Devoir maison n ◦ 03 – éléments de correction

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2019-2020 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 03 – éléments de correction

Partie A

1. On trouve sans détour :

T2(X) = 2XT1−T0 = 2X²−1 ,

T₃(X) = 2X(2X²−1)−X = 4X³−3X ,

T4(X) = 2X(4X³−3X)−(2X²−1) = 8X⁴−8X²+ 1. 2. Effectuons une récurrence forte. On fait l’hypothèse de récurrence suivante, pourn≥1 :

(H_n): le polynômeT_n est de degrénet le coefficient deXⁿ est 2ⁿ⁻¹. Pour n= 0, le polynômeT0est bien de degré0mais son coefficient dominant ne vaut pas 1

2.

Par définition deT₁et d’après la question précédente, les hypothèses(H₁),(H₂),(H₃)et(H₄)sont bien vérifiées.

Supposons (Hk) vérifiée pour tout 1 ≤ k ≤ n avec n ≥ 2, et montrons que (Hn+1) est bien vraie. En effet T_n+1= 2XT_n−T_n−1avecdeg(2XT_n) = 1 + deg(T_n) =n+ 1et deg(T_n−1=n−1, d’oùT_n+1 est bien de degré n+ 1 et de coefficient dominant2ⁿ.

Conclusion : pour tout n≥1,T_n est de degrénet de coefficient dominant2ⁿ⁻¹ .

3. Déterminons la parité deT_n par récurrence forte. On fait l’hypothèse de récurrence suivante : (Hn):Tn a la parité den.

Comme précédemment(H0),(H1),(H2),(H3)et(H4)sont bien vérifiées.

Supposons(H_k)vérifiée pour 0≤k≤n et n≥1. Remarquons que 2XT_n et T_n−1 ont la parité den+ 1(car n−1 etn+ 1sont de même parité), doncTn+1 est de la parité den+ 1.

Ainsi comme attendu T_n a la parité den. 4. Calcul deTn(1),Tn(−1)et Tn(0).

(a) Effectuons une récurrence forte sur n. Tout d’abord T0(1) = T1(1) = T2(1) = T3(1). Supposons que Tk(0) = 1 pour toutk≤n. AlorsTn+1(1) = 2·1·Tn(1)−Tn−1(1) = 1.

(b) Compte-tenu de la parité deT_n, on en déduit que

T2p(−1) = T2p(1) = 1 et T2p+1(−1) = −T2p+1(1) = −1, d’oùTn(−1) = (−1)ⁿ.

(c) Encore compte-tenu de la parité de T_2p+1, il vient T_2p+1(0) = 0. Par ailleurs T₀(0) = 1, T₂(0) = −1 et T₄(0) = 1, donc on conjecture que T_2p(0) = (−1)^p. À nouveau par récurrence forte, déjà initialisée pourp valant0,1 et2, supposons que l’on a prouvé queT2k(0) = (−1)^k pour toutk≤p. Alors

T_2p+2(0) = 2·0·T_2p+1(0)−T_2p(0) = −(−1)^p= (−1)^p+1.

Finalement Tn(1) = 1,Tn(−1) = (−1)ⁿ,T2n(0) = (−1)ⁿ et T2n+1(0) = 0pour toutn. 5. RelationTn(cosθ) = cos(nθ)pour toutθ∈R.

• Pour l’existence et unicité d’un polynôme P_n tel que P_n(cosθ) = cos(nθ), il suffit d’utiliser la formule de Moivre puis celle du binôme de Newton :

cos(nθ) +isin(nθ) = e^inθ = (cosθ+isinθ)ⁿ =

n

X

k=0

n k

(isinθ)^k(cosθ)^n−k

et d’identifier les parties réelles et imaginaires des deux membres :

cos(nθ) =

k≤2n

X

k=0

n 2k

(−1)^k(sinθ)^2k(cosθ)^n−2k =

k≤2n

X

k=0

n 2k

(−1)^k(1−cos²θ)^k(cosθ)^n−2k = Pn(θ)

avec

Pn(X) =

k≤2n

X

k=0

n 2k

(−1)^k(1−X²)^kX^n−2k .

