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Exercice 1  3657   Correction  

On munit [X] du produit scalaire

P,Q=-11P(t)Q(t)dt.
  • (a)

    Établir l’existence et l’unicité d’une suite de polynômes (Pn) formée de polynômes deux à deux orthogonaux avec chaque Pn de degré n et de coefficient dominant 1.

  • (b)

    Étudier la parité des polynômes Pn.

  • (c)

    Prouver que pour chaque n1, le polynôme Pn+1-XPn est élément de l’orthogonal à n-2[X].

  • (d)

    En déduire alors qu’il existe λn tel que

    Pn+1=XPn+λnPn-1.

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n0, établissons l’existence et l’unicité de la sous-famille (Pk)0kn telle que voulue.
    Cas: n=0. Le polynôme P0 vaut 1.
    Supposons la propriété vraie au rang n0.
    Les polynômes P0,,Pn sont alors déterminés de façon unique par l’hypothèse de récurrence et il reste seulement à former Pn+1. Celui-ci peut s’écrire

    Pn+1=Xn+1+Q(X) avec Q(X)n[X].

    On veut Pn+1,Pk=0 pour tout k{0,,n}. Le polynôme Q doit donc vérifier

    k{0,,n},Q(X),Pk=-Xn+1,Pk.

    Ces relations détermine entièrement le polynôme Q puisque (P0,,Pn) est une base orthogonale de n[X]:

    Q=-k=0nXn+1,PkPk2Pk.

    Le polynôme Pn+1 existe donc et est unique.
    Récurrence établie.

  • (b)

    La famille ((-1)nPn(-X)) vérifie les mêmes conditions que celles ayant défini la suite (Pn). On en déduit

    n,Pn(-X)=(-1)nPn(X).
  • (c)

    Soit Qn-2[X].
    On peut écrire Q=k=0n-2akPk et donc

    Pn+1,Q=0.

    On peut aussi écrire XQ=k=0n-1akPk et donc

    XPn,Q=Pn,XQ=0.

    On en déduit

    Qn-2[X],Pn+1-XPn,Q=0.
  • (d)

    Par simplification des termes de plus haut degré

    Pn+1-XPnn[X].

    On peut donc écrire

    Pn+1-XPn=k=0nαkPk.

    Or Pn+1-XPn est orthogonal à P0,,Pn-2 donc

    Pn+1-XPn=αnPn+αn-1Pn-1.

    Enfin, par parité, αn=0 et donc

    Pn+1-XPn=αn-1Pn-1.
 
Exercice 2  4994   

(Polynômes orthogonaux de Legendre)

Dans ce sujet, on identifie polynôme et fonction polynomiale associée sur [-1;1].

On munit l’espace E=𝒞([-1;1],) du produit scalaire

(fg)=-11f(t)g(t)dt.

Pour tout n, on introduit le polynôme Pn défini par

Pn(x)=12nn!dndxn((x2-1)n).
  • (a)

    Calculer Pn(1) et Pn(-1).

  • (b)

    Montrer que Pn est de degré n et est orthogonal à tout polynôme de degré strictement inférieur à n.

  • (c)

    En commençant par dériver deux fois (x2-1)n+1, établir

    Pn+1=(2n+1)Pn+Pn-1pour tout n1.
  • (d)

    En déduire

    Pn=22n+1.
 
Exercice 3  3079     X (MP)Correction  

On définit

Qn(X)=12nn!((X2-1)n)(n).
  • (a)

    Soit n1. Montrer que Qn possède n racines simples dans ]-1;1[.

  • (b)

    Montrer que

    Qn=Xn+(X2-1)Rn(X)

    avec Rn[X]. En déduire Qn(1) et Qn(-1).

  • (c)

    On pose, pour (P,Q)[X]2,

    P,Q=-11P(t)Q(t)dt.

    Montrer que Qn est orthogonal à n-1[X].

  • (d)

    Calculer Qn2.

Solution

  • (a)

    1 et -1 sont racines de multiplicité n du polynôme (X2-1)n.
    1 et -1 sont donc racines des polynômes

    (X2-1)n,((X2-1)n),…, ((X2-1)n)(n-1).

    En appliquant le théorème de Rolle, on peut alors montrer par récurrence sur k{0,,n} que ((X2-1)n)(k) possède au moins k racines dans l’intervalle ]-1;1[.
    En particulier Qn possède au moins n racines dans ]-1;1[, or deg(Qn)=n donc il n’y a pas d’autres racines que celles-ci et elles sont simples.

  • (b)

    Raisonnons par récurrence sur n.
    Pour n=0, c’est immédiat.
    Supposons la propriété établie au rang n0.

    Qn+1(X)=12n+1(n+1)!(2(n+1)X(X2-1)n)(n).

