1
CCP PC 2018 – Un corrigé
Partie I : Quelques résultats généraux
Q1 – On a : U0 1 et donc L01 ; U1X21 et donc L1 X et enfin U2 X42X21 et donc : 2 1
12 2 4
L 8 X et on retrouve bien 2 1
3 2 1
L 2 X .
Q2 – On a en un premier temps deg
Un
2n et en dérivant 2n fois : deg
Ln n. Par ailleurs le terme de plus haut degré de Un est X2n, donc celui de Ln est 1
2 !2 ! !
n n
n X n n et finalement :
22 !
2 !
n n
a n
n
.
Q3 – Il résulte de Q2 que la famille
L0,...,Ln
est échelonnée en degrés, donc libre. C’est une famille libre de n1 vecteurs de Rn
X qui est de dimension n1 : c’est donc une base de
n X
R .
Q4 – On a Un
X1
n X1
n, ce qui montre que les racines de Un sont 1 et 1, toutes deux de multiplicité n.Par suite, pour nN*, 1 et 1 sont racines de multiplicité n1 de Un' et Un' se factorise par
X1
n1 X1
n1 ; comme Un' est en outre de degré 2n 1 2
n1
1, le quotient de Un' par
X 1
n1 X 1
n1 est de degré 1 et Un' peut s’écrire sous la forme
1
1
' 1 n 1 n
Un X X X où et sont deux réels.
Par ailleurs Un est de classe C1 sur
1,1
et comme n1 : Un
1 Un
1 0. De ce faitn'
U s’annule sur
1,1
en un réel c. Or on a vu que les racines de Un' sont 1, 1 et . Donc nécessairement c et donc
1,1
.Q5 – Quitte à réindexer, on peut supposer 1 1 ... k 1 ; on pose en outre 0 1 et
1 1
k . Comme nk1, Un k s’annule en 1 et 1 ainsi qu’en chaque i pour i
1,k .Ainsi pour chaque i
0,k : Un k est de classe C1 (car polynomiale) sur
i, i1
avec
1
k k
n i n i
U U . Monsieur Rolle nous indique alors l’existence d’un réel i1
i, i1
tel que Unk1
i1
0. L’enchevêtrement 0 1 1 1 2 ... k k1 k11 montre que les i sont deux à deux distincts et appartiennent à
1,1
.2
En outre, 1 et 1 étant racines de multiplicité nk1 de Un k , ils sont alors racines de multiplicité n k 1 de Unk1. On a trouvé au total k 1 2
n k 1
2n k 1 racines àk 1
Un et deg
Unk1
2n k 1. Ainsi il existe un réel tel que :
1 1 1
1
1
1 1
n k n k k
k
n i
i
U X X X
Q6 – Notons d’abord que L1 X et que la propriété à montrer est vraie pour L1 : L1 a une unique racine à savoir 0, qui est bien dans
1,1
.On suppose désormais n2 et on procède par récurrence finie : on appelle HRk la propriété supposée à la question Q5.
● D’après la question Q4, HR1 est vraie.
● D’après la question Q5, si pour k
1,n1
HRk est vraie, alors HRk1 est vraie.Alors par récurrence finie : k
1,n , HRk est vraie et en particulier HRn est vraie. Donc n 2n
n n
U L s’écrit sous la forme
1 n n
n i
i
U X x
où les xi sont n réels 2 à 2 distincts dans
1,1
, ce qui constitue le résultat voulu.Partie II : Étude des éléments propres de l’endomorphisme
Q7 – Pour P Q, R
X et R on a :
2
2 2
1 '' '' 2 ' '
1 '' 2 ' 1 '' 2 '
P Q X P Q X P Q
X P XP X Q XQ
P Q
Donc est linéaire ; par ailleurs, est clairement à valeurs dans R
X ce qui permet d’affirmer que est un endomorphisme de R
X .Q8 – Du fait de la linéarité de, il nous suffit pour prouver que Rn
X est stable par de prouver que pour tout k
0,n on a :
Xk Rn
X :●
1 0 Rn
X .● Si n1 :
X 2XRn
X .● Si n2 et k
2,n :
Xk k k
1
X2 1
Xk2 2kXk k k
1
Xk k k
1
Xk2 k
X R .
