tchebychev

Polynˆomes de Tchebychev
Sommaire
I Polynˆomes de Tchebychev de premi`ere esp`ece . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
I-1) Premi`erespropri´et´es....................................... 1
I-2) Variations............................................. 2
II Polynˆomes de Tchebychev de seconde esp`ece . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
II-1) D´efinition,propri´et´es....................................... 4
II-2) Relation avec les Tn....................................... 4
III Quelques mots sur les polynˆomes orthogonaux . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
j
Figure 1.1: Vous avez dit Tchernobyl?
I Polynˆomes de Tchebychev de premi`ere esp`ece
I-1) Premi`eres propri´et´es
Proposition 1. Existence et unicit´e des polynˆomes de Tchebychev.
Soit nun entier naturel; il existe un polynˆome P∈R[X]tel que:
∀t∈R,cos nt =P(cos t)
Un tel polynˆome Pest unique et est not´e Tn.
Preuve. Pour l’existence, on proc`ede par le calcul qui suit:
∀t∈R, eint = (cos t+isin t)n
=
n
X
k=0 n
kcosk(t)in−ksinn−k(t)
1

C. Ferry, MP * 1, lyc´ee Thiers, math´ematiques POLYN ˆ OMES DE TCHEBYCHEV
d’o`u, sachant que cos nt =<eint:
∀t∈R,cos nt =
bn/2c
X
k=0 n
2kcosn−2k(t)×(−1)k1−cos2tk
ainsi, le polynˆome Pqui suit convient:
P=
bn/2c
X
k=0 n
2kXn−2kX2−1k
Pour l’unicit´e, il suffit de se rendre compte que deux polynˆomes qui conviendraient co¨ıncideraient sur
[−1; 1] qui est une partie infinie de R. Ainsi, les deux polynˆomes seraient ´egaux. 
Proposition 2. Relation de r´ecurrence v´erifi´ee par les polynˆomes de Tchebychev.
Soit n∈N; on a alors
∀t∈R,cos nt + cos (n+ 2) t= 2 cos ((n+ 1) t) cos t
ce qui entraˆıne imm´ediatement la relation de r´ecurrence v´erifi´ee par (Tn)n∈N:
∀n∈N, Tn+2 = 2XTn+1 −Tn
On peut ainsi donner les quelques premiers polynˆomes de Tchebychev: T0= 1, T1=X,T2= 2X2−1,
T3= 4X3−3X.
On remarque que si nest impair, Tn(0) = 0; sinon, Tn(0) = (−1)n/2. Dans tous les cas, Tn(1) = 1 (si
t≡0 mod 2π, alors nt ≡0 mod 2πaussi...).
Le terme dominant de Tnest: 2n−1X(s’obtient plus facilement avec la relation de r´ecurrence qu’avec le
d´eveloppement explicite de la somme de la proposition 1!).
Pour ce qui est de la parit´e,Tn(−X)=(−1)nTn(X)(il est ais´e de le v´erifier sur [−1; 1]: quand deux
cosinus sont-ils oppos´es?).
On a aussi T0
n(1) = n2(obtenu en d´erivant Tn(cos t)).
I-2) Variations
Exemple 1. Le trac´e de deux polynˆomes de Tchebychev, fait avec Python.
Figure 1.2: T6et T7
2

C. Ferry, MP * 1, lyc´ee Thiers, math´ematiques POLYN ˆ OMES DE TCHEBYCHEV
Le code ayant permis de g´en´erer ¸ca:
1#!/usr/bin/env python2
2# encoding: UTF-8
3from operator import mul
4from fractions import Fraction
5import matplotlib.pyplot as libplot
6import numpy as np
7
8t = np.arange(-1.0, 1.0, 0.0001)
9
10 # Combinaison bin^omiale (existe peut ^etre d´ej`a en python...)
11 def nCk(n,k):
12 return int(reduce(mul, (Fraction(n-i, i+1) for iin range(k)), 1) )
13
14 # Polyn^ome de Tchebychev d´efini de mani`ere explicite (pas de relation de r´ecurrence)
15 def tchebychev(n, x):
16 return np.sum([ (nCk(n, 2*k) * x ** (n - 2*k) * (x**2 - 1) ** k) for kin range(0,(n/2)+1) ])
17
18 # Fonction de dessin
19 def drawTchebychev(n):
20 T = [tchebychev(n,i) for iin t]
21 libplot.plot(t,T, "-", color=’black’)
22 libplot.title(u’$T_n$ pour $n=’+str(n)+’$’, fontsize=20)
23 libplot.grid(True)
24 libplot.show()
25
26 # Les polyn^omes aux rangs 6, 7
27 drawTchebychev(6)
28 drawTchebychev(7)
Un petit exercice de topologie classique, pour introduire la topologie sur les polynˆomes (et ceux de Tcheby-
chev en particulier):
Exercice 1. Soit Eun EVNade dimension finie, de corps de base K,Fun ferm´e non vide de E. Soit
´egalement a∈E.
