Exercice 1 Correction: 1

(1)

Licence 3 Math´ematiques - ULCO, La Mi-Voix, 2011/2012

Analyse Num´erique

Fiche 3- Polynˆomes orthogonaux.

Exercice 1 Correction:

1. On choisiti < j et on obtiendrait par sym´etrie un r´esultat analogue lorsquej < i.

∫ 1

−1

Dⁱ[(x²−1)ⁱ]D^j[(x²−1)^j]dx

= −

∫ 1

−1

Dⁱ⁺¹[(x²−1)ⁱ]D^j⁻¹[(x²−1)^j]dx+ [

Dⁱ[(x²−1)ⁱ]D^j⁻¹[(x²−1)^j]]1

−1

| {z }

=0carD^k[(x²−1)^j]|{−1,1}=0,∀k∈{0,1,...,j−1}

= . . .

= (−1)^j

∫ 1

−1

D^i+j[(x²−1)ⁱ]D⁰[(x²−1)^j]dx+ [

D^i+j⁻¹[(x²−1)ⁱ]D⁰[(x²−1)^j]]1

−1

| {z }

=0carD^k[(x²−1)^j]|{−1,1}=0,∀k∈{0,1,...,j−1}

= (−1)^j

∫ 1

−1

D^i+j[(x²−1)ⁱ]

| {z }

=0 car sii<j, D^i+j[(x²−1)ⁱ]=0

(x²−1)^jdx

= 0.

2. Un calcul explicite dePn `a l’aide de la formule de Leibniz fournit : Pn(x) = 1

2ⁿn!

∑n j=0

C_n^j n!

(n−j)!(x−1)ⁿ⁻^jn!

j!(x+ 1)^j= 1 2ⁿ

∑n j=0

(C_n^j)²(x−1)ⁿ⁻^j(x+ 1)^j. Et, il s’ensuit que P_n(1) = 1.

3. On a P_n(x) = 1 2ⁿ

∑n j=0

(C_n^j)²(x−1)ⁿ⁻^j(x+ 1)^j, d’o`u on d´eduit

Pn

(1 +x 1−x )

= 1 2ⁿ

∑n j=0

(C_n^j)² ( 2x

1−x )n−j(

2 1−x

)j

= 1

(1−x)ⁿ

∑n j=0

(C_n^j)²xⁿ⁻^j.

4. Immédiat car le polynômeWn défini par Wn(x) = (x²−1)ⁿ est pair. Donc, il existe (a0, . . . , an)∈ Rⁿ tel queWn(x) =

∑n k=0

akx^2k, ce qui induit quePn, qui est le polynôme dérivénfois deWn à une constante près, est un polynôme de même parité quen.

5. P_n^′ se d´ecompose de la mani`ere suivante :P_n^′ =

n−1

∑

j=0

bkPk o`ubk∈R.

(En effet,P_n^′ est un polynôme de degrén−1 et {P0, . . . , Pn−1} est une base deRn−1[X]. Il est très simple de démontrer ce dernier point. dim{P0, . . . , Pn−1}=n= dim(Rn−1[X]) et la famille est libre :

n−1

∑

i=0

α_iP_i(x) = 0⇒ ∀j∈ {0, . . . , n−1},

∫ 1

−1

P_j(x)

n−1

∑

i=0

α_iP_i(x)dx= 0⇒α_j

∫ 1

−1

P_j(x)²dx= 0⇒α_j= 0.) Par cons´equent, pourj∈ {0, . . . , n−1},

∫ 1

−1

P_n^′(x)Pj(x)dx=

∫ 1

−1 n∑−1 j=0

bkPk(x)Pj(x)dx=

n∑−1 k=0

bk

∫ 1

−1

Pk(x)Pj(x)dx=

1.bj

∫ 1

−1

P_j²(x)dx.