A fortiori :
Xk Rn
X .On a bien montré k
0,n ,
Xk Rn
X et ainsi Rn
X est stable par .Q9 – Il résulte des calculs ci-dessus que la matrice de dans la base canonique est :
3
0 0 2 0
2 0
6 1
0 0
1
M n n
n n
Et les deux résultats voulus s’en trouvent démontrés.
Q10 – Par suite (matrice triangulaire) le polynôme caractéristique de n est
0
1
n
k
X k k
Le spectre de M et de n est donc
k k
1 ,
k
0,n
. Comme la suite
k k
1
kN estclairement strictement croissante, ces n1 valeurs propres sont 2 à 2 distinctes ; comme en outre dim
Rn
X
n1, n est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont des droites.Q11 – Pour k 1 on a : Uk'2kX X
21
k1 , donc
X21
Uk'2kX X
21
k 2kXUk. L’égalité
X21
Uk'2kXUk reste vraie pour k 0 : les deux membres sont nuls et on a bien pour k
0,n :
X21
Uk' 2 kXUk 0.Q12 – Avec la formule de Leibniz, en dérivant k1 fois la relation ci-dessus lorsque k1 :
2 1
2 2
1
1 2 1 2 1 2
1
02
k k k k k
k k k k k
X U k XU k U kXU k k U
Après rangement on obtient bien :
X21
Ukk22XUkk1k k
1
Uk k 0Par ailleurs cette relation reste vraie pour k 0 (les trois termes du membre de gauche sont nuls) et on a bien le résultat voulu pour tout kN.
Q13 – Or Uk k 2kk L! k, donc la relation ci-dessus s’écrit en la divisant par 2kk! :
X21
Lk'' 2 XLk'k k
1
Lk 0Ainsi n
Lk k k
1
Lk. Comme Lk n’est pas nul, on vient de montrer que Lk est vecteur propre de n associé à la valeur propre k k
1
.Q14 – Soit une valeur propre de et P un vecteur propre associé. Soit ndeg
P ; ainsinN car P0 et P
P n
P . Or d’après la question Q10, les valeurs propres de n sont les k k
1
pour k décrivant
0,n , donc Sp
k k
1 ,
kN
.Réciproquement, soit un réel de la forme n n
1
avec nN ; on sait que est alors valeur propre de n et donc de : on vient de montrer que Sp
n n
1 ,
nN
.Toujours pour n n
1
, soit P un vecteur propre associé, et N max
n, deg
P
. Alors
ker 1 Id
N N X
P n n R et on a vu à la question Q10 que ker
N n n
1 Id
RN X
est4
une droite, qui contient Ln d’après Q13. Donc PVect
Ln la réciproque étant immédiate.Donc le sous-espace propre associé à n n
1
est Vect
Ln .Partie III : Distance au sous-espace vectoriel R
n[X]
Q15 – Soient P Q R, , Rn
X et R.On a clairement : P Q R P R Q R , P Q Q P et P P 0. De plus, si P P 0, alors 1 2
1P x dx 0
, et P2 est une fonction positive et continue sur
1,1
. Donc x
1,1 ,
P2
x 0 et le polynôme P s’annule une infinité de fois. Donc P0 Il résulte de tous ces points que
P Q,
P Q est un produit scalaire sur Rn
X .Q16 – Partons du membre de gauche et réalisons une intégration par parties :
1 1 1
2 2 2
1 1 1
1 1
1 ' ' d 1 ' 2 ' 1 '' d
d
t P t Q t t t P t Q t tP t t P t Q t t
P t Q t t
En d’autres termes :
P Q
11
t21
P t Q t'
' dt.En échangeant les rôles de P et de Q on a également :
Q P
11
t21
Q t P t'
' dt etpar commutativité du produit :
P Q
Q P .Q17 - Soit n et m deux entiers naturels distincts. Alors :
1
n m
n m n
m
1
n mn n L L L L L L m m L L Or n n
1
m m
1
donc L Ln m 0. La famille
Ln nN est bien orthogonale.Q18 – Pour n1, on a vu à la question Q3 que
L0,...,Ln1
est une base de Rn1
X or il résulte de la question Q17 que Ln est orthogonal à chacun des vecteurs de cette base. Donc Ln est orthogonal à Rn1
X et : P Rn1
X , P Ln 0.Q19 – On a n n
n
Q L
L et la famille
Ln nN est orthogonale, donc
Qn nN est une famille orthonormale.
