Partie III - Distance au sous-espace vectoriel R

CCP 2018 - Corrigé

Partie I - Quelques résultats généraux

1. U0= 1et L0= 1

2⁰0!U₀⁽⁰⁾= 1.

U1= (X²−1)et L1= 1

2¹1!U₁⁽¹⁾= 1

2(2X) =X.

U2= (X²−1)²=X⁴−2X²+ 1etL2= 1

2²2!U₂⁽²⁾ =1

8(4X³−4X)⁰= 1

8(12X²−4) = 1

2(3X²−1).

2. •Montrons par récurrence que, pour toutk∈[[0, n]], deg(Un^(k)) = 2n−ket cd(U_n^(k)) =

k−1

Y

i=0

(2n−i)(HRk).

Initialisation : U_n⁽⁰⁾ =U_n= (X²−1)ⁿ =X²ⁿ+

n−1

X

k=0

n k

(−1)^n−k(X²)^k est bien un polynôme de degré2n−0ayant pour coecient dominant 1.

Hérédité : Soitk∈[[0, n−1]]et supposonsHR_k vériée.

AlorsUn^(k)est de degré2n−ket a pour coecient dominant

k−1

Y

i=0

(2n−i),donc il existeQ∈R2n−k−1[X]tel que

U_n^(k)=

k−1

Y

i=0

(2n−i)

!

X^2n−k+Q, donc

U_n^(k+1)=

k−1

Y

i=0

(2n−i)

!

(2n−k)X^2n−k−1+Q⁰

=

k

Y

i=0

(2n−i)

!

X^2n−k−1+ Q⁰

|{z}

∈R2n−k−2[X]

doncUn^(k+1) est bien un polynôme de degré2n−(k+ 1) et de coecient dominant

k+1−1

Y

i=0

(2n−i)

!

X^2n−k+Q.On a bienHRk+1.

Conclusion : D'où, par récurrence, pour tout k ∈ [[0, n]], Un^(k) est de degré 2n−k et a pour coecient dominant

k−1

Y

i=0

(2n−i).

•Par suite,L_n = 1

2ⁿn!Un⁽ⁿ⁾est de degré2n−n=net a pour coecient dominant : a_n= 1

2ⁿn!

n−1

Y

i=0

(2n−i) = 1 2ⁿn!

2n

Y

i=n+1

i

= 1

2ⁿn!

(2n)!

n! = (2n)!

2ⁿ(n!)² = 2n

n 1

2ⁿ.

3. La famille(L0, . . . , Ln)est libre (degrés échelonnés) et elle est composée den+ 1 éléments deRn[X],espace vectoriel de dimensionn+ 1,donc(L0, . . . , Ln)est une base deRn[X].

4. •Pour toutn∈N^∗, Un = (X²−1)ⁿ= (X−1)ⁿ(X+ 1)ⁿ,doncUn a deux racines, -1 et 1, de multiplicité n.

• CommeUn= (X²−1)ⁿ, U_n⁰ =n(2X)(X²−1)ⁿ⁻¹ = 2n(X−1)ⁿ⁻¹(X+ 1)ⁿ⁻¹(X−0),donc, en prenant λ= 2net α= 0∈]−1,1[,on a bien

U_n⁰ =λ(X−1)ⁿ⁻¹(X+ 1)ⁿ⁻¹(X−α).

Remarque. Promis, je n'ai pas fait exprès de les déterminer, ils sont apparus tous seuls, comme des grands...

L'énoncé attendait certainement une autre méthode, que je vais mettre en oeuvre ci-dessous

• Comme -1 et 1 sont racines de multiplicité n de Un, elles sont racines de multiplicité n−1 de U_n⁰, donc il existe Q∈R[X] tels que

U_n⁰ = (X−1)ⁿ⁻¹(X+ 1)ⁿ⁻¹Q.

Commedeg(U_n⁰) = deg(Un)−1 = 2n−1 etdeg((X−1)ⁿ⁻¹(X+ 1)ⁿ⁻¹) = 2n−2,on adeg(Q) = 1.

On a Un(1) =Un(−1) oùUn est continue sur [−1,1] et dérivable sur ]−1,1[ (c'est un polynôme !), donc, d'après le théorème de Rolle, il existeα∈]−1,1[tel queU_n⁰(α) = 0.Or,U_n⁰(α) = (α−1)ⁿ⁻¹(α+ 1)ⁿ⁻¹

| {z }

6=0carα6=±1

Q(α),donc on aQ(α) = 0.

Comme on a aussideg(Q) = 1etQ(α) = 0,il existeλ∈Rtel queQ=λ(X−α)et on a donc U_n⁰ =λ(X−1)ⁿ⁻¹(X+ 1)ⁿ⁻¹(X−α).

5. Soitk∈[[1, n−1]].

Supposons qu'il existe des réelsα1, . . . , αk deux à deux distincts dans]−1,1[et un réelµtels que : U_n^(k)=µ(X−1)^n−k(X+ 1)^n−k(X−α1)· · ·(X−αk).

On supposera de plus, quitte à renuméroter, queα₁<· · ·< α_k.

•Alors, comme−1et 1 sont racines de multiplicitén−k≥1 deUn^(k),-1 et 1 sont racines de multiplicitén−k−1de (Un^(k))⁰=Un^(k+1),donc il existe doncQ∈R[X]tel que Un^(k+1)= (X−1)^n−k−1(X+ 1)^n−k+1Q.

•Commedeg(Un^(k+1)) = 2n−k−1 etdeg((X−1)^n−k−1(X+ 1)^n−k+1) = 2n−2k−2,on adeg(Q) =k+ 1.

•Posonsα₀=−1et α_k+1= 1.Alors on aα₀< α₁<· · ·< α_k < α_k+1.

Pour tout k ∈ [[1, n+ 1]], Un^(k) est continu sur [α_k−1, αk], dérivable sur ]α_k−1, αk[ (polynôme) et Un^(k)(α_k−1) = Un^(k)(αk) (= 0).

Donc, d'après le théorème de Rolle, il existeβk ∈]αk−1, αk[tel que(Un^(k))⁰(βk) = 0⇔Un^(k+1)(βk) = 0.

On a de plus, par construction,

−1 =α₀< β₁< α₁< β₂<· · ·< α_k< β_k+1< α_k+1= 1, donc les réels(βi)_1≤i≤k+1 sont deux à deux distincts.