    Par la formule de Leibniz

    Qn+1(X)=12nn!(X((X2-1)n)(n)+nX((X2-1)n)(n-1))

    1 et -1 sont racines du polynôme ((X2-1)n)(n-1) et donc celui-ci peut s’écrire (X2-1)S(X).
    En exploitant l’hypothèse de récurrence, on obtient

    Qn+1(X)=Xn+1+X(X2-1)Rn(X)+2nX(X2-1)S(X)=Xn+1+(X2-1)Rn+1(X).

    Récurrence établie

  • (c)

    Par intégration par parties successives et en exploitant l’annulation en 1 et -1 des polynômes

    (X2-1)n,((X2-1)n),…, ((X2-1)n)(n-1)

    on obtient

    -11P(t)Qn(t)dt=(-1)n2nn!-11P(n)(t)(t2-1)ndt.

    En particulier, si Pn-1[X],

    -11P(t)Qn(t)dt=0.
  • (d)

    Par la relation qui précède

    -11(Qn(t))2dt=12nn!-11Qn(n)(t)(1-t2)ndt.

    Puisque le polynôme (X2-1)n est unitaire et de degré 2n

    ((X2-1)n)(2n)=(2n)! et Qn(n)=(2n)!2nn!.

    De plus, par intégration par parties successives

    -11(1-t2)ndt=01(1-t)n(1+t)ndt=22n+1(n!)2(2n+1)!.

    Au final

    Qn2=2(2n+1).
 
Exercice 4  1332     MINES (MP)Correction  

Soient n*, E=n[X] et

,:(P,Q)E2P,Q=0+P(t)Q(t)e-tdt.
  • (a)

    Justifier la définition de , et montrer qu’il s’agit d’un produit scalaire.
    On pose F={PE,P(0)=0}. On cherche à déterminer d(1,F). On note (P0,,Pn) l’orthonormalisée de Schmidt de (1,X,,Xn).

  • (b)

    Calculer Pk(0)2.

  • (c)

    Déterminer une base de F que l’on exprimera dans la base (P0,,Pn). En déduire d(1,F) et d(1,F).

Solution

  • (a)

    Pour P,QE, la fonction tP(t)Q(t)e-t est définie et continue par morceaux sur [0;+[ et vérifie

    t2P(t)Q(t)e-tt+0.

    On peut donc affirmer que cette fonction est intégrable sur [0;+[ ce qui assure la bonne définition de ,.
    On vérifie aisément que , est une forme bilinéaire symétrique positive.
    Si P,P=0 alors par nullité de l’intégrale d’une fonction continue positive

    t[0;+[,P(t)2e-t=0.

    On en déduit que le polynôme P admet une infinité de racines et donc P=0.

  • (b)

    Pour k1 ou k=0, on peut affirmer que les polynômes Pk et Pk sont orthogonaux car

    PkVect(P1,,Pk-1).

    Par une intégration par parties

    0=0+Pk(t)Pk(t)e-tdt=12[Pk(t)2e-t]0++120+Pk(t)2e-tdt.

    On en déduit

    Pk(0)2=Pk2=1.
  • (c)

    F est un hyperplan (car noyau de la forme linéaire non nulle PP(0)). Son orthogonal est donc une droite vectorielle. Soit Q un vecteur directeur de celle-ci. On peut écrire

    Q=k=0nPk,QPk.

    Or

    Pk,Q=Pk-Pk(0),Q+Pk(0)1,Q.

    Puisque le polynôme Pk-Pk(0) est élément de F, il est orthogonal à Q et l’on obtient

    Pk,Q=Pk(0)1,Q

    ce qui permet d’écrire

    Q=λk=0nPk(0)Pk avec λ=1,Q0.

    On en déduit

    d(1,F)=|1,Q|Q=1k=0nPk(0)2=1n+1.

    Enfin par Pythagore

    12=d(1,F)2+d(1,F)2

    et l’on obtient

    d(1,F)=nn+1.
 
Exercice 5  4133      KER-LANN (MP)

(Quadrature par la méthode de Gauss)

Soient a<b deux réels. Dans ce sujet, on identifie polynôme et fonction polynomiale associée sur [a;b]. On munit l’espace E=𝒞([a;b],) du produit scalaire

(fg)=abf(t)g(t)dt.

Soit n un entier naturel.

  • (a)

    Montrer qu’il existe un polynôme G de degré n+1 orthogonal à tout polynôme de n[X].

  • (b)

    Montrer que le polynôme G admet exactement n+1 racines distinctes toutes dans l’intervalle ]a;b[.

On note x0,,xn les racines de G, ω0,,ωn des réels et l’on pose, pour toute fonction f de E,

(f)=abf(t)dt-k=0nωkf(xk).
  • (c)

    Montrer qu’il est possible de choisir les réels ω0,,ωn de sorte que (P)=0 pour tout polynôme P de n[X].

  • (d)

    Vérifier alors que (P) est aussi nul pour tout polynôme P de degré inférieur à 2n+1.

  • (e)

    Justifier que les ωk sont tous strictement positifs.

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Édité le 08-11-2019

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