MPSI 2 DS 09

MPSI 2
DS 09
le 12 mai 2004
Présentation des copies :
– Utiliser des copies doubles uniquement ;
– Laisser une marge à gauche de chaque feuille et une demi-page sur la première feuille
pour les remarques du correcteur. Numéroter les feuilles doubles en indiquant le nombre
total de feuilles doubles (par exemple 1/3, 2/3, 3/3). Indiquer le nom sur chaque double
feuille.
1/3
vide
Q2
Q1
Q3
– Les questions doivent être traitées dans l’ordre de l’énoncé, correctement numérotées
et un trait horizontal doit les séparer ; si une question n’est pas traitée, laisser un
espace blanc.
– Ne pas utiliser de crayon de papier. Tirer deux traits diagonaux à l’encre pour supprimer une partie de la copie.
– L’énoncé ne doit pas être recopié sur les copies.
– Passer souvent à la ligne et espacer les formules.
Rédaction mathématique :
– Annoncer avant une démonstration, le résultat à prouver et respecter les plans de
démonstration.
– Chaque variable utilisée dans une démonstration doit être définie ;
– Pour montrer une équivalence, l’écrire en numérotant les propositions (i) et (ii) ;
– Chaque résultat annoncé doit être justifié en citant précisément un théorème du cours
avec ses hypothèses exactes, ou en citant le numéro d’une question précédente du
problème.
– Les résultats de calcul doivent être simplifiés et encadrés.
– Les calculs doivent être détaillés et expliqués à l’aide de phrases en Français :
– Les notations de l’énoncé doivent être respectées ;
1
1
Exercice 1
On considère l’équation différentielle sur I = R :
(E)
y 0 + 2xy = 1
Q 1 On suppose que f est une solution de (E) que l’on ne cherchera pas à calculer pour l’instant. Montrer que f
est de classe C ∞ sur R et déterminer f 0 (0).
Q 2 Déterminer pour n ∈ N? , une relation entre f (n+2) , f (n+1) et f (n) .
Q 3 Montrer que ∀p ∈ N, f admet un développement limité en 0 à l’ordre p de la forme :
f (x) =
p
X
an xn + o(xp )
n=0
et trouver pour n ∈ N, une relation entre an+2 et an .
Q 4 Montrer que ∀k ∈ N,
a2k+1 = (−1)k
4k k!
(2k + 1)!
et calculer de même a2k en fonction de f (0).
On considère la fonction
D:
R
x
−→
7→
e−x
2
R
Rx
0
2
et dt
Q5
a. Montrer que D est une solution de (E).
b. Déterminer l’ensemble de toutes les solutions de (E) et montrer qu’il existe une unique solution impaire.
2
Problème
On note E = R[X] l’espace des polynômes à coefficients réels et pour n ∈ N, En = R n [X] le sous-espace des
polynômes de degré inférieur ou égal à n. Soit ω : [−1,1] 7→ R une fonction continue et strictement positive. On
pose :
E × E −→
R
R1
φ:
(P,Q) 7→
−1 P (t)Q(t)ω(t) dt
Q 6 Montrer que φ définit un produit scalaire sur E.
Dans la suite, on notera (P | Q) = φ(P,Q) et kP k =
p
(P | P ) la norme euclidienne associée.
Q 7 Justifier qu’il existe une suite de polynômes (Pn )n∈N vérifiant :

2

∀(n,m) ∈ N , n 6= m ⇒ (Pn | Pm ) = 0
∀n ∈ N, kPn k = 1


∀n ∈ N, deg(Pn ) = n
On considère désormais une telle suite orthonormale de polynômes (Pn )n∈N .
Q 8 Montrer que pour tout polynôme P ∈ E et pour tout entier n ∈ N,
deg P < n ⇒ (P | Pn ) = 0
Q 9 Montrer que ∀n ∈ N, le polynôme Pn possède exactement n racines simples réelles distinctes dans l’intervalle
[−1,1]. On pourra raisonner par l’absurde en supposant que P possède moins de (n − 1) racines réelles dans le
segment [−1,1] et considérer un polynôme Q qui garde un signe constant entre ces racines.
