epreuve1-cor-1989

I Op´ erateurs et polynˆ omes de Legendre

1. Les applications D : P 7→ P⁰ et φ : P 7→ (X²− 1)P sont lin´eaires. L = D ◦ φ ◦ D est donc lin´eaire. Les images des vecteurs de la base canonique de P_n sont,

L(1) = 0 et, pour 1 ≤ k ≤ n, L(x^k) =kx^k−1(x²− 1)⁰

= k(k + 1)x^k− (k − 1)k x^k−2. Chacun de ces vecteurs appartient `a Pn; Pn est donc stable par L et la matrice de Ln = L_|Pn dans la base canonique est

Ln=

































0 0 −2 . . . 0 1.2 0 −3 . . .

0 0 2.3 0 . . .

0 0 0 3.4 . . .

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

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

. . . (n − 2)(n − 1) 0 −(n − 1)n

. . . 0 (n − 1)n 0

. . . 0 0 n(n + 1)

































2. L_n est triangulaire ; ses valeurs propres sont les ´el´ements de la diagonale. Ce sont les entiers 0.1, 1.2, 3.4, 4.5, . . . , n(n + 1). Ils sont tous distincts. L_n est donc diagonalisable.

3. Si Q est un polynˆome pair ou impair, de la parit´e de k, le polynˆome Q⁰ est encore un polynˆome pair ou impair, de la parit´e de k + 1. Puisque U_n= (x²− 1)ⁿ est pair, i.e. de la parit´e de 0, le polynˆome P_n= Un⁽ⁿ⁾/(2ⁿn!) est de la parit´e de 0 + n = n.

4. La formule de Leibniz donne : P_n(x) = 1 n! 2ⁿ

dⁿ

dxⁿ [(x − 1)ⁿ(x + 1)ⁿ]

= 1

n! 2ⁿ

n

X

k=0

 n k

 d^k

dx^k(x − 1)ⁿ d^n−k

dx^n−k(x + 1)ⁿ

Puisque 1 est racine d’ordre n de (x − 1)ⁿ, on a

 d^k

dx^k(x − 1)ⁿ



x=1

= 0 pour k < n et donc

Pn(1) = 1 n! 2ⁿ

 dⁿ

dxⁿ(x − 1)ⁿ



(x + 1)ⁿ



(1) = n! 2ⁿ n! 2ⁿ = 1.

5. On a P1(x) = (x²− 1)⁰/(2¹.1!) = x , et P2(x) = ((x²− 1)²)⁰⁰/(2².2!) = ³₂x²−¹₂. 6. (a) En d´erivant l’´egalit´e Un = (x²− 1)ⁿ on obtient U_n⁰ = 2nx(x²− 1)ⁿ⁻¹= 2nxUn−1.

Rempla¸cant n par n + 1 on obtient (1). En multipliant par (x²− 1) on obtient (2).

(b) L’identit´e (1) de l’´enonc´e s’´ecrit

U_n+1⁰ (x) = 2(n + 1)xUn(x).

On d´erive n + 1 fois avec la formule de Leibniz, en se rappelant que, par d´efinition, Un⁽ⁿ⁾= 2ⁿn! Pn et U_n+1⁽ⁿ⁺¹⁾= 2ⁿ⁺¹(n + 1)! Pn+1:

2ⁿ⁺¹(n + 1)!P_n+1⁰ (x) = 2(n + 1)x2ⁿn! P_n⁰(x) + 2(n + 1)²2ⁿn! P_n(x).

En divisant les deux termes par 2ⁿ⁺¹(n + 1)! on obtient l’´equation (3).

De mˆeme, en d´erivant n + 1 fois l’identit´e (x²− 1)U_n⁰(x) = 2nxUn(x) on obtient

(x²− 1) 2ⁿn! P_n⁰⁰(x) + 2 x (n + 1) 2ⁿn! P_n⁰(x) + 2n(n + 1) 2 Pn(x)

= 2 nx 2ⁿn! P_n⁰(x) + 2 n(n + 1) 2ⁿn! P_n(x) c’est `a dire (x²− 1) P_n⁰⁰(x) + 2 x P_n⁰(x) = n(n + 1)Pn(x) qui est l’´egalit´e (4) en re- marquant que (x²− 1) P_n⁰⁰(x) + 2 x P_n⁰(x) = [(x²− 1)P_n⁰(x)]⁰= L(Pn).

(c) Puisque Un est de degr´e 2n, chaque Pn= Un⁽ⁿ⁾/(2ⁿn!) est de degr´e n. En particulier les Pnsont non nuls, et, vu l’´egalit´e L(Pn) = n(n + 1)Pnd´emontr´ee dans la question pr´ec´edente Pn est un vecteur propre de L pour la valeur propre n(n + 1).

R´eciproquement soit P un vecteur propre de L. Soit un entier n ≥ deg P . Alors P ∈ P_n et, puisque L_n(P ) = L(P ), c’est un vecteur propre de L_n, correspondant `a l’une des valeurs propres de L<sub>n</sub>, c’est `a dire un nombre de la forme k(k + 1) pour 0 ≤ k ≤ n. Puisque ces nombres sont tous distincts, le sous-espace propre de L_n associ´e `a k(k + 1) est de dimension 1, et, puisqu’il contient P et Pk 6= 0, P est un multiple scalaire de Pk.

En r´esum´e les valeurs propres de L sont les entiers de la forme n(n + 1), n ∈ N, et les vecteurs propres sont les multiples scalaires des polynˆomes de Legendre.

