensemble {x1 , x2 , . . . , xn }. On pose g = f − S(f ) − µL2n o` u le r´eel µ est choisi de telle sorte que g(t) = 0. (a) Montrer qu’ il existe un point c de [−1, 1] tel que g (2n) (c) = 0. [ S ] 22n n!4 (2n) (b) En d´eduire que µ = f (c) (utiliser II-2-f). [ S ] (2n)!3 22n (n!)4 (c) Montrer que : ∀t ∈ [−1, 1], |(f − S(f ))(t)| ≤ M2n L2n (t). [ S ] 3 (2n)! n Z 1 X 22n+1 n!4 (d) Conclure que : f (t) dt − λk f (xk ) ≤ Kn M2n avec Kn = . [S] 3 (2n + 1)(2n)! −1 k=1 (e) Evaluer le coefficient Kn pour n = 3, n = 4 et n = 5. [ S ] (f) Montrer que si n = 3 les r´esultats pr´ec´edents conduisent `a l’approximation : Z 1 i p p 1h f (t) dt ≈ 5f (− 3/5) + 8f (0) + 5f ( 3/5) 9 −1 Donner un majorant de l’erreur commise, et pr´eciser pour quels polynˆomes cette approximation est une ´egalit´e. [ S ]

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Corrig´ e du probl` eme Premi`ere Partie : familles de polynˆomes orthogonaux 1. Pour construire une famille ODE de P, il suffit d’appliquer le proc´ed´e d’orthogonalisation Schmidt `a la famille 1, X, X 2 , . . . , X n , . . . Ce proc´ed´e forme une famille orthonormale (donc orthogonale) de polynˆomes Pn tels que, en notant pn la projection orthogonale de Pn sur Pn−1 : kQn k ∀n ∈ IN, Pn = , o` u Qn = X n − pn (X n ). Qn Ainsi d´efinis, les polynˆomes Pn sont effectivement de degr´e n. [ Q ] 2. Soit n ∈ IN∗ . Les polynˆomes P0 , P1 , . . . , Pn−1 forment une base de Pn−1 (c’est une famille `a degr´es ´echelonn´es.) Le polynˆome Pn est donc orthogonal `a P0 , P1 , . . . , Pn−1 donc `a leurs combinaisons lin´eaires, donc `a tout polynˆome Q de Pn−1 : ∀Q ∈ Pn−1 , ∀n ∈ IN∗ , < Q, Pn >= 0. [ Q ] 3. – Supposons que pour n de IN, il existe λn dans IR∗ tel que Qn = λn Pn . Alors, pour tout n de IN, on a deg Qn = deg Pn = n. D’autre part, ∀(m, n) ∈ IN2 , avec m 6= n, on a : < Qm , Qn >= λn λn < Pm , Pn >= 0. – R´eciproquement, on suppose que (Qn ) est une suite ODE ede P. Pour tout n de IN, le polynˆome Qn , qui est de degr´e n, se d´ecompose sur la base P0 , P1 , . . . , Pn de Pn : Qn = λn Pn + λn−1 Pn−1 + · · · + λ0 P0 . Rn = λn−1 Pn−1 + · · · + λ0 P0 est dans Pn−1 , donc orthogonal `a Qn et `a λn Pn (cf 2). Donc Rn est orthogonal `a Rn = Qn − λn Pn . On en d´eduit Rn = 0, puis Qn = λn Pn (avec λn 6= 0 car par hypoth`ese deg Qn = n.) [Q] 4. En particulier, si on impose aux polynˆomes Qn d’ˆetre unitaires, le coefficient λn est d´etermin´e de mani`ere unique (comme inverse du coefficient dominant de Pn .) Il existe donc dans P une unique famille ODE de polynˆomes unitaires. [ Q ] 5. (a) Avec les notations du probl`eme, x1 , . . . , xp sont p racines distinctes de Pn , qui est de degr´e n : on a n´ecessairement p ≤ n. [ Q ] (b) Supposons p < n. Le polynˆome Pn Q n’admet (´eventuellement) dans ]a, b[ que des racines de multiplicit´e paire : il a donc un signe constant sur ]a, b[ et donc sur [a, b]. Z b D’autre part, Pn Q =< Pn , Q >= 0 car deg Q = p < n. −a