•Pour touti∈[[1, k+ 1]], Un^(k+1)(β_i) = (β_i−1)ⁿ⁻¹(β_i+ 1)ⁿ⁻¹

| {z }

6=0carβi6=±1

Q(β_i),donc, commeUn^(k+1)(β_i) = 0,on aQ(β_i) = 0,et doncβi est une racine deQ.

• Q est un polynôme de degrék+ 1 qui admet pour racines (distinctes !)β1, . . . , βk+1, donc il existe ν ∈R tel que Q=ν(X−β1)· · ·(X−βk+1),et donc

U_n^(k+1)=ν(X−1)^n−k−1(X+ 1)^n−k−1(X−β₁)· · ·(X−β_k+1).

6. •Les questions 4 (initialisation pourk= 1) et 5 (hérédité pourk∈[[0, n−1]]) permettent de démontrer par récurrence que, pour toutk∈[[0, n]],il existe des réelsα1, . . . , αk deux à deux distincts dans]−1,1[et un réelµk tels que :

U_n^(k)=µ_k(X−1)^n−k(X+ 1)^n−k(X−α₁)· · ·(X−α_k).

•En particulier, pour k=n,il existe des réelsα1, . . . , αn deux à deux distincts dans]−1,1[et un réelµn tels que : Ln = 1

2ⁿn!U_n⁽ⁿ⁾= 1

2ⁿn!µn(X−1)ⁿ⁻ⁿ(X+ 1)ⁿ⁻ⁿ(X−α1)· · ·(X−αn)

= 1

2ⁿn!µn(X−α1)· · ·(X−αn),

doncα1, . . . , αn sontnracines distinctes deLn, et toutes ces racines sont dans]−1,1[.

En les ordonnant, on a bien l'existence des réels−1< x₁<· · ·< x_n <1tels que L_n=a_n

n

Y

i=1

(X−x_i) carLn est de degrénet de coecient dominantan.

Partie II - Etude des éléments propres de l'endomorphisme φ

7. Pour toutP, Q∈R[X],pour toutλ∈R,

φ(λP +Q) = (X²−1)(λP +Q)⁰⁰+ 2X(λP +Q)⁰

= (X²−1)(λP⁰⁰+Q⁰⁰) + 2X(λP⁰+Q⁰) (linéarité de la dérivation)

=λ((X²−1)P⁰⁰+ 2XP⁰) + ((X²−1)Q⁰⁰+ 2XQ⁰)

=λφ(P) +φ(Q), doncφest une application linéaire.

De plus, elle va deR[X]dansR[X](énoncé), donc c'est un endomorphisme deR[X].

8. Pour toutP∈Rn[X], φ(P)∈R[X] et

deg(φ(P)) = deg((X²−1)P⁰⁰+ 2XP⁰)≤max((X²−1)P⁰⁰,2XP⁰) = max(2 + deg(P⁰⁰),1 + deg(P⁰))

≤max(2 + deg(P)−2,1 + deg(P)−1) = max(deg(P),deg(P)) = deg(P), doncφ(P)∈Rn[X].

Rn[X]est donc bien stable parφ.

Remarque. Pour rappel,deg(P+Q)≤ max(deg(P),deg(Q)),avec égalité si deg(P) = deg(Q), etdeg(P⁰)≤ deg(P)−1,avec égalité si deg(P)≥1.

9. SoitM = (m_i,j)_0≤i,j≤n la matrice deφ_n dans la base canonique deRn[X].Alors,∀j∈[[0, n]], φ(X^j) =

n

X

i=0

m_i,jXⁱ. Or,

φ(X⁰) =φ(1) = 0 φ(X¹) = 2X

et, pour toutj∈[[2, n]],φ(X^j) = (X²−1)j(j−1)X^j−2+ 2XjX^j−1

=j(j−1)X^j−j(j−1)X^j−2+ 2jX^j=j(j+ 1)X^j−j(j−1)X^j−2. Par identication, on a :

m0,0= 0 = 0(0 + 1) et ∀i≥1, mi,0= 0 m_1,1= 2 = 1×2 et ∀i≥2, m_i,1= 0

∀j∈[[2, n]], mj,j =j(j+ 1) et ∀i≥j+ 1, mi,j= 0 doncM est bien triangulaire supérieure et,∀k∈[[0, n]], mk,k=k(k+ 1).

Remarque. Pour tout(i, j)∈[[0, n]]², m_i,j=







j(j+ 1) sii=j

−j(j−1) sii=j−2

0 sinon

.

10. Comme M est triangulaire, ses valeurs propres se lisent sur la diagonale.

On a doncSp (M) ={k(k+ 1), k∈[[0, n]]}.

Enn, pour toutk∈N,(k+ 1)(k+ 2)−k(k+ 1) = 2(k+ 1)>0,donc la suite(uk)k∈N est strictement croissante.

Les réels(k(k+ 1))_k∈[[0,n]] sont donc deux à deux distincts, donc M admetn+ 1 valeurs propres distinctes, et M ∈ Mn+1(R),doncM est diagonalisable, doncφn est diagonalisable.

11. •Pour k= 0, U_k⁰ = 0et 2kXUk = 0,donc(X²−1)U_k⁰ −2kXUk= 0.

•Pour toutk∈[[1, n]], U_k⁰ = 2kX(X²−1)^k−1, donc(X²−1)U_k⁰ −2kXUk = 2kXUk−2kXUk = 0.

•Pour toutk∈[[0, n]],on a bien(X²−1)U_k⁰ −2kXUk= 0.

