Polynômes trigonométriques: Problèmes et solutions

Probl` emes de Math´ ematiques
Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles positives
´
Enonc´e
Polynˆomes trigonom´etriques `a valeurs r´eelles positives
Partie I : Polynˆ omes trigonom´ etriques.
On dit qu’une application fd´efinie sur Ret `a valeurs dans Cest un polynˆome trigonom´etrique
s’il existe une famille (ck)k∈Zde nombres complexes, les ck´etant tous nuls sauf peut-ˆetre un
nombre fini d’entre eux, telle que pour tout xde R:f(x) = P
k∈Z
ckeikx.
Dans cette partie, on suppose que f:x7→ P
k∈Z
ckeikx un polynˆome trigonom´etrique.
1. Pour tout pde Z, calculer Ip=Z2π
0
eipx dx.[S]
2. En d´eduire que pour tout entier relatif m, on a l’´egalit´e : cm=1
2πZ2π
0
f(x) e−imx dx.[S]
3. Soit g:x7→ P
k∈Z
dkeikx un polynˆome trigonom´etrique.
Montrer qu’on a l’´egalit´e g=fsi et seulement si, pour tout kde Z, on a dk=ck.[S]
4. On suppose que fn’est pas l’application nulle. Prouver le r´esultat suivant :
Il existe un unique couple (p, A) de Z×C[X] tel que ∀x∈R, f(x) = e−ipxA(eix)
A(0) 6= 0 [S]
5. V´erifier que les applications x7→ cos5xet x7→ sin5xsont des polynˆomes trigonom´etriques.
´
Ecrire ces applications sous la forme indiqu´ee dans la question pr´ec´edente. [S]
Partie II : Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles.
Dans cette partie, f:x7→ P
k∈Z
ckeikx est un polynˆome trigonom´etrique `a valeurs r´eelles.
On suppose f6= 0, et on d´esigne toujours par (p, A) le couple d´efini dans la question I-4.
1. Montrer que pour tout entier relatif k, on a l’´egalit´e : c−k=ck.[S]
2. En d´eduire p≥0, et : ∀x∈R, f(x) =
p
P
k=−p
ckeikx. Prouver que Aest de degr´e 2p.
Si on pose A=
2p
P
n=0
αnXn, montrer que ∀n∈ {0,...,2p}, α2p−n=αn.[S]
3. Montrer qu’il existe une famille unique (a0, a1, . . . , ap, b1, . . . , bp) de 2p+ 1 r´eels telle que :
∀x∈R, f(x) = a0+
p
P
k=1
(akcos kx +bksin kx).
On v´erifiera que a0=c0et ∀k∈ {1, . . . , p}, ak= 2 Re cket bk=−2 Im ck.[S]
4. En utilisant la question II-2, Montrer que pour tout zde C∗, on a A(z) = z2pA(1/z). [S]
5. Soit u= eiθ une racine de module 1 de A, de multiplicit´e m.
Montrer qu’on peut ´ecrire : ∀x∈R, f (x) = sin x−θ
2m
g(x), avec g(θ)6= 0.
Montrer que si fest `a valeurs dans R+, alors l’entier mest pair. [S]
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Probl` emes de Math´ ematiques
Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles positives
´
Enonc´e
6. Soit vune racine de A, avec la multiplicit´e m≥1, et telle que |v| 6= 1.
Montrer que v6= 0 et que v0= 1/v est racine de Aavec la mˆeme multiplicit´e.
Indication : ´ecrire A= (X−v)m2p−m
P
k=0
dkXket utiliser la question II-4 [S]
Partie III : Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs dans R+.
Soit f:x7→ P
k∈Z
ckeikx un polynˆome trigonom´etrique non nul, `a valeurs dans R+.
On pourra utiliser les r´esultats des parties I et II.
En particulier il existe pdans N, et Adans C[X] (avec deg A= 2p) tels que :
– Pour tout r´eel x,f(x) =
p
P
k=−p
ckeikx = e−ipxA( eix).
– Le coefficient cpest non nul et pour tout kde {−p,...,p},c−k=ck
1. En utilisant II-5 et II-6, montrer que Apeut s’´ecrire A=λBC o`u :
– Le facteur λest une constante complexe non nulle.
– Le polynˆome Bs’´ecrit sous la forme B=
r
Q
k=1
(X−eiθk)2mk, o`u :
Les r´eels θksont distincts deux `a deux modulo 2π.
Les mksont des entiers sup´erieurs ou ´egaux `a 1.
L’entier rest positif ou nul. Si r= 0, on convient que B= 1.
– Le polynˆome Cs’´ecrit sous la forme C=
s
Q
k=1
((X−vk)(X−1/vk))nk, o`u :
Les vksont des complexes de module <1, distincts deux `a deux.
Les nksont des entiers sup´erieurs ou ´egaux `a 1.
L’entier sest positif ou nul. Si s= 0, on convient que C= 1.