7. Remarquons d’abord que u est une fonction paire. Sa d´eriv´ee est

u⁰ = 2P_nP_n⁰ − 2xP_n⁰²

n(n + 1) +2(1 − x²)P_n⁰P_n⁰⁰ n(n + 1)

= 2P_n⁰

n(n + 1) n(n + 1)Pn− xP_n⁰ + (1 − x²)P_n⁰⁰

Par 6.a n(n + 1)Pn= L(Pn) = 2xP_n⁰ + (x²− 1)P_n⁰⁰. L’expression ci-dessus se simplifie et u⁰ =2x[P_n⁰(x)]²

n(n + 1) ·

Pour x ≥ 0 on a donc u⁰(x) ≥ 0, et pour t variant de 0 `a 1 u(t) croˆıt de la valeur positive u(0) jusqu’`a u(1) = [Pn(1)]² = 1. On a donc u(t) ≤ 1 pour t dans [0, 1]. Il en r´esulte (Pn(t))² ≤ 1, et donc |Pn(t)| ≤ u(t) ≤ 1 pour t ∈ [0, 1]. Par parit´e, cela reste vrai pour t ∈ I = [−1, 1].

8. (x²− 1)ⁿ est de degr´e 2n. Sa d´eriv´ee n<sup>`eme</sup> est donc de degr´e n. Plus pr´ecis´ement le terme de plus haut degr´e de (x<sup>2</sup>− 1)<sup>n</sup>est x<sup>2n</sup>. En le d´erivant n fois on obtient (2n)(2n − 1) . . . (n + 1) x<sup>n</sup>. D’o`u l’expression de an:

an= (2n)(2n − 1)(2n − 2) . . . (n + 1)

2ⁿn! = 1

2ⁿ

 2n n



Comme les P_n sont de degr´es deux `a deux distincts, la famille (P_k)_0≤k≤n est libre, et, puisqu’elle est de cardinal n + 1 c’est une base de P_n.

II Distance d’une fonction de E (I) ` a l’espace P

.

1. Orthogonalit´e des polynˆomes Pn.

Soient f et g deux fonctions de C²(I). Alors x 7→ (x²− 1)f⁰(x) est de classe C¹, et une int´egration par parties donne

(Lf |g) = Z 1

−1

d

dx(x²− 1)f⁰(x) g(x) dx

= (x²− 1)f⁰(x)g(x)1

−1− Z 1

−1

(x²− 1)f⁰(x)g⁰(x) dx

= −

Z 1

−1

(x²− 1)f⁰(x)g⁰(x) dx = (f |Lg)

parce que la derni`ere int´egrale est une expression sym´etrique en f et g. (Un op´erateur L satisfaisant (Lf |g) = (f |Lg) est dit sym´etrique ou auto-adjoint.) Pour f = Pn et g = Pm on en d´eduit

n(n + 1)(Pn|Pm) = (L(Pn)|Pm) = (Pn|L(Pm)) = m(m + 1)(Pn, Pm).

Si n 6= m cela entraˆıne (Pn|Pm) = 0 (On vient de red´emontrer l’orthogonalit´e des sous-espaces propres correspondant `a deux valeurs propres distinctes d’un op´erateur sym´etrique).

2. Calcul de ||P_n|| et construction d’une suite orthonormale.

(a) Par la question pr´ec´edente P_n est orthogonal `a tous les P<sub>k</sub>, 0 ≤ k < n. Puisque ces polynˆomes forment une base de Pn−1, Pn est orthogonal `a tout polynˆome de degr´e

≤ n−1. Puisque le monˆome de plus haut degr´e de Pnest anxⁿon a Pn= anxⁿ+Q(x), avec deg(Q) ≤ n − 1, et donc

||Pn||²= Z 1

−1

(anxⁿ+ Q(x))Pn(x) dx = Z 1

−1

anxⁿPn(x) dx.

De mˆeme, puisque le monˆome de plus haut degr´e de P_n+1⁰ est (n + 1)an+1xⁿ Z 1

−1

P_n+1⁰ (x)Pn(x) dx = (n + 1)an+1

Z 1

−1

xⁿPn(x) dx = (n + 1)a_n+1 an

||Pn||² vue l’´egalit´e pr´ec´edente.

(b) Une int´egration par parties avec dv = dx donne Z 1

−1

[Pn(x)]²dx =xP_n²(x)¹

−1− 2 Z 1

−1

xPn(x)P_n⁰(x) dx L’´egalit´e (6) en r´esulte vu Pn(1) = |Pn(−1)| = 1.

(c) Multiplions les deux membres de l’´egalit´e (3) par Pn et int´egrons sur [−1, 1] : Z 1

−1

P_n+1⁰ (x) P_n(x) dx = Z 1

−1

xP_n⁰(x)P_n(x) dx + (n + 1) Z 1

−1

[P_n(x)]²dx Vus (5) et (6) cela s’´ecrit encore

(n + 1)a_n+1 an

||Pn||²= 1 −1

2||Pn||²+ (n + 1)||P_n||². La formule a_n = 1

2ⁿ

2n n



d´emontr´ee en I.8 donne a_n+1/a_n= (2n + 1)/(n + 1) puis l’´egalit´e

n +1 2

||Pn||²= 1, c’est `a dire la formule demand´ee.

(d) Par la question pr´ec´edente on a ˜Pn = Pn/||Pn||. Vu les formules ||λP || = |λ| ||P ||

et (P |λQ) = λ(P |Q) les ˜Pn sont de norme 1, et deux `a deux orthogonaux. Par d´efinition, ( ˜P_n) est une suite orthonorm´ee.

