SESSION 003 CONCOURS COMMUN POLYTECHNIQUE EPREUVE SPECIFIQUE-FILIERE MP MATHEMATIQUES I. Polynômes de Tchebychev. a) Soit n N. Pour θ R, on a cos(nθ) = Re(e inθ ) = Re((e iθ ) n ) = Re((cos(θ) + i sin(θ)) n ) ( n ( ) n = Re )cos n k (θ)(i sin(θ)) k k = Re ( ) n ( ) n i k cos n k (θ)sin k (θ) + i k+ cos n k (θ)sin k+ (θ) k k + 0 k n 0 k+ n = Re ( ) n ( ) n () k cos n k (θ)sin k (θ) + i () k cos n k (θ)sin k+ (θ) k k + 0 k n 0 k+ n = ( ) n () k cos n k (θ)sin k (θ) = ( ) n () k cos n k (θ)( cos (θ)) k k k Posons T = 0 k n 0 k n ( ) n () k X n k ( X ) k. Alors pour tout réel θ k 0 k n T(cos θ) = 0 k n ( ) n () k cos n k (θ)( cos (θ)) k = cos(nθ). k Ceci démontre l existence de T n. b) Soit P un polynôme vérifiant ( ). Alors pour tout réel θ, P(cosθ) = cos(nθ) = T(cosθ) et donc x [, ], P(x) = T(x). Ainsi, les polynômes P et T coïncident en une infinité de valeurs et sont donc égaux. Ceci démontre l unicité de T. T n = 0 k n ( ) n () k X n k ( X ) k. k. a) Soit n N. Soit x [, ]. On pose θ = Arccos(x) de sorte que x = cos(θ). On a alors T n (x) + T n+ (x) = T n (cos(θ)) + T n+ (cos(θ)) = cos(nθ) + cos((n + )θ)) = cos(θ)cos((n + )θ) = cos(θ)t n+ (cos(θ)) = xt n+ (x). n N, x [, ], T n+ (x) = xt n+ (x) T n (x). Ainsi, les polynômes T n + T n+ et XT n+ coïncident en une infinité de valeurs. Ces polynômes sont donc égaux. On a montré que n N, T n+ = XT n+ T n. http ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
b) On a immédiatement T 0 = et T = X. Puis T = XT T 0 = X et T 3 = XT T = X(X ) X = 4X 3 3X. T 0 =, T = X, T = X et T 3 = 4X 3 3X. c) Montrons par une récurrence double que n N, deg(t n ) = n et dom(t n ) = n. T est un polynôme de degré et de coefficent dominant = et T est un polynôme de degré et de coefficent dominant =. Le résultat est donc vrai quand n = et n =. Soit n. Supposons que deg(t n ) = n, dom(t n ) = n, deg(t n+ ) = n + et dom(t n+ ) = n. Alors et deg(t n+ ) = deg(xt n+ T n ) = deg(xt n+ ) = + (n + ) = n +, dom(t n+ ) = dom(xt n+ T n ) = dom(xt n+ ) = dom(t n+ ) = n = n+ = (n+). On a montré par récurrence que n N, deg(t n ) = n et dom(t n ) = n. D autre part, T 0 = est un polynôme de degré 0 et de coefficient dominant. 3. a) Soit n N. Soit x [, ]. On pose θ = Arccos(x) de sorte que x = cos(θ). On a alors Maintenant, pour 0 k n, on a T n (x) = 0 T n (cos(θ)) = 0 cos(nθ) = 0 k Z/ nθ = π (k + )π + kπ k Z/ θ =. n 0 π (k + )π ((n ) + )π = π π n n n n π. ( ) (k + )π Comme la fonction cosinus est injective sur [0, π], on en déduit que les n nombres cos sont n réels deux à n deux distincts, tous racines du polynôme T n. Comme le polynôme T n est de degré n, ces nombres sont toutes les racines de T n, nécessairement toutes simples et dans [, ]. Enfin, puisque dom(t n ) = n, on a la factorisation n x [, ], T n (x) = n (x cos(θ k )) où θ k = (k + )π. n b) Soit n N. Pour x [, ], en posant θ = Arccos(x), on a T n (x) = T n (cos(θ)) = cos(nθ), ce qui montre déjà que T n. Comme d autre part T n T n () = T n (cos(0)) = cos(n 0) =, on a montré que n N, T n =. Soient n N puis k 0, n. T n (c k ) = T n (cos( kπ n )) = cos(n kπ ) = cos(kπ) =. n http ://www.maths-france.fr c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