Q20 – Rn
X étant un sous-espace vectoriel de dimension finie de R
X , le projeté orthogonal Tn de P sur Rn
X est bien défini et est l’unique vecteur de Rn
X vérifiant
d P,Rn X d P T, n .
5
En outre, comme
Q0,...,Qn
est une base orthonormale de Rn
X , on a
0 n
n k k
k
T c P Q
et
22 0 n
n k
k
T c P
. Enfin Tn et P T n sont orthogonaux et d’après notre ami Pythagore,2 2 2
n n
T P T P et en recollant tous les bouts on obtient bien :
2 2
20
d ,
n
n k
k
P X P c P
R
Q21 – Par suite on a pour tout n :
2 20 n
k k
c P P
. Donc la série à termes positifs
n
2n
c P a ses sommes partielles majorées par P 2. Donc elle converge et on a la majoration (parfois appelée inégalité de Bessel) :
2 20 n n
c P P
.Partie IV : Fonction génératrice
Q22 – Soit x
1,1
, fixé. On appelle HRn la propriété : L xn
rn.● On a 0L x0
1 r car r 1 2, donc HR0 est vraie.● On a L x1
x 1 r donc HR1 est vraie.● Soit nN* tel que HRn et HRn1 soient vraies. On sait que
1 1
2 1
1 1
n n n
n n
L x xL x L x
n n
et donc Ln1
x 2L xn
Ln1
x , puis avec l’hypothèse de récurrence : Ln1
x 2rnrn1 rn1
2r1
. Or on sait que r22r 1 0 donc 2r 1 r et 1
1n
Ln x r et HRn1 est vraie.
On vient de démontrer par récurrence avec deux prédécesseurs que : n N, Ln
x rn. Q23 – Soit t un réel vérifiant 1t r. Alors pour tout entier n : L x tn
n rtn ; or rt 1 donc la série géométrique nn
rt converge et par suite la série n
nn
L x t
converge pour tout réel t vérifiant 1t r . Ceci montre que R x
1r . Q24 – Pour t R x
et a fortiori pour 1t r on a :
6
2
2 1
1 0
1 1
0 1 2
1
1 0
1 1
2
0
1 2 1
1 2 '
1 2
1 2 1
1 2 1
2 2
x x
n n
n n
n n
n n n
n n n
n n n
n n
n n
n n
n
n n n
n
tx t S t t x S t
tx t nL x t t x L x t
n L x t x nL x t n L x t
L x t x L x t
n L x n xL x nL x t
L x L x xL x L
0 0 1
2 2 2
3 1 2 1
x xL x xL x
x x x x x
Et finalement on a bien pour tout t R x R x
,
et a fortiori pour 1 1 , t r r
:
1 2 tx t 2
Sx'
t tx S t
x 0Q25 – Cette équation différentielle s’écrit : ' 2 1 2
y x t y
tx t
. Notons que le discriminant du dénominateur est 4
x21
, et donc soit le dénominateur ne s’annule pas, soit il s’annule en 1 lorsque x1, soit il s’annule en 1 lorsque x 1. Dans tous les cas, il ne s’annule pas sur1 1, r r
et la solution générale de l’équation sur cet intervalle est :
2
exp 1ln 1 2
y A 2 tx x
, AR, ce qui peut aussi s’écrire :
1 2 2
y A
tx x
. Comme Sx est solution de l’équation sur 1 1
r r,
et vérifie en outre Sx
0 L x0
1 on a :
1,1 ,
1 1,
1 2x 1 2
x t S t
r r tx x
Q26 – Il ne s’agit pas ici de mener à bout le calcul mais juste d’indiquer une méthode.