3. ´Evaluation de la norme de Ln. Soit P ∈ Pn, P =

n

X

k=0

λkP˜k sa d´ecomposition sur la base orthonorm´ee ( ˜Pk), 0 ≤ k ≤ n, satisfaisant ||P || = 1. En appliquant l’op´erateur Ln aux deux membres de cette ´egalit´e on obtient :

Ln(P ) =

n

X

k=0

L(λkP˜k) =

n

X

k=0

λkk(k + 1) ˜Pk, puis, en appliquant 2 fois le th´eor`eme de Pythagore,

||L_n(P )||²=

n

X

k=0

λ²_kk²(k + 1)²≤ n²(n + 1)²

n

X

k=0

λ²_k = n²(n + 1)²||P ||²= n²(n + 1)².

Il en r´esulte que ||Ln|| ≤ n(n + 1). R´eciproquement, puisque || ˜Pn|| = 1 on a

||Ln|| ≥ ||Ln( ˜Pn)|| = ||n(n + 1) ˜Pn|| = n(n + 1) et donc ||Ln|| = n(n + 1).

4. Expression de d_n(f ).

(a) La bilin´earit´e (avec la commutativit´e) du produit scalaire donne

||f − P ||² = ((f − P )|(f − P )) = (f |f ) − (f |P ) − (P |f ) + (P |P )

= ||f ||²+

n

X

k=0

λ_kP˜_k

!²

− 2 f     

n

X

k=0

λ_kP˜_k

!

·

Avec l’orthonormalit´e de ( ˜Pk) ceci est encore ´egal `a (en notant ck= ck(f ))

||f − P ||²= ||f ||²+

n

X

k=0

λ²_k− 2

n

X

k=0

λkck = ||f ||²−

n

X

k=0

c²_k+

n

X

k=0

(λk− ck)².

(b) La fonction f , et donc les c_k, ´etant fix´es on a ||f − P ||² ≥ ||f ||²−Pn

k=0c²_k et ce minorant est la plus petitevaleur de ||f − P ||², atteinte en l’unique polynˆome P satisfaisant λ_k = c_k(f ) pour tout k. Cela montre que d_n(f ) = ||f ||²−Pn

k=0c²_k et que l’unique ´el´ement Q de Pn le plus proche de f est Q =

n

X

k=0

ck(f ) ˜Pk.

(c) L’´egalit´e dn(f )²= ||f ||²−

n

X

k=0

(ck(f ))² montre que les sommes Pn

k=0(ck(f ))² sont major´ees par ||f ||². La s´erieP∞

k=0(ck(f ))²est donc convergente et son terme g´en´eral tend vers 0.

III In´ egalit´ e de Markov

1. Les fonctions ϕ et θ ne sont pas d´efinies en 1 et en −1. Pr´ecisons leur comportement au voisinage de ces points. Par d´efinition de θ et de ϕ on a

ϕ(x) = x 2 +1

4(1 − x)(1 + x) ln(1 + x) −1

4(1 + x)(1 − x) ln(1 − x)·

Vu limu→0u ln u = 0, on a limx→1ϕ(x) = 1/2, et limx→−1ϕ(x) = −1/2. La fonction ϕ se prolonge donc en une fonction continue sur [−1, 1].

De mˆeme (1 − x)θ(x) =1 4

 2x

1 + x+ (1 − x) ln(1 + x) − (1 − x) ln(1 − x)



tend vers ¹₄ lorsque x → 1. On ´etudie de la mˆeme fa¸con le comportement de θ au voisinage de

−1 et on obtient lim

x→1(1 − x)θ(x) = 1

4 lim

x→−1(1 + x)θ(x) = −1

4· (17)

(a) Par les th´eor`emes usuels sur la d´erivabilit´e, θ est d´erivable sur ]−1, 1[ et θ⁰(x) = 1

(1 − x²)²·

(b) Puisque F (1) = 0 et par (17) lorsque x tend vers 1

x→1limθ(x)F (x) = − lim

x→1(1 − x)θ(x) F (x) − F (1) x − 1



= −1 4[F⁰(1)].

De mˆeme, lorsque x tend vers −1, on a lim

x→1θ(x)F (x) = −F⁰(−1)/4. Ceci prouve que la fonction θF se prolonge en une fonction continue sur [−1, 1].

En utilisant (a) et F (1) = 0, par d´efinition de la d´eriv´ee F⁰(1), lorsque x tend vers 1

lim

x→1θ⁰(x)(F (x))²== lim

x→1

1 (x + 1)²

 F (x) − F (1) x − 1

²

=1

4[F⁰(1)]²,

et, de la mˆeme mani`ere, limx→−1θ⁰(x)F (x)² = [F⁰(−1)]²/4. Toutes les int´egrales figurant dans cette question 1, qui sont apparemment des int´egrales g´en´eralis´ees, sont en r´ealit´e des int´egrales ordinaires de fonction continues sur [−1, 1].

Soit 0 < X < 1. Une int´egration par parties avec u(x) = (F (x))² donne Z X

−X

θ⁰(x)(F (x))² dx = θ(X)F (X)F (X) − θ(−X)F (−X)F (−X)

− 2 Z X

−X

θ(x)F (x)F⁰(x) dx.

Puisque θF est continue sur [−1, 1] et F (1) = F (−1) = 0, en faisant tendre X vers 1 on obtient

Z 1

−1

θ⁰(x)|F (x)|² dx = −2 Z 1

−1

θ(x)F (x)F⁰(x) dx.

(c) Par d´efinition de ϕ et par (a) on a θ(x) = ϕ(x)

(1 − x²)= ϕ(x)p

θ⁰(x) et donc

θ(x)F (x)F⁰(x) =h

ϕ(x)F⁰(x)i hp

θ⁰(x)F (x)i

· Puisque les int´egrales R1

−1|ϕ(x)F⁰(x)|² dx et R1

−1θ⁰(x) |F (x)|² dx sont d´efinies on peut appliquer la formule de Cauchy-Schwarz qui donne

Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx

²

≤

Z 1

−1

|ϕ(x)F⁰(x)|² dx

 Z 1

−1

θ⁰(x) |F (x)|² dx

 .