12. D'après la formule de Leibniz pour les polynômes, en prenant la convention (habituelle) n k

= 0sik6∈[[0, n]],

((X²−1)U_k⁰)^(k+1)=

k+1

X

i=0

k+ 1 i

(X²−1)⁽ⁱ⁾(U_k⁰)^(k+1−i)

= k+ 1

0

(X²−1)(U_k⁰)^(k+1)+ k+ 1

1

(X²−1)⁰(U_k⁰)^(k)+ k+ 1

2

(X²−1)⁰⁰(U_k⁰)^(k−1)

+

k+1−i

X

k=3

k+ 1 i

(X²−1)⁽ⁱ⁾

| {z }

=0cari≥3

(U_k⁰)^(k+1−i)

= (X²−1)U_k^(k+2)+ 2(k+ 1)XU_k^(k+1)+ 2k(k+ 1) 2 U_k^(k) et (2kXUk)^(k+1)=

k+1

X

i=0

k+ 1 i

(2kX)⁽ⁱ⁾(Uk)^(k+1−i)

= k+ 1

0

(2kX)(Uk)^(k+1)+ k+ 1

1

(2kX)⁰(Uk)^(k)+

k+1

X

i=2

k+ 1 i

(2kX)⁽ⁱ⁾

| {z }

=0cari≥2

(Uk)^(k+1−i)

= 2kXU_k^(k+1)+ (k+ 1)2kU_k^(k),

donc

((X²−1)U_k⁰ −2kXUk)^(k+1)= (X²−1)U_k^(k+2)+ 2(k+ 1)XU_k^(k+1)+k(k+ 1)U_k^(k)−2kXU_k^(k+1)−(k+ 1)2kU_k^(k)

= (X²−1)U_k^(k+2)+ 2XU_k^(k+1)−k(k+ 1)U_k^(k). Par suite, d'après la question 11,

(X²−1)U_k^(k+2)+ 2XU_k^(k+1)−k(k+ 1)U_k^(k)= ((X²−1)U_k⁰ −2kXUk)^(k+1)= (0)^(k+1)= 0.

13. Pour tout k∈[[0, n]], Lk ∈Rn[X] (cardeg(Lk) =k≤n),Lk 6= 0(carak6= 0) et : φn(Lk) =φ(U_k^(k)) = (X²−1)U_k^(k+2)+ 2XU_k^(k+1) =

cf Q12k(k+ 1)U_k^(k)=k(k+ 1)Lk, doncL_k est un vecteur propre deφ_n associé à la valeur proprek(k+ 1).

14. • φn est un endomorphisme deRn[X](de dimensionn+ 1) qui admet n+ 1valeurs propres distinctes, donc tous les espaces propres deφn sont de dimension 1.

De plus, pour tout k ∈ [[0, n]], Lk ∈ E_k(k+1)(φn), donc Vect (Lk) ⊂ E_k(k+1)(φn) et, par égalité des dimensions, Ek(k+1)(φn) = Vect (Lk).

On a donc Sp (φn) ={k(k+ 1), k∈[[0, n]]}et, pour tout k∈[[0, n]], E_k(k+1)(φn) = Vect (Lk).

•Pour toutk∈N, k(k+ 1)∈Sp (φk),pour toutP ∈Vect (Lk) =E_k(k+1)(φk), φ(P) =φ_k(P) =k(k+ 1)P, doncP est un vecteur propre deφassocié à la valeur proprek(k+ 1).

On a donc{k(k+ 1), k∈N} ⊂Sp (φ)et, pour toutk∈N,Vect (L_k)⊂E_k(k+1)(φ).

•Réciproquement, soitλune valeur propre deφet P 6= 0un vecteur propre associé àλ.

Soitn= deg(P). Alors

λP =φ(P) =φ_n(P), doncP est un vecteur propre deφ_n associé à la valeur propre (deφ_n)λ.

Par suite,λ∈Sp (φ_n),donc il existek∈[[0, n]]tel queλ=k(k+ 1)etP ∈E_k(k+1)(φ_n) = Vect (L_k).

On a doncSp (φ)⊂ {k(k+ 1), k∈N}et, pour toutk∈N, E_k(k+1)(φ)⊂Vect (L_k).

•Par double inclusion,

Sp (φ) ={k(k+ 1), k∈N} et ∀k∈N, E_k(k+1)(φ) = Vect (L_k).

Partie III - Distance au sous-espace vectoriel R

[X ]

15. •Pour toutP, Q∈R[X], hP, Qi= Z 1

−1

P(t)Q(t)dtexiste cart7→P(t)Q(t)est continue sur le segment[−1,1].

•Pour toutP, Q, R∈R[X],pour toutλ∈R, h(λP +Q), Ri=

Z 1

−1

(λP +Q)(t)R(t)dt

= Z 1

−1

λP(t)R(t) +Q(t)R(t)dt

=λ Z 1

−1

P(t)R(t)dt+ Z 1

−1

Q(t)R(t)dt (par linéarité de l'intégrale)

=λhP, Ri+hQ, Ri, donch·,·iest linéaire à gauche.

•Pour toutP, Q∈R[X],

hP, Qi= Z 1

−1

P(t)Q(t)dt= Z 1

−1

Q(t)P(t)dt=hQ, Pi, donch·,·iest symétrique.

• h·,·iest symétrique et linéaire à gauche, donc bilinéaire.

•Pour toutP ∈R[X],

hP, Pi= Z 1

−1

(P(t))²dt≥0 par positivité de l'intégrale (bornes dans le bon sens), donch·,·iest positif.

•SoitP ∈R[X] tel quehP, Pi= 0.

Commet7→P(t)² est continue et positive sur[−1,1]et−1<1, hP, Pi= 0⇔

Z 1

−1

(P(t))²dt= 0⇔ ∀t∈[−1,1], P(t) = 0.

Par suite,P a une innité de racines, doncP est nul.

h·,·iest donc déni.

• h·,·iest donc bien un produit scalaire surR[X].

16. Pour tout (P, Q)∈R[X]²,

hφ(P), Qi= Z 1

−1

((t²−1)P⁰⁰(t) + 2tP⁰(t))Q(t)dt.

Posonsu⁰(t) = (t²−1)P⁰⁰(t) + 2tP⁰(t), u(t) = (t²−1)P⁰(t), v(t) =Q(t), v⁰(t) =Q⁰(t).

Commeuet vsont de classeC¹sur[−1,1],on peut intégrer par parties et on a : hφ(P), Qi=

Z 1

−1

((t²−1)P⁰⁰(t) + 2tP⁰(t))Q(t)dt

=

(t²−1)P⁰(t)Q(t)1

−1

| {z }

=0

− Z 1

−1

(t²−1)P⁰(t)Q⁰(t)dt=− Z 1

−1

(t²−1)P⁰(t)Q⁰(t)dt.

Cette dernière écriture étant symétrique enP et Q,on obtient :

∀(P, Q)∈R[X]², hφ(P), Qi=hφ(Q), Pi =

par symétrie deh·,·ihP, φ(Q)i.

