Sujets : Espaces préhilbertiens. Énoncés des sujets · 2018-04-16 · Lycée Jean Perrin Clasep de TSI 2 Sujets : Espaces préhilbertiens. Énoncés des sujets : Exercice 1 Dans

Lycée Jean PerrinClasep de TSI2

Sujets : Espaces préhilbertiens.

Énoncés des sujets :

Exercice 1

Dans tout le problème on confond polynôme et application polynomiale de R dans R.On note, pour tout k de N, Rk[X] le sous-espace de R[X] formé des polynômes de degré inférieur ou égal à k.

On dé�nit l'ensemble E = {P ∈ R4[X] ; P (0) = P (4) = 0} et le polynôme W = X(X − 4).

Partie I : Étude d'endomorphismes

1. Montrer que E est un sous-espace vectoriel de R4[X].

Pour tout polynôme Q de R2[X], on note φ(Q) = WQ.

2. Montrer que l'application φ : Q 7→WQ est un isomorphisme de R2[X] sur E.

3. En déduire une base et la dimension de E.

Pour tout polynôme Q de R2[X], on considère le polynôme ∆(Q) dé�ni par :

∆(Q) = Q(X + 1)−Q(X).

Ainsi, par exemple, si Q = X2 − 3X + 5, alors :

∆(Q) =((X + 1)2 − 3(X + 1) + 5

)−(X2 − 3X + 5

)= 2X − 2

4. (a) Montrer que l'application ∆ est un endomorphisme de R2[X].

(b) Déterminer, pour tout polynôme Q de R2[X], le degré de ∆(Q) en fonction du degré de Q.

(c) Déterminer le noyau et l'image de ∆.

(d) Établir ∆ ◦∆ ◦∆ = 0.

5. On dé�nit l'endomorphisme f de E suivant : f = φ ◦∆ ◦ φ−1, où φ−1 désigne l'application réciproque de φ.

(a) Montrer f ◦ f ◦ f = 0.

(b) Déterminer une base du noyau de f et une base de l'image de f .

(c) Démontrer que f admet une valeur propre et une seule et déterminer celle-ci. Donner une base et la dimensiondu sous-espace propre pour f associé à cette valeur propre.

(d) Est-ce que f est diagonalisable ?

Partie II : Étude d'un produit scalaire On considère l'application 〈., .〉 de R4[X]× R4[X] dans R dé�nie par :

∀(P1, P2) ∈ R4[X]× R4[X], 〈P1, P2〉 =

4∑k=0

P1(k)P2(k).

6. Montrer que 〈., .〉 est un produit scalaire sur R4[X].

On munit dorénavant R4[X] de ce produit scalaire et de la norme associée ‖.‖.On considère les trois polynômes suivants :

L1 = (X − 2)(X − 3), L2 = (X − 1)(X − 3), L3 = (X − 1)(X − 2).

7. Montrer que la famille (L1, L2, L3) est une base de R2[X].

8. (a) Exprimer, pour tout polynôme P de R2[X], les coordonnées de P dans la base (L1, L2, L3) en fonction deP (1), P (2), P (3).

(b) Exprimer ∆(L1),∆(L2),∆(L3) sur la base (L1, L2, L3) de R2[X] et en déduire que la matrice de l'endomor-

phisme ∆ dans la base (L1, L2, L3) de R2[X] est

−1 −1/2 00 −1 −21 3/2 2

.

On note pour tout i de {1, 2, 3}, Mi = WLi.

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9. (a) Montrer que pour tout i de {1, 2, 3}, Mi(i) est non nul.

On note alors pour tout i de {1, 2, 3}, Ni =1

Mi(i)Mi.

(b) Montrer que (N1, N2, N3) est une base orthonormée du sous-espace vectoriel E de R4[X].

10. Déterminer la matrice de l'application linéaire φ dans les bases (L1, L2, L3) de R2[X] et (N1, N2, N3) de E.

11. Déterminer la matrice de l'endomorphisme f dans la base (N1, N2, N3) de E.

12. On note, pour tout polynôme P de R4[X] : u(P ) =

3∑i=1

P (i)Ni.

(a) Montrer que u est un endomorphisme de R4[X].

(b) Montrer : ∀P ∈ R4[X], ∀j ∈ {1, 2, 3}, 〈P − u(P ), Nj〉 = 0.

(c) En déduire que u est la projection orthogonale sur E.

(d) Déterminer le projeté orthogonal de Q = X2(X − 2)(X − 3) sur E.