Plus précisément, T n (c k ) = cos(kπ) = () k et en particulier, pour k 0, n, T n (c k+ ) = T n (c k ). n N, ( k 0, n, T n (c k ) = T n et k 0, n, T n (c k+ ) = T n (c k ). c) c 0 = cos(0) = et T 3 (c 0 ) =. c = cos( π 3 ) = et T 3(c ) =. c = cos( π 3 ) = et T 3(c ) =. c 3 = cos(π) = et T 3 (c 3 ) = y = T 3 (x) c 3 c c c 0 II. Polynômes de Tchebychev et orthogonalité Orthogonalité des T n 4. Soit h E. La fonction t et au voisinage de. Par suite, et de même = + t est continue sur ], [. D autre part, la fonction h est bornée au voisinage de = x O() = O(() / ), = = O(( + t) / ). + t x Comme >, les fonctions t ( t)/ et t (+t) / sont intégrables au voisinage de et respectivement. Il en est de même de la fonction t. Pour tout élément h de E, la fonction t est intégrable sur ], [. 5. a) Soit h une fonction positive de E telle que dt = 0. Alors, la fonction t est continue et positive = 0 sur ], [, d intégrale sur ], [ nulle. On sait alors que cette fonction est nulle et donc que t ], [, puis t ], [, = 0. Mais alors le polynôme h a une infinité de racines et donc h est le polynôme nul. http ://www.maths-france.fr 3 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
b) D après la question 4., (f, g) E, < f, g > existe dans R. (f, g) E, < f, g >=< g, f > et <, > est une forme symétrique. Il est clair (f, f, g) E 3, (λ, λ ) R, < λ f + λ f, g >= λ < f, g > +λ < f, g >. <, > est linéaire par rapport à sa première variable et donc bilinéaire par symétrie. f (t) f E, < f, f >= dt 0 par positivité de l intégrale et de plus, d après la question 5.a), f E, < f, f >= 0 f = 0. <, > est donc une forme définie positive. En résumé, <, > est une forme bilinéaire symétrique définie positive sur E et donc <, > est un produit scalaire sur E. 6. Soit (n, m) N. Pour t ], [, on pose θ = Arccost de sorte que θ décrit ]0, π[ en décroissant puis dθ = dt. On obtient Si n m, Si n = m, < T n, T m > = = π 0 dt 0 T n (t)t m (t) = T n (cosθ)t m (cos θ) ( dθ) π cos(nθ)cos(mθ) dθ = π < T n, T m >= [ sin((n + m)θ) + n + m 0 [cos((n + m)θ) + cos((n m)θ))] dθ. ] π sin((n m)θ)) = 0. n m 0 < T n, T n >= π 0 π [cos((n)θ) + ] dθ = π + cos((n)θ) dθ = 0 0 si n m π < T n, T m >= si n = m 0. π si n = m = 0 { π si n 0 π si n = 0. La famille (T 0,...,T n ) est en particulier une famille orthogonale de polynômes tous non nuls de degré au plus n et donc la famille (T 0,..., T n ) est une famille libre de l espace vectoriel E n. Comme card(t k ) 0 k n = n + = dim(e n ) < +. Cette famille est une base orthogonale de E n. La famille (T 0,..., T n ) est une base orthogonale de E n. Polynôme de meilleure approximation quadratique 7. Soit f E. a) E n est un sous-espace vectoriel de dimension finie de l espace préhilbertien (E, <, >). L existence et l unicité de t n (f) est alors assurée par le théorème de la projection orthogonale. b) Puisque t n (f) E n et que la famille (T k ) 0 k n est une base de E n, il existe une famille (λ k ) 0 k n telle que Pour i 0, n, on a alors < t n (f), T i >= t n (f) = λ k T k. λ k < T k, T i >= λ i < T i, T i >= λ i T i = { πλ0 si i = 0 π λ i si i 0. http ://www.maths-france.fr 4 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
