Dans toute cette partie, n désigne un entier naturel non nul. On dénit une suite de polynômes (dits polynômes de Chebychev) (P

(1)

Énoncé

Les trois parties de ce problème

¹

sont largement indépendantes. Seules les questions III.2.a et III.3.e dépendent des parties précédentes. On identiera systématiquement un polynôme avec la fonction polynomiale (de R dans R) qui lui est associée.

Partie I.

Dans toute cette partie, n désigne un entier naturel non nul. On dénit une suite de polynômes (dits polynômes de Chebychev) (P

k

)

_k∈

N

par récurrence par les formules : P

0

= 1, P

1

= X

∀ k ∈ N : P

k+2

= 2XP

k+1

− P

k

On dénit (T

k

)

_k∈N

par

T

_k

= 1 2

^k−1

P

_k

1. a. Calculer T

₃

, T

₄

.

b. Déterminer le degré de P

n

.

c. Soit θ un réel quelconque, montrer que

P

n

(cos θ) = cos(nθ)

d. Montrer que les racines de P

n

sont les nombres x

1

, x

2

, · · · , x

n

avec x

_k

= cos

2k − 1 2n π

pour k entier entre 1 et n . Montrer que ces racines sont simples.

e. Montrer qu'il existe n + 1 points notés x

⁰₀

, x

⁰₁

, · · · , x

⁰_n

en lesquels | T

_n

| restreinte à [ − 1, 1] atteint son maximum absolu. Préciser cette valeur maximale.

2. a. Tracer les courbes représentatives des fonctions T

1

, T

2

, T

3

, T

4

restreintes à [ − 1, 1] . b. Montrer qu'il n'existe pas de polynôme P unitaire de degré n tel que

sup

[−1,1]

| P | < 1 2

ⁿ⁻¹

(on pourra considérer le polynôme T

n

− P et utiliser les résultats précédents)

1d'après Centrale supélec 2002 maths 1 TSI

c. Établir que pour tout polynôme P unitaire de degré n sup

[−1,1]

| T

n

| ≤ sup

[−1,1]

| P |

d. Soit f et g deux fonctions dans C ([ − 1, 1], R ) , on pose

(f /g) = Z

π

0

f (cos θ)g(cos θ)dθ

Montrer que ( / ) est un produit scalaire et que la famille q

2 π

P

n

n∈N

est orthonormale.

Partie II.

Dans cette partie, on considère un plan euclidien muni d'un repère orthonormé direct (O, − → i , − → j ) . Pour tout θ réel, on dénit − → e

_θ

par :

−

→ e

_θ

= cos θ − → i + sin θ − → j On note d(A, B) = AB = k −−→

AB k la distance euclidienne entre deux points du plan et on introduit, pour trois points A , B , C ,

d(A, B, C) = (AB.BC.CA)

¹³

On dira qu'une partie Ω du plan est bornée lorsqu'elle est incluse dans un disque centré à l'origine. Dans la suite de cette partie, Ω est une partie du plan bornée et contenant une innité de points. On dénit des réels d

2

et d

3

par :

d

2

= sup

d(A, B), (A, B) ∈ Ω

²

, d

3

= sup

d(A, B, C), (A, B, C) ∈ Ω

³

1. a. Justier que d

₂

et d

₃

sont bien dénis.

b. Montrer que d

3

≤ d

2

.

c. Pour deux points A et B de Ω , on note

l(A, B) = sup { d(A, B, C ), C ∈ Ω } Montrer que

d

₃

= sup

l(A, B), (A, B) ∈ Ω

²

(2)

2. On suppose que Ω est un segment de longueur a > 0 . Montrer que d

3

= 4

⁻¹³

a

3. On suppose que Ω est le cercle de centre O et de rayon R .

a. Soit A et B les points de Ω d'axes Re

^iα

et Re

^iβ

avec 0 ≤ α < β < 2π . Exprimer d(A, B) à l'aide d'un seul sin .

b. Soient α et γ dans J 0, 2π K avec α ≤ γ . Vérier que la fonction dénie sur [α, γ] : β → sin β − α

2 sin γ − β 2 atteint son maximum en

^α+γ₂

.

c. Étudier les variations de la fonction ϕ dénie dans [0, 1] par : ϕ(t) = t

³

p

1 − t

²

d. Déduire de ce qui précède que d

3

= √

3R .