Correction H [ep1]

Exercice 2

Pour P,Q ∈ R[X], on dé�nit, si c'est possible, le produit scalaire suivant :

∀P,Q ∈ R[X], (P |Q) =

∫ 1

0

P (x)Q(x)√x

dx

1. Montrer que l'expression existe pour tous polynômes P et Q.

2. Montrer qu'il s'agit bien d'un produit scalaire.

3. Pour k ∈ N, calculer∫ 1

0

xk√xdx. En déduire que :

∀p, q ∈ N, (Xp |Xq) =2

2p+ 2q + 1

4. Déterminer, grâce à la méthode de Schmidt, une base orthonormée (P0, P1) du sous-espace vectoriel F = Vect(1, X).

5. On se place dans le sous-espace vectoriel R2[X]. Déterminer la matrice de la projection orthogonale p sur F dansla base (1, X,X2).

6. En déduire les valeurs de a et b telles que l'intégrale :

I(a, b) =

∫ 1

0

(x2 − ax− b)2

√x

est minimale (on pourra interpréter cette intégrale en termes de distance).

Correction H [ep2]

Exercice 3

On considère l'espace vectoriel R1[X] constitué des polynômes à coe�cients réels de degré inférieur ou égal à 1.

Autrement dit, R1[X] = {aX + b, (a, b) ∈ R2}.On désigne par ϕ l'application de R1[X]× R1[X] dans R dé�nie par :

∀(P,Q) ∈ R1[X]× R1[X], ϕ(P,Q) =

∫ 1

0

P (t)Q(t)dt.

Par exemple, si P = X + 1 et Q = X, alors ϕ(X + 1, X) =

∫ 1

0

(t+ 1)dt =1

3+

1

2=

5

6.

I. Montrer que ϕ est un produit scalaire sur R1[X].

On notera par la suite (P |Q) = ϕ(P,Q). La norme associée à ce produit scalaire sera notée ‖.‖.Ainsi, pour tout polynôme P de R1[X], ‖P‖ =

√(P |P ).

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II. Dans cette question, on se propose de montrer qu'il existe un unique polynôme P0 de R1[X] possédant la propriétésuivante : ∀P ∈ R1[X], (P |P0) = P (0).

On distinguera bien P0 qui désigne un polynôme de R1[X] et P (0) qui représente la valeur du polynôme P en 0.II.A. Soit P0 un polynôme �xé de R1[X].

Montrer que l'égalité (P |P0) = P (0) est véri�ée pour tout polynôme P de R1[X], si et seulement si, elle estvéri�ée pour les deux polynômes P = 1 et P = X.

II.B. On pose : P0(X) = a0X + b0 où a0 et b0 désignent deux réels.IIB.1 Calculer (1 |P0) et (X |P0) à l'aide de a0 et b0.

En déduire que (P |P0) = P (0) pour tout polynôme de R1[X], si et seulement si :1

2a0 + b0 = 1

1

3a0 +

1

2b0 = 0

IIB.2 Conclure qu'il existe un unique polynôme P0 de R1[X] que l'on explicitera tel que :

∀P ∈ R1[X], (P |P0) = P (0).

III. On désigne par S l'ensemble des polynômes P de R1[X] tels que ‖P‖ = 1 et on se propose de déterminer la valeurmaximale prise par P (0) lorsque P décrit S en utilisant successivement deux méthodes di�érentes.III.A Première méthode. On pose P1 = 1.

IIIA.1 Véri�er que ‖P1‖ = 1.IIIA.2 En utilisant le procédé d'orthonormalisation de Schmidt, déterminer un polynôme P2 de R1[X] tel

que (P1, P2) soit une base orthonormale de R1[X].IIIA.3 Montrer que les éléments de S sont exactement les polynômes de la forme

cos(θ)P1 + sin(θ)P2, où θ décrit R.IIIA.4 Si P = cos(θ)P1 + sin(θ)P2, déterminer deux réels λ et θ0 indépendants de θ et tels que P (0) =

λ cos(θ − θ0) pour tout réel θ.IIIA.5 En déduire la valeur maximale prise par P (0) lorsque P décrit S.

III.B Deuxième méthode.IIIB.1 Rappeler l'énoncé de l'inégalité de Cauchy-Schwarz et préciser les cas où cette inégalité est une

égalité.IIIB.2 En utilisant le résultat obtenu dans la partie II, montrer que :

∀P ∈ S, P (0) 6 ‖P0‖.

IIIB.3 Déterminer un polynôme P de S tel que P (0) = ‖P0‖.IIIB.4 Retrouver ainsi d'une seconde manière la valeur maximale prise par P (0) lorsque P décrit S.

Correction H [ep3]

Exercice 4

Étude d'une intégrale

1. Justi�er que∫ +∞

0

e−tdt converge et calculer sa valeur.

2. Soit n ∈ N∗. On suppose que In =

∫ +∞

0

tne−tdt converge.

(a) Soit A ∈ R∗+. Montrer que : ∫ A

0

tn+1e−tdt = −An+1e−A + (n+ 1)

∫ A

0

tne−tdt.

