Devoir maison n ◦ 11

Lycée Ste-Marie Fénelon – la Plaine Monceau Classe de MP

Année 2018-2019 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 11

À rendre le lundi 4 février

Durée : 3 heures pour le premier jet Toute calculatrice interdite

Pourn∈N, on noteRn[X]l’espace vectoriel des polynômes réels de degré plus petit quen.

Si P=

n

X

k=0

akX^k ∈Rn[X], on dit queP est de degrénquandan et an s’appelle alors le coefficient dominant deP. Pour tout entier natureln, on appellecn la fonction définie sur[−1,1]par cn(x) = cos(narccos(x)).

Partie I.

1. Vérifier que pour tout entier natureln, la fonctioncn est continue sur[−1,1].

2. Pour x∈[−1,1], donner une expression polynomiale dec₀(x), c₁(x),c₂(x)et c₃(x).

3. Représenter graphiquement dans un même repère orthonormal les fonctions c0,c1,c2et c3. 4. Montrer que∀n∈N^∗, ∀x∈[−1,1], c_n+1(x) +c_n−1(x) = 2xc_n(x).

5. Soit la suite de polynômes(Tn)_n∈N définie par T0= 1,T1=X et ∀n∈N, Tn+2= 2XTn+1−Tn. Montrer que pour toutn∈N,T_n est un polynôme de degrénde coefficient dominant que l’on explicitera.

6. Prouver que pour tout n, la famille(T0, T1, . . . , Tn)est une base deRn[X].

7. Montrer que pour x∈[−1,1]etn∈N, on aT_n(x) =c_n(x).

Partie II.

1. Pour tout couple (P, Q)d’éléments deR[X], on pose(P|Q) = Z 1

−1

P(t)Q(t)

√1−t² dt.

(a) Vérifier que l’on définit ainsi un produit scalaire surR[X]. On notek.kla norme associée.

Dans toute la suite du problème,R[X] est muni de ce produit scalaire.

(b) Soientp, q∈N. On poseIp,q= Z π

0

cos(pθ) cos(qθ) dθ. Démontrer que sip6=q alorsIp,q= 0. CalculerIp,p. (c) Montrer que pour tout n∈N, la famille(T₀, . . . , T_n)définie en partie Iest une base orthogonale de Rn[X].

Cette base est-elle orthonormale ?

(d) Prouver que pour tout entier naturelnnon nul,Tn est orthogonal àRn−1[X].

(e) Montrer que∀n∈N^∗, (Xⁿ|Tn) = kTnk² 2ⁿ⁻¹ . 2. Soient n∈N^∗,a0, . . . , a_n−1 des réels etP =Xⁿ+

n−1

X

k=0

akX^k.

(a) Justifier l’existence d’une unique famille de réels(b_k)_06k6n telle que l’on aP =

n

X

k=0

b_kT_k. (b) Calculerbn.

(c) Montrer que l’on a kPk²> π 2b²_n. (d) En déduire la valeur de inf

(a0,...,an−1)∈Rⁿ

Z 1

−1

(tⁿ+a_n−1tⁿ⁻¹+· · ·+a₀)²

√1−t² dt.

Partie III.

Soitn∈N^∗. Pour toutk∈ {1,2, . . . , n}, on poseθ_k =^(2k−1)π_2n etx_k= cos(θ_k).

1. Vérifier quex1, x2, . . . , xn sont les racines du polynômeTn défini dans la partieI.

2. Soit L= (L₁, . . . , L_n)la famille des polynômes d’interpolation de Lagrange associés à (x₁, . . . , x_n), c’est-à-dire les polynômes deRn−1[X]qui, pour tousiet j dans[|1, n|], vérifient

L_i(x_j) =δ_i,j oùδ^j_i est le symbole de Kronecker : δ_i^j=

( 1 si i=j

0 sinon .

(a) Lest-elle une base de Rn−1[X]?

(b) Montrer qu’il existe des réelsλ₁, . . . , λ_n tels que

∀G∈Rn−1[X], Z 1

−1

√G(t)

1−t² dt=

n

X

i=1

λiG(xi) avec ∀j∈[|1, n|], λj= Z 1

−1

Lj(t)

√1−t² dt.