Par ailleurs,

∫ 1

−1

P_n^′(x)P_j(x)dx=−

∫ 1

−1

P_n(x)P_j^′(x)dx

| {z }

=0card^o(P_j^′)<n

+ [P_n(x)P_j(x)]¹₋₁

| {z }

=1−(−1)^n+j carPnest de la parit´e den etPn(1)=1

(2)

6. P0(x) = 1 carP0est de degr´e 0 et tel queP0(1) = 1.

P1(x) =xcarP1est de degr´e 1, impair et tel queP1(1) = 1.

On a encore

Pn+1(x) = (Bn+xAn)Pn(x) +CnPn−1(x).

En effet, Pn+1étant un polynôme de degrén+ 1, (1, x, . . . , xⁿ⁺¹) désignant une base deRn+1[X] et Vect{xP_n(x), P_n(x), P_n₋₁(x), P_n₋₂(x), . . . , P₀(x)}= Vect{xⁿ⁺¹, xⁿ, . . . , x,1},

on peut ´ecrire

Pn+1(x) = (Bn+xAn)Pn(x) +CnPn−1(x) +

n∑−2 j=0

ajPj(x). (1)

(On peut justiﬁer autrement l’expression (1) : on a Pn+1(x) =

n+1∑

k=0

a⁽ⁿ⁺¹⁾_k x^k etPn(x) =

∑n k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k donc Pn+1(x) = a⁽ⁿ⁺¹⁾₀ +. . .+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n xⁿ+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 xⁿ⁺¹

= a⁽ⁿ⁺¹⁾₀ +. . .+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n xⁿ+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

(xPn(x)−x

n−1

∑

k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k)

= a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

| {z }

An

xPn(x) + (a⁽ⁿ⁺¹⁾_n −a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

a⁽ⁿ⁾_n₋₁)xⁿ+a⁽ⁿ⁺¹⁾₀ +. . .+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n₋₁ xⁿ⁻¹−a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

x

n−2

∑

k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k.

Commexⁿ= 1 a⁽ⁿ⁾n

(P_n(x)−

n−1

∑

k=0

a^(k)_n x^k), on a Pn+1(x) = a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1

a⁽ⁿ⁾n

| {z }

A_n

xPn(x) + 1 a⁽ⁿ⁾n

(a⁽ⁿ⁺¹⁾_n −a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

a⁽ⁿ⁾_n₋₁)

| {z }

B_n

Pn(x)− 1 a⁽ⁿ⁾n

(a⁽ⁿ⁺¹⁾_n −a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

a⁽ⁿ⁾_n₋₁)

n∑−1 k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k

+a⁽ⁿ⁺¹⁾₀ +. . .+a⁽ⁿ⁺¹⁾_n₋₁ xⁿ⁻¹−a⁽ⁿ⁺¹⁾_n+1 a⁽ⁿ⁾n

x

n∑−2 k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k

et on construit ainsi de suite l’expression (1)).

On multiplie ensuite chaque terme de (1) parP_k(x) et on int`egre entre−1 et 1 :

∫ 1

−1

Pn+1(x)Pk(x)dx=

∫ 1

−1

(Bn+xAn)Pn(x)Pk(x)dx+Cn

∫ 1

−1

Pn−1(x)Pk(x)dx+

n∑−2 j=0

aj

∫ 1

−1

Pj(x)Pk(x)dx,

et, pourk∈ {0,1, . . . , n−2}, cela fournit ak

∫ 1

−1

P_k²(x)dx= 0 puisak= 0 car

∫ 1

−1

P_k²(x)dx̸= 0.

• Recherche deAn : Soitan le coeﬃcient du terme de plus haut degr´e dePn. a_nxⁿ= 1

2ⁿn!Dⁿ[x²ⁿ] = 1 2ⁿn!

(2n)!

n! xⁿ Or,An= an+1

a_n car dom(Pn+1(x)) = dom(xAnPn(x))⇔An=dom(Pn+1(x))

dom(xP_n(x)). DoncAn =2n+ 1 n+ 1 .