L’application x 7→ (Pn Q)(x) est continue sur [a, b], de signe constant, et d’int´egrale nulle : c’est donc l’application nulle sur [a, b]. Comme il s’agit d’un polynˆome, c’est le polynˆome nul : on aboutit `a une contradiction car deg(Pn Q) = n + p ≥ 1. On en d´eduit p = n. [ Q ]

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(c) Le polynˆome Pn admet donc sur ]a, b[ n racines de multiplicit´e impaire. Or deg Pn = n (le nombre de racines complexes de Pn chacune compt´ee autant de fois que sa multiplicit´e, est donc n.) On a ainsi obtenu toutes les racines (r´eelles ou complexes) de Pn , et chacune d’elles ne peut ˆetre que de multiplicit´e 1. Conclusion : Pour tout n de IN∗ , toutes les racines de Pn sont r´eelles, distinctes, et elles appartiennent `a l’intervalle ouvert ]a, b[. [ Q ] 6. (a) Les n + 1 polynˆomes P0 , . . . , Pn−2 , Pn−1 , XPn−1 forment une famille `a degr´es tous diff´erents : cette famille est donc libre (classique !). Comme elle est constitu´ee de n + 1 polynˆomes dans un espace vectoriel Pn de dimension n + 1, elle en constitue une base. [ Q ] (b) Soit j un ´el´ement de {0, .., n − 3}. Avec cette ´ecriture de Pn , on a : 0 =< Pn , Pj >= αj < Pj , Pj > +αn < XPn−1 , Pj >. D’autre part : < XPn−1 , Pj >=< Pn−1 , XPj >= 0 car deg(XPj ) = j + 1 < n − 1. On en d´eduit : 0 = αj < Pj , Pj > et donc αj = 0 (car Pj 6= 0). [ Q ] (c) Ainsi le polynˆome Pn s’´ecrit : Pn = αn−2 + αn−1 Pn−1 + αn XPn−1 = (αn X + αn−1 )Pn−1 + αn−2 Pn−2 Les calculs pr´ec´edents ont ´et´e effectu´es `a n fix´e, n ≥ 2. Quand on fait varier n, on en d´eduit l’existence de trois suites de coefficients (an )n≥2 , (bn )n≥2 , et (cn )n≥2 , telles que : ∀n ≥ 2, Pn = (an X + bn )Pn−1 + cn Pn−2 . [ Q ]

Deuxi`eme Partie : polynˆomes de Legendre 1. Soit (Pn )n≥0 une suite ODE de P, fix´ee (il en existe d’apr`es I-1). D’apr`es la question I-3, la suite (Ln )n≥0 est une suite ODE de P si et seulement si, pour tout n de IN, il existe un r´eel λn 6= 0 tel que Ln = λn Pn . 1 La condition suppl´ementaire impos´ee (Ln (1) = 1) s’´ecrit ici : ∀n ∈ IN, λn = Pn (1) (Pn (1) 6= 0 car d’apr`es I-5 toutes les racines de Pn sont dans ] − 1, 1[). Ces conditions d´eterminent une suite (Ln )n≥0 et une seule. [ Q ] (

2. (a) On va montrer l’´egalit´e < Un , f (n) >= (−1)k < Un k), f (n−k) > par une r´ecurrence finie sur k (avec 0 ≤ k ≤ n) : le r´esultat en d´ecoulera avec k = n. La propri´et´e est ´evidente si k = 0. Supposons-la vraie pour k donn´e dans {0, . . . , n − 1} et prouvons-la au rang k + 1. On int`egre par parties : Z 1 (k) (n−k) < Un , f > = Un(k) (x)f (n−k) (x) dx = −1

=

h

i1

(k) Un (x)f (n−k−1) (x)

−1

Z

1

−

Un(k+1) (x)f (n−k−1) (x) dx

−1

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Or −1 et 1 sont des racines de Un avec la multiplicit´e n. (k)

Ce sont donc encore des racines de Un puisque k ≤ n − 1. (k)

(k)

(k)

(k+1)

Ainsi Un (1) = Un (1) = 0 puis < Un , f (n−k) >= − < Un

, f (n−k−1) >.

