´ nonc´e E
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Polynˆ omes omes de Legendre On d´efinit efinit les suites de polynˆ p olynˆomes omes (U (U n) et (P (P n ) de la mani`ere ere suivante : X n (X 1)n U 0 = 1 n 1, U n = n! 1. Q P n Quel uelqu ques es propri pro pri´ ´ et´ et´es es imm´ im m´ ediat ed iates es des de s poly po lynˆ nˆ omes omes P
− −
∀
= U ( ) ∀ n 0, P = U n n
n
(a) Expliciter Expliciter les polynˆ polynˆomes P omes P 0 , P 1 , P 2 , P 3 . (b) Pour tout n tout n de
N,
montrer que P que P n (1
n
− X ) = (−1) P (X ).). n
Qu’en d´eduit-on eduit- on concernant concer nant la courbe courb e repr´esentative esentative de P de P n ? (c) Montrer Montrer que P que P n est un polynˆome om e de degr´ de gr´e n, n , `a coefficients coefficients entiers relatifs. relatifs. Pr´eciser eciser les coefficients dominant et constant de P de P n , ainsi que P que P n(1). 2. Deux P n . D eux relation rela tionss v´ erifi´ erifi´ees ees par les polynˆ po lynˆomes omes P (a) V´erifier erifier la relation (X 2
n
− X )U = n − 1)U = n(2 (2X X − 1)U . − 1)P En d´eduire eduire que pour tout n de N, on a : (X ( X 2 − X )P + (2X (2 X − 1)P − n( n(n + 1)P 1) P = 0. (b) V´erifier erifier les relatio r elations ns U U +1 = (2X (2X − 1)U et U et U +1 = 2(2n 2(2n + 1)U 1) U + U + U 1 . − 1)U En d´eriva er ivant nt n n fois la premi` pre mi`ere ere et n − 1 fois la seconde, prouver que : ∀ n ∈ N , (n + 1)P − 1)P 1) P +1 − (2n (2n + 1)(2X 1)(2X − 1)P + nP + nP 1 = 0. n
n
n
n
n
∗
n
n−
n
n
n
n−
n
3. Pro P n . P ropr pri´ i´ et´ et´ e int´ int ´ egra eg rale le des de s polyn ol ynˆ ˆ omes omes P n
→ R une application de classe C . 1 1 ( ) En int´egrant egrant par parties, partie s, montrer m ontrer que U (t)f (t) dt = (−1) P (t)f ( f (t) dt. 0 0 1 En d´eduire edui re que : ∀ n ∈ N, ∀ Q ∈ R[X ], deg(Q deg(Q) < deg( < deg(P P )) ⇒ P (t)Q(t) dt = 0. 0 1 − (b) Par des int´ egrations egrations par parties, calculer t (t 1) dt, avec (m, (m, n) ∈ N2 . 0 1 (−1) n! En d´eduire eduire que pour tout entier n de N, on a U (t) dt = (a) Soit n Soit n un entier naturel, et f : [0, [0, 1]
n
n
n
n
n
n
m
n
n
(2n (2n + 1)!
0
(c) Prouver Prouver que pour tous entiers m entiers m et n et n :
1
1
P n (t)P m (t) dt = 0 si m = n, n , et
0
0
P n 2 (t (t) dt =
1 . 2n + 1
4. Pro P n . P ropr pri´ i´ et´ et ´ e g´en´ en´ erat er atri rice ce des de s p olyn ol ynˆ ˆ omes omes P n
(a) Pour tout P tout P de
], Rn [X ],
montrer m ontrer qu’il existe des r´eels eels λ 0 , . . . , λn tels que P que P =
λk P k .
k=0
Indication : raisonner par r´ecurrence ecurrence sur n sur n..
1
∀ k ∈ {0, . . . , n}, λ = (2k (2k + 1)
(b) Avec Avec ces notations, montrer montrer que
k
P ( P (t)P k (t) dt
0
5. Racines des polynˆomes P n . omes P Soit n dans N∗ . Dans cette question, on montre par deux m´ethodes ethodes diff´erentes erentes que le polynˆome ome P n p oss` ss `ede n racines distinctes, et que ces racines appartiennent `a l’intervalle ]0, ]0, 1[. (a) Prem = x1 , . . . , x p l’ensemble ´eventuellement eventuellement vide des racines racine s de d e P n dans Pr emi` i`ere er e m´ etho et hode de : Soit = ]0, ]0, 1[ et qui ont une multiplicit´ e impaire, avec x avec x 1 < x2 < < x p .
S {
}
···
p
Supposer p Supposer p < n et utiliser (3a) avec Q =
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
− −
(X xk ) (et Q (et Q = 1 si
k=1
mathprepa.fr
S = ∅.) Page Pag e1
´ nonc´e E
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
(b) Secon a la d´efiniti efin ition on de P de P n utili ut iliser ser le th´eor` eor`eme eme de Rolle. Rol le. S econde de m´ ethode eth ode : Revenir `
∈
6. Minoration de P P n pour x x / [0, [0 , 1] Dans la suite de ce probl`eme, eme, n est fix´e et e t strictement stricte ment positif. posi tif. On note x note x 1 , x2 , . . . , xn les racines de P n , rang´ r ang´ees ees dans l’ordre l’ord re croissa c roissant. nt. (a) Montrer que pour tout k tout k de 1, . . . , n on o n a x n+1−k = 1
} − x . (x(x − 1) + x En d´eduir edu iree que P 2 = ( 2 )2 + x (1 − x )).