• Recherche deBn : Utilisons les caract´eristiques de parit´e dePn :

Pn+1(−x) = (−1)ⁿ⁺¹Pn+1(x) = (Bn−xAn)(−1)ⁿPn(x) +Cn(−1)ⁿ⁻¹Pn−1(x).

- Si nest pair, on aPn+1(x) +Pn+1(−x) = 0 = 2BnPn(x)⇔Bn= 0.

- Si nest impair, on aPn+1(x)−Pn+1(−x) = 0 = 2BnPn(x)⇔Bn = 0.

• Recherche deCn : On aPn(1) = 1,∀n∈N. Donc, 1 =An+Cn. Puis,Cn =− n n+ 1. 7. D’apr`es la relation de recurrence `a trois termes, on obtient

0 = (n+ 1)

∫ 1

−1

P_n+1(x)P_n₋₁(x)dx

| {z }

=0

−(2n+ 1)

∫ 1

−1

xP_n(x)P_n₋₁(x)dx+n

∫ 1

−1

P_n²₋₁(x)dx,

0 = (n+ 1)

∫ 1

−1

P_n+1² (x)dx−(2n+ 1)

∫ 1

−1

xP_n(x)P_n+1(x)dx+n

∫ 1

−1

P_n₋₁(x)P_n+1(x)dx

| {z }

=0

.

(3)

De la troisième égalité, on déduit n

∫ 1

−1

P_n²(x)dx−(2n−1)

∫ 1

−1

xPn−1(x)Pn(x)dx= 0.

De la première égalité,

−(2n+ 1)

∫ 1

−1

xP_n(x)P_n₋₁(x)dx+n

∫ 1

−1

P_n²₋₁(x)dx= 0.

Ainsi,

∫ 1

−1

P_n²(x)dx=2n−1 2n+ 1

∫ 1

−1

P_n²₋₁(x)dx= 0.

Par r´ecurrence, il vient

∫ 1

−1

P_n²(x)dx= 1 2n+ 1

∫ 1

−1

P₀²(x)dx

| {z }

=2

= 2

2n+ 1.

8. SoitGn(z) =∑

n≥0

Pn(x)zⁿ. En d´erivant, G^′_n(z) = ∑

n≥1

nP_n(x)zⁿ⁻¹=∑

n≥0

(n+ 1)P_n+1(x)zⁿ=∑

n≥1

(n+ 1)P_n+1(x)zⁿ+x

= ∑

n≥1

[(2n+ 1)xPn(x)−nPn−1(x)]zⁿ+x=∑

n≥1

(2n+ 1)xPn(x)zⁿ−∑

n≥1

nPn−1(x)zⁿ+x

= 2∑

n≥1

nxP_n(x)zⁿ+∑

n≥1

xP_n(x)zⁿ−∑

n≥1

nP_n₋₁(x)zⁿ+x.

.

Par ailleurs,

• 2xzG^′_n(z) = 2∑

n≥1

nxP_n(x)zⁿ,

• xGn(z)−x=x∑

n≥0

Pn(x)zⁿ−x=∑

n≥1

xPn(x)zⁿ,

• zG_n(z) =∑

n≥0

P_n(x)zⁿ⁺¹=∑

n≥1

P_n₋₁(x)zⁿ et

• z²G^′_n(z) = z²∑

n≥1

nPn(x)zⁿ⁻¹=∑

n≥1

nPn(x)zⁿ⁺¹=∑

n≥2

(n−1)Pn−1(x)zⁿ

= ∑

n≥2

nP_n₋₁(x)zⁿ−∑

n≥2

P_n₋₁(x)zⁿ=∑

n≥1

nP_n₋₁(x)zⁿ−z−∑

n≥1

P_n₋₁(x)zⁿ+z

= ∑

n≥1

nPn−1(x)zⁿ−zGn(z).