On peut donc écrire pour n ∈ N,
Pn+1 = an (X − x0 ) . . . (X − xn )
où −1 ≤ x0 < · · · < xn ≤ 1 sont les racines simples du polynôme Pn+1 .
Q 10 Montrer que ∀i ∈ [[0,n]], il existe un unique polynôme Li ∈ R n [X] vérifiant
∀j ∈ [[0,n]],
Li (xj ) = δij
Q 11
0
a. Montrer que les polynômes Pn+1 et Pn+1
sont premiers entre eux.
P0
b. Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle F = n+1 .
Pn+1
1
Pn+1
c. En déduire que ∀i ∈ [[0,n]], Li = 0
.
Pn+1 (xi ) X − xi
On considère maintenant une fonction f continue sur le segment [−1,1].
Q 12
a. Montrer qu’il existe un unique polynôme Lf ∈ R n [X] vérifiant
∀i ∈ [[0,n]], Lf (xi ) = f (xi )
et donner son expression à l’aide des polynômes Li .
b. Montrer que l’application
C([−1,1]) −→
φn :
f
7→
R n [X]
Lf
est linéaire et déterminer la restriction de φn au sous-espace R n [X].
Q 13 Décomposer en éléments simples la fraction rationnelle F =
n
X
1
Pn+1
et en déduire que
Li = 1
i=0
Q 14 Montrer que ∀(i,j) ∈ [[0,n]]2 , i 6= j, (Li | Lj ) = 0.
Q 15 En développant l’intégrale
montrer que
Z
1
n
X
−1
i=0
n
X
i=1
2
Li (x) ω(x) dx
2
kLi k =
Z
1
ω(x) dx
−1
Q 16 Pour une fonction g ∈ C([−1,1]), on note kgk∞ = supx∈[−1,1] |g(x)|.
a. Montrer qu’il existe une constante C > 0 telle que pour tout polynôme P ∈ R n [X],
kφn (f ) − P k ≤ Ckf − P k∞
b. Montrer qu’il existe une constante D > 0 telle que pour tout polynôme P ∈ R n [X],
kφn (f ) − f k ≤ Dkf − P k∞
(1)
3
Polynômes de Legendre
Dans cette partie, on suppose que la fonction poids ω est définie par ∀x ∈ [−1,1], ω(x) = 1.
On définit pour un entier n ∈ N, le polynôme
Rn = (x2 − 1)n
(j)
(n)
On notera Rn ses dérivées successives et en particulier Rn
Q 17
On pose pour (p,q) ∈ N2 :
Z
W (p,q) =
1
−1
sa dérivée nième.
(t − 1)p (t + 1)q dt
a. Etablir une relation entre W (p,q) et W (p + 1,q − 1) lorsque q ≥ 1.
b. En déduire la valeur de W (n,n) que l’on exprimera à l’aide de factorielles.
Q 18
On considère dans cette question un polynôme Q à coefficients réels quelconque.
a. Montrer rigoureusement l’égalité :
Z
1
−1
Q(t)Rn(n) (t)
c. Calculer la valeur de l’intégrale
dt = (−1)
Z
1
−1
Z
I=
n
1
−1
Q(n) (t)Rn (t) dt
2
Rn(n) (t) dt
Q 19 Déterminer une suite de réels (λn ) tels que si l’on définit la suite de polynômes (Ln ) par :
Ln = λn Rn(n)
alors cette suite est orthonormale.
(2)
Corrigé.
Q 1 Par récurrence:
P(n) : f ∈ C n (R)
P(0) : Comme f est une solution, elle est dérivable donc continue sur R.
P(n) ⇒ P(n + 1): ∀x ∈ R, f 0 (x) = 1 − 2xf (x). Par hypothèse, f est C n et donc x 7→ 1 − 2xf (x) l’est aussi.
Donc puisque f 0 est de classe C n , f est de classe C n+1 .
D’après l’équation, en x = 0, on tire f 0 (0) = 1.