En d´eduire edui re que si x
2n n
k
n
n n
n
(b) (b ) Prou Pr ouver ver l’in´ l’ in´egal eg alit´ it´e
{
k
k
k=1
4
n
2n+1 .
0 ou x ou x
|
|
1 alors P n (x)
1 2n+1
−
4 x(x 1)
n
.
7. Interpolation polynomiale
{
}
(a) Pour tout k tout k de 1, . . . , n montrer qu’il existe un unique polynˆome L ome L k tel que :
−
deg(L deg(Lk ) n 1
∀ j ∈ {1, . . . , n} \ {k}, L (x ) = 0
Lk (xk ) = 1
j
k
On donnera l’expression factoris´ee ee du polynˆome L ome L k . n
(b) Montrer que pour tout P tout P de
Rn−1 [X ], ],
on a P a P =
(c) Pour tout k tout k de 1, . . . , n , on pose pose k = Soit P Soit P u un n ´el´ement en t de
}
P ( P (xk )Lk .
k=1
1
{
Lk (t) dt.
0
1
]. Prou Pr ouver ver l’´egal eg alit it´´e R2n−1 [X ].
n
P ( P (t) dt =
0
k P ( P (xk ).
k=1
Indication : utiliser la division de P par P par P n , ainsi que les questions (3b) et (7b). (d) Pour tout j tout j de 1, . . . , n , prouver que que j > 0.
{
}
Indication Indica tion : utiliser utilis er la question questio n pr´ec´ ec´edente edente avec le l e polynˆ poly nˆome P ome P = L j2 . 8. Quadratures de Gauss On reprend repren d les notations notat ions de la question questio n pr´ec´ ec´edente. edente.
1
On consid`ere ere l’approximatio l’appr oximation n
n
f ( f (t) dt
0
f (x ), o` u f : [0, [0, 1] → R est continue. ≈ f ( k
k
k=1
On sait que cette c ette approximation approxi mation est en fait f ait une ´egalit´ egali t´e si f est f est un polynˆome om e de degr´ de gr´e
C2 .
On se prop p ropose ose d’´etudier etudier la qualit´e de cette approximation approxi mation quand f est f est de classe P ( P (xk ) = f ( f (xk ) (a) Montrer que : !P R2n−1 [X ] tel que : k 1, . . . , n , P (xk ) = f (xk )
∃ ∈ ∈
∀ ∈ {
}
Indication : poser P poser P = QP n + R + R avec avec Q Q,, R dans
Rn−1 [X ]. ].
n
2n
− 1.
Utiliser (7b).
n!4 f (2n) (c) 2 (b) Pour tout t tout t de [0, [0, 1], montrer qu’il existe c existe c dans ]0, ]0, 1[ tel que f ( f (t) P ( P (t) = P n (t). (2n (2n)!3 Indication : si t si t / x1 , . . . , xn utiliser ϕ utiliser ϕ : x : x f ( f (x) P ( P (x) λP n (x)2 avec ϕ avec ϕ((t) = 0.
−
∈{
}
→ −
−
(c) On note M 2n la borne bor ne sup´erieure erieur e de f (2n) sur [0, [0, 1]. 1
D´edui ed uire re de ce qui qu i pr´ pr´ec` ec`ede ed e que qu e
n
f ( f (t) dt
0
−
k f ( f (xk )
k=1
M 2n (n (n!)4 (2n (2n)!3 (2n (2n + 1)
(d) Application Applic ation num´erique. erique . Que devient le ma majorant jorant pr´ec´ ec´edent edent si n si n = 5 ? 9. Illustrer Illust rer librement librem ent les r´esultats esultat s pr´ec´ ec´edents edents avec Maple, quand n = n = 5.
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e2
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Co rrig´e Cor
Corr Co rrig ig´ ´ e du prob pr obl` l` eme em e 1. Q P n Quel uelqu ques es propri pro pri´ ´ et´ et´es es imm´ im m´ ediat ed iates es des de s poly po lynˆ nˆ omes omes P (a) On trouve sucessive sucessivement ment : (0) U 0 = 1 donc P 0 = U = U 0 = U 0 = 1. U 1 = X − 1. = X 2 − X X donc P donc P 1 = U 1 = 2X − U 2 = 21 (X ( X 4 − 2X 2X 3 + X 2) donc P 2 = 6X 2 − 6X 6X + + 1. ( X 6 − 3X 3X 5 + 3X 3X 4 − X 3 ) donc P donc P 3 = 20 20X X 3 − 30 30X X 2 + 12X 12X − U 3 = 61 (X − 1. − 1) X = U (X ).). (b) Pour tout n tout n de N, U (1 − X ) = 1! (1 − X ) (−X ) = 1! (X − ( ) ( ) Si on d´erive er ive n fois, on trouve ( −1) U (1 − X ) = U (X ). ). Autrement dit, pour tout entier n entier n,, on a P a P (1 − X ) = (−1) P (X ). ).
n
n
n
n
n
n
n
n
n n
n
n n
n
n
n
On en d´eduit eduit que la courbe courb e repr´esentative esentative de P de P n est :
1 2
sym´etrique etrique par rapport rapp ort a` l’axe x l’axe x =
si n si n est pair.
sym´ etrique etrique par rapport au point (x = 21 , y = 0) si n si n est impair.
