´ nonc´e E
` Probleme eme
Polynˆ omes de Chebyshev omes On d´efinit efinit une suite de polynˆ omes omes (T (T n )n∈IN, de la mani`ere ere suivante : T 0(X) = 1, 1,
T 1 (X) = X, X,
et ∀ n ∈
N
: T n+2 (X) = 2XT 2XT n+1 (X) − T n (X)
Prem Premi` i` ere ere part partie ie 1. Calcule Calculerr T 2 , T 3 , T 4 et T 5 . 2. Montrer Montrer que pour tout entier entier n : (a) T n est es t de degr´ de gr´e n et son terme dominant est 2n−1Xn . (b) T n a la parit´ par it´e de n. (c) T n (1) = 1. 3. Montrer que : ∀ (m, n) ∈
N2 ,
m ≤ n ⇒ 2T 2 T n T m = T = T n+m + T n−m .
4. Prouver que : ∀ (m, n) ∈ N2, T m (T n(X)) = T = T mn mn (X). En d´eduire eduire un isomorphisme entre (N, ×) et {T n , n ∈
N}.
Deux Deuxi` i` eme eme part partie ie 1. Montrer que : ∀ α ∈
R,
∀ n ∈
N,
cos(nα)) et T n (cosh α) = cosh( cosh(nα). T n (cos α) = cos(nα nα).
2. Etablir Etablir que, que, pour tout n tout n ≥ 1, les z´eros ero s de T de T n sont r´eels, eels, distincts distin cts deux a` deux, qu’ils sont dans π kπ ] − 1, 1[, et qu’ils sont donn´es es par ∀ k = 0, . . . , n − 1 : xk = cos + . 2n n sin(nα sin(nα)) 3. (a) (a) Mon Montrer trer que que : ∀ α ∈ ]0, ]0, π [, ∀ n ∈ N, T n (cos α) = n . sin α (b) En d´eduire edu ire les extr´ ext r´emums emum s de d e T n (avec n 2) et en quels points ils sont atteints. 1 4. Pour n 1, d´ecomposer ecomposer la fraction rationnelle en ´el´ el´emen em ents ts simp si mple les. s. T n 5. Montrer que : ∀ n ∈ N, (1 − X2 )T n − XT n + n2 T n = 0.
Trois ro isi` i` eme eme part partie ie Dans cette partie, P est ome a` coefficients coe fficients r´eels eels de monˆ ome ome dominant dominant λXn , avec n avec n ≥ 1. P est un polynˆome
|λ| 2n−1 Indication : Raisonner par l’absurde et consid´ c onsid´erer erer le polynˆ p olynˆ ome Q = 2n−1 P − λT n . b − a n |λ| 2. Plus Plu s g´en´ en´eralem era lement, ent, montrer mont rer que ∀ a, b : sup{|P ( P (x)|, a ≤ x ≤ b } ≥ 2 2n−1 Indication : Utiliser un changement de variable pour se ramener au segment [−1, 1]. 1. Montrer Montrer que que sup{|P ( P (x)|, x ∈ [ −1, 1]} ≥
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e Premi` ere partie 1. On trouve successivement : T 2 (X) = 2X T 1 (X) − T 0 (X) = 2X2 − 1. T 3 (X) = 2X T 2 (X) − T 1 (X) = 2X(2X2 − 1) − X = 4X3 − 3X. T 4 (X) = 2X T 3 (X) − T 2 (X) = 2X(4X3 − 3X) − (2X2 − 1) = 8X4 − 8X2 + 1. T 5 (X) = 2X T 4 (X) − T 3 (X) = 2X(8X4 − 8X2 + 1) − (4X3 − 3X) = 16X5 − 20X3 + 5X. 2. (a) Pour tout entier n 1, on va montrer la propri´et´e suivante : P (n) : “Il existe U n dans Rn−1[X] tel que T n (X) = 2n−1Xn + U n (X)”. La propri´et´e est vraie si n = 1 et n = 2, avec U 1 = 0 et U 2 = − 1. On se donne maintenant n 1 et on suppose que P (n) et P (n + 1) sont vraies. Dans ces conditions : T n+2 (X) = 2X T n+1 (X) − T n (X) = 2X(2n Xn+1 + U n+1 (X)) − 2n−1 Xn − U n (X) = 2n+1 Xn+2 + U n+2(X) avec U n+2 (X) = 2X U n+1(X) − 2n−1 Xn − U n (X) Puisque deg(U n ) n − 1 deg(U n+1 ) n, U n+2 est bien dans
Rn+1 [X].