Maintenant, < t n (f), T i >=< f, T i > + < t n (f) f, T i >=< f, T i > car t n (f) f est dans E n et on a montré que f E, t n (f) = ( < f, T k > T k T k = < f, T 0 > T 0 + π < f, T k > T k ). k= 8. Soient f E et n N. Puisque t n (f) E n et f t n (f) E n, on a (d (f, E n )) = f t n (f) =< f t n (f), f t n (f) >=< f t n (f), f > < f t n (f), t n (f) >=< f t n (f), f > < f, T k > < f, T k > =< f T k T k, f >=< f, f > T k < f, T k > = f n < f, T k > T k. n f E, n N, d (f, E n ) = f < f, T k > T k. 9. a) Soit n un entier naturel < f, T k > T k = f (d (f, E n )) f. Ainsi, la suite des sommes partielles de la série de terme général < f, T k > série converge. T k positif est majorée. On sait alors que cette La série k 0 < f, T k > T k est convergente. b) Pour n N, posons u n = < f, T n > T n. Puisque la série de terme général u n converge, on déduit en particulier que u n tend vers 0 quand n tend vers +. Mais pour n, f(t)t n (t) π dt = < f, T n > = u n. et donc f E, f(t)t n (t) lim dt = 0. n + Convergence en norme quadratique 0. a) Soit h un élément de E. et donc h = h (t) dt h dt = h dt = h [Arcsin t] = π h, h E, h π h. b) Puisque pour tout entier naturel n E n E n+, la suite (d (f, E n )) n N est une suite décroissante. Etant positive et donc minorée par 0, cette suite est convergente. http ://www.maths-france.fr 5 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
La fonction f est continue sur le segment [, ]. D après le théorème de Weirstrass, il existe une suite de polynômes (P n ) n N convergeant uniformément vers f sur [, ] ou encore telle que lim n + f P n = 0. Pour n N, on pose d n = Max(deg(P n ), 0). Pour tout entier naturel n, on a alors f t dn (f) = d (f, E dn ) f P n π f P n. Soit ε > 0. Puisque la suite lim f P n = 0, il existe n 0 N tel que π f P n0 < ε. Posons N = d n0. Pour n + n N, on a (puisque la suite ( f t n (f) ) est décroissante) f t n (f) f t dn0 (f) f P n0 π f P n0 < ε. On a montré que ε > 0, N N/ n N, f t n (f) < ε et donc que f E, lim f t n(f) = 0. n +. a) D après 0)b), lim d (f, E n ) = 0 et donc d après la question 8), n + lim n < f, T k > n + T k = f. f E, f = + < f, T k > T k. n lim n + f < f, T k > T k = 0 ou encore T n (t) b) Soit h E telle que n N, dt = 0. Alors n N, < h, T n >= 0 et donc d après a), h = 0. Puisque est une norme sur E, on en déduit que h = 0. III. Polynôme de meilleure approximation au sens de Tchebychev Existence d un PMA d ordre n pour f. a) Le polynôme nul est dans K ce qui montre que K est non vide. Soit Q K. Q = Q f + f Q f + f f. On en déduit que K est une partie bornée de E n. Soit N : (E n, ) (R, ). On sait que N est une application continue et il en est de même de l application P P ϕ : P N(f P) (en tant que composée d applications continues puisque l application P f P est -Lipschitzienne). Or K = ϕ ([0, f ]). K est donc un fermé de l espace vectoriel normé (E n, ) en tant qu image réciproque d un fermé par une application continue. b) Puisque E n est de dimension finie et que K est une partie fermée et bornée de E n, le théorème de Borel-Lebesgue permet d affirmer que K est une partie compacte de E n. K est une partie compacte de E n. 