Q 2 Utilisons la formule de Leibnitz en dérivant (n + 1) fois l’équation différentielle:
f
(n+2)
n+1
X
+2
k=0
et donc
n + 1 (k) (n+1−k)
x f
=0
k
f (n+2) + 2(xf (n+1) + (n + 1)f (n) ) = 0
(3)
Q 3 Soit p ∈ N. Comme f est de classe C p , d’après la formule de Taylor-Young,
∀x ∈ R,
f (x) =
p
X
f (n) (0) n
x + o(xp )
n!
n=0
f (n) (0)
.
n!
D’après la formule 3, en faisant x = 0, on trouve
Donc f admet un DL(0,p) avec an =
f (n+2) (0) + 2(n + 1)f (n) (0) = 0
d’où l’on tire
an+2 = −
2
an
n+2
(4)
Q 4 Par récurrence :
P(k) : a2k+1 = (−1)k
P(0): a1 = f 0 (0) = 1 = (−1)0
P(k − 1) ⇒ P(k):
a2k+1 = −
4k k!
(2k + 1)!
40 0!
.
1!
(−1)k 2 × 4k−1 (2k)(k − 1)!
2
2(−1)k 4k−1 (k − 1)!
4k k!
a2k−1 = −
=
= (−1)k
2k + 1
(2k + 1)(2k − 1)!
(2k − 1)!(2k)(2k + 1)
(2k + 1)!
En reprenant la formule 4 avec n = 2k − 2, on trouve
1
a2k = − a2(k−1)
k
et alors
a2k =
et donc a2k =
−1 −1
−1
...
a0
k (k − 1)
k − (k − 1)
(−1)k
f (0) puisque a0 = f (0).
k!
Q5
2
a. Comme la fonction définie par f (t) R= et est continue sur l’intervalle I = R et que 0 ∈ I, le théorème
x
fondamental dit que la fonction x 7→ 0 f (t) dt est de classe C 1 sur I = R. D’après les théorèmes généraux,
1
la fonction D est de classe C sur R donc dérivable sur R. On calcule d’après le théorème fondamental,
pour x ∈ R,
Z
2
2
D0 (x) = e−x ex − 2xe−x
x
2
0
ce qui montre que D est une solution particulière de (E).
2
et dt = 1 − 2xD(x)
b. L’équation différentielle (E) est une équation linéaire du premier ordre normalisée. Résolvons l’équation
homogène associée :
(H) y 0 + 2xy = 0
en posant a(x) = 2x, une primitive de a est A(x) = x2 et alors l’ensemble des solutions de l’équation
homogène est
2
SH = {Ce−x ; C ∈ R}
et comme D est une solution particulière de (E), l’ensemble des solutions de (E) est donc
2
SE = {D(x) + Ce−x ; C ∈ R}
Vérifions que D est impaire. Soit x ∈ R.
Z
−x2
D(−x) = e
−x
e
0
t2
dt = −e
−x2
Z
x
0
2
eu du = −D(x)
par le changement de variables u = −x. Nous avons donc montré l’existence d’une solution impaire.
Soit f une solution de (E) impaire. Alors ∃C ∈ R tel que
∀x ∈ R, f (x) = D(x) + Ce−x
2
Comme f (0) = 0, on en tire C = 0 et donc f = D. Nous avons ainsi montré l’unicité.
Q 6 La bilinéarité, la positivité, la symétrie sont simples à vérifier. Montrons que φ est définie : soit P ∈ E tel que
R1
φ(P,P ) = 0 alors −1 P 2 (t)ω(t) dt = 0. Puisque la fonction t 7→ P 2 (t)ω(t) est positive, continue sur le segment
[−1,1] et d’intégrale nulle, d’après un théorème, cette fonction est nulle sur [−1,1]. Comme ω est strictement
positive, on a donc ∀t ∈ [−1,1], P (t) = 0. Le polynôme P admet une infinité de racines : il est nul.
Q 7 Utiliser l’algorithme de Gramm-Schmidt.