• Montrons que T_n =P_n. Il suffit pour cela de prouver que la suite(P_n)_n vérifie les mêmes propriétés que la suite(Tn)n. En effetP0(X) = 1,P1(X) =X et la relation bien connue

cos

(n+ 1)θ + cos

(n−1)θ

= 2 cosθcos(nθ) peut s’écrire

cos

(n+ 1)θ

= 2 cosθcos(nθ)−cos

(n−1)θ soit

Pn+1(cosθ) = 2 cosθPn(cosθ)−P_n−1(cosθ).

Or l’ensemble descosθpour θ∈Rest infini, ce qui implique l’égalité entre polynômes : P_n+1(X) = 2XP_n(X)−P_n−1(X).

Finalement T_n est le seul polynôme vérifiant :∀θ∈R,T_n(cosθ) = cos(nθ). 6. On suppose dans cette question quen6= 0.

(a) Les valeurs de θ telles que Tn(cosθ) = 0 sont les θ tels que cos(nθ) = 0, soit nθ = π

2 +kπ, c’est-à-dire θ_k =(2k+ 1)π

2n ,k∈Z.

(b) Prouvons que le polynômeT_n possèdenracines réelles distinctes dans[−1,1].

Lesnnombres xk = cos

(2k+ 1)π 2n

, pourk∈[[0, n−1]], sont distincts dans [−1,1]carcos : [0, π]→R est injective. Ils vérifient par constructionTn(xk) = 0pour toutk∈[[0, n−1]].

Enfin, étant donné queT_n est de degrén, les réels x_k sont lesnracines deT_n .

7. Pour les racines de T_n⁰, on part de la relation Tn(cosθ) = cos(nθ), pour θ ∈ R. Dérivons par rapport à θ :

−sinθT_n⁰(cosθ) =−nsin(nθ). Le membre de droite s’annule en les kπ

n pour k∈ [[0, n−1]]. Il faut éliminer de ces nombres celui qui annule aussi le sinus dans le membre de gauche. Ainsi

lesx⁰_k = cos kπ

n

pourk∈[[1, n−1]]sont des racines deT_n⁰ .

De plus comme auparavant cesx⁰_k sont distincts dans[−1,1] par injectivité du cosinus entre[0, π]et [−1,1].

Enfin puisqueT_n⁰ est de degrén−1, lesx⁰_k pourk∈[[1, n−1]]sont lesn−1 racines deT_n⁰ .

Partie B

1. Un certain nombre de propriétés :

• Si L(P) = 0, alorsP(t) = 0pour tout t ∈[−1,1]. Le polynôme P admet une infinité de racines, donc il est nul. La réciproque étant immédiate, il vient comme annoncé L(P) = 0 si et seulement siP = 0 .

• Si N(P) = 0, alors pour tout k, ak = 0; par conséquent P est nul. La réciproque étant immédiate, on en déduit que N(P) = 0si et seulement siP= 0 .

• Il vient sans détour L(λP) = sup

t∈[−1,1]

|λP(t)| = sup

t∈[−1,1]

|λ| · |P(t)| = |λ| sup

t∈[−1,1]

|P(t)| = |λ|L(P). De même

N(λP) =

n

X

k=0

|λak|=|λ|

n

X

k=0

|ak|=|λ|N(P). Ainsi L(λP) =|λ|L(P)etN(λP) =|λ|N(P).

• Pourt∈[−1,1]il vient

|(P+Q)(t)| = |P(t) +Q(t)| ≤ |P(t)|+|Q(t)| ≤ L(P) +L(Q), d’où sup

t∈[−1,1]

|(P+Q)(t)| ≤L(P) +L(Q). Par suite L(P+Q)≤L(P) +L(Q).

NotonsP =

n

X

k=0

a_kX^k et Q=

n

X

k=0

b_kX^k, oùn= max(deg(P),deg(Q)). Pour toutk∈[[0, n]], il vient :

|ak+b_k| ≤ |ak|+|bk| = N(P) +N(Q) puis en prenant la borne supérieure N(P+Q)≤N(P) +N(Q).

On en déduit que L etN sont deux normes surR[X]. 2. Soitγ_n=n+ 1. Pour toutt∈[−1,1], il vient :

|P(t)| =

n

X

k=0

akt^k

≤

n

X

k=0

|ak| · |t|^k ≤

n

X

k=0

N(P)·1 = (n+ 1)N(P)

d’où en prenant la borne supérieure : L(P)≤(n+ 1)N(P). 3. Pour P=

n

X

k=0

X^k, nous avons L(P) =n+ 1 etN(P) = 1, d’où L(P) =γnN(P)pourP =

n

X

k=0

X^k . On en déduit que γn est le plus petit nombre réelavérifiant :∀P ∈Rn[X], L(P)≤γnN(P). 4. Nous avonsTn(cosθ) = cos(nθ)pour tout réelθ. Par conséquent

L(T_n) = sup

t∈[−1,1]

|T_n(t)| = sup

θ∈R

|T_n(cosθ)| = sup

θ∈R

|cos(nθ)|

d’où L(T_n) = 1 .