On en d´eduit le r´esultat au rang k + 1 : < Un , f (n) >= (−1)k < Un(k) , f (n−k) >= (−1)k+1 < Un(k+1) , f (n−(k+1)) > (n)

Finalement, avec k = n = : < Un , f (n) >= (−1)n < Un , f >. [ Q ] (n)

(b) Un

est un polynˆome de degr´e n (d´eriv´ee n-i`eme d’un polynˆome de degr´e 2n.)

D’autre part, pour tout n de IN∗ , et tout P de Pn−1 : P (n) = 0 ⇒< Un(n) , P >= (−1)n < Un , P (n) >= 0 (n)

(m)

En particulier, pour tous n, m dans IN (avec n 6= m) on a < Un , Um (m) (suuposer par exemple m < n et noter que Um appartient `a Pn−1 .)

>= 0

Conclusion : la suite (U (n) )n≥0 est une suite ODE de P. [ Q ] n X (n) (c) Pour tout n de IN, Un = [(x − 1)n (x + 1)n ] (n) = C kn [(x − 1)n ](k) [(x + 1)n ](n−k) . k=0

Dans cette somme, seul le terme d’indice k = n, c’est-`a-dire

C nn [(x − 1)n ](n) [(x + 1)n ](0) = n!(x + 1)n ne s’annule pas en 1 (tous les autres ont encore (x − 1) en facteur.) (n)

On en d´eduit que Un = n! (x + 1)n |x=1 = n!2n . [Q] 1 U (n) est une suite ODE de polynˆomes qui valent 1 en x = 1. n!2n n  1 1 dn  2 (n) n Par unicit´e (cf II-1), on en d´eduit : ∀n ∈ IN, Ln = U = (x − 1) . n n!2n n!2n dxn [Q] (e) Il vient imm´ediatement :

(d) La suite des

1 L1 = (x2 − 1)0 = x, 2

L0 = 1,

L3 =

L2 =

00 3x2 − 1 1 4 x − 2x2 + 1 = 8 2

(3) 1  6 1 x(5x2 − 3) x − 3x4 + 3x2 − 1 = (120x3 − 72x) = 48 48 2 (4) 1  8 x − 4x6 + 6x4 − 4x2 + 1 384 1 1 = (1680x4 − 1440x2 + 144) = (35x4 − 30x2 + 3) 384 8

L3 =

[Q]

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(n)

(f) Un

est la d´eriv´ee n-i`eme d’une fonction paire. (n)

Donc Un , tout comme Pn , poss`ede la parit´e de n. (n)

Le coefficient de plus haut degr´e de Un = [(x2 − 1)n ]

(n)

s’obtient en d´erivant n fois (2n)! n le terme de plus haut degr´e de (x2 − 1)n , c’est-`a-dire x2n . Or (x2n )(n) = x . n! (2n)! n 1 (2n)! n x . [Q] Le terme de plus haut degr´e de Ln est donc x , c’est-`a-dire n n n!2 n! 2 (n!)2 n (g) NB : dans la premi`ere somme, les termes k > ont une d´eriv´ee n-i`eme nulle. 2 " n # E(n/2) 1 dn X k 1 X [2(n − k)]! n−2k k 2(n−k) Ln = = x C n (−1) x C kn (−1)k n n n n!2 dx k=0 n!2 k=0 n! E(n/2) 1 X [2(n − k)]! n−2k = (−1)k x n n!2 k=0 k!(n − k)!

Avec les notations de l’´enonc´e, on trouve : (−1)k [2(n − k)]! ∀k = 0 . . . E(n/2) : αk = n 2 n!k!(n − k)! Pour k = 0, on retouve le coefficient dominant : α0 =

