b. Dans le cas particulier du produit scalaire déni par l'intégrale, on peut calculer directement les c

(1)

MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 15 29 juin 2019

Partie 1

1. a. Voir cours.

b. Dans le cas particulier du produit scalaire déni par l'intégrale, on peut calculer directement les c

n

.

c

n

= Z

1

−1

t

ⁿ

dt =

0 si n impair

2

n+1

si n pair Le calcul direct des déterminants donne

∆

1

= 4

3 , ∆

2

= 32 135 Le calcul des polynômes D

₁

, D

₂

, D

₃

donne :

D

1

= 2X , D

2

= 4

3 (X

²

− 1

3 ) , D

3

= − 32

225 X + 32 135 X

³

Le calcul de D

3

se fait par exemple en développant suivant la dernière colonne

D

₃

= 2 5

2 0

²₃

2

3

0

²₅

1 x x

²

+ ∆

₂

x

³

= 2 5 (−x)( 4

5 − 4

9 ) + ∆

₂

x

³

2. Il est clair en développant selon la dernière ligne que chaque polynôme D

n

est de degré inférieur ou égal à n et que le coecient de X

ⁿ

est ∆

_n−1

.

Pourquoi ∆

_n−1

6= 0 est-il non nul ?

La matrice des c

_i

(notons la C ) est la matrice de la restriction du produit scalaire à l'espace des polynômes de degré inférieur ou égal à n − 1 dans la base canonique. Il existe une base orthonormée pour cet espace, soit P la matrice de passage entre la base canonique et la base orthonormée. On a alors C =

^t

P P donc ∆

_n−1

= (det P )

²

> 0 . Pour montrer l'orthogonalité, considérons (X

ⁱ

/D

n

) avec i < n . Notons

D

n

= a

0

+ a

1

X + · · · + a

n

X

ⁿ

où les coecients sont obtenus par le développement selon la dernière ligne (en parti- culier a

n

= ∆

n

). Par linéarité du produit scalaire :

(X

ⁱ

/D

_n

) = a

₀

c

_i

+ a

₁

c

_i+1

+ · · · + a

_n

c

_i+n

On peut interpréter cette expression comme le développement d'un déterminant selon la dernière ligne

(X

ⁱ

/D

n

) =

c

0

c

1

· · · c

_n−1

c

n

c

1

c

2

· · · c

n

c

n+1

... ... ... ... ...

c

n−1

c

n

· · · c

2n−2

c

2n−1

c

_i

c

_i+1

· · · c

_i+n−1

c

_i+n

Ce dernier déterminant est nul car la même ligne (en i ) se retrouve deux fois. Ceci assure, par linéarité, l'orthogonalité demandée.

3. a. Par dénition, P

n

est orthogonal à 1, X, · · · , X

ⁿ⁻¹

. Il est donc orthogonal par linéarité à tout polynôme de degré inférieur ou égal à n − 1 .

b. Comme chaque λ

n

est non nul, chaque λ

n

P

n

est bien de degré n . Il est clairement orthogonal aux X

ⁱ

par linéarité.

c. Soit (P

_n

)

_n∈

N

et (Q

_n

)

_n∈

N

deux suites de polynômes orthogonaux. Ils sont tous les deux dans R

n

[X] ∩ R

n−1

[X ]

^⊥

. Cet espace est l'orthogonal dans R

n

[X ] de R

n−1

[X ]

^⊥

qui en est un hyperplan. Il est donc de dimension 1 . Les polynômes P

n

et Q

n

en sont chacun une base, ils sont donc colinéaires avec des coecients non nuls.

4. a. Comme le coecient de x

ⁿ

dans D

n

est δ

n−1

, on a D

n

= ∆

n−1

Q

n

.

b. On peut écrire Q

n

= X

ⁿ

+ (Q

n

− X

ⁿ

) où Q

n

− X

ⁿ

est de degré strictement inférieur à n donc orthogonal à Q

n

. On a donc :

kQ

n

k

²

= (Q

n

/X

ⁿ

+ (Q

n

− X

ⁿ

)) = (Q

n

/X

ⁿ

)

Par un calcul de déterminant analogue à celui de la question 2, on obtient (D

_n

/X

ⁿ

) = ∆

_n

⇒ ∆

_n−1

(Q

_n

/X

ⁿ

) = ∆

_n

⇒ kQ

_n

k

²

= ∆

n

∆

_n−1

5. Relation de récurrence

a. Le polynôme XP

n

est de degré n + 1 , il s'exprime donc dans la base orthogonale P

0

, · · · , P

n+1

:

XP

_n

=

n

X

k=0

(XP

_n

/P

_k

) kP

k

²

P

_k

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1

Rémy Nicolai M1015C

(2)

MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 15 29 juin 2019

En fait seules les trois dernières coordonnées ne sont pas nulles car, pour k < n−1 , (XP

n

/X

k

) = (P

n

/XP

k

) = 0

d'après l'hypothèse sur le produit scalaire et par orthogonalité car deg(XP

k

) = k + 1 < n .

b. D'après la question précédente, XQ

_n−1

est une combinaison linéaire de Q

_n−2

, Q

_n−1

et Q

n

. La considération du terme de degré n montre que le coecient de Q

n

est égal à 1 . Si on note −a

n

et −b

n

les deux autres coecients, on obtient bien

Q

n

= (X + a

n

)Q

_n−1

+ b

n

Q

_n−2

Partie II.