(d) Vu (b) ceci s’´ecrit encore :

Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx

²

≤ Z 1

−1

|ϕ(x)F⁰(x)|²dx



−2 Z 1

−1

θ(x)F (x)F⁰(x) dx



≤ 2 Z 1

−1

|ϕ(x)F⁰(x)|² dx

Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx



(en majorant le second membre par le produit des modules).

Si l’int´egrale Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx est non nulle, on obtient apr`es simplification : Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx ≤ 2 Z 1

−1

|ϕ(x)F⁰(x)|² dx

(si l’int´egrale est nulle cette relation est ´evidemment encore v´erifi´ee). On a alors : Z 1

−1

 F (x) 1 − x²

²

= Z 1

−1

θ⁰(x)|F (x)|² dx = 2    

Z 1

−1

θ(x)F (xF⁰(x)    

dx

≤ 2 Z 1

−1

|θ(x)F (x)F⁰(x)| dx ≤ 4 Z 1

−1

|ϕ(x)F⁰(x)|² dx.

2. (a) La fonction L(f ) est, par d´efinition, la d´eriv´ee de t 7→ (t²− 1)f⁰(t) et c’est une fonction continue. Par le(( th´eor`eme fondamental du calcul diff´erentiel et int´egral )), on a donc

Z x

−1

Lf (t) dt =(t²− 1)f⁰(t)^x

−1= (x²− 1)f⁰(x) (b) La fonction F (x) =Rx

−1Lf (t) dt est de classe C¹puisque sa d´eriv´ee est F⁰(x) = L(f ).

Par la question pr´ec´edente F (1) = F (−1) = 0 et f⁰(x) = F (x)/(1 − x²). La question 1.d donne

||f⁰||²= Z 1

−1

[f⁰(x)]²dx = Z 1

−1

 F (x) 1 − x²

² dx ≤ 4

Z 1

−1

|ϕ(x)(Lf )(x)|² dx.

La fonction continue ϕ est major´ee (en valeur absolue) par kϕk_∞, d’o`u

||f⁰||²≤ 4 kϕk²_∞ Z 1

−1

|Lf (x)|² dx = 4 kϕk²_∞||L(f )||². Soit

||f⁰|| ≤ C ||Lf || avec C = 2 kϕk_∞.

3. (a) Puisque g est de classe C¹, on a, avec l’in´egalit´e de Cauchy-Schwarz,

(g(x))²− (g(y))²= Z x

y

2g(t)g⁰(t) dt ≤ 2 s

Z y x

[g(t)]² dt s

Z y x

[g⁰(t)]² dt ≤ 2||g||||g⁰||

(b) En int´egrant cette in´egalit´e sur I, par rapport `a la variable y : Z 1

−1

|g(x)|²dy ≤ Z 1

−1

|g(y)|²dy + 2 Z 1

−1

||g|| ||g⁰|| dy.

On en d´eduit

2g(x)²≤ ||g||²+ 4 ||g|| ||g⁰|| ≤ 2||g||²+ 4 ||g|| ||g⁰|| + 2||g⁰||²≤ 2 (||g|| + ||g⁰||)², et donc |g(x)| ≤ ||g|| + ||g⁰|| qui donne (11) puisque ceci est vrai pour tout x ∈ I.

4. Si n = 0 et P ∈ Pn, P est une consatnte et (12) et (13) sont trivialement v´erifi´ees.

Supposons donc n ≥ 1. Soit P un polynˆome de Pn. L’in´egalit´e (9) donne ||P⁰|| ≤ C||LP ||.

Avec (II. 3.) on en d´eduit ||P⁰|| ≤ C n(n + 1) ||P || ≤ 2 C n²||P ||, soit (12), avec C1= 2C.

La majoration (11) appliqu´ee `a x 7→ P<sup>0</sup>(x) donne sup<sub>x∈I</sub>|P<sup>0</sup>(x)| ≤ ||P<sup>0</sup>|| + ||P<sup>00</sup>||. En utilisant `a nouveau la majoration (12) on en d´eduit

sup

x∈I

|P⁰(x)| ≤ C₁n²||P || + C₁n²||P⁰|| ≤ C₁n²||P || + C₁²n⁴||P ||

= C1

 C1+ 1

n²



n⁴||P || ≤ C1(C1+ 1)n⁴||P ||.

Avec ||P ||²= Z 1

−1

P (x)²dx ≤ Z 1

−1

kP k²_∞ dx = 2 kP k²_∞, soit ||P || ≤ √

2 kP k_∞, on en d´eduit

sup

x∈I

|P⁰(x)| ≤√

2 C1(C1+ 1) n⁴sup

x∈I

|P (x)|

IV D´ eveloppement d’une fonction lipschitzienne en s´ erie de polynˆ omes de Legendre

1. (a) Le polynˆome Qn = (n + 1)Pn+1− 2(n + 1)xPn est de degr´e au plus n + 1, et le coefficient de xⁿ⁺¹est

(n + 1)a_n+1− (2n + 1)an = 0

vue l’expression de a_n obtenue en I.8. Ceci prouve que Q_n appartient `a P_n. (b) On d´eveloppe Qn dans la base orthonorm´ee ( ˜Pn)0≤k≤nde Pn,

Qn =

n

X

k=0

ckP˜k avec ck= (Qn| ˜Pk) = (n + 1)(Pn+1| ˜Pk) − (2n + 1)(xPn| ˜Pk)

Pour 0 ≤ k ≤ n, (P_n+1|Pk) = 0. On a donc ck = −(2n + 1)

Z 1

−1

P˜kxPn dx = −(2n + 1) Z

x ˜PkPn dx = −(2n + 1)  x ˜Pk|Pn



Si k < n − 1 le polynˆome xPk est de degr´e strictement plus petit que n et ck = 0.