Partie III.

Dans cette partie, Ω est le segment [ − 1, 1] de l'axe réel. Pour tout entier n ≥ 2 , on note D(x

1

, · · · , x

n

) = Y

1≤i<j≤n

| x

j

− x

i

|

D

n

= sup { D(x

1

, · · · , x

n

), (x

1

, · · · , x

n

) ∈ Ω

ⁿ

} , d

n

= D

2 n(n−1)

n

On désigne par P

n

l'ensemble des polynômes à coecients réels unitaires et de degré n . Pour P ∈ P

n

, on note

µ(P) = sup

[−1,+1]

| P | , µ

n

= inf { µ(P), P ∈ P

n

} , m

n

= µ

1

nn

À tout élément (x

1

, · · · , x

n+1

) ∈ Ω

ⁿ⁺¹

, on associe le déterminant V (x

1

, · · · , x

n+1

) (dit de VanderMonde) dont on admet la valeur :

V ((x

1

, · · · , x

n+1

) =

1 1 · · · 1 1

x

1

x

2

· · · x

n

x

n+1

... ... ...

x

ⁿ⁻¹₁

x

ⁿ⁻¹₂

· · · x

ⁿ⁻¹_n

x

ⁿ⁻¹_n+1

x

ⁿ₁

x

ⁿ₂

· · · x

ⁿ_n

x

ⁿ_n+1

= Y

1≤i<j≤n+1

(x

j

− x

i

)

1. a. On admet que pour tout n ≥ 2 , il existe des réels λ

1

, · · · , λ

n+1

dans Ω tels que D

n+1

= D(λ

1

, · · · , λ

n+1

)

Montrer que

D

n+1

≤ | λ

2

− λ

1

|| λ

3

− λ

1

| · · · | λ

n+1

− λ

1

| D

n

b. Vérier que D

_n+1ⁿ⁺¹

≤ D

_nⁿ⁺¹

D

²_n+1

. En déduire D

ⁿ⁻¹_n+1

≤ D

ⁿ⁺¹_n

.

c. Montrer que la suite (d

n

)

_n≥2

est convergente. On notera d sa limite.

2. a. À l'aide de la partie I, calculer m

_n

pour n ≥ 1 .

b. Montrer que la suite (m

n

)

_n∈N^∗

est convergente, préciser sa limite m . c. Établir que si une suite (u

_n

)

_n∈_N

de réels converge vers l , la suite

u

₁

+ 2u

₂

+ · · · + nu

_n

n(n + 1)

n∈N^∗

converge vers

₂^l

. (on pourra traiter le cas particulier l = 0 puis ramener le cas général à ce cas.

3. a. Démontrer que pour tout polynôme unitaire P de degré n , on a :

V (x

₁

, · · · , x

_n+1

) =

1 1 · · · 1 1

x

1

x

2

· · · x

n

x

n+1

... ... ...

x

ⁿ⁻¹₁

x

ⁿ⁻¹₂

· · · x

ⁿ⁻¹_n

x

ⁿ⁻¹_n+1

P (x

₁

) P (x

₂

) · · · P (x

_n

) P(x

_n+1

)

b. En développant le dernier déterminant suivant la dernière ligne, établir que :

d

n(n+1) 2

n+1

≤ (n + 1)d

n(n−1)

n 2

m

ⁿ_n

c. Montrer que

m

ⁿ_n

d

n(n−1)

n 2

≤ d

n(n+1) 2

n+1

d. Déduire de ce qui précède que m

_n

≤ d

_n+1

. e. Montrer que d ≤ m et conclure que

d = m = 1

2

(3)

Corrigé Partie I.

