corrigé

ESIM1999
OptionPSI
Math1
Leproblèmeposedefaçonclassiqueun produitscalairesurlespolynôme,eten donneun exempled’application
aucalculapprochéd’uneintégrale.
Préliminaires:
Danstoutleproblèmeon utiliseradesintégralesdu typeR]a;b[Á(x)w(x)dx.Montronsunebonnefoispourtoute
quesiÁestcontinuesurlesegment[a;b]alorsÁwestintégrablesurl’ouvert]a;b[ :
²Áwestcontinuesur]a;b[commeproduitdefonctionscontinues
²ÁestcontinuesurlesegmentdoncÁyestbornée ;posonsM=sup]a;b[jÁj.Ona alorsjÁwj·Mw.Lafonctionswétant
intégrablesur]a;b[, lafonctionÁwyestintégrableparmajoration.
Onvéri…eque(f;g)estbien un produitscalaire:
²d’aprèslaremarqueprécédenteR]a;b[f(x)g(x)w(x)dxestbien dé…nie etc’estun réel:
²L’intégrale étantlinéairef!R]a;b[f(x)g(x)w(x)dxestlinéaire
(¸;¹)2R2;8(f1;f2)2C([a;b];R);Z]a;b[ (¸f1+¹f2)gwdx=¸Z]a;b[ f1gwdx+¹Z]a;b[ f2gwdx
²leproduitétantcommutatif(f;g)=(g;f)
²parsymétrie etlinéaritéà gauche,onabilinéarité.
²onauneformedé…niepositive:wétantstrictementpositive,f2westunefonction positive,doncl’intégrale estpositive.
Deplus sifestnon nullef2weststrictementpositive en un pointx0.Onsaitquel’intégralesurun segmentd’une
fonctioncontinue,positive,strictementpositive en un pointeststrictementpositive(Théorèmedepositivitéstricte).
DoncpourtoutsegmentJcontenantx0onaRJf2(x)w(x)dx>0etcommeR]a;b[f2(x)w(x)dx¸RJf2(x)w(x)dx>0on
aR]a;b[f2(x)w(x)dx>0sif6=0
²Deplus(fh;g)=(f;gh)=R]a;b[f(x)g(x)h(x)w(x)dx
PartieA:
1.Ens’inspirantdelaméthodedeSchmidt,oncalculepar récurrence lasuite(pn)n2N:
²p0=1estdonnéparlesujet, il estdoncunique.
²p1doitêtreun polynômenormalisédedegré1orthogonalauxconstantes:Onadoncp1=X+atelque(p1;p0)=0
soit(x;p0)+a(p0;p0)=0donca=¡(x;p0)
(p0;p0).p1estunique.
²supposonsqu’il existeuneuniquefamille(pk)n¡1
k=0véri…antpour1·k<n:
8
<
:
d±(pk)=k
pkestun polynômenomalisé
8q2R[k¡1][X],(pk;q)=0
commepnestnormalisépn(x)=xn+rn(x)avec rn2Rn¡1[X].Commeles(pk)n¡1
k=0sontéchelonnésen degré, il
formentunebasedeRn¡1[X].Donc:
sipnexisteil existedes(¸i)n¡1
i=0telsquepn=xn+Pn¡1 k=0¸kpk.
Parlinéaritéàdroitedu produitscalairel’égalité(pn;q)=0estvraiepourtoutpolynômeqdeRn¡1[X]siet
seulementsielle estvraiepourunebase.L’existence etl’unicitédepnestdonc équivalenteàl’existence età
l’unicitédunesolution du système:
8i2[[0;n¡1]];Ãxn+
n¡1
X
k=0
¸kpk;pi!=0
Orpouri6=k(pi;pk)=0(card±(pi)<koud±(pk)<i).Lesystème estdonc équivalentà:
8i2[[0;n¡1]];(xn;pi)+¸i(pi;pi)=0
d’où:
pn=xn¡Pn¡1
k=0
(xn;pk)
(pk;pk)pk
avec unicitédelasolution

2.Soitqn=pn¡xpn¡1.qnestdedegréau plusn¡1commedi¤érence dedeuxpolynômesnormalisésdedegrén.On
peutdoncdécomposerqdanslabase(pk)n¡1
k=0:
qn=
n¡1
X
k=0
¸kpk
ona alorspourtouti·n¡1(qn;pi)=¸i(pi;pi).Maisona aussi
(qn;pi)=(pn;pi)¡(xpn¡1;pi)=¡(xpn¡1;pi)=¡(pn¡1;xpi)
d’aprèslaremarquedu préliminaire.Ona:
²pouri·n¡3,(pn¡1;xpi)=0card±(xpi)·n¡2donc¸i=0
²pouri=n¡2eti=n¡1
¸i=¡(pn¡1;xpi)
(pi;pi)
pn¡xpn¡1=¸npn¡1+¹npn¡2avec ¸n=¡(pn¡1;xpn¡1)
(pn¡1;pn¡1)et¹n=¡(pn¡1;xpn¡2) (pn¡2;pn¡2)
²Remarque:Ilya plusieursautresfaçonsd’exprimerlerésultat:parexemple:
¹n=¡(pn¡1;xpn¡2)
(pn¡2;pn¡2)=¡¡pn¡1;xn¡1¢ (pn¡2;pn¡2)