Q 8 Soit n ∈ N et P ∈ E tel que deg(P ) < n. Puisque ∀i ∈ [[0,n − 1]], deg(Pi ) = i, le système S = (P0 , . . . ,Pn−1 ) est
libre dans En−1 et comme dim(En ) = |S| = n, ce système est une base de En−1 . Le polynôme P se décompose
dans cette base :
n−1
X
λi Pi
∃!(λ0 , . . . ,λn−1 ) ∈ Rn tels que P =
i=0
(P | Pn ) =
n−1
X
λ (Pi | Pn ) = 0
i=0
Q 9 Supposons que le polynôme P ne s’annule qu’au plus k fois dans le segment [−1,1] en des points a1 , . . . ,ak avec
k < n. Lorsque l’ordre de multiplicité d’une racine ai est pair, la fonction polynômiale Pn ne change pas de
signe en ai . Considérons uniquement les racines de multiplicité impaire de Pn notées −1 ≤ x1 < · · · < xp ≤ 1
en lesquelles le polynôme P s’annule en changeant de signe. Définissons le polynôme
Q = (X − x1 ) . . . (X − xp )
Quitte à considérer le polynôme −Q, on peut supposer que ∀x ∈ [−1,1], P (x)Q(x) ≥ 0. Puisque deg(Q) < n =
deg(Pn ), d’après la question précédente, on doit avoir
Z
(Pn | Q) =
1
−1
Pn (x)Q(x)ω(x) dx = 0
Mais la fonction x 7→ Pn (x)Q(x)ω(x) étant continue positive et d’intégrale nulle sur le segment [−1,1], elle doit
être nulle d’après un théorème. Le polynôme Pn s’annulerait alors une infinité de fois (sur tous les intervalles
]xi ,xi+1 [). Ce polynôme Pn possèderait une infinité de racines : il serait nul ce qui est absurde puisque deg(Pn ) =
n.
Q 10
Unicité Soient deux polynômes Li et L0i vérifiant les hypothèses. Alors en posant H = Li − L0i , on a ∀i ∈ [[0,n]],
H(xi ) = 0. Comme H admet au moins (n + 1) racines distinctes et qu’il est de degré inférieur à n, il est
nul et donc Li = L0i .
Existence Posons
Q
j6=i
Li = Q
(X − xj )
j6=i (xi
− xj )
Ce polynôme convient.
Q 11
0
a. Par l’absurde, s’il existait un diviseur commun D aux polynômes Pn+1 et Pn+1
, comme le polynôme D
0
possède au moins une racine complexe α ∈ C, on aurait Pn+1 (α) = Pn+1
(α) = 0. Mais alors α serait une
racine double du polynôme Pn+1 , ce qui est faux puisqu’on a vu que toutes les racines de Pn+1 étaient
réelles et simples.
i)
b. Rappelons que le coefficient associé à un pôle simple xi d’une fraction VU vaut λi = VU0(x
(xi ) .
La fraction F n’a que des pôles simples (les zéros de Pn+1 ). Elle se décompose donc sous la forme
n
0
X λi
Pn+1
=
Pn+1
X − xi
i=1
avec λi =
0
Pn+1
(xi )
= 1. En multipliant par Pn+1 , on trouve donc
0
Pn+1
(xi )
0
=
Pn+1
n Y
X
(X − xj )
i=0 j6=i
En faisant x = xi , on obtient
Q
j6=i (xi
0
− xj ) = Pn+1
(xi ), d’où l’expression de Li .
Q 12
a. Unicité : Soient deux polynômes L et L0 vérifiant ces hypothèses. Alors en posant H = L − L0 , on a
∀i ∈ [[0,n]], H(xi ) = 0 et donc le polynôme H admet au moins (n + 1) racines distinctes. Comme il est de
degré inférieur à n, il est nul et donc L = L0 .