Alors il existe b∈Ftel que ka−bk= d (a, F ) (autrement dit, la distance est atteinte).
aespace vectoriel norm´e; on notera la norme introduite k k, et la distance associ´ee d (x, y)
Preuve. Soit b0∈F,r=kb0−ak,K=B(a, r)∩F.
Kest compact (l’intersection d’un compact et d’un ferm´e, reste ferm´ee, et est born´ee; or, un ferm´e born´e
dans un compact est compact). Ainsi, l’application ϕ:K→K, x 7→ ka−xkatteint un minimum en un point
b1(non n´ecessairement unique!). Prenons un tel b1: alors ∀x∈K, ka−xk>ka−b1k.
De plus, pour tout x∈F\K,ka−xk>r=ka−b0k>ka−b1kcar b0∈K.
Ainsi, pout tout x∈F,ka−xk>ka−b1k: on a trouv´e le brecherch´e, c’est b1.
Proposition 3. Soit n∈N∗. Soit E=Rn[X],F=Rn−1[X](ferm´e dans E, non vide).
Posons a=Xn, et posons la norme qui suit sur E:kPk= sup
x∈[−1;1] |P(x)|.
Il existe P∈Ftel que ka−Pk= d (a, F )d’apr`es l’exercice qui pr´ec`ede. Montrons-en davantage! Par
exemple, que d (a, F ) = 1
2n−1.
Preuve. Nous noterons Tn= 2n−1(Xn−Qn) avec Qn∈Rn−1[X] = Fd’apr`es les petites propri´et´es vues
(cf. le coefficient dominant).
Soit Q∈F.
Raisonnons par l’absurde: supposons que kXn−Qk6kXn−Qnksoit 
2n−1(Xn−Q) 6kTnk= 1
(en effet sup
[−1;1] |Tn|= 1, voyez les graphes plus haut et la propri´et´e fondamentale v´erifi´ee sur [−1; 1] par les Tj
pour tout j...). Nommons Pn= 2n−1(Xn−Q).
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C. Ferry, MP * 1, lyc´ee Thiers, math´ematiques POLYN ˆ OMES DE TCHEBYCHEV
On sait que l’on a Pn= 2n−1Xn+A,A∈F, puisque Qest de degr´e n−1 au plus. Ainsi, on a
deg (Tn−Pn)6n−1 (les 2n−1Xnse compensent; le reste, on ne sait pas vraiment, mais ¸ca n’importe pas).
Sachant que kPnk61 (par hypoth`ese), on aura qu’aux n+1 points xde [−1; 1] o`u |Tn(x)|= 1, (Tn−Pn) (x)
est du signe de Tn(x).
Ceci entraˆıne que Tn−Pna au moins nracines, ce qui est impossible car deg (Tn−Pn)6n−1. La
contradiction souhait´ee est ´etablie! 
II Polynˆomes de Tchebychev de seconde esp`ece
II-1) D´efinition, propri´et´es
On pose les polynˆomes de Tchebychev de seconde esp`ece de la mani`ere suivante:
Proposition 4. Les polynˆomes de Tchebychev de seconde esp`ece sont une famille de polynˆomes v´erifiant la
relation
∀t∈R, Un(cos t) = sin (n+ 1) t
sin t
Ces polynˆomes, en plus d’exister et de faire l’objet d’un paragraphe ici, sont uniques.
Preuve. On d´emontre leur existence par r´ecurrence `a deux termes sur n.
Les polynˆomes U0= 1, U1= 2Xconviennent: pour tout t∈R\πZ, pour n= 0, sin (n+ 1) t
sin t=sin t sin t= 1;
pour n= 1, sin (n+ 1) t
sin t=2 sin tcos t sin t= 2 cos t.
On va maintenant donner une relation de r´ecurrence v´erifi´ee par les Un: soit n∈N; supposons que Unet
Un+1 sont d´efinis. Alors:
∀t∈R, Un+2 (cos t) + Un(cos t) = sin (n+ 3) t+ sin (n+ 1) t
sin t
=2 sin (n+ 2) tcos t
sin t
= 2 cos tsin (n+ 2) t
sin t
= 2 cos tUn+1 (cos t)
ce qui donne la relation:
∀n∈N, Un+2 = 2XUn+1 −Un
Ainsi, par r´ecurrence, on peut d´efinir la suite (Un)n∈Nde polynˆomes de Tchebychev de seconde esp`ece,
l’unicit´e de cette suite ´etant assur´ee par le fait que deux polynˆomes qui conviendraient seraient ´egaux sur
]−1; 1[ qui est une partie infinie de R.