5. Notons tout d’abord queθ7→P(cosθ)Q(cosθ)est continue sur le segment[0, π] comme produits et composées de fonctions continues sur[0, π]et sur[−1,1], et que par conséquentϕ(P, Q)a bien un sens.

(a) Le caractère bilinéaire symétrique est le résultat de : la commutativité du produit des fonctions, la distri- butivité de la multiplication par rapport à l’addition, la linéarité de l’application intégrale.

(b) L’application ϕ est clairement positive. Prouvons qu’elle est également définie positive. Supposons que ϕ(P, P) = 0, c’est-à-dire

Z π 0

P(cosθ)²dθ= 0. La fonctionθ7→P(cosθ)²est positive et continue, d’intégrale nulle sur[0, π], donc identiquement nulle sur[0, π]. Le polynômeP admet donc une infinité de racines, d’où sa nullité.

Finalement ϕest un produit scalaire surR[X]. 6. Soientnet mdeux entiers naturels distincts.

• Sans détour :

ϕ(Tn, Tn) = Z π

0

Tn(cosθ)²dθ = Z π

0

(cos(nθ))²dθ = 1 2

Z π 0

(1 + cos(2nθ))dθ.

Par conséquent ϕ(T0, T0) =πetϕ(Tn, Tn) = π

2 sin >0 .

• Pensez à apporter des chocolats à la prof de Terminale qui a tant insisté sur les formules de trigonométrie : ϕ(Tn, Tm) =

Z π 0

Tn(cosθ)Tm(cosθ)dθ = Z π

0

cos(nθ) cos(mθ)dθ

= 1

2 Z π

0

cos((n+m)θ) + cos((n−m)θ)

dθ = 0.

Il s’ensuit que ϕ(T_n, T_m) = 0sin6=m.

7. La famille(T0, . . . , Tn)de polynômes deRn[X]est libre puisqu’orthogonale et ne contenant pas le polynôme nul (question précédente). OrRn[X]est de dimensionn+ 1, cardinal de cette famille. Par conséquent

(T0, . . . , Tn)est une base deRn[X].

Ainsi tout polynômeP ∈Rn[X]s’écrit de manière unique comme combinaison linéaire desTk,0≤k≤n: il existe un unique(n+ 1)-uplet(α0, . . . , αn)∈Rⁿ⁺¹ tel queP =

n

X

k=0

αkTk .

Maintenant, afin de majorer |αk|par2L(P), utilisons l’orthogonalité des polynômesT_k (question précédente) :

• Nous avonsϕ(P, T0) =α0ϕ(T0, T0) =πα0 doncα0= 1 π

Z π 0

P(cosθ)×1dθd’où

|α0| ≤ 1 π

Z π 0

|P(cosθ)|dθ ≤ 1 π

Z π 0

L(P)dθ = L(P).

• Pour toutk≥1, il vientϕ(P, T_k) =α_kϕ(T_k, T_k) =π

2α_k, d’oùα_k= 2 π

Z π 0

P(cosθ)T_k(cosθ)dθet ainsi

|α_k| ≤ 2 π

Z π 0

|P(cosθ)| · |T_k(cosθ)|dθ ≤ 2 π

Z π 0

L(P)|cos(kθ)|dθ ≤ 2L(P).

Finalement |αk| ≤2L(P)pour toutk∈[[0,deg(P)]].

8. Dans cette question, on supposen≥1. Rappelons queTn+1= 2XTn−Tn−1. D’après l’inégalité triangulaire de N, il vient

N(T_n+1) ≤ N(2XT_n) +N(T_n−1).

Or N(2XTn) = 2N(XTn) = 2N(Tn) puisque les coefficients intervenant dans XTn sont les mêmes que ceux intervenant dansTn, à leur indexation près. Par conséquent N(Tn+1)≤2N(Tn) +N(T_n−1).