Existence : Posons
n
X
L=
f (xi )Li
i=0
Ce polynôme vérifie les hypothèses de l’énoncé.
b. Soient deux fonctions (f,g) ∈ C([−1,1])2 et deux scalaires (λ,µ) ∈ R2 . Posons L = λφn (f ) + µφn (g). Pour
i ∈ [[0,n]], on calcule L(xi ) = λf (xi ) + µg(xi ) = (λf + µg)(xi ). Par unicité du polynôme d’interpolation
de Lagrange, on a L = φn (λf + µg) et donc φn (λf + µg) = λφn (f ) + µφn (g).
Soit un polynôme P ∈ R n [X]. Puisque deg P ≤ n et que ∀i ∈ [[0,n]], P (xi ) = P (xi ), le polynôme P est le
polynôme interpolateur de Lagrange aux points P (xi ) et donc φn (P ) = P . Par conséquent, la restriction
de φn au sous-espace R n [X] est l’identité.
Q 13 Cette fraction n’a que des pôles simples, −1 < x0 < · · · < xn et sa décomposition s’écrit donc :
1
Pn+1
où λi =
1
.
0
Pn+1
(xi )
=
n
X
i=0
λi
X − xi
Par conséquent, en multipliant par Pn+1 , on trouve que
1=
n
X
i=1
n
X
Pn+1
=
Li
0
Pn+1 (xi )(X − xi )
i=1
Q 14 Calculons pour i 6= j :
1
(Li | Lj ) = 0
0
Pn+1 (xi )Pn+1
(xj )
Z
1
−1
Pn+1 (x)
Pn+1 (x)
ω(x) dx
(x − xi )(x − xj )
Comme n + 1 ≥ 2, et que xi et xj sont des racines de Pn+1 , (X − xi )(X − xj )/Pn+1 et le polynôme
Pn+1
est de degré ≤ n − 1. D’après la question 8, l’intégrale est nulle.
(X − xi )(X − xj )
Q 15 D’après la question 13, puisque ∀x ∈ [−1,1],
Z
1
P
n
i=0
Z
ω(x) dx =
−1
=
=
2
Li (x) = 1,
n
X
1
−1 i=0
n
n
XX
2
Li (x) ω(x) dx
(Li | Lj )
i=0 j=0
n
X
kLi k2
i=0
Q 16
a. Soit un polynôme P ∈ R n [X]. D’après la question 12 b, P = φn (P ). Par conséquent, d’après la question
12 a,
n
X
f (xi ) − P (xi ) Li
φn (f ) − P = φn (f − P ) =
i=0
Calculons donc :
kφn (f ) − P k2 = kφn (f − P )k2
Z 1 hX
n
i2
f (xi ) − P (xi ) Li (x) ω(x) dx
=
−1 i=0
n
n X
1 X
Z
=
=
f (xi ) − P (xi ) f (xj ) − P (xj ) Li (x)Lj (x) ω(x) dx
−1 i=0 j=0
n
n
XX
f (xi ) − P (xi ) f (xj ) − P (xj ) (Li | Lj )
i=0 j=0
=
n
X
2
f (xi ) − P (xi ) kLi k2
i=0
≤ kf − P k2∞
≤ kf − P k2∞
n
X
kLi k2
i=0
1
Z
ω(x) dx
−1
On a donc la propriété avec la constante C =
qR
1
−1
ω(x) dx.
b. En utilisant l’inégalité triangulaire (Minkowski),
kφn (f ) − f k = k φn (f ) − P + P − f k
≤ kφn (f ) − P k + kP − f k
≤ Ckf − P k∞ + kP − f k
Mais si g ∈ C([−1,1]), ∀x ∈ [−1,1], g(x)2 ≤ kgk2∞ et donc
sZ
s
kgk =
1
−1
g 2 (x)ω(x) dx ≤
Z
kgk2∞
1
−1
ω(x) dx ≤ Ckgk∞
Donc finalement
kφn (f ) − f k ≤ 2Ckf − P k∞
Remarque : On peut montrer (théorème de Weierstrass) qu’il existe une suite de polynômes (Qn ) telle
que kf − Qn k∞ −−−−−→ 0. L’inégalité précédente utilisée avec ces polynômes Qn montre que la suite de
n→+∞
polynômes d’interpolation φn (f ) n∈N vérifie
kφn (f ) − f k −−−−−→ 0
n→+∞
Q 17 a) En intégrant par parties :
W (p,q) =
(t + 1)q (t − 1)p+1
p+1
1
−1
−
q
p+1
Z
1
−1
(t + 1)q−1 (t − 1)p+1 dt
et comme q ≥ 1, le crochet est nul. On trouve donc :
W (p,q) = −
q
W (p + 1,q − 1)
p+1
b) On applique successivement cette relation de récurrence :
n
W (n + 1,n − 1)
n+1
n(n − 1)
=+
W (n + 2,n − 2)
(n + 1)(n + 2)
.