1. a. On calcule directement :

P

₀

= 1, T

₀

= 2 P

₁

= X, T

₁

= X

P

₂

= 2X

²

− 1, T

₂

= X

²

− 1

2 P

₃

= 4X

³

− 3X, T

₃

= X

³

− 3 4 X P

₄

= 8X

⁴

− 8X

²

+ 1, T

₄

= X

⁴

− X

²

+ 1

8 b. Il est immédiat par récurrence d'après les dénitions que P

n

et T

n

sont de degré n et que T

_n

est unitaire (coecient dominant égal à 1).

c. La relation est vraie pour 0 et 1, elle se propage par récurrence car : cos((n + 1)θ) + cos((n − 1)θ) = 2 cos θ cos(nθ)

d. Comme P

n

est de degré n , il admet au plus n racines. Or pour k entre 1 et n :

P

n

(x

k

) = P

n

cos( 2k − 1 2n π)

= cos

n( 2k − 1 2n π)

= cos

2k − 1

2 π

= 0

Comme

^2k−1_2n

π ∈ [0, π] (intervalle dans lequel la fonction cos est strictement dé- croissante) les x

k

sont deux à eux distincts. Ils forment donc la famille de toutes les racines de P

n

. Ces racines sont donc simples.

e. Les polynômes P

n

et T

n

admettent le même ensemble de racines et varient simul- tanément car ils sont proportionnels (coecient multiplicatif 2

ⁿ⁻¹

). La fonction P

n

oscille entre − 1 et +1 , la fonction T

n

entre − 2

¹⁻ⁿ

et +2

¹⁻ⁿ

.

Dans [ − 1, +1] , la valeur maximale 2

¹⁻ⁿ

de | T

n

| est atteinte aux points cos θ tels que cos nθ = ± 1 c'est à dire lorsque nθ ≡ 0 mod (π) . La fonction | T

n

| atteint donc sa valeur maximale 2

ⁿ⁻¹

aux points :

x

⁰_k

= cos( k

π n) avec k ∈ J 0, n K

Comme cos est strictement décroissant dans [0, π] , ces n + 1 points sont bien deux à deux distincts.

2. a. Le tracé des graphes entre − 1 et 1 ne pose pas de problème particulier (Fig. 1) Il est intéressant aussi de tracer tous les graphes dans la même gure (Fig. 2)

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

Fig. 1: T

₁

, T

₂

, T

₃

, T

₄

séparément

−1

−0,8

−0,6

−0,4

−0,2 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1

Fig. 2: T

₁

, T

₂

, T

₃

, T

₄

simultanément

(4)

b. Supposons qu'il existe un polynôme unitaire P de degré n tel que sup

[0,1]

| P | < 2

¹⁻ⁿ

⇒ ∀ x ∈ [ − 1, +1] : | P (x) | < 2

¹⁻ⁿ

Examinons le polynôme T

n

− P .

Son degré est strictement inférieur à n car T

n

et P sont unitaires.

Considérons les n + 1 points où T

n

atteint alternativement − 2

¹⁻ⁿ

et 2

¹⁻ⁿ

. En ces points, le polynôme T

n

− P prend alternativement des valeurs strictement négatives et strictement positives. Par continuité T

n

− P va donc s'annuler entre deux consécutifs de ces n + 1 points soit au moins n fois. Comme deg(T

n

− P) < n cela entrainerait T

_n

− P = 0 en contradiction avec la condition imposée à P . c. Cette question est une simple reformulation logique de la question précédente.

d. La linéarité et le fait que (f /f) soit positif est facile et classique. Il faut bien prendre garde que c'est la continuité de f

²

(et sa positivité) qui assure que :

(f /f) = 0 ⇒ f = 0

La preuve de l'orthonormalité de la famille vient du calcul des produits scalaires : (P

n

/P

m

) =

Z

π 0

P

n

(cos θ)P

m

(cos θ)dθ = Z

π

0

cos nθ cos mθdθ =

( 0 si m = n

π

2

si m = n après linéarisation.