Cela montre la propri´et´e au rang n + 2 et ach`eve la r´ecurrence. Ainsi, pour tout n de N∗ , T n est de degr´e n et de terme dominant 2n−1 Xn . (b) Il suffit de prouver, pour tout n de N, la propri´et´e P (n) : T n (−X) = (−1)n T n (X). Elle est vraie si n = 0 (car T 0 est pair) et si n = 1 (car T 1 est impair). On se donne n 0 et on suppose que P (n) et P (n + 1) sont vraies. On en d´eduit : T n+2 (−X) = 2(−X)T n+1(−X) − T n (−X) = 2(−X)(−1)n+1 T n+1 (X) − (−1)n T n (X) = (−1)n+2 (2X T n+1 (X) − T n (X)) = (−1)n+2 T n+2 (X) Cela montre la propri´et´e au rang n + 2 et ach`eve la r´ecurrence. Ainsi, pour tout n de N, le polynˆome T n a la parit´e de n. (c) La relation T n+2 (X) = 2XT n+1 (X) − T n (X) donne T n+2 (1) = 2T n+1 (1) − T n (1). Or T 0 (1) = T 1 (1) = 1. Une r´ecurrence ´evidente donne alors : ∀ n ∈ N, T n (1) = 1. 3. On note P (m) la propri´et´e : “∀n ∈
N,
n ≥ m ⇒ 2T n T m = T n+m + T n−m ”.
On va montrer la propri´et´e P (m) par r´ecurrence sur m 0. La propri´et´e P (0) est ´evidente (car T 0 = 1), et la propri´et´e P (1) n’est autre que la relation connue entre les polynˆ omes T n−1 , T n et T n+1 (car T 1 = X). On se donne m 0 et on suppose que P (m) et P (m + 1) sont vraies. (E 0) : 2T n T m = T n+m + T n−m On a donc les ´egalit´es valables pour n m + 2. (E 1) : 2T n T m+1 = T n+m+1 + T n−m−1
On forme alors 2X(E 1 ) − (E 0) et on obtient : 2T n (2X T m+1 − T m ) = (2X T n+m+1 − T n+m ) + (2X T n−m−1 − T n−m ), c’est-`a-dire 2T n T m+2 = T n+m+2 + T n−(m+2) , ce qui prouve P (m + 2) et ach`eve la r´ecurrence.
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Probl` eme
4. On note P (m) la propri´et´e : ∀n ∈
N,
Corrig´e
T m (T n (X)) = T mn (X).
On va montrer la propri´et´e P (m) par r´ecurrence sur m 0. Les propri´et´es P (0) et P (1) sont ´evidentes car T 0 = 1 et T 1 = X. On se donne m 0 et on suppose que P (m) et P (m + 1) sont vraies. On substitue T n (X) a` X dans l’´egalit´e T m+2(X) = 2X T m+1 (X) − T m (X). On en d´eduit, pour tout n de
N,
et en utilisant P (m) et P (m + 1) :
T m+2 (T n (X)) = 2T n (X) T m+1(T n (X)) − T m (T n (X)) = 2T n (X) T (m+1)n (X) − T mn (X) Mais d’apr`es (3) on a 2T n T (m+1)n = T (m+2)n − T mn . On en d´eduit T m+2 (T n (X)) = T (m+2)n (X), ce qui prouve P (m + 2) et ach`eve la r´ecurrence. Ainsi, pour tout m, n de
N,
on a : T m (T n (X)) = T mn (X).
L’application ϕ : n → T n est injective (n < m ⇒ deg(T n ) < deg(T n ) ⇒ T n = T n ). Elle est donc bijective de
N
sur T = { T n , n ∈
N}.
De plus elle v´erifie ϕ(mn) = T mn = T m (T n ) = ϕ(m) ◦ ϕ(n). L’application ϕ est donc un isomorphisme de (N, ×) sur (T , ◦).