D’après les formules de Taylor MacLaurin et de Taylor-Young, le développement limité à l’ordre 2 de Sx est : S tx
L t0
tL t1
t L t2 2
o t
2 . Il suffit alors de réaliser le développement limité à l’ordre 2 de2
1 1 2 t
tx x
et d’identifier ces deux expressions d’après l’unicité du DL à l’ordre 2.
Partie V : Expression intégrale des polynômes de Legendre
Q27 – Tout d’abord il convient de voir que la variable de la fonction est u et que t et sont des paramètres fixés. On a pour u
,
:7
2 2 2 2
2 2 2
1
cos sin cos
cos sin
n n
n
n n
v u t u
t u
On a donc la majoration indépendante de u : v un
tnet la série géométrique nn
t est convergente car t 1. Donc la série de fonctions nn
v converge normalement sur
,
.Q28 – On remarque que pour t 1 :
1
d2
n
n n
w t v u u
. Or on vient de voir que la série de fonctions n
n
v converge normalement sur
,
et il en va de même pour 12 n
n
v
. Donc la série numérique n
nn
w t
converge, de somme :
0 0
1 d
2
n
n n
n n
w t v u u
Reste à calculer la somme de la série qui est en fait une série géométrique :
0
1
1 cos i cos sin
n n
v u t u
Et on obtient bien :
0 0
d
1 cos i cos sin
n
n n
n n
w t v u u
t u
Q29 – Avec le changement de variable proposé :
0
2 2 2 2 2 2
0 0
cos d cos d cos d
1 cos 1 cos 1 cos
u u v v v v
a u a v a v
Et on en déduit :
2 2
0
cos d 1 cos 0
u u
a u
.
Q30 – La fonction varctan
v est de classe C1 et bijective et strictement croissante de
0,
dans 0,2
, donc :
2 2
2 2 2 2 2 2
2 0 0
0 2 0 2
d d d d
1 cos 1
1 1 1
1 tan 1
u u v v
a u a a v a
u v v
On continue alors le calcul :
8
2
2 2 2 2 2 2
0 0
0 2
d 1 d 1
arctan
1 cos 1 1 1
1 1
u v v
a u a v a a
a
Et on obtient bien :
2
2 2 2
0
d
1 cos 2 1
u
a u a
Q31 – On a :
2 2 2 2
2 2 2 2
1 cos i cos sin
d d
1 cos i cos sin 1 cos cos sin
1 cos i cos sin
d
1 cos cos sin
t t u
u u
t u t t u
t t u
u
t t u
Comme t 1 on a 1tcos
0 et en notant R et I les parties réelles et imaginaires de cette intégrale on a :
2 2 2
1 cos d
1 cos
1 cos
t u
R t a u
, avec
2 2
2
2
sin 1 cos a t
t
Et par parité, on obtient avec le résultat de la question Q30 :
2 2 2 2 2
2
1
1 cos 1 sin 1 cos sin
1 cos
R t t t t
t
Et finalement on obtient :
21 2 cos R
t t
On regarde maintenant la partie imaginaire :
2 2 2
sin cos d
1 cos
1 cos
t u u
I t a u
, la valeur de a étant inchangée ; cette intégrale est alors nulle d’après la question Q29, et on obtient finalement :
2d
1 cos i cos sin 1 2 cos
u
t u t t
Q32 – On reprend le résultat de la question25 en posant xcos
, ce qui est licite car
cos 1,1 :
0 2
1 1 1
, , cos
2 cos 1
n n
n
t L t
r r t t
; or en combinant cette égalité avec les résultats des questions Q21 et Q28 on obtient :
0 0
1 1, , n cos n n n
n n
t L t w t
r r
Et par identification (formule de Taylor-MacLaurin) on obtient bien :
, n cos n
n L w
N
9
Q33 – Soit x
1,1
; on pose alors arccos
x de sorte que xcos
. Ainsi
, n n
n L x w
N , et en appliquant successivement les résultats des questions Q28 et Q31 on obtient le résultat voulu.