(2n)! . [Q] 2n (n!)2

3. (a) La relation entre Ln , Ln−1 , Ln−2 peut s’´ecrire : (1) ∀n ≥ 2, bn Ln−2 = Ln − an xLn−1 − cn Ln−2 – On sait que pour tout n ≥ 0, le polynˆome Ln a la parit´e de n. Donc Ln , xLn−1 et Ln−2 ont la parit´e de n, alors que Ln−1 a celle de n − 1. L’´egalit´e (1) montre donc que bn Ln−1 est `a la fois paire et impaire : il s’ensuit que bn Ln−1 = 0 puis bn = 0 car Ln−1 6= 0. – La relation (1) donne une ´egalit´e entre les termes de plus haut degr´e de Ln et de Ln−1 (rappelons que deg Ln = n pour tout n de IN.) Si on note αn le coefficient du terme de plus haut degr´e dans Ln , on obtient, par identification : αn = an αn−1 . (2n)! Or pour tout n de IN, on a : αn = n (voir II-2-f). 2 (n!)2 αn (2n)! 2n−1 (n − 1)!2 2n − 1 On en d´eduit : ∀n ≥ 2, an = = n = . 2 αn−1 2 (n!) (2n − 2)! n [Q] (b) On sait que Ln (1) = 1 pour tout n de IN (c’est dans la d´efinition des Ln .) L’´egalit´e (1), en x = 1 donne alors : ∀n ≥ 2, 1 = (an + bn ) + cn . 1−n Ainsi, pour tout n ≥ 2, cn = 1 − an = . n 2n − 1 n−1 Finalement on obtient : ∀n ≥ 2, Ln = xLn−1 − Ln−2 n n

(E1 ). [ Q ]

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4. (a)

i. On multiplie scalairement (E1 ) par Ln et on utilise < Ln , Ln−2 >= 0. 2n − 1 2n − 1 < xLn−1 , Ln >= < Ln−1 , xLn >. On en d´eduit : < Ln , Ln >= n n On obtient bien : ∀n ≥ 2, n < Ln , Ln >= (2n − 1) < Ln−1 , xLn >. [ Q ] ii. On multiplie scalairement (E1 ) par Ln−2 . Pour tout n ≥ 2, on obtient : 0 =< Ln , Ln−2 >=

2n − 1 n−1 < xLn−1 , Ln−2 > − < Ln−2 , Ln−2 > n n

C’est-`a-dire : ∀n ≥ 2, (2n − 1) < Ln−2 , xLn−1 >= (n − 1) < Ln−2 , Ln−2 >. [ Q ] iii. L’´egalit´e pr´ec´edente s’´ecrit aussi : ∀n ≥ 1, (2n + 1) < Ln−1 , xLn >= n < Ln−1 , Ln−1 > En ´egalisant les deux expressions obtenues pour < Ln−1 , xLn >, on trouve : ∀n ≥ 2,

n n < Ln , Ln >= < Ln−1 , Ln−1 > 2n − 1 2n + 1

c’est-`a-dire : ∀n ≥ 2, (2n + 1) < Ln , Ln >= (2n − 1) < Ln−1 , Ln−1 > [Q] (b) Le r´esultat pr´ec´edent montre que la suite de terme g´en´eral (2n + 1) < Ln , Ln > est constante, pour tout n ≥ 1. Z 1 On en d´eduit : ∀n ≥ 1, (2n + 1) < Ln , Ln >= 3 < L1 , L1 >= 3 x2 dx = 2. −1

2 On a ainsi obtenu : ∀n ≥ 1, < Ln , Ln >= . 2n + 1 Z

1

NB : cette ´egalit´e est vraie aussi si n = 0 car < L0 , L0 >=

1 dx = 2. [ Q ] −1

5. Si Un (x) = (x2 − 1)n , alors Un0 (x) = 2nx(x2 − 1)n−1 . On a donc : (x2 − 1)Un0 = 2nxUn (´egalit´e valable sur IR, pour tout n de IN.) On d´erive l’´egalit´e membre `a membre, n + 1 fois, avec la formule de Leibniz. On trouve :   n(n + 1) (2)Un(n) = 2n xUn(n+1) + (n + 1)Un(n) 2 h i00 h i0 (n) (n) (n) C’est-`a-dire : (x2 − 1) Un + 2x Un − n(n + 1)Un = 0. (x2 − 1)Un(n+2) + (n + 1)(2x)Un(n+1) +

Ce qui donne bien, apr`es multiplication par

1 : n!2n

∀n ∈ IN, (x2 − 1)L00n + 2xL0n − n(n + 1)Ln = 0 E(2) [Q]

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6. (a) Si Un (x) = (x2 − 1)n , alors Un0 = 2nx(x2 − 1)n−1 = 2nxUn−1 (pour tout n ≥ 1.) Si on d´erive n fois cette ´egalit´e, on trouve : h i  (n) 0 (n−1) (n−1) Un = 2n x(Un−1 )0 + nUn−1 On multiplie ensuite par L0n =

1 2n n!