3. a) Puisque K E n et que K, on a d (f, E n ) d (f, K). Réciproquement, puisque 0 K, on a déjà d (f, K) f 0 = f. Ainsi, si Q est un élément de E n tel que f Q > f, on a alors f Q d (f, K) et si Q est un élément de E n tel que f Q f, on a Q K et donc aussi f Q d (f, K). En résumé, d (f, K) est un minorant de { f Q, Q E n }. Puisque d (f, E n ) est le plus grand de ces minorants, on a donc d (f, K) d (f, E n ). On a montré que d (f, E n ) = d (f, K). b) On a vu à la question.a) que la fonction P f P est continue sur E n. Elle admet donc un minimum sur le compact K et donc il existe P K tel que f P = d (f, P). Comme K E n, P E n / f P = d (f, P). http ://www.maths-france.fr 6 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
Condition suffisante pour être un PMA 4. a) La fonction Φ = T 3 convient. y = T 3 (x)/ c 3 c c c 0 b) C est le résultat de la question 3.b). 5. a) Soit i 0, n + tel que f(x i ) P(x i ) > 0. Q(x i ) P(x i ) = (Q(x i ) f(x i )) + (f(x i ) P(x i )) = Q(x i ) f(x i ) + f(x i ) P(x i ) = (Q(x i ) f(x i )) + f P Q(x i ) f(x i ) + f P f Q + f P > 0. De même, si f(x i ) P(x i ) < 0, Q(x i ) P(x i ) = (Q(x i ) f(x i )) + (f(x i ) P(x i )) = Q(x i ) f(x i ) f(x i ) P(x i ) = (Q(x i ) f(x i )) f P Q(x i ) f(x i ) f P f Q f P < 0. b) Le polynôme Q P est une fonction continue sur [, ] et équioscille en les n + points x i, 0 i n +. D après le théorème des valeurs intermédiaires, Q P s annule au moins une fois dans chacun des intervalles ouverts ]x i, x i+ [, 0 i n, et donc en au moins n + réels deux à deux distincts de [, ]. Ainsi Q P est un polynôme de degré au plus n qui a au moins n + racines et donc Q P = 0 ou encore Q = P. Ceci contredit l hypothèse f Q < f P. On a donc montré que Q E n, f Q f P et donc que f P = d (f, E n ) ou en fin que P est un PMA. Détermination de PMA 6. Soit n N. D après la question.c), deg(t n+ ) = n + et dom(t n+ ) = n. Par suite, n T n+ est un polynôme unitaire de degré n + et donc q n E n. D autre part, d après la question 3.b) (ou 4.b)), f q n = n T n+ equioscille en les n + points c k = cos 0 k n +. La question 5. permet d affirmer que q n est un PMA d ordre n de f. kπ n +, 7. Soit P un polynôme unitaire de degré n+. Pour x [, ] posons f(x) = x n+ puis Q(x) = f(x) P(x) = x n+ P(x). Puisque P est un polynôme unitaire de degré n +, Q est un élément de E n et par suite f q n f Q ce qui s écrit encore n T n+ P. http ://www.maths-france.fr 7 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.
f 8. a) Soit f un polynôme de degré n +. Alors est un polynôme de degré n + unitaire. Pour tout polynôme dom(f) Q E n, dom(f) (f Q) est encore un polynôme unitaire de degré n +. Maintenant, f Q est minimum si et seulement si dom(f) f Q = dom(f) (f Q) est minimum. Mais puisque (f Q) est unitaire de degré dom(f) n +, la question 7. permet d affirmer que ce minimum est atteint quand dom(f) (f Q) = n T n+ ou encore quand Q = f n dom(f)t n+ (qui est bien un élément de E n ). Un PMA d ordre n de f est f n dom(f)t n+. b) D après la question a), un PMA d ordre de f est f 5 T 3 = (5X 3 + X 3) 5 4 (4X3 3X) = 3 4 X 3. http ://www.maths-france.fr 8 c Jean-Louis Rouget, 007. Tous droits réservés.