Q34 – Ce dernier résultat montre que R x
1 puisque la série converge pour tout t
1,1
.Posons alors pour z complexe tel que z R x
:
0
n n n
z L x z
.Par produit, la fonction z
1 2 xzz2
2
z est développable en série entière de rayon
R x
; soit
c zn n son développement ; ainsi pour tout z complexe vérifiant z R x
ona :
2
2
0
1 2 n n
n
xz z z c z
(égalité notée (*) pour la suite). Or le résultat de la question Q33 montre que
0
1,1 , n n 1
n
t c t
et ainsi par unicité du développement en série entière que c0 1 et que cn 0 pour n1. En reportant dans l’égalité (*) on obtient que pour tout z complexe vérifiant z R x
on a :
1 2 xzz2
2
z 1.Or le trinôme 1 2 xzz2 s’annule en zxi 1x2 , qui sont tous deux de module 1. Donc si R x
1, L’égalité
1 2 xzz2
2
z 1 est donc valide pour zxi 1x2 et fournit 01 ce qui est plutôt ennuyeux ! On a donc R x
1 et on avait montré R x
1. Finalement
1R x .
Partie VI : Applications à l’approximation d’intégrales
Q35 – On montre en un premier temps de façon analogue à la question Q5 que si une application f de classe C1 s’annule au moins k fois sur Ravec k2, alors sa dérivée f ' s’annule au moins
1
k fois sur R.
Puis en un second temps on montre par récurrence finie en utilisant cette propriété pour l’hérédité que pour tout k
0, 2n1
, h k s’annule 2nk fois. La propriété au rang 2n1 fournit alors le résultat voulu.Q36 – Soit
1,...,n
Rn tel que1
0
n k k k
. Ainsi pour tout PRn1
X on a
1
0
n
k k
k
P x
. Regardons en particulier pour le polynôme
1 n
i j
j j i
P X x
. On a bien
1
i n
PR X et pour k i : P xk
i 0 ; on obtient ainsi :
0 iP xi i 0
et donc i 0 et ce pour tout i
1,n : la famille
1,...,n
est donc libre.10
Q37 – Ainsi
1,...,n
est une famille libre de n vecteurs de L
Rn1
X ,R
. Or
1
1
dim L Rn X ,R dim Rn X n. Donc
1,...,n
est une base de L
Rn1
X ,R
etdonc :
1
1
1
, , ! ,..., ,
n n
n n k k
k
X
L R R R
.Q38 – On applique le résultat précédent à l’application
1 1
1
:
n X
P P
R R
qui est bien linéaire de Rn1
X dans R :
1
1
! ,..., ,
n n
n k k
k
R
, ce qui s’exprime aussi sous la forme :
1
1
11
1
! ,..., , ,
n n
n n k k
k
P X P P x
R R
Q39 – Soit PR2n1
X . On appelle Q et R les quotients et restes respectifs de P par Ln. Comme deg
Ln n on a deg
Q n1 et deg
R n1, ainsi que PQLnR.De là : 1 1 1
1P 1QLn 1R
. Or 11QLn
Q Ln
. Or avec la question Q18 on a
Q Ln
0 et il reste avec la question Q38 : 1 1
1 1
1 n
k k
k
P R R x
. Or pour 1kn :
0
k n k k k k
P x L x Q x R x R x
Et l’égalité 1
1 1
n
k k
k
P R x
devient 11
1 n
k k
k
P P x
. CQFD.Q40 – Soit l’application linéaire proposée par l’énoncé, et soit Pker
. Alors
deg P 2n1 et pour tout k
1,n : P x
k P x'
k 0. Donc chaque xk est racine double de P et P a ainsi au moins2n racines comptées avec multiplicités alors que deg
P 2n1.Donc P0 : on vient de montrer que ker
0 . Or dim
R2n1
X
dim
R2n
, donc est bijective de R2n1
X dans R2n. Par suite le 2n-uplet
f x
1 ,..., f x
n , f '
x1 ,..., f'
xn
a un unique antécédent Hn par , ce qui traduit le résultat voulu.
Q41 – Considérons pour KR fixé la fonction g définie par l’énoncé :
● Pour k
1,n , f x
n H x
n et A x
n 0 donc g x
n 0.● Comme x est distinct des xi, on a A x
0 et il est possible de choisir pour K :
2
2 !
n n
K n f x H x
A x
Et ainsi on a aussi g x
0.● x1,...,x xn, sont n1 nombres distincts de