. On trouve alors :

h i 1 (n−1) 0 (n−1) x(U ) + nU = xL0n−1 + nLn−1 n−1 n−1 2n−1 (n − 1)!

On a ainsi obtenu l’´egalit´e : ∀n ≥ 1, L0n = xL0n−1 + nLn−1 (E3 ). [ Q ] 2n − 1 2n − 1 0 n−1 0 (b) On d´erive (E1 ) : ∀n ≥ 2, L0n = Ln−1 + xLn−1 − Ln−2 . n n n On ´egalise ensuite avec l’expression de L0n obtenue dans (E3 ). 2n − 1 2n − 1 0 n−1 0 On trouve : ∀n ≥ 2, xL0n−1 + nLn−1 = Ln−1 + xLn−1 − Ln−2 . n n n (n − 1)2 n−1 0 n−1 0 Donc, pour tout n ≥ 2 : Ln−1 = xLn−1 − Ln−2 . n n n C’est-`a-dire : ∀n ≥ 2, (n − 1)Ln−1 = xL0n−1 − L0n−2 . Puis apr`es changement d’indice : ∀n ≥ 1, nLn = xL0n − L0n−1 (c) On forme l’´egalit´e (E3 )+x(E4 ) pour ´eliminer

(E4 ). [ Q ]

L0n−1 .

∀n ≥ 1, L0n + nxLn = (xL0n−1 + nLn−1 ) + x(xL0n − L0n−1 ). et on trouve : ∀n ≥ 1, (x2 − 1)L0n = n(xLn − Ln−1 ) (E5 ). [ Q ] 7. (a) L’´egalit´e (E5 ) en x = xk donne : (x2k − 1)L0n (xk ) = nLn−1 (xk ). 1 − x2k 0 Ln (xk ). n Puisque −1 < xk < 1, on voit que Ln−1 (xk ) a le mˆeme signe que L0n (xk ) (et les deux sont non nuls car xk est une racine simple de Ln .) [ Q ] (2n)! (b) Soit Πn = (x − x1 )(x − x2 ) · · · (x − xn ). On sait que Ln = n Πn . 2 (n!)2 Y Il est clair que, pour tout k de {1, . . . , n}, Π0n (xk ) = (xk − xj ). Autrement dit : Ln−1 (xk ) =

j6=k

Dans ce produit, il y a k − 1 termes positifs (pour 1 ≤ j ≤ k − 1) et n − k termes n´egatifs (pour k + 1 ≤ j ≤ n.) Le signe de Π0n (xk ), c’est-`a-dire celui de L0n (xk ), est donc celui de (−1)n−k . En particulier, pour tout k de {1, . . . , n − 1}, L0n (xk ) et L0n (xk+1 ) sont de signes contraires. D’apr`es la question pr´ec´edente, on voit que Ln−1 (xk ) et Ln−1 (xk+1 ) sont de signe contraire.

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Par cons´equent (et pour des raisons de continuit´e), le polynˆome Ln−1 s’annule au moins une fois entre xk et xk+1 (avec 1 ≤ k ≤ n − 1) ce qui nous fournit n − 1 z´eros distincts pour Ln−1 . On ainsi obtenu tous les z´eros de Ln−1 . Avec les notations de l’´enonc´e la seule possibilit´e est donc : ∀k ∈ {1, . . . , n − 1}, xk < yk < xk+1 . Autrement dit : les n − 1 racines de Ln−1 s´eparent celles de Ln . [ Q ]

Troisi`eme Partie : quadratures de Gauss 1. Rk est de degr´e n − 1, s’annule en chaque xj (avec 1 ≤ j ≤ k) et vaut 1 en xk . En particulier, Rk − 1 est nul en x = xk et donc est divisible par x − xk . Posons Rk − 1 = (x − xk )Sk , avec deg Sk = n − 2. On a

Rk2

n Y − Rk = (x − xk )Rk Sk = λk Ln Sk , o` u λk = 6 0 (Ln est multiple de (x − xj ).) j=1