(c) Par d´efiniti efin ition, on, U n est un polynˆome ome de degr´ deg r´e 2n. Le polynˆome P ome P n, qui en est la d´eriv´ er iv´ee ee n-i` n -i`eme, eme , est es t donc do nc de degr´ de gr´e n. n . Pour tout entier n entier n,, on obtient en utilisant la formule du binˆome ome : U n =
1 X n (X n!
− − 1)
n
=
1 X n n!
n
−
k=0
n k
( 1)
n−k
k
X =
1 n!
n
−
k=0
n k
( 1)n−k X k+n
On d´eriv er ivee n fois foi s et on obtient l’expression l’expre ssion d´evelopp´ evelopp´ee ee de P n : P n =
1 n!
n
−
k=0
n k
(k+n)! 1)n−k k! X k
(
n
n
−
=
k=0
−
Cette expression expression montre montre que P que P n s’´ s’´ecr ec rit P n =
−
2n
n n
n
n+k n
X k
ak X k , o`u les a les a k sont dans
k=0
Le coefficient dominant est a est a n = ( 1)0
n k
( 1)n−k
2n
=
n
Le coefficient constant de P n est P est P (0) (0) = a = a 0 = ( 1)n
=
(2n)! . (n!)2
n
n n
0
Z.
= ( 1)n .
−
Enfin, la question (1b) donne : P n (1) = ( 1)n P n (0) = 1.
−
2. Deux P n . D eux relation rela tionss v´ erifi´ erifi´ees ees par les polynˆ po lynˆomes omes P (X 2 −X ) n!
n
(a) Pour tout n tout n
1, on a U a U n =
On en d´eduit edu it (X 2
, donc U donc U n = (2X (2X 1) X 2 −X ) n!
− X )U = n − 1) ( = n(2 (2X X − n
− −
n
(X 2 −X ) −1 . (n−1)! n
− −
= n(2 n (2X X 1)U 1)U n .
Enfin En fin,, cett ce ttee ´egal eg alit it´´e est es t v´erifi er ifi´´ee ee de fa¸ fa ¸con co n ´evid ev ident entee si n = 0.
On d´eriv er ivee n + n + 1 fois avec la formule de Leibniz. On trouve : (X 2
( +1) ( +1) +1 ( ) +1 ( ) (2X (2 X 1)U 1) U + 2 U = n(2 n (2X X 1)U 1) U + 2n 2 n − X )U ( +2) + +1 − − − − 1 2 1 U n n
n n
n
n
n n
n n
n
n n
Autrement dit (X 2
n
− X )P
+ (n (n + 1)(2X 1)(2X 1)P 1)P n + n + n((n + 1)P 1)P n = n = n(2 (2X X 1)P 1)P n + 2n 2 n(n + 1)P 1) P n
Finalement, on a obtenu : (X ( X 2
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
− −
− −
n
− X )P
+ (2X (2X 1)P 1)P n
− −
mathprepa.fr
− n( n(n + 1)P 1) P = 0 n
Page Pag e3
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
(X 2 −X ) +1 , (n+1)! n
(b) On a U a U n+1 =
donc U donc U n +1 = (2X (2X 1)
− −
Co rrig´e Cor
(X 2 −X ) n!
n
− −
= (2X (2X 1)U 1)U n .
Si on d´erive er ive cette cet te ´egal eg alit´ it´e, e, on trou tr ouve ve : U n+1 = 2U n + (2X (2 X 1)U 1)U n .
− −
Si n 1, on a U a U n = (2X (2X 1)U 1)U n−1 donc U donc U n+1 = 2U n + (2X (2 X 1)2 U n−1 .
− −
Par ailleurs (2X (2X 1)2 U n−1 = 4(X 4(X 2
− −
− X )U
+ U n−1 = n−1 + U
− −
4nU n + U + U n−1 .
On a donc do nc obte ob tenu nu l’´egal eg alit´ it´e U n+1 = 2(2n 2(2n + 1)U 1)U n + U + U n−1, pour tout n tout n (n+1)
– Si on d´erive eri ve n n fois U fois U n +1 = (2X (2X 1)U 1)U n on trouve U trouve U n+1
−
(n−1)
− −
Autrement dit : P : P n+1 = (2X (2X 1)P 1)P n + 2nU 2 nU n – On d´erive erive maintenant maintena nt n n (n+1)
(n)
−
(n−1)
= (2X (2X 1)U 1)U n +2 +2nU nU n
.
.
n
− 1 fois la relation U relation U +1 = 2(2n 2(2n + 1)U 1) U + U + U (n−1)
On trouve U trouve U n+1
1.
= 2(2n 2(2n + 1)U 1) U n
(n−1)
+ U n−1 . (n−1)
Autrement dit P dit P n+1 = P n−1 + 2(2n 2(2n + 1)U 1) U n (n−1)
– Il suffit d’´eliminer elimin er U U n
n−1 .
n
.
entre entr e les deux egalit´ e´ga lit´es es obtenues. obtenue s.
− n) − 1)P n)P +1 = (2n (2n + 1)(2X 1)(2X − 1)P − nP 1 . − 1)P On a donc obtenu : ∀ n 1, (n + 1)P 1) P +1 − (2n (2n + 1)(2X 1)(2X − 1)P + nP + nP On trouve : ((2n ((2n + 1)
n
n−
n
n
n−1 =
n
0.