Qn est donc de la forme

Qn(x) = λPn(x) + µ Pn−1(x).

(c) Q_n est une combinaison lin´eaire de P_n+1 et xP_n, tous deux de mˆeme parit´e que n + 1, par I.3. Q_n est donc lui aussi de la parit´e de n + 1. Il en r´esulte que λ est nul.

Autrement dit Qn(x) = µ Pn−1(x), soit

µ P_n−1(x) = (n + 1)P_n+1(x) − (2n + 1)xP_n(x).

En substituant 1 `a x dans cette identit´e, on obtient µ = −n, et l’identit´e (14).

(d) Si dans (14) on substitue x = 0 on obtient, pour n ≥ 1, la relation de r´ecurrence : (n + 1) Pn+1(0) = −n Pn−1(0)

On en d´eduit pour tout entier n P_2n+2(0) = −2n + 1

2n + 2P_2n(0) puis, par r´ecurrence, P2n(0) = (−1)ⁿ 1.3. . . . (2n − 1)

2.4 . . . 2n ·

2. (a) Soit n ≥ 2. Une int´egration par parties avec u(t) = sinⁿ⁻¹(t) donne In =

Z ^π₂

0

sinⁿ⁻¹t sin t dt = −sinⁿ⁻¹t cos t^π₂

0 + (n − 1) Z ^π₂

0

sinⁿ⁻²t cos²t dt

= (n − 1) I_n−2− (n − 1) In

en rempla¸cant cos²t par 1 − sin²t dans la derni`ere int´egrale. On a donc nI_n = (n − 1)I_n−2. De plus, sin t ´etant positif et major´e par 1 sur [0, π/2], on a

I_2n= Z ^π₂

0

sin²ⁿt dt ≤ Z ^π₂

0

sin²ⁿ⁻¹t dt = I_2n−1 (b) De la relation nI_n= (n − 1)I_n−2on d´eduit par r´ecurrence

I2n= 1.3 . . . (2n − 1)

2.4 . . . 2n I0 = 1.3 . . . (2n − 1) 2.4 . . . 2n

π 2 I2n−1= 2.4 . . . (2n − 2)

3.5 . . . (2n − 1)I1 = 2.4. . . . (2n − 2) 3.5 . . . (2n − 1) et I2n≤ I2n−1s’´ecrit 3.5 . . . (2n − 1)

2.4 . . . (2n) π

2 ≤ 2.4 . . . (2n) 3.5 . . . (2n − 1)

1

2n soit [P2n(0)]²≤ 1 nπ. 3. La relation (3) en y rempla¸cant n par 2n et x par 0 donne

P_2n+1⁰ (0) = (2n + 1)P2n(0).

La relation (14) en y rempla¸cant n par 2n + 1 et x par 0 donne (2n + 1)P_2n(0) = −(2n + 2)P_2n+2(0).

D’o`u, en utilisant la majoration du (IV. 2. b),

|P_2n+1⁰ (0)| = (2n + 2) |P2n+2(0)| ≤ 2n + 2 pπ(n + 1) = 2

rn + 1 π . 4. (a) Par d´efinition de ν(x), pour tout x ∈ ]−1, 1[ on a

ν⁰(x) = 1

√1 − x²−x Pn+ (1 − x²)P_n⁰(x)

(18)

On d´erive cette ´egalit´e en utilisant d

dx(1 − x²)P_n⁰(x) = −L(Pn)(x) = −n(n + 1)Pn(x) : ν⁰⁰(x) = x

(1 − x²)^3/2−x Pn(x) + (1 − x²)P_n⁰(x)
]

+ 1

√

1 − x²[−Pn(x) − xP_n⁰(x) − n(n + 1)Pn(x)]

Les termes en P_n⁰(x) disparaissent et il reste ν⁰⁰(x) = − P_n(x)

√1 − x²

 x²

1 − x² + 1 + n(n + 1)



= −Φ(x)ν(x)·

(b) De la d´efinition de w on d´eduit

w⁰(x) = 2 ν(x)ν⁰(x) +2 ν⁰(x)ν⁰⁰(x)Φ − (ν⁰(x))²Φ⁰(x) (Φ(x))²

= 2 ν(x)ν⁰(x) −2 ν⁰(x)ν(x)(Φ(x))²+ (ν⁰(x))²Φ⁰(x)

(Φ(x))² car ν⁰⁰= −Φν

= −(ν⁰(x))² (Φ(x))²Φ⁰(x)·

Φ est paire, croissante sur [0, 1]. Φ⁰(x) est donc du signe de x, et w⁰(x) du signe de

−x. La fonction w passe donc par un maximum en 0, et pour tout x de I [ν(x)]²+[ν⁰(x)]²

Φ(x) ≤ [ν(0)]²+[ν⁰(0)]² Φ(0) · Cela entraine [ν(x)]²≤ [ν(0)]²+[ν⁰(0)]²

Φ(0) puis, vu les d´efinitions de ν, de ϕ et (18) (1 − x²)(Pn(x))²≤ [Pn(0)]²+ [P_n⁰(0)]²

n(n + 1) + 1 (19)

Si n est pair, P_n⁰ est impair,P_n⁰(0) = 0 et (19) devient (1 − x²)(P_n(x))²≤ [P_n(0)]²et par 2.b (1 − x²)(P_n(x))²≤ 2/(nπ).