Il s’ensuit

(1−2xz+z²)G^′_n(z) = x∑

n≥0

(2n+ 1)Pn(x)zⁿ−∑

n≥1

nPn−1(x)zⁿ−2x∑

n≥1

nPn(x)zⁿ+∑

n≥2

(n−1)Pn−1(x)zⁿ

= x∑

n≥0

Pn(x)zⁿ−P0(x)z−∑

n≥2

Pn−1(x)zⁿ =x∑

n≥0

Pn(x)zⁿ−∑

n≥1

Pn−1(x)zⁿ

= (x−z)Gn(z)

On est donc ramené à la résolution de l’équation différentielle G^′_n(z)

Gn(z) = x−z

1−2xz+z² =−u^′(z) 2u(z), avecu(z) = 1−2xz+z². Ainsi,Gn(z) = a

√1−2xz+z². OrPn(1) = 1 donc, lorsquex= 1,Gn(z) = 1 1−z, ce qui donnea= 1. Pour conclure,

Gn(z) = 1

√1−2xz+z².

1. Soitn∈N. Posonsln= (X²−1)ⁿ de sorte queLn =l⁽ⁿ⁾n .Lnest un polynôme de degréncarln est de degré 2n.

(a) Soientn∈N^⋆ et P ∈E. Une int´egration par parties fournit

(4)

(L_n|P) =

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁾(x)P(x)dx= [(l_n)⁽ⁿ⁻¹⁾(x)P(x)]¹₋₁−

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁻¹⁾(x)P^′(x)dx.

Maintenant, −1 et 1 sont racines d’ordre ndu polynˆomel_n et donc, pour toutk∈ {0, . . . , n},−1 et 1 sont racines d’ordren−kdel^(k)n et en particulier racines de (ln)^(k)pourk∈ {0, n−1}. Donc

(L_n|P) =

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁻¹⁾(x)P^′(x)dx.

Plus g´en´eralement, si pour un entierk∈ {0, n−1}, (L_n|P) = (−1)^k

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁻^k)(x)P^(k)(x)dxalors (L_n|P) = (−1)^k

(

[lⁿ_n⁻^k⁻¹(x)P^(k)(x)]¹₋₁−

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁻^k⁻¹⁾(x)P^(k+1)(x)dx )

= (−1)^k+1

∫ 1

−1

(l_n)⁽ⁿ⁻^k⁻¹⁾(x)P^(k+1)(x)dx.

On a montr´e par r´ecurrence que pour tout entierk∈ {0, . . . , n}, (L_n|P) = (−1)^k

∫ 1

−1

l⁽ⁿ_n⁻^k)(x)P^(k)(x)dx.

En particulier

(Ln|P) = (−1)ⁿ

∫ 1

−1

ln(x)P⁽ⁿ⁾(x)dx=

∫ 1

−1

(1−x²)ⁿP⁽ⁿ⁾(x)dx. (2) Cette dernière égalité reste vraie pourn= 0 et on a montré que

∀n∈N, ∀P ∈R[X], (Ln|P) =

∫ 1

−1

(1−x²)ⁿP⁽ⁿ⁾(x)dx.

Soient alorsnetpdeux entiers naturels tels que 0≤p < n. Puisquedeg(Lp) =p < n, on a (Ln|Lp) = 0.

On a montr´e que la famille (Lk)0≤k≤n est une base orthogonale de l’espace (R[X],(.|.)).

(b) On applique maintenant la formule (2) dans le cas particulierP =Ln. On obtient

∥Ln∥²=

∫ 1

−1

(1−x²)ⁿL⁽ⁿ⁾_n (x)dx= 2×(2n)!

∫ 1 0

(1−x²)ⁿdx= 2×(2n)!

∫ 0 π/2

(1−cos²(t))ⁿ(−sin(t))dt

= 2×(2n)!

∫ π/2 0

sin²ⁿ⁺¹(t)dt= 2×(2n)!W_2n+1 (int´egrales de Wallis).