(c) Soit R∈R2n−1[X].

(i) Justifier l’existence et l’unicité deux polynômesS et U deRn−1[X]tels queR=ST_n+U. (ii) Montrer que

Z 1

−1

√R(t)

1−t² dt=

n

X

i=1

λ_iR(x_i).

(d) Dans toute cette question on fixek∈[|1, n|].

i. On rappelle que ∀x∈[−1,1], T_n(x) =c_n(x)(voir partieI.). Montrer que T_n⁰(x_k) = (−1)^k+1n

p1−x²_k = (−1)^k+1n sin(θk) . ii. Soit la fonctionψ_k : R→définie par

∀x6=xk, ψk(x) = Tn(x)

(x−x_k)T_n⁰(x_k) et ψk(xk) = 1.

Vérifier que pour tout réelx,ψ_k(x) =L_k(x).

iii. Soitj∈N. Calculer

θ→θlimk

cos(jθ)−cos(jθ_k) cos(θ)−cos(θk) . En déduire que l’intégraleuj =

Z π 0

cos(jθ)−cos(jθk)

cos(θ)−cos(θ_k) dθexiste. Montrer que λ_k =(−1)^k+1

n u_nsin(θ_k).

iv. Vérifier que

∀j∈N, uj+2−2uj+1cos(θk) +uj = 0.

v. En déduire queλk =π n.

3. Démontrer que pour tout polynômeR∈R2n−1[X]on a la relation Z 1

−1

√R(t)

1−t² dt=π n

n

X

k=1

R

cos

(2k−1)π 2n

.

Bon courage !

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Année 2018-2019 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 11 – éléments de correction

d’après E3A 2014 PSI maths A

Partie I.

1. arccos étant continue sur[−1,1](bijection réciproque d’une fonction continue) et cosétant continue surR, cn

est continue sur [−1,1]par théorème d’opérations.

2. Soitx∈[−1,1]; on acos(arccos(x)) =x. On a alors immédiatement c0(x) = 1 et c1(x) =x.

Les formules élémentaires de trigonométrie donnent

c2(x) = 2x²−1, c3(x) = 4x³−3x.

3. On obtient la représentation suivante

4. Soit n ∈ N^∗. Soit x ∈ [−1,1], on pose θ = arccos(x). Alors c_n(x) = cos(nθ). Comme cos ((n+ 1)θ) + cos ((n−1)θ) = 2 cos(nθ) cos(θ). On a donc

cn+1(x) +c_n−1(x) = 2xcn(x) en utilisant toujours cos(arccos(x)) =x.

5. On montre par récurrence forte que

∀n∈N, deg(T_n) =net sin>1 le coefficient dominant deT_n est2ⁿ⁻¹. Le coefficient dominant de T₀est lui égal à1.

• Initialisation : le résultat est vrai aux rang0 et1 par définition.

• Hérédité : soit n>1 tel que le résultat est vrai jusqu’au rangn. On a alorsTn+1= 2XTn−T_n−1 qui est un polynôme de degré 6n+ 1(différence de deux tels polynômes) avec un coefficient devantXⁿ⁺¹ égal à deux fois le coefficient dominant de Tn et valant donc2ⁿ. Le résultat est donc vrai au rangn+ 1.

6. Soitn∈N. La famille(T0, . . . , Tn)est échelonnée en degré et donc libre. Elle est composée den+ 1éléments de Rn[X]et cet espace est de dimensionn+ 1. C’est donc une base deRn[X].

7. Soit x∈[−1,1]. On montre par une récurrence immédiate à partir de la question4 et de la définition des Tn

quecn(x) =Tn(x)pour toutn(on initialise pourn= 0etn= 1et les deux suites(Tn(x))n et(cn(x))n vérifient la même relation de récurrence d’ordre 2).

Partie II.

1. Pour tout couple (P, Q)d’éléments deR[X], on pose(P|Q) = Z 1

−1

P(t)Q(t)

√

1−t² dt.