3. Pro P n . P ropr pri´ i´ et´ et´ e int´ int ´ egra eg rale le des de s polyn ol ynˆ ˆ omes omes P (a) On utilise uti lise la formule for mule d’int´ d’i nt´egrati egr ation on par partie par tiess r´ep´ ep´et´ et´ees ees :
1
U n
n−1
−
(t)f (n) (t) dt =
(k)
k
( 1) U n
0
(t)f (n−k−1) (t)
k=0
1 0
−
+ ( 1)
n
1
(n)
U n (t)f ( f (t) dt
0
Par d´efinition, efiniti on, les r´eels eels 0 et 1 sont des racines racine s de multiplicit´ multiplic it´e n de U n . (k)
(k)
On en d´eduit edu it que U n (0) = U = U n (1) = 0 pour tout tout k k de 0, . . . , n 1 .
1
Il en d´ecou ec oule le l’´ l’´ega eg alit´ li t´e
U n
(t)f (n) (t) dt =
Si Q appartient `a Puisque Q Puisque Q (n)
Rn−1 [X ]
−
( 1)
0
n
{
1
U n (t)f ( f (t) dt = ( 1)
tn (t
0
− 1)
m
n
−
P n (t)Q(t) dt = ( 1)
0
(b) Posons Posons I I n,m n,m =
−
n
1
P n (t)f ( f (t) dt.
0
on appliq app lique ue ce qui pr´ec` ec`ede ede `a f = Q. Q .
= 0, on obtient 1
(n)
0
1
−}
dt, avec n avec n
1
U n (t)Q(n) (t) dt = 0.
0
∈ N et m et m ∈ N.
En int´ egrant egrant par parties, on trouve, si m 1 : 1 I n,m tn+1 (t n,m = n + 1
− 1)
m
− 1 0
m n + 1
1
tn+1 (t
0
− 1)
m−1
dt =
m − n + I +1 1 n
,m−1
Un r´ecurren ecur rence ce ´evidente evid ente donne don ne alo alors rs : m m m − 1 1 − n + I +1 1 = . = . . . = (−1) ... I + 1 n + 1 n + 2 n + m + m (−1) m! n! 1 + (−1) m! n! = t dt =
I n,m n,m =
m
Autrement dit I dit I n,m n,m
1
0
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
0
n m,0
m
n m
(m + n + n)! )!
On en d´eduit ed uit imm´ im m´edia ed iate temen mentt
m
,m−
n
(m + n + n + + 1)!
1 ( 1)n n! U n (t) dt = I n,n . n,n = n! (2n (2n + 1)!
−
mathprepa.fr
Page Pag e4
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Co rrig´e Cor
(c) Si m = n, n , l’un des entiers est strictement inf´erieur erieur `a l’autre.
1
La question (3b) donne alors imm´ediatement ediatement
1
Si m = n = n,, on a
P 2 (t) dt = n
0
1
On en d´eduit ed uit
0
1
(n)
P ( P (t)U n (t) dt = ( 1)
−
0
(2n (2n)! n X + (n!)2
Mais P Mais P n =
P n (t)P m (t) dt = 0.
0
n
1
(n)
P n (t)U n (t) dt.
0
(2n)! ·· · ⇒ P ( ) = (2n . n! n n
P 2 (t) dt = n
( 1)
−
(2n)! n (2n n!
1
U n (t) dt =
0
(2n (2n)! n! 1 = . n! (2n (2n + 1)! 2n + 1
4. Pro P n . P ropr pri´ i´ et´ et ´ e g´en´ en´ erat er atri rice ce des de s p olyn ol ynˆ ˆ omes omes P (a) La propri´ pro pri´et´ et´e est vraie vra ie si n si n = 0, car tout polynˆ ome ome constant P constant P = a 0 s’´ s’ ´ecrit P = a 0 P 0 .
− 1, avec n avec n 1. Soit P Soit P = a
Supposons qu’elle le soit au rang n
On sait que le coefficient dominant de P n est b est b n =
− −
2n n
n n X
. Posons λ Posons λ n =
Le polynˆome Q ome Q = = P P λn P n est es t donc do nc de degr´ deg r´e inf´ in f´erie er ieur ur ou ´egal eg al `a n Il en r´esulte esul te qu’on qu’o n peut pe ut ´ecrire ecr ire Q = Q =
· · · dans R [X ].]. n
a b
n
n
.
− 1.
λk P k (hypo (hy poth` th`ese ese de r´ecurr ecu rren ence. ce.))
k=0
n
Ainsi P Ainsi P =
n−1
+
λk P k ce qui prouve pro uve la propri´ pro pri´et´ et´e au rang ran g n et ach`eve eve la r´ecur ec urre renc nce. e.
k=0
(b) Soit P Soit P dans
n
], Rn [X ],
´ecrit ecrit sous la forme P =
On en d´eduit ed uit
Ainsi
P ( P (t)P k (t) dt =
λ j
j =0
P ( P (t)P k (t) dt =
0
1
n
0
1
∈ {0, . . . , n}.
P j (t)P k (t) dt = 0 si j si j = k. k .
0
1
λ j P j . Soit k Soit k
j =0
1
On conn co nnai aitt l’´egal eg alit it´´e
1
P j (t)P k (t) dt = λ = λ k
0
0
P k2 (t) dt.
λk ce qui est le r´esultat esultat attendu. attend u. 2k + 1
5. Racines des polynˆomes P n . omes P (a) Avec les le s indicati in dications ons de l’´ l ’´enonc´ enonc´e, e, on suppo s uppose se donc d onc p < n.
1
Il d´ecoule ecoule alors de la question (3a) (3 a) que
P n (t)Q(t) dt = 0.