17. Soit ketndeux entiers naturels distincts. On a :

k(k+ 1)hLk, Lni=hk(k+ 1)Lk, Lni (linéarité à gauche)

=hφ(Lk), Lni (carLk ∈E_k(k+1)(φ))

=hLk, φ(Ln)i (d'après la question précédente)

=hLk, n(n+ 1)Lni (carLn ∈R_n(n+1)(φ))

=n(n+ 1)hLk, L_ni (linéarité à droite),

donc(k(k+1)−n(n+1))hL_k, L_ni= 0,donchL_k, L_ni= 0,car, comme(k(k+1))_k∈N^∗est une suite strictement croissante (cf. question 10),k(k+ 1)6=n(n+ 1).

La famille(L_n)_n∈Nest donc bien orthogonale pour le produit scalaireh·,·i.

18. Soit n∈N^∗.

Comme(L0, . . . , L_n−1)est une base de Rn−1[X] (cf. question 3), pour toutP ∈Rn−1[X],il existen réelsa0,· · ·a_n−1 tels queP =

n−1

X

i=0

aiLi.Par suite,

hP, Lni=

*_n−1 X

i=0

aiLi, Ln

+

=

n−1

X

i=0

aihLi, Lni (linéarité à gauche)

=

n−1

X

i=0

0 (car, pour touti∈[[0, n−1]], i6=net d'après la question 17)

= 0.

19. •Soitket ndeux entiers naturels distincts. On a : hQk, Qni=

r2k+ 1 2

r2n+ 1

2 hLk, Lni= 0, donc la famille(Qn)n∈Nest orthogonale pour le produit scalaireh·,·i.

•De plus, pour toutn∈N,

kQnk =

homogénéité

r2n+ 1

2 kLnk=

r2n+ 1 2

r 2

2n+ 1 = 1, donc(Q_n)_n∈Nest une famille orthonormale pour le produit scalaireh·,·i.

•De plus, pour toutP ∈R[X],en posantn= deg(P),il existea0, ..., an tels queP =

n

X

i=0

aiLi=

n

X

i=0

ai

r2n+ 1 2

! Qi, donc la famille(Qn)n∈Nest génératrice deR[X].

Comme elle est de plus libre (car orthogonale), c'est une base deR[X].

• (Qn)_n∈N est donc une base orthonormale deR[X]pour le produit scalaireh·,·i.

20. Soit n∈N.

•Rn[X]est un sous-espace vectoriel de dimension nie deR[X].

Donc, d'après la caractérisation par la distance du projeté orthogonal sur un sous-espace vectoriel de dimension nie, il existe un unique polynômeTn ∈Rn[X] tel que :d(P,Rn[X]) =kP−Tnket Tn est le projeté orthogonal deP sur Rn[X].

•D'après le théorème de Pythagore,

kPk²=kTnk²+kP−T_nk², donc

d(P,Rn[X])²=kP−T_nk²=kPk²− kT_nk²

=kPk²−

n

X

k=0

hP, QkiQk

2

(caractérisation du projeté orthogonal dans une base orthonormée)

=kPk²−

n

X

k=0

hP, Qki² (car(Qk)est une famille orthonormale)

=kPk²−

n

X

k=0

(ck(P))², oùck(P) =hP, Qki.

21. •On a, pour tout n∈N,

n

X

k=0

(c_k(P))²=kPk²−d(P,Rn[X])²≤ kPk².

•De plus, la suite

n

X

k=0

(c_k(P))²

!

n∈N

est croissante, donc elle converge (croissante et majorée parkPk²).

•Par suite, la sérieP(c_k(P))²converge et

+∞

X

k=0

(c_k(P))²≤ kPk².

Remarque. Je pense que la preuve ci-dessus est celle attendue, mais il y a plus simple et on aboutit en plus à un résultat plus précis...

SoitP∈R[X].Posonsn= deg(P).

Alors, pour toutk > n, hP, Qki=

r2k+ 1

2 hP, Lki= 0(d'après la question 18) D'oùP

(ck(P)² converge (car(ck(P))² est nul au-delà d'un certain rang) et

+∞

X

k=0

(c_k(P))²=

n

X

k=0

(c_k(P))²=

n

X

k=0

hP, Qki²=kPk²

car(Qk)0≤k≤n est une base orthonormée deRn[X].

Partie IV - Fonction génératrice

Les racines du trinômeX²−2X−1sont

r₁= 2 +√ 8

2 et r₂= 2−√ 8 2 , doncr=r₁ et on ar >2.

22. Soit x∈[−1,1].

Montrons par récurrence que, pour toutn∈N,|L_n(x)| ≤rⁿ (HR_n) Initialisation : L₀(x) = 1et r⁰= 1,donc on a bienHR₀.

|L₁(x)|=|x|etr¹=r, donc, commer >2 et|x| ∈[0,1],on a bien|L₁(x)| ≤r¹.On a bienHR₁. Hérédité : Soitn≥1et supposonsHRk vériée pour tout k≤n.

Alors,

|Ln+1(x)|=

(2n+ 1)xLn(x)−nL_n−1(x) n+ 1

(d'après la relation admise)

≤ (2n+ 1)|x| · |L_n(x)|+n|L_n−1(x)|

n+ 1 (inégalité triangulaire)

≤ (2n+ 1)rⁿ+nrⁿ⁻¹

n+ 1 (car|x| ≤1et d'aprèsHRn et HR_n−1)

= 2n+ 1

n+ 1 rⁿ+ n

n+ 1rⁿ⁻¹≤2rⁿ+rⁿ⁻¹

=rⁿ⁻¹(2r+ 1) =rⁿ⁻¹r² (carr²−2r−1 = 0)

=rⁿ⁺¹. On a bienHRn+1.

Conclusion : D'où, par récurrence, pour toutn∈N,|Ln(x)| ≤rⁿ (et ce pour toutx∈[−1,1]).

23. Soit x∈[−1,1].

Pour toutt∈

−1 r,1

r

,

|Ln(x)tⁿ| ≤rⁿtⁿ = (rt)ⁿ. Or, rt ∈ [0,1[, donc la série géométrique X

n≥0

(rt)ⁿ converge, donc, par comparaison, X

n≥0

|Ln(x)tⁿ| converge, donc X

n≥0

Ln(x)tⁿ converge absolument, donct est dans le disque ouvert de convergence.