(a) SoientP, Q∈R[X].P et Qsont bornés sur[−1,1](continus sur le segment) et

∀x∈[−1,1],

P(x)Q(x)

√ 1−x²

6 kPk_∞,[−1,1]kQk_∞,[−1,1]

√

1−x² .

La fonctionw(x) = ^√1

1−x² est définie et continue sur]−1,1[. Comme elle est paire, pour montrer qu’elle est intégrable sur]−1,1[, il suffit de montrer qu’elle est intégrable sur[0,1[. Orw(x)∼1 √ 1

2√

1−x est intégrable au voisinage de 1 et wl’est donc aussi. La majoration précédente montre que x7→ ^P(x)Q(x)√

1−x² est intégrable sur]−1,1[(continue sur]−1,1[et intégrable aux voisinage de1et−1). L’application proposée existe donc.

Elle est clairement symétrique et linéaire par rapport à la seconde variable. Si P ∈ R[X], (P|P) = R1

−1 P(x)²

√1−x² dx>0 (on intègre une fonction positive et les bornes sont dans le bon sens). Comme la fonction intégrée est positive ET continue sur ]−1,1[, il n’y a nullité que si la fonction est nulle c’est à dire si P est nulle sur ]−1,1[. Ceci implique la nullité de P (polynôme avec une infinité de racines). Finalement, l’application est définie positive et définit un produit scalaire surR[X].

(b) Soientp, q∈N. On a Z π

0

cos(pθ) cos(qθ)dθ= 1 2

Z π 0

(cos((p+q)θ) + cos((p−q)θ))dθ Sip+q= 0, c’est-à-direp=q= 0, l’intégrale vaut π.

Sinon, sip−q= 0 l’intégrale vaut ^π₂. Enfin, dans le cas général (p6=q), l’intégrale vaut0carsin((p±k)θ) vaut0enπet en0.

Ip,q = Z π

0

cos(pθ) cos(qθ)dθ=







0 si p6=q π si p=q= 0

π

2 si p=q6= 0

(c) cos étant un C¹ difféomorphisme de ]0, π[ dans ]−1,1[, on peut poser x = cos(θ) pour obtenir (puisque Tn=cn, Tn(cos(θ)) = cos(nθ)quandθ∈]0, π[)

Z 1

−1

T_p(x)T_q(x)

√1−x² dx= Z π

0

cos(pθ) cos(qθ)dθ=I_p,q

La famille(T₀, . . . , T_n)est ainsi orthogonale d’après la question précédente. C’est une base orthogonale de Rn[X]mais pas orthonormale puisquekT0k²=πet ∀k>1, kTkk²=π/2 ne valent pas1.

(d) T_n étant orthogonal àT₀, . . . , T_n−1, il est dans l’orthogonal deVect(T₀, . . . , T_n−1) =Rn−1[X].

(e) Pourn>1,Tn−2ⁿ⁻¹Xⁿ ∈ Rn−1[X]d’aprèsI.5. Son produit scalaire avecTⁿ est donc nul ce qui donne (Tn|Xⁿ) = 1

2ⁿ⁻¹kTnk²= π 2ⁿ

2. Soient n∈N^∗,a0, . . . , an−1 des réels etP =Xⁿ+

n−1

X

k=0

akX^k.

(a) La famille(T₀, . . . , T_n)étant une base orthogonale deRn[X], tout élément deRn[X]se décompose de façon unique sur cette famille. Mieux (calcul en b.o.n.)

P =

n

X

k=0

(P|Tk) kTkk²T_k. (b) On vient de voir que

b_n =(P|T_n)

kTnk² = 2(P|T_n) π

En écrivantP =Xⁿ+QavecQ∈Rn−1[X], comme(Q|Tn) = 0on obtient b_n= 2(Xⁿ|T_n)

π = 1

2ⁿ⁻¹. (c) Toujours d’après les formules en bases orthogonales,

kPk²=

n

X

k=0

b²_kkTkk²>b²_nkTnk²= π

2b²_n= π 2²ⁿ⁻¹. (d) On vient de voir que

∀(a0, . . . , a_n−1), Z 1

−1

(tⁿ+a_n−1tⁿ⁻¹+· · ·+a₀)²

√1−t² dt> π

2²ⁿ⁻¹ (∗)