Deuxi` eme partie 1. Soit α un r´eel donn´e. Posons un = cos(nα). On va prouver T n (u1 ) = u n par r´ecurrence sur n. C’est ´evident si n = 0 et si n = 1. On suppose que la propri´et´e est vraie aux rangs n et n + 1, avec n 0. Alors pour tout n
0, et en utilisant la relation 2 cosx cos y = cos(x + y) + cos(x − y) :
T n+2(u1 ) = 2u1 T n+1(u1 ) − T n (u1 ) = 2u1 un+1 − un = (un+2 + un ) − un = u n+2 Ce qui d´emontre la propri´et´e au rang n + 2 et ach`eve la r´ecurrence. Pour l’´egalit´e T n (cosh α) = cosh(nα), c’est exactement la mˆeme m´ethode, en utilisant cette fois la relation 2 cosh x cosh y = cosh(x + y) + cosh(x − y). 2. Comme le sugg`ere l’´enonc´e, on recherche des racines de T n sur ] − 1, 1[. Pour tout x de ] − 1, 1[, il existe α dans ]0, π[ tel que x = cos α. Alors : T n (x) = 0 ⇔ T n (cos α) = 0 ⇔ cos(nα) = 0 ⇔ nα = Cette derni`ere condition s’´ecrit nα =
π
2
π
2
[π].
+ kπ, avec 0 k < n (car 0 < nα < nπ).
(2k + 1)π , et 0 k 2n Les αk forment une suite strictement croissante de ]0, π[. On a donc obtenu les xk = cos αk , avec αk =
n − 1.
Les xk forment donc une suite strictement d´ecroissante de ]− 1, 1[. Dans l’intervalle ] − 1, 1[, on a ainsi obtenu n racines distinctes de T n . Mais, comme T n est de degr´e n, on a obtenu toutes les racines de T n . Ainsi, pour tout n
1, le polynˆome T n poss`ede n racines r´eelles distinctes, toutes dans l’inter(2k + 1)π valle ] − 1, 1[, et donn´ees par xk = cos αk , avec αk = , et 0 k n − 1. 2n
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3. (a) Pour tout α de
R,
et pour tout n de
N,
Corrig´e
on a T n (cos α) = cos(nα).
On d´erive cette ´egalit´e par rapport a` α et on obtient : (sin α)T n (cos α) = n sin(nα). n sin(nα) En particulier, pour tout α de ]0, π[ et n de N, on a T n (cos α) = . sin α (b) Pour n 2, T n a n racines distinctes xk avec 1 > x0 > x1 > · · · > xn−1 > − 1. Par “Rolle”, T n s’annule sur chacun des n − 1 intervalles ouverts ]xk+1 , xk [. Mais T n est de degr´e n − 1. On obtient ainsi toutes ses racines. kπ n sin(kπ) On remarque que si xk = cos (avec 1 k n − 1) on a T n (xk ) = = 0. n sin(kπ/n) kπ Pour tout k de {1, . . . , n − 1}, on a αk−1 < < αk donc xk−1 > xk > xk . n Ainsi 1 > x0 > x1 > x1 > x2 > x2 > · · · > xn−1 > xn−1 > − 1. Les r´eels x 1 , . . . , xn sont donc les n racines de T n . En ces points, T n change de signe (racine simple) donc T n pr´esente un extr´emum.
Pour tout k de {1, . . . , n}, on a T (x ) = T cos = cos(kπ) = (−1) . n
n
k
kπ n
k
On a ainsi obtenu tous les extr´emums de T n sur [−1, 1].
NB : on savait d´ej`a que |T n (x)| 1 sur [−1, 1], `a cause T n (cos α) = cos(nα) qui peut s’´ecrire T n (x) = cos(n arccos x) pour tout x de [−1, 1]. 4. Pour n 1, T n a n racines distinctes xk avec 1 > x0 > x1 > · · · > xn−1 > − 1. 1 1 La d´ecomposition en ´el´ements simples de la fraction s’´ecrit donc = T n T n 1 1 sin αk On a alors λ k = = = . T n (xk ) T n (cos αk ) n sin(nαk ) (2k + 1)π (−1)k sin αk k Or sin(nαk ) = sin = (−1) donc λk = . 2 n 1 1 On a donc obtenu la d´ecomposition en ´el´ements simples = T n n 5. Pour tout α de
R,
et pour tout n de
N,
n−1
n−1
k =0
λk . X − xk
k
(−1) sin α k =0
k
X − xk
on a T n (cos α) = cos(nα).