Par suite,

−1 r,1

r

est inclus dans le disque ouvert de convergence, doncR(x)≥ 1 r. 24. Sx:t7→

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ est de classeC^∞ sur son disque ouvert de convergence, donc en particulier sur

−1 r,1

r

. De plus, pour toutt∈

−1 r,1

r

,

S_x⁰(t) =

+∞

X

n=1

nLn(x)tⁿ⁻¹, donc

(1−2tx+t²)S_x⁰(t) + (t−x)S_x(t) = (1−2tx+t²)

+∞

X

n=1

nL_n(x)tⁿ⁻¹+ (t−x)

+∞

X

n=0

L_n(x)tⁿ

=

+∞

X

n=1

nLn(x)tⁿ⁻¹−

+∞

X

n=1

2nxLn(x)tⁿ+

+∞

X

n=1

nLn(x)tⁿ⁺¹+

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ⁺¹−

+∞

X

n=0

xLn(x)tⁿ

=

+∞

X

n=0

(n+ 1)L_n+1(x)tⁿ−

+∞

X

n=1

2nxL_n(x)tⁿ+

+∞

X

n=2

(n−1)L_n−1(x)tⁿ+

+∞

X

n=1

L_n−1(x)tⁿ−

+∞

X

n=0

xL_n(x)tⁿ

= L1(x) +

+∞

X

n=1

(n+ 1)Ln+1(x)tⁿ

!

−

+∞

X

n=1

2nxLn(x)tⁿ+

+∞

X

n=1

(n−1)L_n−1(x)tⁿ−0

!

+

+∞

X

n=1

Ln−1(x)tⁿ− xL0(x) +

+∞

X

n=1

xLn(x)tⁿ

!

=L₁(x)−xL₀(x) +

+∞

X

n=1

((n+ 1)L_n+1(x)−2nxL_n(x) + (n−1)L_n−1(x) +L_n−1(x)−xL_n(x))tⁿ

=x−x+

+∞

X

n=1

((n+ 1)Ln+1(x)−(2n+ 1)xLn(x) +nL_n−1(x))

| {z }

=0d'après la relation vériée parL_n

tⁿ

= 0,

doncSxvérie bien l'équation diérentielle :(1−2tx+t²)y⁰+ (t−x)y= 0.

25. •Pour toutx∈[−1,1], pour toutt∈

−1 r,1

r

,

|2xt| ≤21

r ×1 = 2 r <

carr>21≤1 +t²,

donc1−2tx+t²>0.

Par suite,

(1−2tx+t²)y⁰+ (t−x)y= 0⇔y⁰+ t−x

1−2tx+t²y= 0.

Une primitive det7→ t−x

1−2tx+t² estt7→ 1

2ln(1−2tx+t²)(car1−2tx+t²>0).

Les solutions de l'équation homogène(1−2tx+t²)y⁰+ (t−x)y= 0 sont donc de la forme : t7→Cexp

−1

2ln(1−2tx+t²)

= C

√

1−2tx+t².

•S_x est une solution de(1−2tx+t²)y⁰+ (t−x)y= 0 sur

−1 r,1

r

,donc il existeC∈Rtel que :

∀t∈

−1 r,1

r

, Sx(t) = C

√

1−2tx+t². Enn,Sx(0) =L0= 1,donc C

√1 = 1⇔C= 1.

•On a donc bien,

∀x∈[−1,1], ∀t∈

−1 r,1

r

,

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ= 1

√

t²−2xt+ 1. 26. •En prenantt= 0∈

−1 r,1

r

dans l'égalité obtenue en 25, on obtient

∀x∈[−1,1], L0(x) = 1,

doncL0−1a une innité de racines (tous les éléments de[−1,1]), doncL0−1 = 0, doncL0= 1.

•En dérivant la relation obtenue en 25, on obtient :

∀x∈[−1,1], ∀t∈

−1 r,1

r

,

+∞

X

n=1

nL_n(x)tⁿ⁻¹=− 2(t−x) 2(t²−2xt+ 1)√

t²−2xt+ 1. En prenantt= 0∈

−1 r,1

r

,on obtient

L1(x) =−−2x 2 =x,

donc le polynômeL1−X a une innité de racines (les éléments de[−1,1]), doncL1−X = 0,doncL1=X.

•En dérivant une seconde fois, on obtient :

∀x∈[−1,1], ∀t∈

−1 r,1

r

,

+∞

X

n=2

n(n−1)L_n(x)tⁿ⁻²=... (calcul inutile, on veut juste l'idée)

En prenantt= 0∈

−1 r,1

r

,on va obtenir

2L₂(x) = 3x²−1(vu ce que l'on a obtenu en question 1),

donc le polynôme 2L2−3X²+ 1 a une innité de racines (les éléments de [−1,1]), donc 2L2−3X²+ 1 = 0, donc L2=1

2(3X²−1).

Partie V - Expression intégrale des polynômes de Legendre

27. Soit t∈]−1,1[.

Pour toutu∈[−π, π],

|vn(u)|=|t|ⁿ|cosθ+isinθcosu|ⁿ=|t|ⁿp

cos²θ+ sin²θcos²u

n

≤ |t|ⁿp

cos²θ+ sin²θ

n

=|t|ⁿ×1ⁿ=|t|ⁿ, donckvnk^[−π,π]∞ ≤ |t|ⁿ.

Or,X

n≥0

|t|ⁿ converge (géométrique de raison |t| ∈[0,1[), donc, d'après le théorème de comparaison des séries à termes positifs,X

n≥0

kvnk^[−π,π]_∞ converge.

La série de fonctions X

n≥0

vn converge donc bien normalement sur[−π, π].

28. •Pour toutu∈[−π, π],

+∞

X

n=0

vn(u) =

+∞

X

n=0

(tcosθ+itsinθcosu)ⁿ= 1

1−tcosθ−itsinθcosu (série géométrique de raisontcosθ+itsinθcosude module|t|<1).

•Pour toutn∈N, v_n est continue sur[−π, π]par opérations sur les fonctions usuelles.

La série de fonctions X

n≥0

vn converge normalement, donc uniformément, sur[−π, π].

On peut donc intervertir série et intégrale et :

+∞

X

n=0

w_n(θ)tⁿ= 1 2π

+∞

X

n=0

Z π

−π

v_n(u)du= 1 2π

Z π

−π +∞

X

n=0

v_n(u)du= 1 2π

Z π

−π

du

1−tcosθ−itsinθcosu.