II-2) Relation avec les Tn
On a constat´e que les Unv´erifient la mˆeme relation de r´ecurrence que les Tn. Mais ils v´erifient davantage:
calculons `a cet effet T0
n:
∀n∈N∗,∀t∈R,sin tT 0
n(cos t) = nsin nt
⇔1
nT0
n(cos t) = sin nt
sin t
⇔1
nT0
n=Un−1
On aurait donc aussi pu d´efinir les Unde cette fa¸con, au lieu de rechercher la relation de r´ecurrence qu’ils
v´erifient.
4

C. Ferry, MP * 1, lyc´ee Thiers, math´ematiques POLYN ˆ OMES DE TCHEBYCHEV
Cette expression permet n´eanmoins de donner une formulation explicite des Un:
∀n∈N, Un=1
n+ 1T0
n+1 =1
n+ 1
bn+1/2c
X
k=0 n+ 1
2kh(n+ 1 −2k)Xn−2kX2−1k+Xn+1−2k×2kX X2−1k−1i
=1
n+ 1
bn+1/2c
X
k=0 n+ 1
2kXn−2kX2−1k−1(n+ 1 −2k)X2−1+X×2kX
=1
n+ 1
bn+1/2c
X
k=0 n+ 1
2kXn−2kX2−1k−1(n+ 1) X2−n−1+2k
C’est une expression compliqu´ee qui peut n´eanmoins ˆetre bien simplifi´ee.
III Quelques mots sur les polynˆomes orthogonaux
Les polynˆomes de Tchebychev, quelle que soit l’esp`ece, constituent des familles de polynˆomes orthogonaux.
Un petit lemme pr´eliminaire:
Lemme 1. Soit Eun espace vectoriel euclidien de dimension n, soit a∈E. Il existe une unique forme lin´eaire
ϕasur Etelle que: pour tout x∈E,ϕa(x) = ha|xi.
Preuve. Soit
i:E→E∗
a7→ ϕa:E→R
x7→ ha|xi!.iest lin´eaire (se prouve sans mal); par ailleurs, iest injective car
ker i={a∈E/∀x∈E, ha|xi= 0}={0}.
Eet E∗sont tous deux de dimension n, donc iest bijective. 
D´efinition 1. Produit scalaire pour des polynˆomes orthogonaux.
On pose le produit scalaire qui suit sur E=R[X] (qui s’applique aussi aux fonctions continues de carr´e
int´egrable): soient w∈ C0I, R+une fonction non nulle, I= [−1; 1], pour donner le produit scalaire hf|gi=
ˆI
fgw.
Remarque 1. C’est bien un produit scalaire1:
•il est sym´etrique (sans probl`eme, ˆI fgw =ˆI gfw)
•il est d´efini positif: si f6= 0, hf|fi=ˆI f2w > 0 cf. cours sur l’int´egration.
•il est bilin´eaire: la malice d’avoir prouv´e d’abord la sym´etrie fait que l’on n’a qu’un seul cˆot´e `a v´erifier.
Si gest fix´e, f, h ∈E,λ∈R,ˆ1
−1
(λf +h)gw =ˆ1
−1
λfgw +ˆ1
−1
hgw =λˆ1
−1
fgw +ˆ1
−1
hgw.
Remarque 2. On peut construire, par r´ecurrence sur k, une base orthonorm´ee de Ek=Rk[X] `a base de
polynˆomes orthogonaux: west fix´e.
Sachant que Ek−1est un hyperplan de Ek, on pose Dktel que Ek=Dk⊕Ek−1. On a Xk∈Dk; on
peut alors dire que Dk= vect Xk. On pose alors Pk:
Pkde degr´e k
kPkk= 1 et Pk|Xk= 1
. Un tel Pkexiste et
est unique (cf. lemme qui pr´ec`ede, on utilise la bijection r´eciproque). C’est, en quelques sortes, une forme
d’orthonormalisation de Gram-Schmidt...
Pkest de degr´e k(la famille (Pj)j∈Nest `a degr´es ´echelonn´es donc libre...); le coefficient dominant de Pk
est 1
hPk|Xki. Le lecteur aura soin de v´erifier que si a6=b,hPa|Pbi= 0, et que par cons´equent, pour tout
P∈Rk−1[X], hPk|Pi= 0.
1forme bilin´eaire sym´etrique d´efinie positive
5