Si n est impair Pn(0) = 0 et (19) devient (1 − x²)(Pn(x))²≤ [P_n⁰(0)]²

n²+ n + 1· Avec la majoration obtenue en (IV.3) qui s’´ecrit (P_n⁰(0))²≤ 2(n + 1)/π pour n impair ≥ 1, on en d´eduit encore

(1 − x²)(Pn(x))²≤ 1 n²+ n + 1

2(n + 1)

π ≤ 2

nπ· 5. L’identit´e (14) appliqu´ee successivement en x puis y donne

(2k + 1) xPk(x)Pk(y) = (k + 1) Pk+1(x)Pk(y) + k Pk−1(x)Pk(y) (2k + 1) yP_k(y)P_k(x) = (k + 1) P_k+1(y)P_k(x) + k P_k−1(y)P_k(x)

En soustrayant membre `a membre ces deux ´egalit´es, puis en sommant le r´esultat pour k variant de 0 `a n on obtient

(x − y)

n

X

k=0

(2k + 1) P_k(x)P_k(y) =

n

X

k=0

(k + 1)P_k+1(x)P_k(y) −

n

X

k=0

kP_k(x)P_k−1(y)

+

n

X

k=0

kPk−1(x)Pk(y) −

n

X

k=0

(k + 1)Pk(x)Pk+1(y)

= (n + 1)[P_n+1(x)P_n(y) − P_n+1(y)P_n(x)].

6. (a) La d´efinition de Sn(f ), de ˜Pk=p(2k + 1)/2 (II.2.d) et de ck(f ) (II.4) donnent S_n(f )(x) =

n

X

k=0

c_k(f ) ˜P_k(x) =

n

X

k=0

2k + 1 2

Z 1

−1

P_k(y)f (y) dy

 P_k(x).

= Z 1

−1

1 2

n

X

k=0

(2k + 1) Pk(x)Pk(y)

!

f (y) dy = Z 1

−1

Kn(x, y)f (y) dy.

(b) On choisit f = 1 dans la question pr´ec´edente. Les ck(1) sont nuls sauf c0(1) = 1, et l’identit´e ci-dessus s’´ecrit :

1 = ˜P₀(x) = S_n(1)(x) = Z 1

−1

K_n(x, y)dy.

Multipliant les deutx termes par f (x) on en d´eduit, pour tout x et tout f f (x) =

Z 1

−1

Kn(x, y)f (x) dy.

Retranchant cette ´egalit´e de celle d´emontr´ee en (a) on obtient le r´esultat.

(c) Supposons maintenant f κ−lipschitzienne. Soit x ∈ ]−1, 1[ et η > 0. Il faut montrer que |Snf (x) − f (x)| est plus petit que η pour n assez grand. Soit ε > 0, assez petit pour que −1 < x − ε < x + ε < 1. Par la question pr´ec´edente,

Snf (x) − f (x) = Z x−ε

−1

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy + Z x+ε

x−ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy

+ Z 1

x+ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy.

Puisque f est κ−lipschitzienne, l’int´egrale interm´ediaire est major´ee par : 

Z x+ε x−ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

≤ κ Z x+ε

x−ε

|Kn(x, y)(x − y)| dy

= κn + 1 2

Z x+ε x−ε

|Pn+1(x)Pn(y) − Pn(x)Pn+1(y)| dy En utilisant maintenant la majoration (15) cela donne

Z x+ε x−ε

K_n(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

≤ κn + 1 2

2 pn(n + 1)

√ 1 1 − x²

Z x+ε x−ε

dy p1 − y²

≤ κ

rn + 1 n

√ 1 1 − x²

Z x+ε x−ε

dy p1 − y²

≤ κ√

2 1

√ 1 − x²

Z x+ε x−ε

dy p1 − y²

car (n + 1)/n est major´e par 2. Cette quantit´e tend vers 0 avec ε. On fixe donc ε (d´ependant de η) de sorte que

Z x+ε x−ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

< η/3. (20)

La troisi`eme int´egrale s’´ecrit Z 1

x+ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy = I1− I2avec

J1= n + 1

2 Pn+1(x) Z 1

x+ε

Pn(y)f (y) − f (x) x − y dy J2= n + 1

2 Pn(x) Z 1

x+ε

Pn+1(y)f (y) − f (x) x − y dy.

Par d´efinition de ˜P_n on a J1=n + 1

2

r 2

2n + 1Pn+1(x) Z 1

x+ε

P˜n(y)f (y) − f (x) x − y dy =

r(n + 1)²

4n + 2 Pn+1(x) cn(g) en notant g la fonction co¨ıncidant avec (f (y) − f (x))/(x − y) sur [x + ε, 1] et nulle sur [−1, x + ε]. En majorant Pn+1(x) `a l’aide de 15) on obtient

|J₁| ≤ s

(n + 1)² (n + 1)(n + 2)

s 1

π(1 − x²) |c_n(g)| ≤

s 1

π(1 − x²) |c_n(g)|

D’apr`es la question II.4.c le coefficient c_n(g) tend vers 0 quand n tend vers l’infini.

Il en r´esulte que, pour n assez grand |J₁| ≤ η/6. On montre de la mˆeme mani`ere que J₂< η/6 pour n assez grand, et donc, il existe n₁tel que

∀n ≥ n1

Z 1 x+ε

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

≤η

3. (21)

Enfin, on montre de mˆeme qu’il existe n2tel que

∀n ≥ n2

Z x−ε

−1

Kn(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

≤ η

3. (22)

Vu (20), (21) et (22) on a prouv´e

∀n ≥ max(n₁, n₂) |S_nf (x) − f (x)| =    

Z 1

−1

K_n(x, y)(f (y) − f (x)) dy    

≤ η.