29. Z π 0

cosu

1 +a²cos²uduexiste comme intégrale d'une fonction continue sur un segment.

Posons le changement de variable anev=π−u.on adv=−du et Z π

0

cosu

1 +a²cos²udu= Z 0

π

cos(π−v)

1 +a²cos²(π−v)(−dv) = Z π

0

−cosv

1 +a²cos²vdv=− Z π

0

cosu 1 +a²cos²udu, donc2

Z π 0

cosu

1 +a²cos²udu= 0,doncZ π 0

cosu

1 +a²cos²udu= 0.

30. Z π/2 0

du

1 +a²cos²u existe comme intégrale d'une fonction continue sur[0, π/2].

Posons le changement de variableu= arctan(v)⇔v= tan(u).

Ce changement de variable est de classeC¹ strictement croissant sur[0, π/2[, donc il réalise une bijection de[0, π/2[

sur[0,+∞[.De plus,du= 1 1 +v²dv.

Enn,Z π/2 0

du

1 +a²cos²u converge, donc, en eectuant ce changement de variable, on obtient :

Z π/2 0

du 1 +a²cos²u=

Z +∞

0

dv 1 +v² 1 +a²cos²(arctanv)

= Z +∞

0

dv 1 +v² 1 +a² 1

1 +v²

(carcos(arctan(v)) = 1

√1 +v²)

= Z +∞

0

dv 1 +v²+a² =

Z +∞

0

1 1 +a²

1 1 + v²

1 +a² dv

= 1

1 +a² Z +∞

0

1 1 +

v

√ 1 +a²

2dv= 1 1 +a²

p1 +a²arctan v

√1 +a² +∞

0

= π 2

√ 1 1 +a². 31. •Pour toutt∈]−1,1[,pour toutθ∈[0, π],

Z π

−π

du

1−tcosθ−itsinθcosu= 1 1−tcosθ

Z π

−π

du 1−i

tsinθ 1−tcosθ

cosu

(car|tcosθ|<1,donc1−tcosθ >0)

= 1

1−tcosθ Z π

−π

1 +i

tsinθ 1−tcosθ

cosu 1 +

tsinθ 1−tcosθ

² cos²u

du

= 1

1−tcosθ Z π

−π

1 1 +

tsinθ 1−tcosθ

² cos²u

du+i 1 1−tcosθ

tsinθ 1−tcosθ

Z π

−π

cosu 1 +

tsinθ 1−tcosθ

² cos²u

du (∗).

•D'après la question 29, pour touta >0, Z π

0

cosu

1 +a²cos²udu= 0,donc, commeu7→ cosu

1 +a²cos²u est paire, Z π

−π

cosu

1 +a²cos²udu= 2 Z π

0

cosu

1 +a²cos²udu= 0.

• D'après la question 30, pour tout a > 0, Z π/2

0

1

1 +a²cos²udu=π 2

√ 1

1 +a², donc, comme u 7→ 1

1 +a²cos²u est paire,

Z π/2

−π/2

cosu

1 +a²cos²udu= 2 Z π/2

0

cosu

1 +a²cos²udu=π 1

√1 +a².

Enn,u7→ 1

1 +a²cos²u estπ-périodique, donc Z π

−π

cosu

1 +a²cos²udu= Z 0

−π

cosu

1 +a²cos²udu+ Z π

0

cosu 1 +a²cos²udu

= Z π/2

−π/2

cosu

1 +a²cos²udu+ Z π/2

−π/2

cosu 1 +a²cos²udu

= 2 Z π/2

−π/2

cosu

1 +a²cos²udu= 2π 1

√ 1 +a². car sif estT-périodique, alors pour touta, b∈R,

Z a+T a

f(t)dt= Z b+T

b

f(t)dt.

•Alors, en posanta= tsinθ

1−tcosθ >0 (car|tcosθ|<1), et en réinjectant dans(∗),on obtient : Z π

−π

du

1−tcosθ−itsinθcosu = 1 1−tcosθ

Z π

−π

1

1 +a²cos²udu+i 1 1−tcosθ

tsinθ 1−tcosθ

Z π

−π

cosu 1 +a²cos²udu

| {z }

=0

= 1

1−tcosθ2π 1 s

1 +

tsinθ 1−tcosθ

²

= 2π 1

q

(1−tcosθ)²+t²sin²θ

= 2π 1

√1−2tcosθ+t². 32. Soit θ∈[0, π].

x= cos(θ)∈[−1,1],donc, pour toutt∈

−1 r,1

r

,

+∞

X

n=0

L(cosθ)tⁿ = 1

√t²−2tcosθ+ 1 d'après la question 25.

D'après les questions 28 et 31, pour toutt∈]−1,1[,

+∞

X

n=0

wn(θ)tⁿ= 1 2π

Z π

−π

du

1−tcosθ−itsinθcosu= 1

√

t²−2tcosθ+ 1.

•D'où, par unicité du développement en série entière de t7→ 1

√

t²−2tcosθ+ 1 sur

−1 r,1

r

⊂]−1,1[,on a :

∀n∈N, L_n(cosθ) =w_n(θ).

33. Par suite, pour tout x∈[−1,1],en posantθ∈[0, π]tel que cosθ=x,on a, pour toutt∈]−1,1[,

√ 1

t²−2xt+ 1 = 1

√t²−2tcosθ+ 1

=

+∞

X

n=0

w_n(θ)tⁿ (d'après les question 31 et 28)

=

+∞

X

n=0

L(cosθ)tⁿ (d'après la question 32)

=

+∞

X

n=0

L_n(x)tⁿ (par dénition deθ).

34. •D'après la question précédente, on a R(x)≥1.

•SupposonsR(x)>1.

Le rayon de convergence dez∈C7→

+∞

X

n=0

Ln(x)zⁿ estR(x)>1.

Le rayon de convergence dez∈C7→z²−2xz+ 1est+∞(c'est un polynôme, que l'on voit comme une série entière).

Par produit de Cauchy de séries entières,z7→(z²−2tz+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)zⁿ

!²

est une série entière de rayon de conver- gence≥R(x), donc il existe une suite(bn)n∈N∈ Rⁿ (comme somme et produit de nombres réels dans le produit de Cauchy) telle que,

∀z∈Ctel que |z|< R(x), (z²−2xz+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)zⁿ

!²

=

+∞

X

n=0

bnzⁿ.