Dans ces conditions, et compte tenu du fait que deg Sk < n : Z 1 Z 1 2 Rk (t) dt − Rk (t) dt =< (x − xk )Rk , Sk >= λk < Ln , Sk >= 0 −1

−1

Z

1

On en d´eduit que λk =

Z

1

Rk (t) dt = −1

Rk2 (t) dt > 0. [ Q ]

−1

2. Soit P dans P2n−1 et P = Ln Q + R sa division euclidienne par Ln . On a : deg Q ≤ n − 1 et deg R < deg Ln , c’est-`a-dire deg R ≤ n − 1. n X S= R(xk )Rk est de degr´e ≤ n − 1, et prend la mˆeme valeur que R en x1 , x2 , . . . , xn . k=1

En effet, pour tout j de {1, . . . , n}, S(xj ) =

n X k=1

R(xk ) Rk (xj ) = R(xj ). | {z } =δkj

Les deux polynˆomes R et S, qui prennent la mˆeme valeur en n points, et qui sont de degr´e ≤ n − 1, sont donc ´egaux (c’est un r´esultat classique.) D’autre part, puisque Ln s’annule en x1 , . . . , xn : ∀k ∈ {1, . . . , n}, P (xk ) = R(xk ). X Ainsi R = P (xk )R(xk ). Enfin < Ln , Q >= 0 car deg Q ≤ n − 1. k=1

On en d´eduit : Z 1 P (t) dt = < P, 1 > = < Ln Q + R, 1 > = < Ln , Q > + < R, 1 > −1

Z = < R, 1 > =

1

n X

P (xk )Rk (t) dt =

−1 k=1

Z

1

Et finalement : ∀P ∈ P2n−1 ,

P (t) dt = −1

n X k=1

n X

Z

1

P (xk )

Rk (t) dt −1

λk P (xk ). [ Q ]

k=1

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3. ϕ est lin´eaire entre deux espaces vectoriels de mˆeme dimension 2n : il suffit donc de montrer que ϕ est injective. Soit P dans P2n−1 tel que ϕ(P ) = 0. ∀k ∈ {1, . . . , n}, P (xk ) = P 0 (xk ) = 0, ce qui prouve que P est divisible par (x − xk )2 . n Y Les xk sont distintcs : P est donc divisible par (x − xk )2 qui est de degr´e 2n. k=1

Vu que deg P < 2n, la seule possibilit´e est P = 0. Ainsi ker ϕ = {0}, et ϕ est un isomorphisme de P2n−1 dans IR2n . [ Q ] 4. Soit f un ´el´ement de E, d´erivable. Le vecteur (f (x1 ), . . . , f (xn ), f 0 (x1 ), . . . , f 0 (xn )) de IR2n a un ant´ec´edent unique P par ϕ dans P2n−1 . Autrement, il existe un unique polynˆome P de P2n−1 tel que : [Q]

∀k ∈ {1, . . . , n}, P (xk = f (xk ) et P 0 (xk ) = f 0 (xk )

5. Pour le polynˆome not´e maintenant S(f ), on a : Z

1

f (t) dt − −1

Z

1

−1

f (t) dt − −1

Z

1

f (t) dt −

=

1

λk f (xk ) =

k=1

Z [Q]

n X

Z

λk P (xk )

k=1 1

(f − P )(t) dt

P (t) dt = −1

n X

−1

6. (a) Par construction, la fonction g s’annule en n + 1 points distincts de ] − 1, 1[. Elle s’annule en effet en t (par d´efinition de µ) et en chacun des points xk car f (xk ) = S(f )(xk ) et Ln (xk ) = 0. Ces n + 1 points d´efinissent n intervalles sur lesquels on peut appliquer le th´ero`eme de Rolle `a l’application g. On en d´eduit l’existence de n points y1 , . . . , yn , distinct deux `a deux (et eux mˆemes distincts des xk ) en lesquel g 0 s’annule. D’autre part, g 0 s’annule aux n points x1 , . . . , xn . En effet : ∀k ∈ {1, . . . , n}, f 0 (xk ) = (S(f )0 )(xk ) et (L2n )0 (xk ) = 2Ln (xk )L0n (xk ) = 0. On constate donc que g 0 s’annule en 2n points diff´erents de ] − 1, 1[. On les range dans l’ordre croissant : −1 < z1 < z2 < · · · < z2n < 1. On applique Rolle `a g 0 sur chaque segment [zk , zk+1 ]. On en d´eduit que g 00 s’annule en 2n − 1 points distincts. On poursuit en appliquant Rolle `a g 00 sur chacun des intervalles ainsi d´efinis... Ainsi g (3) s’annule en 2n − 2 points distincts de ] − 1, 1[. Finalement, on constate que g (2n) s’annule en un point c de ] − 1, 1[. [ Q ]

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(b) On voit que g (2n) = f (2n) − [S(f )](2n) − µ [L2n ]

(2n)

.