V Une caract´ erisation des fonctions de C

(I)

1. Soit n entier ≥ 0. La majoration |Pn(x)| ≤ 1 d´emontr´ee en I.7 et la d´efinition de ˜Pn

figurant dans la question II.2.d, donnent

P˜_{n ∞}≤q

n +¹₂. Puisque ˜P_n∈ P_n, ainsi que toutes ses d´eriv´ees, en appliquant la majoration (13) `a ˜Pnet ses d´eriv´ees successives on en d´eduit pour tout k ∈ N,

P˜n (k)(x)

≤ C₂^kn^4k

P˜n

∞≤ C₂^kn^4k r

n + 1 2. Si n ≥ 2, on a n + 1/2 ≤ n² et donc, pour tout n ≥ 2,

c_nP˜_n^(k) _∞≤√

2C₂^kn^4k+1, et puisque (c_n) est de type (S), la s´erie des d´eriv´eesP∞

n=0c_nP˜_n^(k)est normalement conver- gente. On peut donc appliquer le th´eor`eme de d´erivation terme `a la s´erieP∞

n=0cnP˜net

`

a chacune des s´eries d´eriv´ees La somme de la s´erieP∞

n=0cnP˜n est donc de classe C^∞et la d´erivation peut se faire terme `a terme, `a tout ordre.

Remarque : Nous aurons besoin dans le (b) de la propri´et´e suivante. Soit f la somme f =P∞

k=0ckP˜k, alors le coefficient de Legendre d’ordre n de f est c_n(f ) =

Z 1

−1

f (x) ˜P_n(x) dx = c_n. (23)

En effet, puisque f (x) =P∞

k=0c_kP˜_k(x), on a cn(f ) =

Z 1

−1

P˜n(x)X^∞

k=0

ckP˜k(x) dx =

Z 1

−1

X^∞

k=0

ckP˜n(x) ˜Pk(x) dx.

Puisque n 7→ ˜Pn(x) est une fonction born´ee sur I, et puisque la s´erie

∞

X

k=0

ckP˜k(x) est

normalement convergente il en est de mˆeme de la s´erie

∞

X

k=0

c_kP˜_n(x) ˜P_k(x). A fortiori cette s´erie est est uniform´ement convergente, et dans la derni`ere int´egrale on peut ´echanger les signesR

etP, ce qui donne

c_n(f ) =

∞

X

k=0

Z 1

−1

c_kP˜_n(x) ˜P_k(x) dx = c_n,

vu l’orthonormalit´e de la suite ( ˜Pn).

2. Soit maintenant f une fonction de classe C^∞sur I.

(a) En utilisant la sym´etrie de l’op´erateur L agissant sur E (I), d´emontr´ee dans la ques- tion II.1

c_n(Lf ) = Lf

P˜_n

= f

 L ˜P_n

= f

n(n + 1) ˜P_n

= n(n + 1)c_n(f ).

Puis, par une r´ecurrence imm´ediate cn(L^p(f )) = n^p(n + 1)^pcn(f ) pour tout entier p. En appliquant II.4.c `a la fonction Lp(f ) on a alors, pour tout p ∈ N,

0 = lim

n→∞cn(L^p(f )) = lim

n→∞n^p(n + 1)^pcn(f ) = lim

n→∞n^2pcn(f ).

Rempla¸cant p par p + 1, limn→∞n^2p+2cn(f ) = 0, et donc pour n assez grand n^2p|cn(f )| ≤ 1/n². La s´erie P∞

n=0n^2pcn(f ) est donc convergente. Puisque p ∈ N est arbitraire ceci prouve que la suite (cn(f )) est de type (S).

Par la question 1, la s´erie

∞

P

n=0

cn(f ) ˜Pn(x) converge uniform´ement sur I = [−1, 1], et sa somme d´epend continˆument de x. Puisque la fonction f est de classe C^∞ sa d´eriv´ee f⁰ est born´ee. Il existe donc une constante κ telle que |f⁰(t)| ≤ κ pour tout t ∈ I. On en d´eduit avec le th´eor`eme des accroissements finis que, pour tous x, y ∈ I, |f (y) − f (x)| ≤ κ |y − x|. La fonction f est donc κ-lipschitzienne, et, on peut appliquer IV.6.c qui donne f (x) =P∞

n=0cn(f ) ˜Pn(x) = g(x) pour x ∈ ]−1, 1[, et donc aussi pour x = ±1 car les deux termes d´ependent continˆument de x ∈ [−1, 1].

(b) Soit g une fonction appartenant `a C^∞(I). On suppose qu’il existe f ∈ C^∞(I) telle que g = A(f ) = f + Lf . On a prouv´e au (a) que cn(L(f )) = (n²+ n) cn(f ). Il en r´esulte

c_n(g) = c_n(f ) + c_n(Lf ) = (n²+ n + 1)c_n(f ) soit c_n(f ) = cn(g) n²+ n + 1· Puisque f est de classe C^∞, encore par le (a), la fonction f est la somme

f =

∞

X

n=0

c_n(f ) ˜P_n=

∞

X

n=0

cn(g) n²+ n + 1

P˜_n

o`u la s´erie converge uniform´ement sur I. Ceci prouve l’unicit´e de f , si elle existe.

R´eciproquement, consid´erons donc la s´erie de fonctionsP∞ n=0

cn(g) n²+n+1P˜n.

Puisque g est de classe C^∞ la suite (cn(g)) est de type (S), et donc aussi la suite (cn(g)/(n²+ n + 1)). Par (a) la s´erieP∞

n=0 cn(g)

n²+n+1P˜n est uniform´ement convergente sur I et on d´efinit une fonction f de classe C^∞sur I en posant

f (x) =

∞

X

n=0

cn(g) n²+ n + 1

P˜n(x). (24)

De plus, par (23), le coefficient de Legendre de rang n de f est cn(f ) = cn(g)

n²+ n + 1.

et donc cn(g) = (n²+ n + 1)cn(f ) = cn(f + Lf ) = cn(A(f )). Enfin, les fonctions g et A(f ) ´etant de classe C^∞, on en d´eduit, encore par (a)

g =

∞

X

n=0

cn(g) ˜Pn =

∞

X

n=0

cn(A(f )) ˜Pn= A(f ).

