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Polynômes trigonométriques

Exercice 1 [ 00944 ] [correction]Exprimer la fonction θ 7→ sin2n θ sur la base (ek)k∈Z (avec ek : θ 7→ eikθ).En déduire la valeur de

In =∫ π/2

0sin2n θdθ

Exercice 2 [ 00945 ] [correction]Soient a0, a1, . . . , aN ∈ R non tous nuls et

P (z) =N∑k=0

akzk

a) Etablir ∫ 1

−1(P (t))2dt = −i

∫ π

0(P (eiθ))2eiθdθ

b) En déduire queN∑n=0

N∑m=0

anamn+m+ 1 6 π

N∑k=0

a2k

Exercice 3 Mines-Ponts MP [ 02877 ] [correction]On pose, pour n ∈ N et x ∈ R : pn(x) = (1 + cosx)n puis

qn(x) = pn(x)∫ π−π pn(t) dt

a) Montrer que pour tout δ ∈ ]0, π[,

limn→+∞

∫ δ

−δqn(t) dt = 1

b) Soit f : R→ R 2π-périodique et continue. On pose

gn(x) =∫ π

−πqn(t)f(x− t) dt

Prouver la convergence uniforme sur R vers f de (gn).c) Quel résultat redémontre-t-on ainsi ?

Exercice 4 X MP [ 03042 ] [correction]Déterminer les polynômes P ∈ C [X] tels que P (U) ⊂ U où U = {z ∈ C/ |z| = 1}.

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Corrections

Exercice 1 : [énoncé]Par la formule du binôme

sin2n θ = (−1)n

22n

2n∑k=0

(2nk

)(−1)ke2(n−k)iθ

On en déduit

4In =∫ 2π

0sin2n θdθ = 1

22n

(2nn

)2π

puisIn = (2n)!

(2nn!)2π

2

Exercice 2 : [énoncé]a) On introduit Q un polynôme primitif de P 2.∫ π

0(P (eiθ))2eiθdθ =

[1iQ(eiθ)

]π0

= i [Q(t)]1−1 = i

∫ 1

−1(P (t))2dt

b) D’une part ∫ 1

−1(P (t))2dt >

∫ 1

0(P (t))2dt =

N∑n=0

N∑m=0

anamn+m+ 1

et d’autre part ∣∣∣∣−i∫ π

0(P (eiθ))2eiθdθ

∣∣∣∣ 6 ∫ π

0

∣∣P (eiθ)∣∣2 dθ

avec ∫ π

0

∣∣P (eiθ)∣∣2 dθ = 1

2

∫ π

−π

∣∣P (eiθ)∣∣2 dθ

car P (eiθ) = P (e−iθ) et

12π

∫ π

−π

∣∣P (eiθ)∣∣2 dθ =

N∑k=0|ak|2 =

N∑k=0

a2k

car les ak sont des réels composantes de la fonction θ 7→ P (eiθ) dans une baseorthonormée pour le produit scalaire en cours.

Exercice 3 : [énoncé]a) Pour δ ∈ ]0, π[∣∣∣∣∫ π

δ

qn(t) dt∣∣∣∣ 6

∫ πδ

(1 + cos t)n dt∫ π−π (1 + cos t)n dt

6

∫ πδ

(1 + cos t)n dt∫ δ−δ (1 + cos t)n dt

6

∫ πδ

(1 + cos t)n dt2δ(1 + cos δ)n

Or par convergence dominée∫ πδ

(1 + cos t)n dt(1 + cos δ)n =

∫ π

δ

(1 + cos t1 + cos δ

)ndt −−−−−→

n→+∞0

Ainsi ∫ π

δ

qn(t) dt→ 0

et par parité ∫ −δ−π

qn(t) dt→ 0

On en déduit limn→+∞

∫ δ−δ qn(t) dt = 1 car

∫ π−π qn(t) dt = 1.

b) On a

gn(x)− f(x) =∫ π

−πqn(t)(f(x− t)− f(x)) dt

Puisque f est continue sur le segment [−π, π], elle y est uniformément continue.Pour ε > 0, il existe δ > 0 vérifiant

|x− y| 6 δ ⇒ |f(x)− f(y)| 6 ε

On a alors ∣∣∣∣∣∫ δ

−δqn(t)(f(x− t)− f(x)) dt

∣∣∣∣∣ 6∫ δ

−δεqn(t) dt 6 ε

Mais puisqu’on a aussi∣∣∣∣∫ π

δ

qn(t)(f(x− t)− f(x)) dt∣∣∣∣ 6 2 ‖f‖∞

∫ π

δ

qn(t) dt

pour n assez grand, ∣∣∣∣∫ π

δ

qn(t)(f(x− t)− f(x)) dt∣∣∣∣ 6 ε

et finalement |gn(x)− f(x)| 6 3ε indépendamment de x.

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c) Par le changement de variable u = x− t et par 2π-périodicité,

gn(t) =∫ π

−πf(u)qn(x− t) dt

et en développant, cette expression se perçoit comme un polynômetrigonométrique.On a démontré le théorème de Weierstrass dans sa version trigonométrique.

Exercice 4 : [énoncé]Soit P un polynôme solution.Le polynôme P est non nul, on peut introduire son degré n et l’écrire

P =n∑k=0

akXk avec an 6= 0

Puisque∣∣P (eit)

∣∣ = 1 pour tout t ∈ R, on a P (eit)P (eit) = 1.Mais

P (eit)P (eit) =n∑k=0

n∑`=0

aka`ei(k−`)t

et en développant on obtientana0eint + (ana1 + an−1a0) ei(n−1)t + (ana2 + an−1a1 + an−2a2) ei(n−2)t + · · ·+(anan + · · ·+ a0a0) + · · · = 1On en déduit ana0 = 0, ana1 + an−1a0 = 0,. . . ,anan−1 + an−1an−2 + · · ·+ a1a0 = 0 et (anan + · · ·+ a0a0) = 1Puisque an 6= 0, on obtient successivement a0 = 0, a1 = 0,. . . , an−1 = 0 et|an|2 = 1Ainsi P (X) = aXn avec |a| = 1.Inversement, un tel polynôme est solution.