3.Procédonsparl’absurdepourprouverqu’il existenracines sur]a;b[puisqu’elles sontsimples:
²d’aprèsledegrépnadmetau plusnracines.supposonsquepnadmettentk<nracines(xi)k
i=1sur]a;b[.On pose
q=Qk
i=1(x¡xi)etpn=qr,rétantun polynômen’ayantpasderacines sur]a;b[.Onconsidèrealorsleproduit
scalaire(q;pn):
–d’unepart(q;pn)=0card±(q)<n:
–D’autrepart(q;pn)=R]a;b[q2r.Orrétantcontinue etn’ayantpasderacine estdesigne constantsur]a;b[et
n’estpastoujoursnul(un polynômeaun nombre…nideracines):Doncq2restcontinuepositivestrictement
positive en un pointoucontinuenégative,strictementnégative en un point.DanslesdeuxcasR]a;b[q2r6=0.
–Absurde: il existenracinesdistinctesou nonsur]a;b[
²Supposonsmaintenantqu’il existeuneracinemultiplexi.alorsq=pn
(x¡x)2estun polynômededegré<ntel
quepq=³p
x¡xi´2soitcontinuepositivestrictementpositive en un point.Lemêmeraisonnementconduitàune
absurdité.pnpossèdenracinesdistinctes sur]a;b[
4.a)Remarquonsquelafonctionwproposée estcontinuestrictementpositivesur]¡1;1[.Sielle estbienintégrableon
pourrautiliserlesquestionsprécédentes.
Orw(x)»11
p2
1
(1¡x)1=2.Comme1=2<1lafonctioncontinuepositivewestintégrablesur[0;1[
etw(x)»¡11
p2
1
(1+x)1=2.Comme1=2<1lafonctioncontinuepositivewestintégrablesur]¡1;0]
westintégrablesur]¡1;1[ety véri…eleshypothèsesdu préliminaaire
DeplusR]¡1;1[w(x)dx=[arcsin(x)]1
¡1=¼
b)Pourx2[¡1;1]on peutprendreµréeltelquetn+1(x)=cos((n+1)µ).Delaformuledetrigonométrie
cos((n+1)µ)+cos((n¡1)µ)=2cos(µ)cos(nµ)
on déduit8x2[¡1;1];tn+1(x)=2xtn(x)¡tn¡1(x)
Onmontrealorspar récurrence :
8n¸1;tn(x)=2n¡1xn+sn(x),d±(sn)<n
Remarque:laformule estfaussepourn=0
²Pourn=1,tn(x)=x.Laformule estvraieavec s1=0
2

²Sitn(x)=2n¡1xn+sn(x)alorstn+1(x)=2nxn+1+(2xsn(x)¡2n¡2xn¡1¡sn¡1).Laparenthèse estunesomme
depolynômesdedegré<n.C’estun polynômesn+1dedegré<n.
8n¸1;tn(x)=2n¡1xn+sn(x),d±(sn)<n
c)En posantle changementdevariableu=arccos(x)quiestC1surtoutsegment[¡1+";1¡"]ona:
Z1¡"
¡1+"
tn(x)tk(x)dx p1¡x2=Zarccos(1¡")
arccos(¡1+")
cos(nu)cos(ku)¡sin(u)du p1¡cos2(u)
orsurl’intervalled’intégrationlesinestpositif.Donc
Z1¡"
¡1+"
tn(x)tk(x)dx p1¡x2=Zarccos(¡1+")
arccos(1¡")
cos(nu)cos(ku)du
Lafonction deuestcontinuesur[0;¼], laprimitive estdonc continuesur[0;¼]
Z]¡1;1[
tn(x)tk(x)dx p1¡x2=Z¼
0
cos(nu)cos(ku)du=1
2Z¼
0
(cos((n+k)u)+cos((n¡k)u)) du
R]¡1;1[tn(x)tk(x)dx
p1¡x2=8
>
>
<
>
>
:
1
2R¼ 02du=¼sin=k=0
1
2R¼ 0(cos(2nu)+1)du=1 2hsin(2nu) 2n+ui¼
0=¼
2sin=k6=0
1
2hsin((n+k)u) n+k+sin((n¡k)u) n¡ki¼
0=0sin6=k
d)(tk)n
k=0estdoncunebase échelonnée en degrédeR[X],véri…ant:d±(q)<k)(q;tk)=0.En posant
½p0
0=t0
p0
n=21¡ntn,8n¸1
onconstruitunebasedepolynômevéri…antlestroisconditionsdelaquestionA1.Parunicitéde cettesolution(p0
n)=(pn)
e)Lesracinesdepnsontcellesdetnetelles sont toutes sur]¡1;1[d’aprèsA3:On peutdoncrésoudrepn(x)=0en
posantµ=arccos(x).Ona alorscos(nµ)=0doncµ=¼
2+i¼.Cequidonnentlesracinescos¡¼+2i¼ n¢,quisontdeuxà
deuxdistinctes sionimposei2[[0;n¡1]]
lesracinesdepnsontlesxi=¼+2i¼
2n,i2[[0;n¡1]]
PartieB:
1.Onreconnaîtlespolynômesd’interpolation deLagrange.