T_n

2ⁿ⁻¹ étant un polynôme unitaire de degré n, il existe a₀, . . . , a_n−1 tels que ce polynôme s’écrive Xⁿ + Pn−1

k=0akX^k. Pour ce choix desak, on a Z 1

−1

(tⁿ+a_n−1tⁿ⁻¹+· · ·+a0)²

√1−t² dt=

Tn

2ⁿ⁻¹

2

= kTnk² 2²ⁿ⁻² = π

2²ⁿ⁻¹ (∗∗)

(∗) donne un minorant des quantités proposées et (∗∗) montre que ce minorant est atteint. C’est donc un minimum et

min

(a0,...,an−1)∈Rⁿ

Z 1

−1

(tⁿ+a_n−1tⁿ⁻¹+· · ·+a₀)²

√1−t² dt= π 2²ⁿ⁻¹ On a donc mieux qu’une borne inférieure.

Partie III.

Soitn∈N^∗. Pour toutk∈ {1,2, . . . , n}, on poseθk =^(2k−1)π_2n etxk= cos(θk).

1. Soitk∈ {1,2, . . . , n}. On axk ∈[−1,1]]et doncTn(xk) =cn(xk). Commeθk∈[0, π],cn(xk) = cos(nθk) = 0car nθk =π/2[π].x1, . . . , xn sont donc racines deTn. Elles sont distinctes carcosréalise une bijection de[0, π]dans [−1,1]et car lesθk sont des éléments distincts de[0, π]. Commedeg(Tn) =n,Tn admet enfin au plus nracines (comptées avec leurs multiplicités). Finalement,x1, . . . , xn sont exactement les racines deTnet ce sont, en plus, des racines simples.

2. Soit L= (L₁, . . . , L_n)la famille des polynômes d’interpolation de Lagrange associés à (x₁, . . . , x_n), c’est-à-dire les polynômes deRn−1[X]qui, pour tousiet j dans[|1, n|], vérifient

Li(xj) =δi,j

oùδ^j_i est le symbole de Kronecker.

(a) Soit Q∈Rn−1[X]. D’après le théorème d’interpolation de Lagrange,Q=Pn

i=1Q(xi)Li (c’est un polynôme de degré inférieur ou égal àn−1qui prend la valeurQ(x_i)au pointx_iet il n’y en a qu’un et donc c’estQ).

Ceci montre que(L1, . . . , Ln)(famille deRn−1[X]) engendreRn−1[X]. Par cardinal et dimension, c’est une base deRn−1[X].

(b) SoitG∈Rn−1[X]. On aPk

i=0G(x_i)L_i=G(on vient de le rappeler) et donc Z 1

−1

√G(t)

1−t²dt=

n

X

i=1

G(xi) Z 1

−1

L_i(t)

√

1−t²dt ce qui est la formule demandée.

(c) Soit R∈R2n−1[X].

La division euclidienne de R ∈ R2n−1[X] par T_n nous donne l’existence et l’unicité de S et T tels que R=TnS+U avecU ∈Rn−1[X]. OrTnS=R−U est de degré inférieur à2n−1 etTn de degrén, doncS est de degré inférieur àn−1.

On a alorsT_n etS que sont orthogonaux (avec II.1.(d)) et Z 1

−1

√R(t)

1−t²dt = (R|1) = (TnS+U|1) = (Tn|S) + (U|1)

= Z 1

−1

U(t)

√1−t²dt =

n

X

i=1

λiU(xi) =

n

X

i=1

λiR(xi) carU(xi) =R(xi)puisque Tn(xi) = 0.

(d) Dans toute cette question on fixek∈[|1, n|].

i. On a∀θ∈[0, π], Tn(cos(θ)) = cos(nθ). Dérivons cette relation :

∀θ∈[0, π], sin(θ)T_n⁰(cos(θ)) = nsin(nθ).