On d´erive une premi`ere fois par rapport a` α et on obtient : (sin α)T n (cos α) = n sin(nα). On d´erive une deuxi`eme fois par rapport a` α et on obtient : (cos α)T n (cos α) − (sin2 α)T n (cos α) = n 2 cos(nα). R,
Quand α parcourt
x = cos α parcourt [−1, 1].
R,
∀ α ∈
R, (cos α)T n (cos α) + (cos2 α
Autrement dit : ∀ n ∈
− 1)T n (cos α) = n 2T n (cos α).
On a donc obtenu xT n (x) + (x2 − 1)T n (x) = n 2 T n (x) pour tout n de
N et
tout x de [−1, 1].
Mais quand une ´egalit´e de fonctions polynomiales est vraie sur [−1, 1] (ou plus g´en´eralement sur un ensemble infini) alors elle est vraie partout. On a donc obtenu : ∀ n ∈
N,
∀ x ∈
R,
(1 − x2 )T n (x) − xT n (x) + n2 T n (x) = 0.
Ou encore (´egalit´e entre polynˆ omes) : ∀ n ∈
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N,
(1 − X2 )T n − X T n (X) + n2T n = 0.
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Probl` eme
Corrig´e
Troisi` eme partie de monˆome dominant λXn , avec n ≥ 1. |λ| Par l’absurde, on suppose que sup{|P (x)|, x ∈ [ −1, 1]} < n−1 . 2 n−1 On consid`ere alors le polynˆ ome Q = 2 P − λT n , visiblement dans
1. On se donne P dans
Rn [X],
Rn [X].
En fait deg Q n − 1 car 2n−1 P et λT n ont deux 2n−1 λXn pour terme dominant. kπ Rappelons que si x k = cos (avec 1 k n − 1), on a T n (xk ) = (−1)k . n Cette ´egalit´e est encore vraie si k = 0 car alors x0 = 1 et on sait que T n (0) = 1. Elle est encore vraie si k = n donc xn = − 1 car T n (−1) = (−1)n T n (1) = (−1)n . kπ Ainsi on a T n (xk ) = (−1)k pour tout k de {0, . . . , n}, avec xk = cos . n λ k On a alors Q(xk ) = 2n−1 P (xk ) − n−1 (−1) . 2 |λ| Or on sait que |P (xk )| < n−1 pour tout k. 2 Il en r´esulte que les quantit´es Q(xk ) sont alternativement strictement positives et strictement n´egatives. En particulier le polynˆome Q s’annule au moins une fois sur chacun des n intervalles ]xk+1 , xk [, avec 0 k n − 1.
Mais deg Q < n, et on vient de trouve au moins n racines distinctes pour Q. λ La seule possibilit´e est donc Q = 0, c’est-`a-dire P = n−1 T n . 2 |λ| Mais c’est absurde car cela donne sup{|P (x)|, x ∈ [ −1, 1]} = n−1 . 2
|λ| . 2n−1 Remarque : on peut choisir P = T n , auquel cas λ = 2n−1 . Dans ce cas, on voit que l’in´egalit´e pr´ec´edente est en fait une ´egalit´e. On peut prouver que cette ´egalit´e caract´erise le polynˆ ome de Chebyshev T n parmi tous les polynˆomes de degr´e n. Conclusion : avec les hypoth`eses de d´epart, on a sup{|P (x)|, x ∈ [ −1, 1]}
2. On se place cette fois-ci sur [a, b], avec a < b. On d´efinit un polynˆome R de degr´e n par R(x) = P (t), avec t =
a+b b−a +x . 2 2
(on voit bien que quand x parcourt [−1, 1], t parcourt [a, b]).
b − a R est un polynˆome de degr´e n et dont le terme dominant est µ = λ . n
2
|µ| D’apr`es (III.1) on a sup{|R(x)|, x ∈ [ −1, 1]} n−1 . 2 Mais sup{|R(x)|, x ∈ [ −1, 1]} = sup{|P (t)|, t ∈ [a, b]}.
b − a On a donc finalement obtenu l’in´egalit´e sup{|P (t)|, a ≤ t ≤ b } ≥
n
2
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|λ| . 2n−1
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