Or deg S(f ) ≤ 2n − 1. Donc [S(f )](2n) = 0. (2n)!2 (cf II-2-f). 22n n!4 (2n)!3 (2n)!3 (2n) On en d´eduit que [L2n ] = 2n 4 puis g (2n) = f (2n) − µ 2n 4 . 2 n! 2 n! 2n 4 2 (n!) L’´egalit´e g (2n) (c) = 0 donne alors : µ = f (2n) (c). [ Q ] (2n)!3 (c) Appliquons l’hypoth`ese selon laquelle g(t) = 0. De mˆeme , L2n est de degr´e 2n, de coefficient dominant

On trouve f (t) − S(f )(t) = µL2n et donc : |f (t) − S(f )(t)| =

22n (n!)4 (2n) 2 22n (n!)4 f (c) L (t) ≤ M2n L2n (t) n (2n)!3 (2n)!3

Cette in´egalit´e a ´et´e obtenue en supposant t ∈ / {x1 , . . . , xn }. Mais elle est ´evidente si t est l’un des xk car f (xk ) = S(f )(xk ). 22n (n!)4 On a donc obtenu : ∀t ∈ [−1, 1], |f (t) − S(f )(t)| ≤ M2n L2n (t). [ Q ] (2n)!3 (d) De la question pr´ec´edente, on d´eduit : Z Z n 1 1 X f (t) dt − λk f (xk ) = (f − S(f ))(t) dt −1 −1 k=1 Z 1 Z 1 22n (n!)4 ≤ |(f − S(f ))(t)| dt ≤ M2n L2n (t) dt 3 (2n)! −1 −1 Z 1 2 Or L2n (t) dt =< Ln , Ln >= (cf II-4-b). On ainsi obtenu : 2n + 1 −1 Z n 1 X 22n+1 n!4 f (t) dt − λk f (xk ) ≤ M2n −1 (2n + 1)(2n)!3 k=1 [Q] (e) On trouve successivement : 1 – K3 = ≈ 6.34E − 5 15750 1 – K4 = ≈ 2.9E − 7 3472875 1 – K5 = ≈ 8E − 10 1237732650 [Q] x (f) On suppose donc n = 3. Le polynˆome L3 est (5x2 − 3). r r2 3 3 Ses racines sont x1 = − , x2 = 0 et x3 = . On en d´eduit : 5 5 c Page 13 Jean-Michel Ferrard www.klubprepa.net

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`mes de Mathe ´matiques Proble ˆ mes orthogonaux (cas “Legendre”) Polyno Corrig´e √ Z 1 (x − x2 )(x − x3 ) 5 √ 2 √ – R1 = R1 (t) dt = = ( 5x − 3x), et λ1 = (x1 − x2 )(x1 − x3 ) 6 −1 Z 1 (x − x1 )(x − x3 ) 5 2 8 – R2 = = − x + 1, et λ2 = R2 (t) dt = . (x2 − x1 )(x2 − x3 ) 9 −1 √3 Z 1 √ √ (x − x1 )(x − x2 ) 5 R3 (t) dt = – R3 = = ( 5x2 + 3x), et λ3 = (x3 − x1 )(x3 − x2 ) 6 −1

5 . 9

5 . 9

La formule d’approximation s´ecrit donc : " r r # 1 3 3 f (t) dt ≈ λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) + λ3 f (x3 ) ≈ 5f (− ) + 8f (0) + 5f ( ) 9 5 5 −1

Z

1

1 . 15750 L’approximation est une ´egalit´e pour tous les polynˆomes de degr´e ≤ 5. [ Q ]

Un majorant de l’erreur en valeur absolue est K3 M6 , avec K3 =

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