a)Q(x)¡Pk
i=0Q(xi)li(x)estun polynômededegréinférieurouégalàketayantk+1racines2à2distinctes(lesxi)
donc:
Q(x)=Pk
i=0Q(xi)li(x)
Enintégrantonaparlinéarité(touteslesintégrales sontdé…niesàcausedelaremarquedu préliminaire)
Z]a;b[
Q(x)w(x)dx=
k
X
i=0ÃZ]a;b[
li(x)w(x)dx!Q(xi)
b)PourPdedegréinférieurouégalà2k+1,onécritpardivisioneuclidienneP=Q1pk+1+Q2avec d±(Q2)·ket
d±(Q1)·kàcausedu degrédeP.Onadonc:
Z]a;b[
P(x)w(x)dx=Z]a;b[ Q1(x)pk+1(x)w(x)dx+Z]a;b[ Q2(x)w(x)dx
orpardé…nition depk+1sid±(q)·kR]a;b[q(x)pk+1(x)w(x)=0.donc:
Z]a;b[
P(x)w(x)dx=Z]a;b[ Q2(x)w(x)dx=
k
X
i=0
¸iQ2(xi)
3

card±(Q2)·k.Maislesxisontracinesdepk+1doncQ2(xi)=P(xi)
R]a;b[P(x)w(x)dx=Pk
i=0¸iP(xi)
c)lj(x)estun polynômededegré2k.On peutdoncluiappliquerlaquestion précédente:
Z]a;b[
lj(x)2w(x)dx=
k
X
i=0
¸jlj(xi)2=¸j
commedanslepréliminaireparintégration d’unefonctioncontinuepositive,non nulleona
8j2[0;k],¸j>0
2.Biensuivrele changementdenotationsles¹(k)
isontles¸iprécédents, indexésaussiparkcarmaintenantkvarie.
a)Enappliquantlarelation(2)onadirectement:
Pk
i=0¹(k) i=R]a;b[w(x)dx
b)Remarque:que vientfaireicicettefonctioncontinuealorsquetoutleresteduproblèmeaétuduédespolynômes.
Commentdéduiredespropriétésdespolynômescellesdesfonctions.Maisbiensurc’estuneméthode”classique”.Le
théorèmedeWeierstrass permetdepasserdespolynômesauxfonctionscontinues:
festunefonctionscontinues surlesegment[a;b],ilexistedoncunesuitedepolynômes(Pn)n2nquiconvergeversf
uniformémentsur[a;b].Ord’aprèslaquestion1Ek(Pn)=0dèsqued±(Pn)·2k+1soitk¸d±(Pn)¡1
2
Or
Ek(f)¡Ek(Pn)=Z]a;b[ (Pn¡f) (x)w(x)dx¡
k
X
i=0
¹(k)
i(Pn(xi;k)¡f(xi;k))
Onadoncpourk¸d±(Pn)¡1
2en notantkPn¡fk1=sup[a;b](jPn¡fj)
jEk(f)j·Z]a;b[kPn¡fk1w(x)dx+
k
X
i=0¯¯¯¹(k)
i¯¯¯kPn¡fk1=2kPn¡fk1Z]a;b[
w(x)dx
carles¹(k)
isontpositifs(questionB1c)desommeR]a;b[w(x)dxd’aprèsle calculprécédent.
