∀n ∈ N \ {0, 1} , ∀k ∈ J 0, n K , B n,k = (X + 1) n−k (X − 1) k . 1. Quel est le degré d'un B n,k et son coecent dominant ? Établir

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Énoncé

On dénit

des polynômes B n,k par :

∀n ∈ N \ {0, 1} , ∀k ∈ J 0, n K , B n,k = (X + 1) ^n−k (X − 1) ^k . 1. Quel est le degré d'un B n,k et son coecent dominant ? Établir

X ⁿ = 1 2 ⁿ

n

X

k=0

n k

B n,k .

2. Pour n et k xés, les coecients dans B n,k de X ⁰ , X ¹ · · · , X ⁿ sont notés µ 0 , µ 1 · · · , µ n . En substituant ^1+y _1−y à X , montrer que

X ^k =

n

X

j=0

λ j B n,j

où les λ j sont des nombres réels qui s'expriment très simplement en fonction des µ _n−j . 3. Soit P = (X − a)(X − b) un polynôme du second degré de racines a et b . Exprimer en

fonction de a et b les réels γ 0 , γ 1 , γ 2 tels que P =

2

X

j=0

γ _j B _2,j

4. Soit a ₁ , a ₂ , · · · , a _n ∈ [−1, 1] et Q = Q n

k=1 (X − a _k ) .

Montrer qu'il existe des réels positifs ou nuls δ ₀ , δ ₁ , · · · , δ _n tels que Q =

n

X

j=0

δ _j B _n,j et δ ₀ + δ ₁ + · · · + δ _n = 1

1

d'après ESTP 96 deuxième épreuve. Ces polynômes sont très proches des polynômes de Bernstein.

Corrigé

1. Il est clair que les B _n,k sont de degré n et unitaires. L'expression demandée vient de la formule du binôme appliquée à

(2X ) ⁿ = ((X + 1) + (X + 1)) ⁿ . 2. Remarquons que

∀y 6= 1, 1 + y

1 − y + 1 = 2

1 − y , 1 + y

1 − y − 1 = 2y 1 − y . On en déduit que

B b n,k ( 1 + y

1 − y ) = 2 ⁿ y ^k (1 − y) ⁿ .

En substituant ^1+y _1−y à X dans B n,k = µ 0 + µ 1 X + · · · + µ n X ⁿ , on obtient

2 ⁿ

(1 − y) ⁿ y ^k =

n

X

j=0

µ _j 1 + y

1 − y ^j

⇒ 2 ⁿ y ^k =

n

X

j=0

µ j (1 + y) ^j (1 − y) ^n−j =

n

X

j=0

µ j (−1) ^n−j (y + 1) ^j (y − 1) ^n−j .

Comme ceci est valable pour une innité de y réels, on en déduit 2 ⁿ X ^k =

n

X

j=0

µ j (−1) ^n−j B _n,n−j ⇒ ∀j ∈ J 0, n K , λ j = 2

(−1) ^j µ _n−j .

3. La question 2. permet de former le tableau suivant : B 2,0 = (X + 1) ² = X ² + 2X + 1 → 1 = 1

4 B 2,0 − 1

2 B 2,1 + 1 4 B 2,2

B 2,1 = (X − 1)(X − 1) = X ² − 1 → X = 1

4 B 2,0 − 1 4 B 2,2

B 2,2 = (X − 1) ² = X ² − 2X + 1 → X ² = 1

4 B 2,0 + 1

2 B 2,1 + 1 4 B 2,2 . On en déduit, en combinant les lignes,

(X − a)(X − b) = X ² − (a + b)X + ab

= 1 − a − b + ab

4 B _2,0 + 1 − ab

2 B _2,1 + 1 + a + b + ab 4 B _2,2 .

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/

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4. Comme Q est combinaison des X ^k et que chaque X ^k est une combinaison des B n,,j , il est clair que Q est aussi combinaison des B n,,j . Ceci montre l'existence des réels δ i . Chaque B _n,j est de degré n et de coecient dominant 1. Le polynôme Q est aussi degré n et de coecient dominant 1. En comparant les coecients dominants :

Q = X

j∈{1,...,n}

δ _j B _n,j ⇒ 1 = δ ₁ + δ ₂ + · · · + δ _n .

La positivité des δ i est dicile à montrer.

Remarquons, par analogie avec 2. que, si a 6= −1 et y 6= 1 ,

1 + y

1 − y − a = (1 − a) + (1 + a)y

1 − y =

(1−a) (1+a) + y

(1 + a)(1 − y) = g(a) + y

(1 + a)(1 − y) avec g(a) = 1 − a 1 + a .

Supposons d'abord tous les a k > −1 , et substituons ^1+y _1−y à X dans Q = P n

j=0 δ j Q j . Il vient

Q n

k=1 (g(a k ) + y) (1 − y) ⁿ Q n

k=1 (1 + a k ) =

n

X

j=0

δ _j 2 ⁿ (1 − y) ⁿ y ^j

⇒

n

Y

k=1

(y + g(a k )) = 2 ⁿ A

n

X

j=0

δ j y ^j avec A =

n

Y

k=1

(1 + a k ).

D'une part, A > 0 car les a k sont strictement plus grands que −1 .

D'autre part, l'homographie g est monotone dans ]−1, 1] , elle décroît de +∞ vers 0 donc les g(a k ) sont positifs ou nuls.

Le développement montre alors que chaque 2 ⁿ A δ i est un polynôme symétrique élé- mentaire en g(a 1 ), · · · g(a n ) . On en déduit que les δ i sont positifs.

Lorsque s des nombres a k sont égaux à -1, on a vu que ^1+y _1−y + 1 = _1−y ² . On peut encore écrire

2 ^s Q

k∈{1,...,n}

a

(y + g(a k )) (1 − y) ⁿ Q n

k∈{1,...,n}

a

(1 + a k ) =

n

X

j=0

δ j

2 ⁿ (1 − y) ⁿ y ^j et achever le raisonnement comme dans le premier cas.

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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