Partie II.

1. a. Les nombres d

2

et d

3

sont bien dénis car les ensembles dont ils sont les bornes supérieures sont majorés par 2R .

Pour tous A et B dans Ω :

d(A, B) ≤ d(A, 0) + d(O, B) ≤ 2R Pour tous A , B , C dans Ω :

d(A, B, C ) = (AB.BC.CA)

¹³

≤ (2R.2R.2R)

¹³

≤ 2R

b. Par dénition de d

2

comme borne supérieure, AB ≤ d

2

pour tous les points A , B de Ω . On en déduit

∀ (A, B, C) ∈ Ω

³

, d(A, B, C) = (AB.BC.CA)

¹³

≤ (d

₂

.d

₂

.d

₂

)

¹³

≤ d

₂

Cela signie que d

2

est un majorant de l'ensemble dont d

3

est la borne supérieure.

Par conséquent, comme la borne supérieure d'un ensemble est le plus petit des majorants,

d

₃

≤ d

₂

c. On raisonne avec deux suite d'implications autour de la dénition d'une borne supérieure. Notons

δ = sup

l(A, B), (A, B) ∈ Ω

²

Alors, d'une part :

∀ A ∈ Ω, ∀ B ∈ Ω, ∀ C ∈ Ω : d(A, B, C) ≤ d

3

⇒ ∀ A ∈ Ω, ∀ B ∈ Ω, ( ∀ C ∈ Ω : d(A, B, C ) ≤ d

3

)

⇒ ∀ A ∈ Ω, ∀ B ∈ Ω, l(A, B) ≤ d

₃

⇒ δ ≤ d

₃

d'autre part :

∀ A ∈ Ω, ∀ B ∈ Ω : l(A, B) ≤ δ

⇒ ∀ A ∈ Ω, ∀ B ∈ Ω, ( ∀ C ∈ Ω : d(A, B, C) ≤ δ) ⇒ d

₃

≤ δ 2. Lorsque Ω est un segment de longueur a , il est clair que d

2

= a .

Il est naturel de considérer la conguration particulière où A et B sont les deux extré- mités du segment et C le milieu. Pour cette conguration :

d(A, B, C ) = a( a

2 )

²

¹₃

= a 4

⁻¹³

⇒ d

₃

≥ a 4

⁻¹³

Pour une conguration quelconque, remarquons d'abord que l'ordre des points A , B , C est sans importance. On supposera donc C entre A et B avec de plus AC = xAB , BC = (1 − x)AB pour x ∈ [0, 1] . Avec ces notations :

d(A, B, C) = (x(1 − x))

¹³

AB

L'étude de la fonction x → (x(1 − x))

¹³

montre rapidement qu'elle atteint son maximum absolu en

¹₂

. Le plus grand des d(A, B, C) est donc atteint lorsque C est au milieu de A et B et que AB est le plus grand possible On retrouve la conguration du début et on a prouvé que

d

3

= a 4

⁻¹³

On peut remarquer que ce raisonnement rend inutile la considération de la congura-

tion particulière.

