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MPSI B 29 juin 2019

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Texte intégral

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On note

1

E le R espace vectoriel R [X] des polynômes à coecients réels et E

n

le sous- espace formé par les polynômes dont le degré est inférieur ou égal à n . On identiera dans ce texte un polynôme avec la fonction polynomiale qui lui est associée. Le R espace vectoriel E est muni d'un produit scalaire vériant la propriété suivante :

∀(P, Q) ∈ E

2

, (XP/Q) = (P/XQ)

Il est important de bien comprendre que (P/Q) désigne le nombre réel produit scalaire des éléments P et Q de E .

Notons 1

E

le polynôme constant 1 et c

i

= (X

i

/1

E

) pour tout entier naturel i . On dira que (P

n

)

n∈N

est une suite de polynômes orthogonaux lorsque

∀n ∈ N , deg(P

n

) = n

∀(i, j) ∈ N

2

, i < j ⇒ (X

i

/P

j

) = 0

On dénit une suite de fonctions polynomiales (D

n

)

n∈N

et une suite de nombres réels (∆

n

)

n∈N

par ∆

0

= 1 , D

0

= 1

E

et les formules suivantes (déterminants) qui sont valables pour tout entier non nul n

n

=

c

0

c

1

· · · c

n−1

c

n

c

1

c

2

· · · c

n

c

n+1

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

c

n−1

c

n

· · · c

2n−2

c

2n−1

c

n

c

n+1

· · · c

2n−1

c

2n

∀x ∈ R : D

n

(x) =

c

0

c

1

· · · c

n−1

c

n

c

1

c

2

· · · c

n

c

n+1

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

c

n−1

c

n

· · · c

2n−2

c

2n−1

1 x · · · x

n−1

x

n

Partie I

1. a. Cas particulier. Montrer que l'on dénit un produit scalaire vériant les conditions de l'énoncé en posant

(P/Q) = Z

1

−1

P (x)Q(x)dx

1d'après Fractions et Polynômes éd Ellipses

pour tout couple (P, Q) de polynômes.

b. Calculer c

n

pour tout entier n ainsi que ∆

1

, ∆

2

, D

1

, D

2

, D

3

.

2. Montrer que (D

n

)

n∈N

est une suite de polynômes orthogonaux. Quels sont les coe- cients dominants ?

3. a. Soit (P

n

)

n∈N

une suite de polynômes orthogonaux et Q un polynôme de degré strictement inférieur à n , montrer que

(P

n

/Q) = 0

b. Soit (P

n

)

n∈N

une suite de polynômes orthogonaux et (λ

n

)

n∈N

une suite de nombres réels non nuls. Montrer que (λ

n

P

n

)

n∈N

est une suite de polynômes or- thogonaux.

c. Soit (P

n

)

n∈N

et (Q

n

)

n∈N

deux suites de polynômes orthogonaux, montrer qu'il existe une suite (λ

n

)

n∈N

de nombres réels non nuls tels que Q

n

= λ

n

P

n

pour tous les entiers n .

Dans toute la suite, on notera (Q

n

)

n∈N

l'unique suite de polynômes orthogonaux telle que le coecient dominant de chaque Q

n

soit égal à 1.

4. a. Exprimer D

n

en fonction de ∆

n−1

et de Q

n

. b. Montrer que, pour tout entier n :

(Q

n

/X

n

) = kQ

n

k

2

Exprimer cette quantité en fonction de ∆

n−1

et ∆

n

5. Relation de récurrence.

a. Soit (P

n

)

n∈N

une suite de polynômes orthogonaux. Montrer qu'il exsite des suites (α

n

)

n∈N

, (β

n

)

n∈N

, (γ

n

)

n∈N

telles que, pour tous les entiers n ≥ 1 :

XP

n

= α

n

P

n−1

+ β

n

P

n

+ γ

n

P

n+1

b. Montrer qu'il existe des suites (a

n

)

n∈N

et (b

n

)

n∈N

telles que

∀n ≥ 2 : Q

n

= (a

n

+ X )Q

n−1

+ b

n

Q

n−2

Partie II

Dans cette partie, on se propose de calculer explicitement les coecients de la relation de récurrence vériée par les polynômes orthogonaux qui prennent en 1 la valeur 1 (polynômes de Legendre) pour le cas particulier de la question I.1.

On garde les notations de la partie I et on désigne par (L

n

)

n∈N

l'unique suite de polynômes orthogonaux vériant L

n

(1) = 1 pour tout entier n .

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/

1

Rémy Nicolai Apolorth1

(2)

MPSI B 29 juin 2019

1. Comment s'expriment les L

n

en fonction des Q

n

? 2. Montrer que pour tout entier n :

L

n

(−x) = (−1)

n

L

n

(x)

3. Montrer que β

n

= 0 pour tout entier n . (on pourra prendre la valeur en 1 et en −1 ) 4. Soit λ

n

le coecient dominant de L

n

, exprimer α

n

en fonction de λ

n−1

, λ

n

, kL

n−1

k

2

,

kL

n

k

2

. Exprimer γ

n

en fonction de λ

n+1

, λ

n

. 5. En considérant (L

0n

/L

n−1

) , montrer que

n λ

n

λ

n−1

kL

n−1

k

2

= 2

6. Montrer que

kL

n

k

2

= 1 2n + 1

Préciser la relation de récurrence vériée par la suite (Q

n

)

n∈N

.