On v´erifiera que
r
P
k=1
mk+
s
P
k=1
nk=p.[S]
2. Soit xun r´eel, et soit zun nombre complexe non nul.
´
Etablir l’´egalit´e |( eix −z)( eix −1/ z)|=|eix −z|2/|z|.[S]
3. En d´eduire l’existence d’un polynˆome Qde degr´e ptel que ∀x∈R, f(x) = |Q( eix)|2.
On pourra noter que pour tout xde R, on a f(x) = |f(x)|.[S]
4. On suppose que fest non constante. Cela implique donc p≥1.
L’application f´etant continue, elle est born´ee sur tout segment (admis ici.)
On note M= sup{f(x), x ∈[0,2π]}(f´etant 2π-p´eriodique, on a M= sup fsur R.)
On note Q=
p
P
k=0
βkXkle polynˆome d´efini `a la question pr´ec´edente.
(a) En identifiant, prouver c0=
p
P
k=0 |βk|2et cp= 2 β0βp. En d´eduire c0≥2|cp|.[S]
(b) En consid´erant l’application g:x7→ M−f(x), prouver M≥4|cp|.[S]
(c) Montrer que M= 4 |cp| ⇔ |β0|=|βp|et ∀k∈ {1, . . . , p −1}, βk= 0 [S]
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Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles positives
´
Enonc´e
Partie IV : Une propri´ et´ e de minimum.
Pour tout polynˆome Pde C[X], on pose M(P) = sup
[−1,1] |P(x)|.
Pour tout n≥1, on note Unl’ensemble des polynˆomes de C[X] qui sont unitaires de degr´e n.
L’objectif de cette partie est de montrer que pour tout Pde Unon a M(P)≥1
2n−1et de
d´eterminer l’unique polynˆome de Unpour lequel on a l’´egalit´e.
On d´efinit une suite (Qn) de polynˆomes par Q0= 2, Q1=X
∀n≥1, Qn+1 =XQn−1
4Qn−1
1. (a) Montrer que pour tout n≥1, Qnest un ´el´ement de Un, `a coefficients r´eels. [S]
(b) Prouver que pour tout r´eel t, et tout n≥1, on a : cos nt = 2n−1Qn(cos t). [S]
(c) Pour tout nde N∗, v´erifier que M(Qn) = 1
2n−1.[S]
2. Dans la suite de cette partie, on fixe n≥1. Pour tout kde {0, . . . , n}, on note xk= cos kπ
n.
On a bien entendu les in´egalit´es x0= 1 > x1>··· > xk>··· > xn−1> xn=−1.
(a) Calculer la valeur de Qnen chacun des points xk.[S]
(b) On se donne un polynˆome Pde Un, `a coefficients r´eels. Montrer que M(P)≥1
2n−1.
Indication : raisonner par l’absurde et consid´erer le polynˆome R=Qn−P.
On montrera que R(xk) a le signe de (−1)k.[S]
(c) On se donne un polynˆome Pde Un, `a coefficients r´eels ou complexes.
Montrer que M(P)≥1
2n−1. Indication : consid´erer le polynˆome Rdont les coefficients
sont les parties r´eelles des coefficients de P.[S]
3. On se donne un polynˆome Ade Untel que M(A) = 1
2n−1.
L’objectif de cette question est de montrer que A=Qn.
(a) Montrer qu’il existe un polynˆome Qtel que ∀z∈C∗, Q(z) = 2nznA1
2(z+1 z).
Pr´eciser le degr´e de Q, son coefficient dominant et son coefficient constant. [S]
(b) Montrer que : ∀x∈R, Q( eix) = 2neinxA(cos x), puis sup
[0,2π]|Q( eix)|= 2. [S]
(c) En utilisant III-4, prouver que Q=X2n+ 1. [S]
(d) Montrer alors que A=Qn. Conclusion ? [S]
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Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles positives
Corrig´e
Corrig´e du probl`eme
Partie I : Polynˆ omes trigonom´ etriques
1. On a I0=Z2π
0
dx= 2π. Si p∈Z∗,Ip=Z2π
0
eipx dx=1
ip eipx2π
0=1
ip ( e2ipπ −1) = 0. [Q]
2. Pour tout mde Z, et en utilisant le r´esultat pr´ec´edent, on a successivement :
1
2πZ2π
0
f(x) e−imx dx=1
2πZ2π
0
e−imx P
k∈Z
ckeikx dx=1
2πZ2π
0P
k∈Z
ckei(k−m)xdx
=1
2πP
k∈Z
ckZ2π
0
ei(k−m)xdx=1
2πP
k∈Z
ckIk−m=1
2πcmI0=cm
[Q]
3. Si f=g, alors : ∀k∈Z, ck=1
2πZ2π
0
f(x) e−ikx dx=1
2πZ2π
0
g(x) e−ikx dx=dk.
La r´eciproque est ´evidente. [Q]
4. On cherche Asous la forme A=P
n≥0
αnXn. La condition A(0) 6= 0 s’´ecrit α06= 0.