On sait que∀n∈N,W2n+1 = 2n

2n+ 1W2n−1= (2n)×(2n−2)×. . .×2

(2n+ 1)×(2n−1)×. . .3W1= 2²ⁿn!²

(2n+ 1)!. On obtient alors

∥L_n∥²= 2²ⁿn!²

(2n+ 1)! ×2×(2n)! = 2²ⁿ⁺¹n!² 2n+ 1 , et donc

∀n∈N,∥Ln∥=

√ 2

2n+ 12ⁿn!.

On en d´eduit que la famille

(√2n+ 1 2

1 2ⁿn!L_n

)

n∈N

est une base orthonormale de (R[X],(.|.)). Pour n∈N, on posePn =

√2n+ 1 2

1

2ⁿn!((X²−1)ⁿ)⁽ⁿ⁾.

2. La famille (Pn)n∈Nest une base de orthonorm´ee deR[X]. ChaquePn,n∈N, est de degr´enet donc,∀n∈N, Vect(P₀, . . . , P_n) = Vect(1, X, . . . , Xⁿ). De plus, pourn∈N

(Pn|Xⁿ) = 1

dom(Pn)((Pn)|dom(Pn)Xⁿ) = 1

dom(Pn)(Pn|Pn)

car Pn ∈ Vect(P0, . . . , Pn−1)^⊥ = Vect(1, X, . . . , Xⁿ⁻¹)^⊥ = Rn−1[X]^⊥. Ceci montre que (Pn|Xⁿ) > 0. Par unicité, l’orthonormalisée de la base canonique de R[X] est la famille des polynômes de Legendre

(√2n+ 1 2

1

2ⁿn!((X²−1)ⁿ)⁽ⁿ⁾ )

n∈N

. On a utilis´e le

Th´eor`eme 0.1 (orthonormalisation de Gram-Schmidt)

Pour toute famille libre (xi)1≤i≤p dans E, il existe une unique famille orthonorm´ee (ei)1≤i≤p dans E telle que :

∀k∈ {1,2, . . . , p},

{ Vect{e1, . . . , ek}=Vect{x1, . . . , xk}. (xk|ek)>0

(5)

Exercice 3 Correction: 1. La formule trigonom´etrique

cos(p) + cos(q) = 2 cos (p−q

2 )

cos (p+q

2 )

avecp= (n+ 1)Θ etq= (n−1)Θ fournit imm´ediatement le r´esultat.

2. Une récurrence simple depuis la formule de récurrence à trois termes induit que les fonctions T_n sont des fonctions polynômes.

3.

dTn(x)

dx = dTn(x)

dΘ_dΘ^dx =nsin(nΘ) sin(Θ).

4. Les fonctionsUn sont des fonctions polynômes en tant que dérivées de fonctions polynômes.

5. ∫ 1

−1

T_n(x)T_m(x) dx

√1−x² = −

∫ 0 π

cos(nΘ) cos(mΘ)dΘ avec Θ = arccos(x)

=

∫ π 0

1

2(cos((n+m)Θ) + cos((n−m)Θ))dΘ = 0 carn̸=m 6.

∫ 1

−1

T_n²(x) dx

√1−x² =

∫ π 0

1

2(cos((2n)Θ) + cos((0)Θ)dΘ =

∫ π 0

1

2dΘ = π 2. 7. SoitZ_n(x) =1

2 [

(x+√

x²−1)ⁿ+ (x−√

x²−1)ⁿ ]

, pour x∈]− ∞,−1]∪[1,+∞[.

On a Z0(x) = 1 etZ1(x) =x. De plus, Zn−1(x) +Zn+1(x)

= 1

2 [

(x+√

x²−1)ⁿ (

x+√

x²−1 + 1 x+√

x²−1 )

+ (x−√

x²−1)ⁿ (

x−√

x²−1 + 1 x−√

x²−1 )]

= 1

2 [

(x+√

x²−1)ⁿ (

x+√

x²−1 +x−√ x²−1 1

)

+ (x−√

x²−1)ⁿ (

x−√

x²−1 + x+√ x²−1 1

)]

= 2x1 2 [

(x+√

x²−1)ⁿ+ (x−√

x²−1)ⁿ ]

= 2xZ_n(x).