9. Posonsq= 1 +√

2. Effectuons une récurrence forte surnpour prouver la propriété recherchée.

Pour n= 0, on aN(T₀) = 1qui est bien inférieur à(1 +√

2)⁰= 1.

Pour n= 1, on aN(T₁) = 1qui est bien inférieur à(1 +√ 2)¹.

Supposons que N(Tk)≤q^k pour toutk∈[[0, n]]. D’après la question B.8, nous avons N(Tn+1) ≤ 2N(Tn) +N(Tn−1) ≤ 2qⁿ+qⁿ⁻¹ = qⁿ⁻¹(2q+ 1).

Or q²= (1 +√

2)²= 1 + 2√

2 + 2 = 3 + 2√

2 = 2q+ 1, d’oùN(T_n+1)≤qⁿ⁺¹. Par conséquent N(Tn)≤qⁿ pour toutn∈N.

10. FixonsP=

n

X

k=0

α_kX^k, alors d’après l’inégalité triangulaire puis les questions B.7 et B.9 :

N(P) = N

n

X

k=0

α_kX^k

!

≤

n

X

k=0

|α_k|N(T_k) ≤

n

X

k=0

2L(P)q^k = 2L(P)qⁿ⁺¹−1

q−1 = 2L(P)qⁿ⁺¹−1

√2

puis comme attendu N(P)≤qⁿ⁺¹√

2L(P).

L’espace Rn[X] étant de dimension finie, on sait que les normes N et L sont équivalentes. Les questions B.2

Partie C

1. L’applicationΦest bien linéaire, par linéarité de la dérivation et distributivité de la multiplication par rapport à l’addition des polynômes.

L’applicationΦest bien à valeurs dansRn[X]pour des raisons de degré évidentes.

Finalement Φest un endomorphisme deRn[X]. 2. Il vient Φ(1) = 0et Φ(X) =X puis, pour tout k≥1:

Φ(X^k) = (X²−1)k(k−1)X^k−2+X^kX^k−1 = k²X^k−k(k−1)X^k−2.

3. D’après la question précédente, un polynôme de degré non nul a pour image par Φun polynôme de degré non nul, donc un polynôme non nul. Ainsi le noyau deΦest constitué des polynômes constants : Ker (Φ) = Vect(1). 4. D’après le calcul de la question C.2, la matrice deΦrelativement à la base canonique(1, X, . . . , Xⁿ)est :

A =



































0 0 −2 0 · · · 0

0 1 . .. . .. . .. ... ... . .. 2² . .. −k(k−1) . .. ... ... . .. . .. . .. . .. 0

... . .. k² . .. −n(n−1)

... . .. . .. 0

0 · · · 0 n²

































 .

5. La trace deΦest la trace de la matrice deΦrelativement à une base quelconque deRn[X]. On trouve donc que tr (Φ) =

n

X

k=1

k²= n(n+ 1)(2n+ 1)

6 .

6. La matrice deΦrelativement à la base canonique étant triangulaire supérieure, on lit son spectre sur sa diagonale.

Par conséquent les valeurs propres deΦsont lesk²pour k∈[[0, n]].

L’endomorphismeΦadmettantn+ 1valeurs propres distinctes et l’espaceRn[X] étant de dimensionn+ 1, on en déduit que Φest diagonalisable et que chaque sous-espace propre est de dimension1 .

7. D’après la question précédente, l’endomorphisme Φadmet n+ 1 sous-espaces propres de dimension1. Il suffit pour leur trouver une base de déterminer un vecteur non nul.

Fixonsθ∈R, alors nous avons vu dans la question A.7 quesinθT_k⁰(cosθ) =ksin(kθ). Dérivons à nouveau cette égalité par rapport àθ:

cosθT_k⁰(cosθ)−sin²θT_k⁰⁰(cosθ) = k²cos(kθ) c’est-à-dire

(cos²θ−1)T_k⁰⁰(cosθ) + cosθT_k⁰(cosθ) = k²cos(kθ).

L’ensemble descosθ,θ réel, étant infini, on en déduit l’égalité entre polynômes : (X²−1)T_k⁰⁰+XT_k⁰ = k²T_k,

et ainsi Φ(Tk) =k²Tk, ou encoreTk est un vecteur propre pour la valeur proprek².

En d’autres termes pour toutk∈[[0, n]], l’espace propre associé à la valeur proprek² estVect(Tk).