0
Or le polynˆome P ome P n Q est es t de degr´ de gr´e n + n + p p n 1, et toutes ses racines qui pourraient appartenir a` ]0, ]0, 1[ sont maintenant maintena nt de multiplicit´ multiplic it´e paire (on a en effet a jout´e 1 aux multiplicit´ multiplic it´es es qui ´etaient etaient impaires, et uniquement `a celles-l`a.) a.) La fonction continue t continue t
1
L’´egalit´e
→ P (t)Q(t) garde donc un signe constant sur ]0, ]0 , 1[. n
P n (t)Q(t) dt = 0 donne alors P alors P n (t)Q(t) = 0 pour tout t tout t de ]0, ]0, 1[.
0
C’est absurde car le polynˆome ome non nul P nul P n Q ne peut avoir une infinit´e de racines. Il en d´ecoul eco ulee p = p = n n.. Autrement dit, on compte n compte n r´ r´eels x k distincts dans ]0, ]0 , 1[ qui sont des racines de P de P n avec des multipli multi plicit´ cit´es es m k impaires. Puisque deg P n = n = n,, les m les m k valent n´ecessai eces sairem rement ent 1 (les (le s x k sont des racines simples) et on a ainsi obtenu toutes les racines (r´eelles eelles ou complexes) de P n . (k)
(b) Montrons Montrons que U n
a (au (au moins) k moins) k racines distinctes sur ]0, ]0 , 1[, avec 1 k
− −
n.
D’apr` D’a pr`es es Rolle, Rol le, la propri´ pro pri´et´ et´e est vraie vra ie si k si k = 1, car U n(0) n(0) = U = U n(1) = 0. On suppose supp ose que la propri´ propr i´et´ et´e est vraie au rang k , avec k avec k (k)
Ainsi U Ainsi U n Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
s’annule en c1 , . . . , ck , avec 0 < 0 < c1 <
· · · < c
mathprepa.fr
k
n
− 1.
< 1. Page Pag e5
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Co rrig´e Cor
Or c Or c 0 = 0 et c et c k+1 = 1 sont des racines de U n avec la multipl mult iplicit´ icit´e n > k . (k)
(k)
Il en d´ecoule ecoule qu’on a encore U n (c0 ) = U n (ck+1 ) = 0. (k)
Autrement dit, U dit, U n
· · · < c < c +1 = 1.
s’annule s’annule en 0 = c 0 < c1 <
k
k
(k+1)
Le th´eor` eor`eme eme de Rolle permet perm et donc d’affirmer d’affirm er que U que U n moins dans chaque intervalle ouvert ]c ] c j , c j +1 [.)
s’annule en k en k + + 1 point distinc distincts ts (un au
Cela prouve pro uve la propri´ pro pri´et´ et´e au rang ran g k + k + 1 et ach`eve eve cette cett e r´ecurren ecur rence ce finie. fini e. (n)
Ainsi P n = U n s’annule en n points distincts de ]0, ]0 , 1[. Comme deg P n = n, n , on a trouv´e toutes toute s ses racines (r´eelles eelles ou complexes), et elles sont simples.
∈
6. Minoration de P P n pour x x / [0, [0 , 1] (a) On sait que P que P n (1
n
− X ) = (−1) P (X ).). Il en d´ecoule eco ule P (x) = 0 ⇔ P (1 − x) x) = 0. n
n
n
Ainsi l’ensemble des racines de P n est sym´etrique etriqu e par pa r rappo r apport rt a` la valeur 21 . Or x Or x 1 < x2 <
eco ule : x · · · < x , il en d´ecoule
n+1−k = n
n
D’autre part, on sait que P n = Le changement k changement k
2n n
1
− x pour 1 k n. k
− −
(X xk ).
k=1
n
2n
← n+1 n +1 − k donne : P : P = n
n
−
(X xn+1−k ) =
k=1
En multipliant les deux expressions obtenues pour P n , on trouve : n
2n
=(
2n
n
n
(X xk )] [
k=1 n
2
)
2n
[(X [(X xk )(X )(X 1+ xk )] = (
k=1
=
2(2n+1) 2n n n+1
−
(X 1+ xk ).
k=1
k=1
2n
=
n
4 2n+1 n
2n n
n
2
)
−
−
[X (X 1)+ xk (1 xk )]
k=1
= 1.
On suppose supp ose donc que la propri´ propr i´et´ et´e est e st vraie au rang n 2n+2 n+1
n
(X 1+ xk )]
n
(b) C’est ´evident evident si n si n = 0 car alors Alors
2n
n
− − − −
P n2 = [
n
2 n4+1 c’est-`a-dire a-dire n
0.
2n+2 4 +1 4 +1 2(n+1) 2n+3 . n+1 n
n
Cela prouve pro uve la propri´ pro pri´et´ et´e au rang ran g n + n + 1 et ach`eve eve la r´ecurr ecu rren ence. ce.
− − − [x(x−1)+ x (1−x )] (2 )2(x(x − 1)) . On en d´edui ed uitt P 2 (x) = ( 2 )2 =1 2 1 Donc si x si x 0 ou x ou x 1, |P (x)| x(x − 1) 2 +1 4 x(x − 1) .
Supposons x Supposons x
0 ou x ou x
1. Alors x(x 1)+ xk (1 xk ) x(x 1) 0. n
n n
n
k
k
n
n
n n
n
n
n n
k
n
7. Interpolation polynomiale
− −
(a) Si Lk existe, il est divisible par les ( X x j ), avec j avec j = k, k , donc par leur produit. Puisqu’on impose deg Lk
−
n 1, il existe un scalaire α k tel que L que L k = α k
Mais L Mais L k (xk ) = 1 impose 1 = α = α k
=k j
(x − x ) donc L donc L j
k
k =
j =k
− − −
X x j . xk x j
=k j
− −
(X x j ).