Parconvergence uniformedelasuitedepolynômes,pourtout">0il existeun ntelque
kPn¡fk1·"
2R]a;b[w(x)dx
onadoncpourk¸d±(Pn)¡1
2,jEk(f)j·"
lasuiteEk(f)tend vers0
3.
a)C’estlaquestionA4e:µi=cos³¼+2i¼
2(k+1)´
4.b)Onsaitque¸i=R¼
0li(x)w(x)dx.Onvadonc chercherctelqueli(x)=ctk+1(x) x¡xi.
commexiestracinedetk+1;a(x)=tk+1(x)
x¡xiestun polynômededegrék,doncd’aprèsB1
a(x)=
k
X
j=0
a(xj)li(x)
Pourj6=i,a(xj)=tk+1(xj)
xj¡xi=0eta(xi)=limx!xi
tk+1(x)
x¡xi=t0 k+1(xi).Ilrestedonc:
tk+1(xj)
xj¡xi
=t0
k+1(xi)li(x)
¸i=1
t0
k+1(xi)R]¡1;1[
tk+1(x)
x¡xi
dx
p1¡x2
4

Remarque:Soyonshonnêtejen’est trouvé cettesolutionélégante qu’aprèsavoirtrouvé lerésultatparuneméthodeplus
calculatoire:
li(x)=Y
j6=i
(x¡xj)1
Qj6=i(xi¡xj)
puisenécrivanttk+1(x)=2kQj(x¡xj)=2k(x¡xi)Qj6=i(x¡xj)etendérivant
t0
k+1(x)=2kY
j6=i
(x¡xj)+2k(x¡xi)d
dx0
@Y
j6=i
(x¡xj)1
A
lavaleurenxidonnealorsl’expressionvoulue.
c)Ilyaun problèmed’intégrabilité:µ!cos(jµ)¡cos(jµi)
cos(µ)¡cos(µi)estclairementcontinuesur[0;¼]¡fµig.Pourvéri…erqu’il n’y
apasdeproblème enµicarlafonctionseprolongeparcontinuitéonécriten utilisantf(x)¡f(x0)»x0f0(x0)(x¡x0)
sif0(x0)6=0:
cos(jµ)¡cos(jµi)
cos(µ)¡cos(µi)»j(µ¡µi)sin(jµi) (µ¡µi)sin(µi)»jsin(jµi) sin(µi)carsin(µi)6=0
²ai;0=R¼
00=0,ai;1=R¼ 01=¼
²
ai;j+1+ai;j¡1=Z¼
0
(cos((j+1)µ)+cos((j¡1)µ)) ¡(cos((j+1)µ)+cos((j¡1)µ))
cos(µ)¡cos(µi)dµ
=2Z¼
0
cos(jµ)cos(µ)¡cos(jµi)cos(µi)
cos(µ)¡cos(µi)dµ=2Z¼
0
cos(jµ)+cos(µi)cos(jµ)¡cos(jµi)
cos(µ)¡cos(µi)dµ
=2Z¼
0
cos(jµ)dµ+2cos(µi)ai;j=2cos(µi)ai;jcarj6=0
²Commele calculquisuitpassedanslescomplexes,je changedenotationen posantuj=ap;j.Lasuite(up)est
unesuiterécurrented’ordre2véri…ant:½uj+1¡2cos(µp)uj+uj¡1=0
u0=0;u1=¼
L’équationcaractéristiquer2¡2rcos(µi)+1=0admetlesdeuxracinesexp(iµp)etexp(¡iµp)quisontdistinctes
carsin(µp)6=0.Onadoncuj=¸exp(ijcos(µp)+Àexp(¡ijµp).Lesystèmeobtenue en prenantj=0etj=1
donne:
uj=¼
sin(µp)sin(j¼p)
Enrevenantauxnotationsdu sujet:
ai;j=¼
sin(µi)cos(jµi)
d)Onsaitdojoque¸i=1
t0
k+1(xi)R]¡1;1[
tk+1(x)
x¡xi
dx
p1¡x2.Ilfautdonc calculerlesdeuxmorceauxdel’expression:
²t0
k+1(xi):
tk+1(x)=cos((k+1)arccos(x))
Sion dérive cetterelation:
t0
k+1(x)=(k+1)sin((k+1)arccos(x))
p1¡x2
Donc commesin(µi)>0:
t0
k+1(xi)=(k+1)sin((k+1)µi)
sin(µi)
²R]¡1;1[
tk+1(x)
x¡xi
dx
p1¡x2:CommedanslaquestionA4one¤ectuele changementdevariableµ=arccos(x)etcomme
cos((k+1)µi)=0pardé…nition desµi:
Z]¡1;1[
tk+1(x)
x¡xi
dx
p1¡x2=Z¼
0
cos((k+1)µi)
cos(µ)¡cos(µi)dµ=ai;k+1=¼sin((k+1)µi) sin(µi)
²synthèse:
8i2[[0;k]] ,¸i=¼
k+1
5