(c) Notons Sn=Pn

k=0ckP˜k. Dire que la s´erieP∞

n=0cnP˜nest convergente pour la norme quadratique c’est, par d´efinition, dire, que ||f − Sn|| tend vers 0 quand n tend vers l’infini. On a d´eja remarqu´e dans la question III.4, pour d´emontrer la formule (13), que, pour toute fonction continue g sur I on a ||g|| ≤√

2 kgk_∞. Appliquant ceci `a la fonction f − S_n on en d´eduit

||f − Sn|| ≤√

2 kf − Snk_∞. (25)

Par le (a) la s´erie P∞

n=0c_nP˜_n est uniform´ement convergente sur I, c’est `a dire que lim<sub>n→∞</sub>kf − S<sub>n</sub>k<sub>∞</sub> = 0. Vu (25) on a donc lim<sub>n→∞</sub>||f − S<sub>n</sub>|| = 0, c’est `a dire la convergence en norme quadratique.

Notons Rn = f − Sn. Puisque Q 7→ (Sn|Q) est une fonction continue de Q on a

(Sn|Rn) = (Sn

  lim

k→∞

k

X

j=n+1

cj(f ) ˜Pj) = lim

k→∞

k

X

j=n+1

(Sn

cj(f ) ˜Pj) = 0

car la famille des ˜Pk est orthogonale. Il en r´esulte

||f ||²= (Sn+ Rn|Sn+ Rn) = ||Sn||²+ ||Rn||².

Vu l’orthonormalit´e de ( ˜P_n) cela s´ecrit ||f ||²=

n

X

k=0

|ck(f )|²+ ||R_n||². Puisque ||R_n|| →

0 quand n → ∞ on en d´eduit ||f ||²=

∞

X

k=0

(ck(f ))².

3. Soit f une fonction de class C^∞ sur I. On a en utilisant II.4.b puis V.2.c

(dn(f ))²= ||f ||²−

n

X

k=0

(ck(f ))²=

∞

X

k=0

(ck(f ))²−

n

X

k=0

(ck(f ))²=

∞

X

k=n+1

(ck(f ))².

Soit p ≥ 0 un entier arbitraire. Par V.2.a la suite des (c_n(f )) est de type (S), et donc, puisque limn→∞n^p+2cn(f ) = 0, pour k suffisamment grand |ck(f )| ≤ 1/k^p+2. Et, pour n suffisamment grand,

(dn(f ))²≤

∞

X

k=n+1

1 k^2p+4 ≤

Z ∞ 2n

dt

t^2p+4 = 1 2p + 3

1 n^2p+3· Il en r´esulte n^pdn(f ) ≤ n^−3/2 et la convergence de la s´erieP∞

n=0n^pdn(f ). Comme p est arbitraire cela prouve que dn(f ) est de type (S).

R´eciproquement soit f ∈ E (I), κ−lipschitzienne, et telle que la suite (d_n(f )) soit de type (S). Alors, par IV.6.c,

pour tout x ∈ ]−1, 1[ f (x) =

∞

X

n=0

cn(f ) ˜Pn(x). (26)

De plus, puisque (dn(f )) est de type (S), pour tout p ≥ 0, n^pdn−1(f ) ∼ (n − 1)^pdn−1(f ).

La s´erie P∞

n=1n^pdn−1(f ) est donc absolument convergente. Puisque p est arbitraire la suite (dn−1(f )) est de type (S). Par II.4.b (dn(f ))² = (dn−1(f ))²− (cn(f ))². Il en r´esulte que |cn(f )| ≤ dn−1(f ) et que la suite (cn(f )) est aussi de type S. Par V.1 la s´erieP∞

n=0cn(f ) ˜Pn converge uniform´ement sur I vers une fonction g de classe C^∞ sur I. Puisque f et g sont continues sur I et, par (26), co¨ıncident sur ]−1, 1[, on a f = g, et donc f ∈ C^∞(I).

Quelques fautes grossi` eres tr` es fr´ equentes

Voici quelques exemples d’erreurs grossi`eres, tr`es fr´eqentes, que l’on rencontre dans des questions plutˆot faciles. Evitez les `a l’avenir.

– Le vecteur propre associ´e `a la valeur propre λ est une expression qui n’a aucun sens.

Si λ est une valeur propre d’un endomorphisme f d’un espace vectoriel r´eel le sous- espace propre correspondant est un espace vectoriel non nul donc de cardinal infini.

– La fonction f est continue sur ]−1, 1[ donc int´egrable sur ]−1, 1[ Contre-exemple : la fonction x 7→ 1/x est continue sur ]0, 1[ et n’est pas int´egrable sur cet intervalle.

Il est encore temps d’apprendre ce qu’est une int´egrale g´en´eralis´ee !

– Pour tous x, y ∈ E on a f (x + y) = f (x) + f (y) donc f est un endomorphisme de l’espace vectoriel r´eel E. Bien sur que non, il manque la propri´et´e f (λx) = λf (x) pour λ ∈ R et x ∈ E. Beaucoup d’´etudiants n´egligent peut-ˆetre de v´erifier ce point parce qu’ils estiment cette v´erification trop simple, mais ils laissent penser qu’ils ne savent pas ce qu’est un endomorphisme.

– L est un endomorphisme de P. Notons L_n : P_n −→ P_n l’application qui envoie P sur L(P ). Vous ne pouvez pas ´ecrire ceci tant que vous n’avez pas prouv´e que si P ∈ Pn alors L(P ) ∈ Pn, autrement dit tant que vous n’avez pas prouv´e la stabilit´e de Pn par L.