R´eciproquement, ecipro quement, ce polynˆ pol ynˆome ome satisfait aux conditions impos´ees. ees. n
(b) Soit P Soit P dans
Rn−1 [X ], ],
et Q =
P ( P (xk )Lk , ´egaleme ega lement nt dans dan s
k=1
Pour tout j tout j
0 si k = j n
−
∈ {1, . . . , n}, on a Q(x ) =
Les polynˆomes P omes P et Q et Q,, de degr de gr´´e
Rn−1 [X ]. ].
j
P ( P (xk ) Lk (x j ) = P ( P (x j )L j (x j ) = P ( P (x j ).
k=1
eme valeur en n en n points distincts. n 1, ont la mˆeme n
Il en r´esulte esulte que ces polynˆ pol ynˆomes omes sont ´egaux. egaux. Ainsi : P =
P ( P (xk )Lk .
k=1
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e6
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
(c) Soit P Soit P u un n ´el´ement en t de
]. R2n−1 [X ].
Co rrig´e Cor
Soit P Soit P = QP n + R + R sa sa division par P n .
1
−
−
On a deg P 2n 1 donc deg Q n 1. Il en r´esulte esu lte
1
On en d´eduit ed uit
1
P ( P (t) dt =
0
Il en r´esul es ulte te l’´ l’´egal eg alit it´´e
n
R(x )L (cf 7b.) − ⇒ R = R =
R(t) dt. Or deg R n 1
0
1
Q(t)P n (t) dt = 0 (cf 3a.)
0
R(t) dt =
0
R(xk )
k
n
Lk (t) dt =
0
k=1
{
1
n
}
k
k=1
k R(xk ).
k=1
Enfin, pour tout k tout k de 1, . . . , n , on a P a P ((xk ) = Q( Q (xk )P n (xk ) + R + R((xk ) = R( R (xk ). 1
On a donc don c bien bie n obtenu obt enu l’´egalit´ ega lit´e :
n
P ( P (t) dt =
0
k P ( P (xk ).
k=1
(d) On peut appliquer appliq uer ce qui pr´ec` ec`ede ede `a P = L j2 , car deg L j2 = 2n 2 2n 1.
1
On obtient obtient
0
Puisque L Puisque L 2 est j
−
n
L j2 (t) dt =
−
k L j (xk ) = j L j (x j ) = j .
k=1
1
continue positive non nulle, on a j =
0
L j2 (t) dt > 0.
8. Quadratures de Gauss (a) Soit P Soit P un un polynˆome ome de
R2n−1 [X ]. ].
Soit P Soit P = QP n + R + R sa sa division par P n (Q, R sont donc n
D’apr` D’a pr`es es (7b), (7b ), on a Q =
q k Lk et R et R =
k=1
{
].) Rn−1 [X ].)
n
∀ k ∈ {1, . . . , n},
rk Lk , avec
k=1
}
q k = Q( Q (xk ) rk = R( R (xk )
Pour tout k tout k de 1, . . . , n , P ( P (xk ) = Q( Q (xk )P n (xk ) + R + R((xk ) = R( R (xk ) = r k . De mˆeme P = Q P n + QP + QP n + R + R
n
n
⇒ P (x ) = Q( Q (x )P (x ) + R + R (x ) = q P (x ) + R + R (x ). Notons qu’on a toujours P (x ) = 0 car les x sont racines simples de P . n
k
k
k
k
k
k
k
k
n
k
Les conditions P conditions P ((xk ) = f ( f (xk ) s’´ s’´ecri ec riven ventt r k = f = f ((xk ), ce qui d´etermi ete rmine ne R de mani` man i`ere ere unique. uni que. Les conditions P conditions P (xk ) = f (xk ) s’´ecri ec riven ventt q k P n (xk ) + R + R (xk ) = f (xk ). f (xk ) R (xk ) et elles elle s d´etermi ete rminent nent Q de fa¸con con unique. P n (xk ) Q et R ´etant et ant uniqu un iquem ement ent d´eter et ermi min´ n´es, es, il en est de mˆeme em e de P . P . P ( P (xk ) = f ( f (xk ) Conclusion Conclusion : !P R2n−1 [X ] tel que k 1, . . . , n , P (xk ) = f (xk ) (b) (b ) L’´egal eg alit it´´e dem d eman and´ d´ee ee est es t ´evid ev iden ente te (avec (avec c quelconque) si t si t est l’un des x k .
−
Elles deviennent q k =
∃ ∈ ∈
∀ ∈ {
∈{
}
}
On suppose donc t donc t / x1 , . . . , xn , et on d´efinit efin it ϕ ϕ comm co mmee indi in diqu´ qu´e dans da ns l’´enon en onc´ c´e. e.
On peut choisir λ de telle sorte que ϕ( ϕ (t) = 0, car P n (t) = 0.
C2 sur [0, [0, 1]. Par construction on ϕ on ϕ((x ) = 0 pour tout k tout k de {1, . . . , n}, et ϕ et ϕ((t) = 0. Tout comme f comme f ,, l’application ϕ l’application ϕ est de classe
n
k
Ainsi l’application ϕ l’application ϕ s’annule en n en n + + 1 points distincts. distincts.