Ainsi, les fonctionsZn vérifient la même relation de récurrence à trois termes que lesTn, ce qui implique Zn =Tn, ∀n∈N.

8. C’est immédiat par une récurrence simple depuis la formule de récurrence à trois termes.

9. On a T_n(x) = cos(narccos(x)),T_n^′(x) = sin(narccos(x)) n

√1−x² et

T_n^′′(x) = cos(narccos(x))− −n²

1−x²+ sin(narccos(x)) nx

√1−x²(1−x²). Et, le r´esultat d´ecoule directement.

10. Soitk < n,

∫ 1

−1

W_n(x)x^k dx

√1−x²

=

∫ 1

−1

Dⁿ

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

x^kdx

= −

∫ 1

−1

Dⁿ⁻¹

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

(kx^k⁻¹)dx+

[ Dⁿ⁻¹

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

x^k ]1

−1

| {z }

=0carD^q [(1−x2 )n

√1−x2

]

|{−1,1}=0,∀q∈{0,1,...,n−1}

= . . .

= (−1)^k

∫ 1

−1

Dⁿ⁻^k

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

(k!)dx+ (−1)^k⁻¹

[ Dⁿ⁻^k

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

(k!x) ]1

−1

| {z }

=0carD^q [(1−x2 )n

√1−x2

]

|{−1,1}=0,∀q∈{0,1,...,n−1}

(6)

= (−1)^kk!

∫ 1

−1

Dⁿ⁻^k

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]

dx

= (−1)^kk!

[

Dⁿ⁻^k⁻¹

[(1−x²)ⁿ

√1−x² ]]1

−1

| {z }

=0carD^q [(1−x2 )n

√1−x2

]

|{−1,1}=0,∀q∈{0,1,...,n−1}

= 0.

Donc, pour tout polynômepde degré strictement inférieur à n,

∫ 1

−1

Wn(x)p(x) dx

√1−x² = 0.

En particulier, pourp(x) =Wk(x) oùk < ncar il est évident queWk est un polynôme. Ainsi, les polynômes Wn sont orthogonaux pour le même produit scalaire que les polynômesTn. Il s’ensuit que ces polynômes sont proportionnels.

1. – Soit (P, Q)∈E². L’applicationt7→ P(t)Q(t)

√1−t² est continue sur ]−1,1[. Ensuite, l’applicationt7→ P(t)Q(t)

√1 +t est born´ee au voisinage de 1 car continue en 1 et donc quandttend vers 1, P(t)Q(t)

√1−t² = P(t)Q(t)

√1 +t × 1

√1−t =

⃝ ( 1

√1−t )

. Puisque 1

2 <1, on en d´eduit que l’applicationt7→ P(t)Q(t)

√1−t² est intégrable sur un voisinage de 1 à gauche. De même, quand t tend vers 1, P(t)Q(t)

√1−t² =⃝ ( 1

√1 +t )

et l’application t 7→ P(t)Q(t)

√1−t² est int´egrable sur un voisinage de −1 `a droite. Finalement, l’application t 7→ P(t)Q(t)

√1−t² est int´egrable sur ]−1,1[ etφ(P, Q) existe.

• La symétrie, la bilinéarité et la positivité deφsont claires. De plus, pourP ∈E, φ(P, P) = 0 ⇒

∫ 1

−1

P²(t)

√1−t²dt= 0

⇒ ∀t∈]−1,1[, P²(t)

√1−t² = 0 (fonction continue, positive, d’int´egrale nulle)

⇒ ∀t∈]−1,1[, P(t) = 0⇒P = 0 (polynôme ayant une infinité de racines).