1. On sait qu'il existe λ

n

6= 0 tel que L

n

= λ

n

Q

n

. Pour assurer L

n

(1) = 1 , on doit avoir L

n

= 1

Q

n

(1) Q

n

2. Posons Λ

_n

(x) = L

_n

(−x) . Il est clair que son degré est n . Par le changement de variable t = −x , on montre que (Λ

n

)

_n∈

N

est une famille de polynômes orthogonaux. Il existe donc des k

n

tels que Λ

n

= k

n

L

n

. Que vaut k

n

? Pour le savoir, considérons le terme de degré n de L

n

avec son coecient dominant λ

n

. Par dénition de Λ

n

, ce terme est λ

n

(−x)

ⁿ

= k

n

λ

n

x

ⁿ

donc k

n

= (−1)

ⁿ

ce qui prouve la relation demandée.

3. D'après la question 5.a.

β

n

= (XL

n

/L

n

) = Z

1

−1

tL

²_n

(t)dt = 0

car la fonction t → tL

²_n

(t) est impaire et le domaine d'intégration est symétrique.

4. Comme L

_n−1

et L

n

sont orthogonaux, à partir de l'expression de XL

n

, on tire (XL

n

/L

_n−1

) = α

n

kL

_n−1

k

²

. D'autre part, (XL

n

/L

_n−1

) = (L

n

/XL

_n−1

) . Comme XL

n−1

est un polynôme de degré n et de coecient dominant λ

n−1

, on peut écrire

XL

_n−1

= λ

n−1

λ

n

L

n

+ polynôme de degré < n orthogonal à L

n

⇒ (L

n

/XL

n−1

) = (L

n

/ λ

_n−1

λ

n

L

n

) ⇒ α

n

= λ

_n−1

λ

n

kL

n

k

²

kL

_n−1

k

²

L'expression de γ

n

en fonction de λ

n

et λ

n−1

s'obtient simplement en considérant le coecient dominant

XL

n

= α

n

L

_n−1

+ γ

n

L

n+1

⇒ λ

n

= γ

n

λ

n+1

5. Considérons (L

⁰_n

/L

_n−1

) et transformons cette expression par intégration par parties pour utiliser l'orthogonalité de L

n

avec L

⁰_n−1

due au degré

(L

⁰_n

/L

n−1

) = Z

1

−1

L

⁰_n

(t)L

n−1

(t) dt = [L

n

(t)L

n−1

(t)]

¹₋₁

− Z

1

−1

L

n

(t)L

⁰_n−1

(t) dt

= 1 − (−1)

ⁿ

(−1)

ⁿ⁻¹

− 0 = 2 D'autre part, L

⁰_n

est de degré n−1 et de coecient dominant nλ

n

. On peut donc écrire

L

⁰_n

= nλ

n

X

ⁿ⁻¹

+ polynôme de degré < n − 1 orthogonal à L

n−1

= n λ

_n

λ

_n−1

L

n−1

+ polynôme de degré < n − 1 orthogonal à L

n−1

ce qui entraine

(L

⁰_n

/L

_n−1

) = n λ

n

λ

_n−1

(L

_n−1

/L

_n−1

) Des deux expressions obtenues, on tire

2λ

_n−1

= nλ

_n

kL

_n−1

k

²

6. On va d'abord exprimer les coecients α

n

, β

n

, γ

n

en fonction de n et de la norme de L

n

puis exploiter la relation α

n

+ β

n

+ γ

n

= 1 qui vient de ce que tous les L

k

prennent en 1 la valeur 1 .

D'après 4. et 5. :

α

n

= λ

_n−1

λ

n

kL

n

k

²

kL

_n−1

k

²

2λ

_n−1

= nλ

_n

kL

n−1

k

²



 

 

⇒ α

_n

= n 2 kL

_n

k

²

On a montré en 3. que β

n

= 0 . L'expression de γ

n

vient aussi de 4. et 5. (en décalant la relation tirée de 5.)

γ

n

= λ

n

λ

_n+1

2λ

n

= (n + 1)λ

n+1

kL

n

k

²







⇒ γ

_n

= n + 1 2 kL

n

k

²

2

(3)

MPSI B 20010-2011 Corrigé du DM 15 29 juin 2019

On peut alors exprimer kL

n

k : α

_n

+ β

_n

+ γ

_n

= 1 ⇒

n

2 + n + 1 2

kL

n

k

²

= 1 ⇒ kL

n

k

²

= 2 2n + 1 On en déduit les valeurs de α

_n

, β

_n

et γ

_n

:

α

n

= n

2n + 1 β

n

= 0 γ

n

= n + 1

2n + 1 puis la relation de récurrence

XL

n

= n

2n + 1 L

_n−1

+ n + 1 2n + 1 L

n+1

qui s'écrit aussi

L

_n+1

= 2n + 1

n + 1 XL

_n

− n n + 1 L

_n−1