Le th´eor` eor`eme eme de Rolle permet perm et d’affirmer d’affirm er que ϕ s’annule en n points distincts (un dans chacun des n des n intervalles ouverts d´efini efi niss par pa r t et par les x les x k .) Or
n
2λP (x)P (x) ⇒ ϕ (x ) = f (x ) − P (x ) = 0. ∀ k ∈ {1, . . . , n}, ϕ (x) = f (x) − P (x) − 2λP n
k
k
k
Ainsi ϕ Ainsi ϕ s’annule en 2n 2n points distincts de [0, [0 , 1] (les x (les x k et les n les n point po intss obte ob tenus nus pr´ec´ ec´edemm ed emment ent.) .) Une Un e appl ap plic icat atio ion n r´ep´ ep´et´ et´ee ee du th´eor` eo r`eme eme de Ro Roll llee mo montr ntree que qu e ϕ s’annule en 2n 2n (3) de ]0, ]0, 1[, puis que ϕ que ϕ s’annule en 2n 2n 2 points distincts de ]0, ]0 , 1[, etc.
−
− 1 points distincts
Au final, ϕ final, ϕ (2n) s’annule en un point c de ]0, ]0, 1[. Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e7
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Co rrig´e Cor
donc P (2 ) = 0. − 1 donc (2n (2n)!3 2 2 2 2 2 2 2 (2 ) De mˆeme P = ( ) X + · · ·, ce qui conduit `a (P ) =( ) (2n (2n)! = n!4 3 4 (2n (2 n)! n! On en d´eduit ed uit ϕ (2 ) (x) = f (2 ) (x) − λ , et e t il en d´ ecoule e coule λ = λ = f (2 ) (c). 4 3 (2n (2n)! n! 4 (2 ) n! f (c) 2 L’´egalit´e ϕ( ϕ (t) = 0 devient alors f alors f ((t) − P ( P (t) = P (t) (2n (2n)!3 n
Mais P Mais P e est st de degr´ deg r´e 2n n n
n
n
n
n n
n
n
n
n
n
n
n
(c) On a successiv successivemen ementt
1
On en d´eduit edu it :
k f ( f (xk ) =
k=1 n
f ( f (t) dt
0
|
−
|
Or f ( f (t) P ( P (t)
k=1
1
On en d´edui ed uitt
n
f ( f (t) dt
0
k P ( P (xk ) =
−
sur [0, [0, 1].
k f ( f (xk )
k=1
La r´esultat esultat de (3c) donne alors
1
f ( f (t) dt
0
(d) Si n = 5, on trouve
P ( P (t) dt (voir question 7c.)
0
1
k f ( f (xk ) =
n!4 M 2n 2 P (t) (2n (2n)!3 n
k=1
−
1
n
| 1
(f ( f (t) P ( P (t)) dt
−
0
n!4 M 2n (2n (2n)!3
1
0
−
0
|
P n2 (t) dt.
n
−
f ( f (t) P ( P (t) dt d t
k f ( f (xk )
k=1
n !4 1 = (2n (2n)!3 (2n (2n +1) 2534876467200
n!4 M 2n (2n (2n)!3 (2n (2n +1)
≈ 4 · 10
−13
.
9. On commence par d´ efinir efinir une fonction permettant de calculer les polynˆomes P omes P n . > restart: P:=n->expand(diff(( P:=n->expand(diff((X^2-X)^n/n X^2-X)^n/n!,X !,X$ n)):
Voici en particulier le polynˆome P ome P 5 . > P5:=P(5) P5:=P(5); ;
252X 5 P 5 P 5 := 252X
630X 560X 3 − 210 210X 30X − − 630 − 1 X 4 + 560X X 2 + 30X
On v´erifie erifie que ce polynˆ poly nˆome ome s’annule en 1/ 1/2. > factor(P factor(P5); 5);
(2X (2X 1)(126X 1)(126X 4
− −
− 252 252X X 3 + 154X 154X 2 − 28 28X X + + 1).
Dans le quotient de P par P par (2X (2X 1) on effectue le changement de variable X = 1/2 + Y + Y . . Le polynˆome ome obtenu obtenu est bicarr´ bicarr´e (logique, (logique, compte tenu de la relation relation P 5 (1 X ) = P ( P (X )) ) ) ce qui permettrait de trouver les racines de P 5 “`a la main”.
− −
−
−
> Q5:=quo(P5,2*X-1,X) Q5:=quo(P5,2*X-1,X); ; Q5:=expand(subs(X=1/ Q5:=expand(subs(X=1/2+Y,Q5)); 2+Y,Q5));
Q5 := 126X 126X 4
− 252 252X X 3 + 154X 154X 2 − 28 28X X + + 1 15 − Q5 := 35Y 35 Y 2 + 126Y 126Y 4 8
D’une fa¸con con plus brutale, voici les racines de P 5 calcul´ cal cul´ees ees par Maple. Map le. > x:=sort([solve(P(5) x:=sort([solve(P(5))]); )]);
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e8
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
− 1 2
1 42
√
1 1 245 14 70 70,, + 2 42
−
−
245 14
√
1 1 70 70,, , 2 2
−
1 42
Co rrig´e Cor
√
1 1 245+14 70 70,, + 2 42
√
245+14 70
L’instruction suivante ordonne la liste x dans le sens des valeurs croissantes. On le v´erifie erifie en donnant donna nt la valeur approch´ appro ch´ ees ees des x k . > x:=sort(x,(x,y)->ev x:=sort(x,(x,y)->evalb(evalf( alb(evalf(x)
[.0469100771 0469100771,, .2307653450 2307653450,, .5000000000 5000000000,, .7692346550 7692346550,, .9530899229] Voici la repr´esentation esentatio n graphiq g raphique ue de P de P 5 . > plot(P5,X=0..1); plot(P5,X=0..1);
Voici comment on peut d´efinir efinir les polynˆomes L omes L 1 `a L 5 . > L:=k->mul((X-xj)/(x L:=k->mul((X-xj)/(x[k]-xj),xj [k]-xj),xj=subsop(k= =subsop(k=NULL,x)): NULL,x)):
Voici par exemple le polynˆome L ome L 2 (ses coefficients ´ecrits en virgule flottante.) > L2:=map(evalf,expan L2:=map(evalf,expand(L(2))); d(L(2)));
L2 := 22. 22.92433354 92433354X X .8931583930 .8931583930 88 88..22281084 22281084X X 2 + 117. 117.8634151 8634151X X 3
− −
−
− 51 51..93972112 93972112X X 4
On v´erifie erifie que le polynˆ poly nˆome ome L2 (trac´e ici en continu) prend la valeur 1 en x en x 2 et la valeur 0 aux points x1 , x3 , x4 , x5 (on ( on a trac´ tr ac´e P 5 en point po intil ill´ l´e.) e. ) > plot([P5,L2],X=0..1 plot([P5,L2],X=0..1,linestyle ,linestyle=[3,1]); =[3,1]);
Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page Pag e9
ˆ mes de Legendre Polynomes o Legendre
Co rrig´e Cor
1
On place dans la variable la liste [ [ 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ]. Pour chaque k chaque k,, k =
Lk (t) dt.