(5)

A(eîα) B(eîβ) C(eîγ)

Fig. 3: II.3.d Calcul de d

3

pour un cercle

3. a. Le calcul suivant est plus que classique : Re

^iβ

− Re

^iα

= Re

ⁱ^α+β²

e

ⁱ^−α+β²

− e

ⁱ^α−β²

= 2iR sin β − α 2 e

ⁱ^α+β²

Lorsque A et B sont respectivement les points d'axes Re

^iα

et Re

^iβ

, la distance AB est le module du complexe du dessus. Soit :

AB = 2R sin β − α 2

Dans la conguration indiquée par l'énoncé ( sin positif).

b. La dérivée en β de la fonction indiquée par l'énoncé est : 1

2 sin

α + γ 2 − β

Dans le domaine indiqué par l'énoncé (Fig. 3), cette fonction admet bien son maximum en

^α+γ₂

. La valeur maximale est

sin

²

γ − α 4

c. Le calcul de la dérivée de la fonction ϕ de l'énoncé conduit à : ϕ

⁰

(t) = t

²

√ 1 − t

²

(3 − 4t

²

) On en déduit le tableau de variations :

0

√ 3

2

1

3√ 3 16

% &

0 0

d. La conguration de la gure (Fig. 3) est la plus générale (après une éventuelle permutation des points sans conséquence sur la distance. Dans ces conditions (en majorant par 3.b.) :

AB.AC.BC = (2R)

³

sin β − α

2 sin γ − β 2

sin γ − α 2

≤ (2R)

³

sin

²

γ − α

4 sin γ − α

2 = (2R)

³

2 sin

³

γ − α

4 cos γ − α 4

= 16R

³

ϕ(sin γ − α

4 ) ≤ 16R

³

3 √ 3 16 = ( √

3R)

³

On en déduit d

₃

≤ √

3R . Pour montrer l'égalité, on vérie que cette valeur est atteinte lorsque le triangle (A, B, C ) est équilatéral.

Partie III.

1. a. On admet que (λ

1

, · · · , λ

n+1

) réalise la borne supérieure D

n+1

. Dans l'expression de D

n+1

on sépare alors les facteurs contenant λ

1

de ceux qui ne le contiennent pas, puis on majore.

D

_n+1

= (λ

₂

− λ

₁

) · · · (λ

_n+1

− λ

₁

)D(λ

₂

, · · · , λ

_n+1

)

≤ | λ

2

− λ

1

| · · · | λ

n+1

− λ

1

| sup { D(µ

1

, · · · , µ

n

), (µ

1

, · · · , µ

n

) ∈ R

ⁿ

}

≤ | λ

2

− λ

1

| · · · | λ

n+1

− λ

1

| D

n

b. On peut écrire des inégalités analogues à la précédente en faisant varier l'indice du λ jouant un rôle particulier (valeur 1) dans la majoration précédente.

D

n+1

≤ D

n

Y

i6=1

| λ

i

− λ

1

|

D

n+1

≤ D

n

Y

i6=2

| λ

i

− λ

2

| ...

D

n+1

≤ D

n

Y

i6=n+1

| λ

i

− λ

n+1

|



 

 

 

 

⇒ D

ⁿ⁺¹_n+1

≤ D

ⁿ⁺¹_n

D

²_n+1

(en faisant le produit)

Le carré vient de ce que, dans D

_n+1

, on impose i < j . En simpliant :

D

ⁿ⁻¹_n+1

≤ D

_nⁿ⁺¹

(6)

c. On va montrer que (d

n

)

n∈N

est décroissante. On exprime les D en fonction des d :

D

n

= d

n(n−1)

n 2

, D

n+1

= d

n(n+1) 2

n+1

Puis on remplace dans l'inégalité de la question précédente qui devient : d

n(n+1)(n−1) 2

n+1

= D

_n+1ⁿ⁻¹

≤ D

_nⁿ⁺¹

= d

n(n−1)(n+1)

n 2

Cela conduit à d

n+1

≤ d

n

car les exposants sont identiques. La suite est positive et décroissante donc convergente. Soit d sa limite.

2. a. D'après I.2.c. :

µ

_n

= 2

¹⁻ⁿ

, m

_n

= 2

¹⁻ⁿⁿ

= 2

⁻¹⁺ⁿ¹

b. D'après l'expression du dessus, (m

_n

)

_n∈_N^∗

converge clairement vers

¹₂

.

c. Il s'agit d'une variante du théorème de Césaro qui se démontre de la même ma- nière.