Ainsi, l’application φest définie et finalement l’applicationφest un produit scalaire surE.

2. (a) Soit (n, p)∈N². En posantt= cos(θ), on obtient φ(T_n, T_p) =

∫ 1

−1

Tn(t)Tp(t)

√1−t² dt=

∫ 0 π

Tncos(θ)Tpcos(θ)

√1−cos²(θ) (−sin(θ)) =

∫ π 0

cos(nθ) cos(pθ)dθ.

Si de plus,n̸=p, φ(Tn, Tp) = 1

2

∫ π 0

(cos((n+p)θ) + cos((n−p)θ))dθ=1 2

[sin((n+p)θ)

n+p +sin((n−p)θ) n−p

]π 0

= 0.

Ainsi, la famille (Tn)n∈Nest orthogonale. De plus, on sait que∀n∈N,deg(Tn) =net on a donc montr´e que la famille (Tn)n∈Nest une base orthogonale de l’espace pr´ehilbertien (E, φ).

(b) Soitn∈N. Quandp=n, la formule pr´ec´edente fournit

∥T_n∥²=1 2

∫ π 0

(1 + cos(2nθ))dθ=

{ πsi n= 0

π

2 si n≥1 , et donc

∀n∈N,∥T_n∥= { √

πsin= 0

√_π

2 sin≥1 .

Exercice 5 Correction: 1. Après avoir dérivé deux fois

L^α_n(x) =xⁿ+a_n₋₁xⁿ⁻¹+. . .+a₁x+a₀, le calcul dexy^′′+ (α+ 1−x)y^′+ny= 0 nous donne





na0+ (α+ 1)a1= 0, (terme constant)

k(k+ 1)a_k+1−ka_k+ (α+ 1)(k+ 1)a_k+1+na_k = 0, (terme enx_k, pourkvariant de 1 `an−1 et aveca_n= 1)

−na_n+na_n= 0, (terme dominant)

.

(7)

Ainsi,

a_k+1 ak

= k−n

(k+ 1)(α+k+ 1),∀k∈ {0, . . . , n−1}

car la deuxi`eme relation est aussi vraie pour k = 0. Comme an = 1 et ak = (k+ 1)(α+k+ 1) k−n ak+1,

∀k∈ {0,1, . . . , n−1}, on d´eduit

ak = [(k+ 1)(k+ 2). . .(n)][(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n)]

(k−n)(k+ 1−n). . .(n−1−n) ,

= (−1)ⁿ⁻^kC_n^k[(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n)]

= C_n^k(−1)ⁿ⁻^kΓ(α+n+ 1)

Γ(α+k+ 1) ∀k∈ {0,1, . . . , n−1}.

2. Il est évident queL^α₀(x) = 1 etL^α₁(x) =x−(α+ 1). Comme le polynômeL^α_n est unitaire et de degrén, on a : L^α_n+1(x) =xL^α_n(x) +AnL^α_n(x) +BnL^α_n₋₁(x) +

n∑−2 k=0

L^α_k(x)bk

où les (bk)k∈{0,1,...,n−2},An et Bn sont déterminés de fa¸con unique. On pose L^α_n(x) =

∑n k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k,

aveca⁽ⁿ⁾_k = (−1)ⁿ⁻^kC_n^k[(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n)],∀k∈ {0,1, . . . , n−1} eta⁽ⁿ⁾n = 1. On déduit en rempla¸cant dans l’égalité précédente que

n+1∑

k=0

a⁽ⁿ⁺¹⁾_k x^k =

∑n k=0

a⁽ⁿ⁾_k x^k+1+An

∑n k=0

x^k+Bn n∑−1 k=0

a⁽ⁿ_k ⁻¹⁾x^k+

n∑−2 l=0

bl

∑l k=0

a^(l)_k x^k (⋆).