Corrigé Partie 1

1. a. Voir cours.

b. Dans le cas particulier du produit scalaire déni par l'intégrale, on peut calculer directement les c

n

.

c

n

= Z

1

−1

t

n

dt =

0 si n impair

2

n+1

si n pair Le calcul direct des déterminants donne

1

= 4

3 , ∆

2

= 32 135 Le calcul des polynômes D

1

, D

2

, D

3

donne :

D

1

= 2X , D

2

= 4

3 (X

2

− 1

3 ) , D

3

= − 32

225 X + 32 135 X

3

Le calcul de D

3

se fait par exemple en développant suivant la dernière colonne

D

3

= 2 5

2 0

23

2

3

0

25

1 x x

2

+ ∆

2

x

3

= 2 5 (−x)( 4

5 − 4

9 ) + ∆

2

x

3

2. Il est clair en développant selon la dernière ligne que chaque polynôme D

n

est de degré inférieur ou égal à n et que le coecient de X

n

est ∆

n−1

.

Pourquoi ∆

n−1

6= 0 est-il non nul ?

La matrice des c

i

(notons la C ) est la matrice de la restriction du produit scalaire à l'espace des polynômes de degré inférieur ou égal à n − 1 dans la base canonique. Il existe une base orthonormée pour cet espace, soit P la matrice de passage entre la base canonique et la base orthonormée. On a alors C =

t

P P donc ∆

n−1

= (det P )

2

> 0 . Pour montrer l'orthogonalité, considérons (X

i

/D

n

) avec i < n . Notons

D

n

= a

0

+ a

1

X + · · · + a

n

X

n

où les coecients sont obtenus par le développement selon la dernière ligne (en parti- culier a

n

= ∆

n

). Par linéarité du produit scalaire :

(X

i

/D

n

) = a

0

c

i

+ a

1

c

i+1

+ · · · + a

n

c

i+n

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/

2

Rémy Nicolai Apolorth1

(3)

MPSI B 29 juin 2019

On peut interpréter cette expression comme le développement d'un déterminant selon la dernière ligne

(X

i

/D

n

) =

c

0

c

1

· · · c

n−1

c

n

c

1

c

2

· · · c

n

c

n+1

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

c

n−1

c

n

· · · c

2n−2

c

2n−1

c

i

c

i+1

· · · c

i+n−1

c

i+n

Ce dernier déterminant est nul car la même ligne (en i ) se retrouve deux fois. Ceci assure, par linéarité, l'orthogonalité demandée.

3. a. Par dénition, P

n

est orthogonal à 1, X, · · · , X

n−1

. Il est donc orthogonal par linéarité à tout polynôme de degré inférieur ou égal à n − 1 .

b. Comme chaque λ

n

est non nul, chaque λ

n

P

n

est bien de degré n . Il est clairement orthogonal aux X

i

par linéarité.

c. Soit (P

n

)

n∈

N

et (Q

n

)

n∈

N

deux suites de polynômes orthogonaux. Ils sont tous les deux dans R

n

[X] ∩ R

n−1

[X ]

. Cet espace est l'orthogonal dans R

n

[X ] de R

n−1

[X ]

qui en est un hyperplan. Il est donc de dimension 1 . Les polynômes P

n

et Q

n

en sont chacun une base, ils sont donc colinéaires avec des coecients non nuls.

4. a. Comme le coecient de x

n

dans D

n

est δ

n−1

, on a D

n

= ∆

n−1

Q

n

.

b. On peut écrire Q

n

= X

n

+ (Q

n

− X

n

) où Q

n

− X

n

est de degré strictement inférieur à n donc orthogonal à Q

n

. On a donc :

kQ

n

k

2

= (Q

n

/X

n

+ (Q

n

− X

n

)) = (Q

n

/X

n

)

Par un calcul de déterminant analogue à celui de la question 2, on obtient (D

n

/X

n

) = ∆

n

⇒ ∆

n−1

(Q

n

/X

n

) = ∆

n

⇒ kQ

n

k

2

= ∆

n

n−1

5. Relation de récurrence

a. Le polynôme XP

n

est de degré n + 1 , il s'exprime donc dans la base orthogonale P

0

, · · · , P

n+1

:

XP

n

=

n

X

k=0

(XP

n

/P

k

) kP

k

k

2

P

k

En fait seules les trois dernières coordonnées ne sont pas nulles car, pour k < n−1 , (XP

n

/X

k

) = (P

n

/XP

k

) = 0

d'après l'hypothèse sur le produit scalaire et par orthogonalité car deg(XP

k

) = k + 1 < n .

b. D'après la question précédente, XQ

n−1

est une combinaison linéaire de Q

n−2

, Q

n−1

et Q

n

. La considération du terme de degré n montre que le coecient de Q

n

est égal à 1 . Si on note −a

n

et −b

n

les deux autres coecients, on obtient bien

Q

n

= (X + a

n

)Q

n−1

+ b

n

Q

n−2

Partie II.