En particulier, pour toutt∈]−R(x), R(x)[, (t²−2xt+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ

!²

=

+∞

X

n=0

bntⁿ.

Or, pour toutt∈]−1,1[,(t²−2xt+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ

!²

= 1d'après la question précédente.

Or 1 est son propre développement en série entière, de rayon de convergence+∞,donc, par unicité du développement en série entière sur]−1,1[det7→(t²−2xt+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)tⁿ

!² ,on a b0= 1 et ∀n≥1, bn= 0.

On a donc, pour toutz∈Ctel que |z|< R(x),(z²−2xz+ 1)

+∞

X

n=0

Ln(x)zⁿ

!²

= 1.

Or, en posantx= cosθ(possible carx∈[−1,1]),z²−2xz+ 1 = 0a pour solutions : z1=2 cosθ+ 2isinθ

2 =e^iθ et z2=e^−iθ (car∆ = 4 cos²(θ)−4 = (2isinθ)).

Par suite, pourz=e^iθ,on a|z|< R(x)(car on a supposé R(x)>1) et(z²−2xz+ 1)

| {z }

=0

+∞

X

n=0

L_n(x)zⁿ

!²

= 0.

C'est exclu, donc, par l'absurde,R(x)≤1.

•On a doncR(x)≤1et R(x)≥1,doncR(x) = 1.

Partie VI - Application à l'approximation d'intégrales

35. Montrons par récurrence que, pour toutn≥2 sif est une fonction de classeCⁿ⁻¹ sur Rà valeurs dansRtelle qu'il existenréelsα1<· · ·< αn tels que∀i∈[[1, n]], h(αi) = 0,alors il existe un réelctel que f⁽ⁿ⁻¹⁾(c) = 0 (HRn) Initialisation Pourn= 2, f est supposée continue et dérivable surR, donc sur [α1, α2]. En appliquant le théorème de Rolle, on obtient l'existence dec∈]α1, α2[⊂Rtel quef⁽¹⁾(c) = 0. On a donc bienHR2.

Hérédité : Soitn≥2et supposonsHRn vérifée.

Soit alors une fonctionf de classeCⁿ surRet α1, ..., αn+1 n+ 1réels en lesquelsf s'annulle.

Alors, en appliquant le théorème de Rolle àf sur chaque intervalle[αi, αi+1],on obtient l'existence denréels distincts β1<· · ·< βn en lesquelsf⁰ s'annulle, avecf⁰ fonction de classe Cⁿ⁻¹.

En appliquantHR_n à f⁰,on obtient l'existence d'unc∈Rtel que(f⁰)⁽ⁿ⁻¹⁾(c) = 0, et doncf⁽ⁿ⁾(c) = 0.

On a bienHR_n+1.

Conclusion : La propriété est donc établie par récurrence.

Par suite, pour toutn∈N^∗, 2n≥2, donc on aHR_2n,qui n'est autre que la propriété à démontrer.

36. Soit (a1, ..., an)∈Rⁿ. Si

n

X

i=1

ai`i = 0,alors, pour toutP∈Rn−1[X],

n

X

i=1

ai`i(P) = 0.

Soit, pour toutj ∈[[1, n]], P_j =

n

Y

i=1i6=j

(X−x_i)∈Rn−1[X]et

n

X

i=1

ai`i(Pj) =

n

X

i=1

ai Pj(xi)

| {z }

=0sii6=j

=ajPj(xj),

donc, comme

n

X

i=1

ai`i(P) = 0, on a ajPj(xj) = 0, donc aj = 0 carPj(xj) =

n

Y

i=1 i6=j

(xj−xi)

| {z }

6=0

6= 0 (car les xi sont deux à deux distincts).

Ceci étant valable pour toutj∈[[1, n]],on a bien la liberté.

37. La famille(`<sub>1</sub>, . . . , `_n)est donc libre.

De plus, elle est formée de n éléments de L(Rn−1[X],R), espace vectoriel de dimension n, donc c'est une base de L(Rn−1[X],R).

Par suite, pour toute application linéaireψ deRn−1[X] dans R, il existe un unique n-uplet (β1, . . . , βn) de réels tel que :ψ=

n

X

k=1

βk`k.

38. ϕ:P ∈Rn−1[X]7→

Z 1

−1

P(t)dtest une application linéaire (par linéarité de l'intégrale) deRn−1[X]dansR. Donc, d'après la question précédente, il existe un uniquen-uplet(α₁, . . . , α_n)de réels tel que ϕ=

n

X

k=1

α_k`_k,ie

∀P ∈Rn−1[X], Z 1

−1

P(t)dt=ϕ(P) =

n

X

k=1

αk`k(P) =α1P(x1) +· · ·+αnP(xn).

39. •Pour toutP ∈R2n−1[X],il existe un unique couple(Q, R)avecdeg(R)<deg(Ln) =ntel que P =QLn+R.

De plus, commeQLn =P−R oùdeg(Ln) =netdeg(P−R)≤2n−1,on adeg(Q)≤n−1,doncQ∈Rn−1[X].

Alors, en reprenant len-uplet(α1, . . . , αn)trouvé à la question précédente, on a : Z 1

−1

P(t)dt= Z 1

−1

Q(t)L_n(t)dt+ Z 1

−1

R(t)dt

=hQ, Lni+ Z 1

−1

R(t)dt (par dénition du produit scalaire introduit en partie III)

= 0 + Z 1

−1

R(t)dt (d'après la question 18 avec Q∈Rn−1[X])

=α1R(x1) +· · ·+αnR(xn) (carR∈Rn−1[X])

et, comme pour touti∈[[1, n]], P(x_i) =Q(x_i)L_n(x_i)

| {z }

=0

+R(x_i) =R(x_i),on a bien

Z 1

−1

P(t)dt=α₁R(x₁) +· · ·+α_nR(x_n) =α₁P(x₁) +· · ·+α_nP(x_n).

40. •Soitϕ:P ∈R2n−1[X]7→(P(x₁, . . . , P(x_n), P⁰(x₁), . . . , P⁰(x_n)).

C'est une application linéaire (dit dans l'énoncé).