• Recherche deAn. Le terme en xⁿ de l’´egalit´e (⋆) donne

0 =−a⁽ⁿ⁺¹⁾n +Ana⁽ⁿ⁾n +a⁽ⁿ⁾_n₋₁⇔0 = (n+ 1)(α+n+ 1) +An−n(α+ 1)⇔An=−α−2n−1.

• Recherche deBn. Le terme en xⁿ⁻¹ de l’´egalit´e (⋆) donne 0 =−a⁽ⁿ⁺¹⁾_n₋₁ +A_na⁽ⁿ⁾_n₋₁+a⁽ⁿ⁾_n₋₂+B_na⁽ⁿ_n₋⁻₁¹⁾

⇔ 0 =−n(n+ 1)(α+n)(α+n+ 1)

2 −(−α−2n−1)(n)(α+n) +(n−1)n(α+n−1)(α+n)

2 +B_n

⇔ Bn=−n(α+n).

• Recherche des b_k. On montre de fa¸con directe que b_k = 0, pour k ∈ {0,1, . . . , n−2}. On pose C_k⁽ⁿ⁾ =

n∑−2 j=k

b_ja^(j)_k , pourk∈ {0,1, . . . , n−2}.

- Le terme enx^k de l’´egalit´e (⋆) donne, pourk∈ {1,2, . . . , n−2}, 0 =−a⁽ⁿ⁺¹⁾_k +Ana⁽ⁿ⁾_k +a⁽ⁿ⁾_k₋₁+Bna⁽ⁿ_k ⁻¹⁾+C_k⁽ⁿ⁾

⇔ 0 =C_n+1^k [(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n+ 1)] + (−α−2n−1)C_n^k[(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n)]

−C_n^k⁻¹[(α+k)(α+k+ 1). . .(α+n)]−(−n(α+n))C_n^k₋₁[(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n−1)] +C_k⁽ⁿ⁾

⇔ 0 =C_n^k[(α+k+ 1)(α+k+ 2). . .(α+n)] + n+ 1

n+ 1−k(α+n+ 1)−(α+ 2n+ 1)

− k

n+ 1−k(α+k) + (n−k) +C_k⁽ⁿ⁾

⇔ C_k⁽ⁿ⁾= 0, ∀k∈ {1, . . . , n−2}

CommeC_n⁽ⁿ⁾₋₂=bn−2a⁽ⁿ_n₋⁻₂²⁾= 0, on en déduit que bn−2= 0. DeC_n⁽ⁿ⁾₋₃=bn−3a⁽ⁿ_n₋⁻₂³⁾+bn−2a⁽ⁿ_n₋⁻₂²⁾= 0, on déduitbn−3= 0 et on procède de même pour les autresbk oùk∈ {1, . . . , n−4}.

- Le terme constant de l’´egalit´e (⋆) donne

0 =−a⁽ⁿ⁺¹⁾₀ +Ana⁽ⁿ⁾₀ +Bna⁽ⁿ₀ ⁻¹⁾+C₀⁽ⁿ⁾

⇔ 0 =C_n+1⁰ [(α+ 1)(α+ 2). . .(α+n+ 1)] + (−α−2n−1)C_n⁰[(α+ 1)(α+ 2). . .(α+n)]

−(−n(α+n))C_n⁰₋₁[(α+ 1)(α+ 2). . .(α+n−1)] +C₀⁽ⁿ⁾

⇔ 0 = [(α+ 1)(α+ 2). . .(α+n)]((α+n+ 1)−(α+ 2n+ 1) +n) +C₀⁽ⁿ⁾

⇔ C₀⁽ⁿ⁾= 0 CommeC₀⁽ⁿ⁾=

n∑−2 j=0

bja^(j)₀ =b0a⁽⁰⁾₀ , on en d´eduit queb0= 0.

3. Par d´eﬁnition,xL^′′_n^α(x) + (α+ 1−x)L^′_n^α(x) +nL^α_n(x) = 0. On a