3. a. En ajoutant dans la dernière ligne du déterminant (celui qui gure à droite de la relation demandée) une combinaison linéaire des autres lignes, on ne modie pas sa valeur mais on peut faire disparaitre tous les termes de P sauf celui de degré n . On obtient donc V

n

(x

1

, · · · , x

n

) .

b. Notons V

i

le déterminant n × n de VanderMonde formé à partir de V (x

1

, · · · , x

n+1

) en supprimant x

i

de la famille. Il est aussi obtenu en supprimant la dernière ligne et la colonne des x

_i

du déterminant de 3.a Le développement de l'expression de V (x

₁

, · · · , x

_n+1

) trouvée à la question précédente le long de la dernière ligne puis des majorations utilisant les dénitions conduisent à :

V (x

1

, · · · , x

n+1

) =

n

X

i=1

( − 1)

ⁿ⁺ⁱ

V

i

⇒ | V (x

1

, · · · , x

n+1

) | ≤ (n + 1)D

n

µ

n

⇒ D

n+1

≤ D

n

µ

n

car chaque déterminant est en valeur absolue majoré par D

n

et chaque valeur du polynôme par µ

n

. Puis, comme

D

n

= d

n(n−1)

n 2

, D

n+1

= d

n(n+1) 2

n+1

, µ

n

= m

ⁿ_n

On déduit la relation demandée :

d

n(n+1) 2

n+1

≤ (n + 1)d

n(n−1)

n 2

m

ⁿ_n

c. On sépare dans V (x

1

, · · · , x

n+1

) les facteurs commençant par x

n+1

: V (x

1

, · · · , x

n+1

) = (x

n+1

− x

1

) · · · (x

n+1

− x

n

)V (x

1

, · · · , x

n

)

= P (x

_n+1

)V (x

₁

, · · · , x

_n

) Comme ceci est valable pour toutes les familles (x

₁

, · · · , x

_n+1

) , on en tire :

| P(x

n+1

) || V (x

1

, · · · , x

n

) | ≤ D

n+1

et | V (x

1

, · · · , x

n

) | ≤ D

n+1

| P (x

n+1

) | ≤ D

n+1

µ

n

car | P(x

_n+1

) | ≥ µ

_n

. Par dénition d'une borne supérieure : : D

n

≤ D

n+1

µ

_n

⇒ m

ⁿ_n

d

n(n−1)

n 2

≤ d

n(n+1) 2

n+1

d. On fait apparaitre un quotient dans l'inégalité précédente : m

n

d

n−1

n2

≤ d

n+1 2

n+1

⇒ m

n

≤ d

n+1

d

n+1

n−12

d

n+1

n2

= d

n+1

d

_n−1

d

_n

ⁿ⁺¹₂

≤ d

n+1

Le dernier quotient est ≤ 1 car la suite d

_n

est décroissante.

e. Comme les suites sont convergentes, on obtient, par passage à la limite dans l'inégalité précédente,

1 2 = m ≤ d

L'inégalité de la question 3.b. fait intervenir des termes consécutifs d'une suite

k(k−1)

2

d

_k

. En prenant le ln , on peut sommer en domino.

k(k + 1)

2 ln(d

_k+1

) ≤ (k − 1)k

2 ln(d

_k

) + ln(k) + k ln(m

_k

) pour k entre 1 et n :

n(n + 1)

2 ln(d

_n+1

) ≤

n

X

k=1

ln(k) +

n

X

k=1

k ln(m

_k

) De plus,

n

X

k=1

ln(k) ≤ n ln(n) ⇒ P

n

k=1

ln(k) n(n + 1) → 0,

P

n

k=1

k ln(m

_k

)

n(n+1) 2

→ ln(m) d'après la question 2.c. Par passage à la limite dans une inégalité :

ln(d) ≤ ln(m) ⇒ d ≤ 1

2