= ..
W (n,n) = −
= (−1)n
Mais
Z
W (2n,0) =
1
−1
n(n − 1) . . . 1
W (2n,0)
(n + 1)(n + 2) . . . (2n)
(t − 1)2n dt =
Par conséquent,
W (n,n) = (−1)n
1
22n+1
(−(−2)2n+1 ) =
2n + 1
2n + 1
n(n − 1) . . . 1
22n+1
(n + 1)(n + 2) . . . (2n) 2n + 1
En multipliant en haut et en bas par n!, on trouve finalement que
W (n,n) = (−1)n
(n!)2 22n+1
(2n + 1)!
Q 18 a) Montrons par récurrence la propriété :
Z
P(j) : si j ∈ [0,n],
1
−1
Q(t)Rn(n) (t) dt = (−1)j
Z
1
−1
Q(j) (t)Rn(n−j) (t) dt
P(0) est vrai de façon triviale.
P(j) ⇒ P(j + 1): Soit j ∈ [0,n − 1] ((j + 1) ≤ n). D’après P(j), en intégrant par parties la deuxième intégrale :
Z
1
−1
Q(t)Rn(n) (t)
h
Z
i1
(j)
(n−j−1)
dt = (−1)
Q (t)Rn
(t)
−
j
−1
Z
= (−1)j+1
1
−1
1
Q
(j+1)
−1
(t)Rn(n−j−1) (t)
dt
Q(j+1) (t)Rn(n−(j+1)) (t) dt
Remarquons en effet que 1 et −1 sont des racines du polynôme Rn de multiplicité n, et donc que ∀j ∈ [[0,n − 1]],
(j)
(j)
Rn (1) = Rn (1) = 0. Donc le crochet est nul. La propriété demandée s’obtient alors en prenant j = n.
b) En utilisant a) :
Z 1
I = (−1)n
Rn(2n) (t)Rn (t) dt
−1
2n
Mais comme deg Rn = 2n, et que Rn = x
(2n)
+ . . . , on en déduit que Rn
I = (−1)n (2n)!
Z
1
−1
= (2n)!. Par conséquent,
(t2 − 1)n dt = (−1)n (2n)!W (n,n)
et finalement,
I=
22n+1 (n!)2
2n + 1
Q 19 Posons
r
Ln =
2n + 1 1
R(n)
2 2n n! n
r
Il est clair que deg Ln = n et que le coefficient dominant de Ln vaut an =
la question précédente, on calcule
kLn k2 =
Z
1
−1
2n + 1 1
(2n)! > 0. En utilisant
2 2n n!
(n) 2
2n + 1
2n + 1
1
1
Rn (t) dt =
I =1
2n
2
2 2 (n!)
2 2n (n!)2
Reste à vérifier que pour deux entiers (n,p) ∈ N2 , on a bien (Ln | Lp ) = 0. Supposons par exemple p < n. En
utilisant la question 18 a, on calcule
Z 1
Z 1
(n)
n
(Ln | Lp ) = λn
Rn (t)Lp (t) dt = (−1) λn
Rn (t)L(n)
p (t) dt
−1
−1
(n)
Mais comme deg Lp = p, et que n > p, le polynôme Lp est nul.
La suite de polynômes (Ln )n∈N est donc orthogonale : ce sont les polynômes de Legendre.