1. On sait qu'il existe λ

n

6= 0 tel que L

n

= λ

n

Q

n

. Pour assurer L

n

(1) = 1 , on doit avoir L

n

= 1

Q

n

(1) Q

n

2. Posons Λ

n

(x) = L

n

(−x) . Il est clair que son degré est n . Par le changement de variable t = −x , on montre que (Λ

n

)

n∈

N

est une famille de polynômes orthogonaux. Il existe donc des k

n

tels que Λ

n

= k

n

L

n

. Que vaut k

n

? Pour le savoir, considérons le terme de degré n de L

n

avec son coecient dominant λ

n

. Par dénition de Λ

n

, ce terme est λ

n

(−x)

n

= k

n

λ

n

x

n

donc k

n

= (−1)

n

ce qui prouve la relation demandée.

3. D'après la question 5.a.

β

n

= (XL

n

/L

n

) = Z

1

−1

tL

2n

(t)dt = 0

car la fonction t → tL

2n

(t) est impaire et le domaine d'intégration est symétrique.

4. Comme L

n−1

et L

n

sont orthogonaux, à partir de l'expression de XL

n

, on tire (XL

n

/L

n−1

) = α

n

kL

n−1

k

2

. D'autre part, (XL

n

/L

n−1

) = (L

n

/XL

n−1

) . Comme XL

n−1

est un polynôme de degré n et de coecient dominant λ

n−1

, on peut écrire

XL

n−1

= λ

n−1

λ

n

L

n

+ polynôme de degré < n orthogonal à L

n

⇒ (L

n

/XL

n−1

) = (L

n

/ λ

n−1

λ

n

L

n

) ⇒ α

n

= λ

n−1

λ

n

kL

n

k

2

kL

n−1

k

2

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai Apolorth1

(4)

MPSI B 29 juin 2019

L'expression de γ

n

en fonction de λ

n

et λ

n−1

s'obtient simplement en considérant le coecient dominant

XL

n

= α

n

L

n−1

+ γ

n

L

n+1

⇒ λ

n

= γ

n

λ

n+1

5. Considérons (L

0n

/L

n−1

) et transformons cette expression par intégration par parties pour utiliser l'orthogonalité de L

n

avec L

0n−1

due au degré

(L

0n

/L

n−1

) = Z

1

−1

L

0n

(t)L

n−1

(t) dt = [L

n

(t)L

n−1

(t)]

1−1

− Z

1

−1

L

n

(t)L

0n−1

(t) dt

= 1 − (−1)

n

(−1)

n−1

− 0 = 2 D'autre part, L

0n

est de degré n−1 et de coecient dominant nλ

n

. On peut donc écrire

L

0n

= nλ

n

X

n−1

+ polynôme de degré < n − 1 orthogonal à L

n−1

= n λ

n

λ

n−1

L

n−1

+ polynôme de degré < n − 1 orthogonal à L

n−1

ce qui entraine

(L

0n

/L

n−1

) = n λ

n

λ

n−1

(L

n−1

/L

n−1

) Des deux expressions obtenues, on tire

n−1

= nλ

n

kL

n−1

k

2

6. On va d'abord exprimer les coecients α

n

, β

n

, γ

n

en fonction de n et de la norme de L

n

puis exploiter la relation α

n

n

+ γ

n

= 1 qui vient de ce que tous les L

k

prennent en 1 la valeur 1 .

D'après 4. et 5. :

α

n

= λ

n−1

λ

n

kL

n

k

2

kL

n−1

k

2

n−1

= nλ

n

kL

n−1

k

2

 

 

⇒ α

n

= n 2 kL

n

k

2

On a montré en 3. que β

n

= 0 . L'expression de γ

n

vient aussi de 4. et 5. (en décalant la relation tirée de 5.)

γ

n

= λ

n

λ

n+1

n

= (n + 1)λ

n+1

kL

n

k

2

⇒ γ

n

= n + 1 2 kL

n

k

2

On peut alors exprimer kL

n

k : α

n

+ β

n

+ γ

n

= 1 ⇒

n

2 + n + 1 2

kL

n

k

2

= 1 ⇒ kL

n

k

2

= 2 2n + 1 On en déduit les valeurs de α

n

, β

n

et γ

n

:

α

n

= n

2n + 1 β

n

= 0 γ

n

= n + 1

2n + 1 puis la relation de récurrence

XL

n

= n

2n + 1 L

n−1

+ n + 1 2n + 1 L

n+1

qui s'écrit aussi

L

n+1

= 2n + 1

n + 1 XL

n

− n n + 1 L

n−1

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