Pour tout entier relatif p, consid´erons l’application g:x7→ e−ipxA( eix).
Pour tout xde R, on a g(x) = e−ipx P
n≥0
αneinx =P
n≥0
αnei(n−p)x=P
k≥−p
αp+keikx.
Ainsi gest un polynˆome trigonom´etrique.
L’´egalit´e f=g´equivaut alors `a l’´egalit´e des coefficients. Plus pr´ecis´ement :
f(x)≡g(x)⇔P
k∈Z
ckeikx ≡P
k≥−p
αp+keikx ⇔ck= 0 si k < −p
ck=αp+ksi k≥ −p
Ce syst`eme ´equivaut `a ck= 0 si k < −p
αn=cn−psi n≥0, qui contient l’´egalit´e c−p=α06= 0.
Ainsi −pest n´ecessairement l’entier relatif kminimum tel que ck6= 0.
p´etant ainsi fix´e, les ´egalit´es αn=cn−p(∀n∈N) d´eterminent Ade fa¸con unique. [Q]
5. Avec la formule d’Euler : cos5x=e−ix + eix
25=e−5ix 32 ( e2ix + 1)5.
Ainsi cos5x≡e−5ixA( eix), avec A=1
32(X2+ 1)5.
De mˆeme sin5x=eix −e−ix
2i5=e−5ix 32i( e2ix −1)5.
Ainsi sin5x≡e−5ixA( eix), avec A=1
32i(X2−1)5=i 32(1 −X2)5.[Q]
Partie II : Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles.
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Probl` emes de Math´ ematiques
Polynˆ omes trigonom´ etriques ` a valeurs r´ eelles positives
Corrig´e
1. Consid´erons l’application f:x7→ P
k∈Z
cke−ikx, conjugu´ee de f.
C’est un polynˆome trigonom´etrique car pour tout xde R,f(x) = P
k∈Z
dkeikx, avec dk=c−k.
L’application f´etant `a valeurs r´eelles, on a l’´egalit´e f=f.
D’apr`es I-3), cela implique : ∀k∈Z, dk=ckc’est-`a-dire : ∀k∈Z, c−k=ck.[Q]
2. Le r´esultat pr´ec´edent montre que {k∈Z, ck6= 0}est sym´etrique par rapport `a 0.
Ainsi −p(l’entier minimum tel que ck6= 0) est n´egatif ou nul. Donc p≥0.
On a alors : ∀x∈R, f(x) =
p
P
k=−p
ckeikx = e−ipx
p
P
k=−p
ckei(k+p)x= e−ipx 2p
P
n=0
cn−peinx
Finalement A(x) =
2p
P
n=0
αnXnavec αn=cn−ppour ndans {0,...,2p}.
La polynˆome Aest bien de degr´e 2pcar α2p=cp6= 0.
Enfin, pour tout nde {0,...,2p}, on a α2p−n=cp−n=cn−p=αn.[Q]
3. On se donne des r´eels (a0, a1, . . . , ap, b1, . . . , bp).
On d´efinit l’application g:R→Rpar : ∀x∈R, g(x) = a0+
p
P
k=1
(akcos kx +bksin kx).
Pour tout xde R, on a alors :
g(x) = a0+1
2
p
P
k=1
(ak( eikx + e−ikx)−ibk( eikx −e−ikx))
=1
2
p
P
k=1
(ak+ibk) e−ikx +a0+1
2
p
P
k=1
(ak−ibk) eikx =
p
P
k=1
dke−ikx +a0+
p
P
k=1
dkeikx
Dans cette ´ecriture, on a pos´e dk=1
2(ak−ibk) pour tout kde {1, . . . , p}.
Pour tout xde R, on peut ´ecrire f(x) sous la forme :
f(x) =
p
P
k=−p
ckeikx =
p
P
k=1
c−ke−ikx +c0+
p
P
k=1
ckeikx =
p
P
k=1
cke−ikx +c0+
p
P
k=1
ckeikx
Les applications fet gsont deux polynˆomes trigonom´etriques.
D’apr`es I-3, l’´egalit´e f=g´equivaut `a l’´egalit´e de leurs coefficients respectifs.
Ici ces ´egalit´es se r´eduisent `a a0=c0et ∀k∈ {1, . . . , p}, dk=ck.
Cela ´equivaut `a a0=c0et ∀k∈ {1, . . . , p}, ak= 2 Re cket bk=−2 Im ck.
On a ainsi prouv´e l’existence et l’unicit´e des r´eels (a0, a1, . . . , ap, b1, . . . , bp) tels que :
∀x∈R, f(x) = a0+
p
P
k=1
(akcos kx +bksin kx). [Q]
4. On trouve successivement, compte tenu des ´egalit´es αn=α2p−n:
z2pA(1/z) = z2p2p
P
n=0
αn(1/z)n=z2p2p
P
n=0
αnz−n=
2p
P
n=0
α2p−nz2p−n=
2p
P
n=0
αnzn=A(z). [Q]
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