Commesin(θk) =p

1−cos(θk)²(carθk ∈[0, π]et son sinus est positif) on obtient

∀k∈[|1, n|], q

1−x²_kT_n⁰(xk) = nsin(nθk) = n(−1)^k+1. On a donc bien (p

1−x²_k 6=q0)

T_n⁰(xk) = (−1)^k+1n

p1−x²_k = (−1)^k+1n sin(θ_k) .

ii. Notons queT_n⁰(x_k)6= 0 avec l’expression que l’on vient d’obtenir.T_n est scindé à racines simples égales àx1, . . . , xn. Comme il est de coefficient dominant2ⁿ⁻¹, il vient

T_n = 2ⁿ⁻¹

n

Y

i=1

(X−x_i).

On a donc

∀x6=xk, ψk(x) = 2ⁿ⁻¹ T_n⁰(xk)

n

Y

i=1

(x−xi) = Qk(x) etQk ∈Rn−1[X]. On a

x→xlim_kψk(x) = 1 T_n⁰(xk) lim

x→x_k

Tn(x)−Tn(xk) x−xk

= 1 = ψk(xk).

Par continuité deQk, l’égalitéψk =Qk est vraie sur tout R. ψk est donc un polynôme de degrén−1.

Il est nul enxi pouri6=ket vaut1 enxk. C’est donc exactementLk.

iii. En multipliant haut et bas parθ−θk on voit apparaître deux taux d’accroissement et on a alors lim

θ→θk

cos(jθ)−cos(jθ_k)

cos(θ)−cos(θk) = jsin(jθ_k) sin(θk) . L’applicationθ 7→ cos(jθ)−cos(jθ_k)

cos(θ)−cos(θk) est continue sur [0, π]\ {θ_k} (toujours par bijectivité de cossur [0, π], le dénominateur ne s’annule qu’enθk). On vient de voir qu’elle est prolongeable par continuité en θk. Son intégrale existe donc bien sur le segment[0, π](ce n’est même pas une intégrale généralisée).

Par définition (et 2.d.(ii)), on a (le changement de variable a été justifié dans une question antérieure) λ_k =

Z 1

−1

ψk(x)

√1−x²dx = Z 1

−1

Tn(x)−Tn(xk) (x−x_k)T_n⁰(x_k)√

1−x²dx

= 1

T_n⁰(xk) Z π

0

cos(nθ)−cos(nθ_k)

cos(θ)−cos(θk) dθ avec x = cos(θ)

= 1

T_n⁰(x_k)un = (−1)^k+1

n unsin(θk).

iv. On a

uj+1+u_j−1 = Z π

0

cos((j+ 1)θ)−cos((j+ 1)θk) + cos((j−1)θ)−cos((j−1)θk)

cos(θ)−cos(θ_k) dθ

= 2

Z π 0

cos(jθ) cos(θ)−cos(jθ_k) cos(θ_k) cos(θ)−cos(θk) dθ

= 2

Z π 0

cos(jθ) cos(θ)−cos(jθ) cos(θ_k) + cos(jθ) cos(θ_k)−cos(jθ_k) cos(θ_k)

cos(θ)−cos(θk) dθ

= 2

Z π 0

cos(jθ) + cos(θ_k)cos(jθ)−cos(jθk) cos(θ)−cos(θ_k)

dθ

= 2

Z π 0

cos(jθ)dθ+ 2(cos(θk))uj = 2 cos(θk)uj, ce qui correspond à la formule demandé à un décalage d’indice près.

v. La suite (u_j)_j∈N vérifie la relation de récurrence linéaire a_j+1−2 cos(θ_k)u_j +u_j−1 = 0. L’équation caractéristique estr²−2 cos(θk)r+ 1 = 0et a pour racinese^iθk et e^−iθk. On en déduit qu’il existeaet bréels tels que

∀j∈N, u_j=acos(jθ_k) +bsin(jθ_k) Oru0= 0donca= 0etu1=πdoncb=_sin(θ^π

k) (on a biensin(θi)6= 0). Ainsi, un=πsin(nθk)

sin(θk) =π(−1)^k+1 sin(θk) et avec 2.d.(iii)

λk =π n 3. La question 2.c.(ii) donne alors pour toutR∈R2n−1[X],

Z 1

−1

√R(t)

1−t²dt=π n

n

X

k=1

R(xi) =π n

n

X

k=1

R

cos

(2k−1)π 2n

.