0
> l:=map(expand@ratio l:=map(expand@rationalize,[se nalize,[seq(int(L(k) q(int(L(k),X=0..1),k ,X=0..1),k=1..5)]); =1..5)]);
13 √ 161 13 √ 64 161 13 √ 161 13 √ − 1800 − 70 70,, + 70 70,, , + 70 70,, 70 900 1800 225 900 1800 900 1800
161 900
1
La fonction suivante calcule la quadrature de Gauss :
f ( f (t) dt
0
5
≈
k f ( f (xk ).
k=1
> gauss:=f->add(l[k]* gauss:=f->add(l[k]*f(x[k]),k= f(x[k]),k=1..5): 1..5):
On va v´erifier erifier que cette approximation approxi mation est en fait une ´egalit´e pour tous les polynˆ pol ynˆomes om es de degr de gr´´e inf i nf´´erie er ieur ur ou ´egal eg al a` 2n 1 (et ici 2n 2 n 1 = 9.) Par lin´earit´ ear it´e, e, il suffit de le v´erifier eri fier pour po ur les monˆ mon ˆomes t omes t t k , avec 0 k 9.
−
−
→
> monomes:=[(t->t^k) monomes:=[(t->t^k) $k=0..10];
[1, [1, t
→ t, t → t2, t → t3, t → t4, t → t5, t → t6, t → t7, t → t8, t → t9, t → t10]
L’instructio L’inst ruction n suivante su ivante confirme confi rme les r´esultats esulta ts th´ t h´eoriques eoriqu es : pour pou r chaque chaq ue indice i ndice k de 0 `a 9 la formule de 1 1 Gauss donne le r´esultat esulta t exact e xact tk dt = . En revanche, il n’y a pas ´egalit´ egalit´e pour pou r k = 10. k + 1 0
> map(expand@gauss,mo map(expand@gauss,monomes); nomes);
1 1 1 1 1 1 1 1 1 5773 1, , , , , , , , , , 2 3 4 5 6 7 8 9 10 63504
L’instruction suivante permet de mesurer l’erreur commise dans la quadrature de Gauss. > erreur:=f->evalf(in erreur:=f->evalf(int(f(t),t=0 t(f(t),t=0..1)-gauss ..1)-gauss(f)): (f)):
Voici une expression du majorant de l’erreur commise dans la formule.
Ici M Ici M 10 re pr´esente esent e la borne bo rne sup´erieur eri euree de f (10) sur [0, [0, 1]. 10 repr´ > k:=n->M[10]*(n!)^4/ k:=n->M[10]*(n!)^4/(2*n)!^3/( (2*n)!^3/(2*n+1); 2*n+1);
k := n := n
→
M 10 (n!)4 10 (n ((2 n)!)3 (2 n + 1) x
→ e . On voit que l’erreur commise est de l’ordre de 0 .65 E−12. La th´eorie eor ie pr´evoyait evoyait ici une erreur err eur ma major´ jor´ee ee par 1 E−12 (ici M (ici M 10 10 = e.)
A titre d’exemple, on consid`ere ere la fonction f fonction f : x
> Digits:=20: Digits:=20: erreur(exp); erreur(exp); evalf(subs(M[10]=ex evalf(subs(M[10]=exp(1),k(5)) p(1),k(5))); );
.65378153 10−12 .107235278 107235278074975898 07497589898 98 10−11 La qualit´ qua lit´e de l’appr l’a pproxima oximatio tion n est tr`es es d´epend ep endante ante de la r´egular egu larit´ it´e de f f (et la majoration de l’erreur n 2 n’est bien sˆur ur valable que pour des applications de classe .)
C
On voit ici que l’erreur est beaucoup plus importante avec l’application x classe ∞ sur ]0, ]0, 1] mais qui n’est que continue sur [0, [0 , 1].
C
peut -ˆetre etre de → √ x, qui est peut-ˆ
> Digits:= Digits:=10: 10: erreur(s erreur(sqrt) qrt); ;
−.0006301231 Math´ematique emat iquess en MPSI M PSI © Jean-Michel Ferrard
mathprepa.fr
Page 10