SoitP∈ker(ϕ).Alors, pour touti∈[[1, n]], P(x_i) =P⁰(x_i) = 0,doncx_i est une racine au moins double deP.

Comptées avec multiplicité,P admet donc au moins2nracines, donc, commeP ∈R2n−1[X],on aP = 0.

ϕest donc injective.

•D'après le théorème du rang, on a alors

dim Imϕ= dimR2n−1[X]−dim kerϕ= 2n= dimR²ⁿ etImϕ⊂R²ⁿ,doncImϕ=R²ⁿ etϕest donc surjective.

•ϕest injective et surjective, donc bijective.

•Par suite, pour toutP ∈R2n−1[X],

∀i∈[[1, n]],

(P(xi) =f(xi) P⁰(x_i) =f⁰(x_i) .

!

⇔ϕ(P) = (f(x1), . . . , f(xn), f⁰(x1), . . . , f⁰(xn))

⇔P=ϕ⁻¹(f(x1), . . . , f(xn), f⁰(x1), . . . , f⁰(xn)), ce qui assure l'existence et l'unicité deHn.

41. Soit x∈[−1,1]tel que :∀i∈[[1, n]], x6=xi. Soitg:t∈[−1,1]7→f(t)−Hn(t)−An(t)²

(2n)! × (2n)!

A_n(x)²(f(x)−Hn(x))

| {z }

=K

.

g est bien dénie carAn(x) =

n

Y

i=1

(x−xi)

| {z }

6=0

6= 0.

On renumérote(x1, . . . , xn, x)en(y1, . . . , yn+1)de telle sorte quey1<· · ·< yn+1. Alors, comme

∀i∈[[1, n]], g(x_i) =f(x_i)−H_n(x_i)

| {z }

=0

−

=0

z }| { A_n(x_i)²

(2n)! ×K= 0 etg(x) =f(x)−H_n(x)−A_n(x)²

(2n)! × (2n)!

An(x)²(f(x)−H_n(x)) = 0, on ag(yi) = 0pour touti∈[[1, n+ 1]].

gest de classeC²ⁿ sur[−1,1],donc, comme n≥1, g est continue et dérivable sur[−1,1],donc sur[yi, yi+1]pour tout i∈[[1, n]].

D'après le théorème de Rolle, appliqué sur chaque intervalle, il existenréelsβ1, . . . , βn tels que y1< β1< y2< . . . < βn< yn+1 et g⁰(βi)pour touti∈[[1, n]].

Par construction, la familleβ₁, . . . , β_n, x₁, . . . , x_n)est formée de2néléments de[−1,1]deux à deux distincts.

De plus, pour touti∈[[1, n]], g⁰(β_i) = 0

etg⁰(xi) =f⁰(xi)−H_n⁰(xi)

| {z }

=0

−2A⁰_n(xi)

=0

z }| { An(xi) (2n)! K= 0, doncg⁰ s'annule (au moins) 2nfois sur[−1,1]et, comme f⁰ est de classeC²ⁿ⁻¹ sur[−1,1](carf est de classeC²ⁿ)

etH_n⁰ A_n et A⁰_n sont de classeC^∞ (ce sont des fonctions polynomiales), g⁰ est de classeC²ⁿ⁻¹ sur[−1,1].

D'où, d'après la question 35, adaptée sans diculté à une fonction de[−1,1]à valeurs dansR,il existe c∈[−1,1]tel que(g⁰)⁽²ⁿ⁻¹⁾(c) = 0⇔g⁽²ⁿ⁾(c) = 0.

Or,g⁽²ⁿ⁾=f⁽²ⁿ⁾−Hn⁽²ⁿ⁾−(A²_n)⁽²ⁿ⁾ (2n)! K, où Hn⁽²ⁿ⁾= 0carHn∈R2n−1[X]

et(A²_n)⁽²ⁿ⁾∈R0[X](cardeg(A²_n) = 2n), et une récurrence similaire à celle de la question 2, poussée jusqu'àk= 2n, donneA⁽²ⁿ⁾n = (2n)!,

doncg⁽²ⁿ⁾(c) =f⁽²ⁿ⁾(c)−K,et donc K=f⁽²ⁿ⁾(c)⇔ (2n)!

A_n(x)²(f(x)−H_n(x)) =f⁽²ⁿ⁾(c)⇔f(x) =H_n(x) +An(x)²

(2n)! f⁽²ⁿ⁾(c).

42. Pour tout y∈[−1,1],

siy6=xi,alorsc existe d'après la question précédente

siy=xi,alorsf(y)−Hn(y) = 0et An(y) = 0,donccquelconque dans[1,1]convient.

43. •f⁽²ⁿ⁾ est continue sur le segment[−1,1],donc elle est bornée et atteint ses bornes sur[−1,1], doncM_2n(f) = max

t∈[−1,1]|f⁽²ⁿ⁾(t)|existe.

•Reprenons Hn comme à la question 40. Alors

Z 1

−1

f(t)dt−(αif(x1) +· · ·+αnf(xn))

=

Z 1

−1

f(t)dt− Z 1

−1

Hn(t)dt

(d'après la question 39 avecHn ∈R2n−1[X])

=

Z 1

−1

f(t)−Hn(t)dt Or, pour toutt∈[−1,1],il existe ct∈[−1,1]tel que

|f(t)−Hn(t)|=

An(t)²

(2n)! f⁽²ⁿ⁾(ct)

≤ An(t)²

(2n)! ×M2n(f), donc, par positivité de l'intégrale (avec−1≤1),

Z 1

−1

f(t)dt−(α_if(x₁) +· · ·+α_nf(x_n))

=

Z 1

−1

f(t)−H_n(t)dt

≤ Z 1

−1

A_n(t)²

(2n)! M2n(f)dt= M_2n(f) (2n)!

Z 1

−1

An(t)²dt.

44. Par dénition deAn, Z 1

−1

An(t)²dt= 1

a²_nhLn, Lni= 1 a²_n

2

2n+ 1 (admis en question 9)

= 2²ⁿ (n!)⁴ ((2n)!)²

2

2n+ 1 ∼2²ⁿ n

e ⁴ⁿ√

2πn⁴ 2n

e 4n√

2π2n² 1

n (Stirling :n!∼n e

ⁿ√ 2πn)

= 2²ⁿ 4π²n² 2⁴ⁿ4πn

1 n = π

4ⁿ.