(b) Déterminer (et justi�er) la limite de An+1e−A quand A tend vers +∞.

(c) En déduire que In+1 =

∫ +∞

0

tn+1e−tdt converge et que In+1 = (n+ 1)In.

3. Montrer alors que, pour tout n ∈ N, In =

∫ +∞

0

tne−tdt converge et vaut n!.

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Étude d'un produit scalaire

On rappelle que R3[X] désigne l'ensemble des polynômes à coe�cients réels et de degré inférieur ou égal à 3.

Pour tous P et Q dans R3[X], on pose :

〈P,Q〉 =

∫ +∞

0

P (t)Q(t)e−tdt.

4. Justi�er rapidement en utilisant 3 que, pour tous P et Q dans R3[X], l'intégrale∫ +∞

0

P (t)Q(t)e−tdt converge.

5. Montrer que l'application R3[X]× R3[X] → R(P,Q) 7→ 〈P,Q〉

est un produit scalaire sur R3[X].

Construction d'une base orthogonale

Soit Φ l'application dé�nie sur R3[X] par :

∀P ∈ R3[X], Φ(P ) = XP ′′(X) + (1−X)P ′(X).

On rappelle que la base canonique de R3[X] est la famille Bc = (1, X,X2, X3).

6. Montrer que Φ est un endomorphisme de R3[X].

7. Véri�er que la matrice de Φ dans la base canonique de R3[X] est

0 1 0 00 −1 4 00 0 −2 90 0 0 −3

.

8. Montrer alors que les valeurs propres de Φ sont 0,−1,−2 et −3.L'endomorphisme Φ est-il diagonalisable ?

9. Pour tout k ∈ {0, 1, 2}, déterminer un vecteur propre Pk de Φ associé à la valeur propre −k et dont le coe�cientdominant vaut 1.

On précisera et on expliquera les calculs e�ectués.

On supposera dans la suite que P3 désigne un vecteur propre de Φ associé à la valeur propre −3 et de coe�cientdominant égal à 1.

10. Soient P et Q dans R3[X].

(a) On pose f : t 7→ tP ′(t)e−t. Justi�er que f est de classe C1 sur [0,+∞[.

Pour tout t > 0, exprimer f ′(t) en fonction de Φ(P )(t) et de e−t.

(b) Montrer que

〈Φ(P ), Q〉 =

∫ +∞

0

f ′(t)Q(t)dt.

(c) En e�ectuant une intégration par parties dans l'intégrale∫ A

0

f ′(t)Q(t)dt avec A ∈ R, montrer que

〈Φ(P ), Q〉 = −∫ +∞

0

tP ′(t)Q′(t)e−tdt.

(d) En déduire que 〈Φ(P ), Q〉 = 〈P,Φ(Q)〉.11. On rappelle que, pour tout i ∈ {0, 1, 2, 3}, Pi est un vecteur propre de Φ associé à la valeur propre −i.

Soient i et j dans {0, 1, 2, 3} tels que i 6= j.

En remarquant que 〈Φ(Pi), Pj〉 = 〈Pi,Φ(Pj)〉, montrer que (i−j)〈Pi, Pj〉 = 0, puis que Pi et Pj sont orthogonaux.

12. En déduire que la famille (P0, P1, P2, P3) est une base de R3[X] constituée de vecteurs 2 à 2 orthogonaux.

Correction H [ep4]

Exercice 5

On note R[X] l'espace vectoriel des polynômes à coe�cients réels et Rn[X] l'espace vectoriel des polynômes de degréinférieur ou égal à n, où n est un entier naturel.

I. Étude d'un endomorphisme de Rn[X]

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1) Soit l'application f dé�nie sur R[X] par :

∀P ∈ R[X], f(P ) = (2X − 1)P ′ + (X2 −X − 2)P ′′.

Montrer que f est une application linéaire de R[X].

2) Soit n ∈ N. Montrer que la restriction de f à Rn[X], notée fn, est un endomorphisme de Rn[X].

3) Donner la matrice Mn de fn dans la base canonique de Rn[X].

4) Déterminer les valeurs propres de fn et en déduire que fn est diagonalisable.

5) Comment, à partir du spectre de fn, peut-on déterminer le noyau de fn et le rang de fn ?

6) On suppose que n > 2. On note λ0, λ1, . . . , λn les valeurs propres de fn rangées par ordre croissant : λ0 6 λ1 6. . . 6 λn.

Exprimer λk en fonction de k pour k ∈ [[0, n]].

Montrer que si un polynôme P est un vecteur propre de fn associé à la valeur propre λk, alors P est de degré k.

Indication : on pourra raisonner sur le degré de P .

7) Montrer qu'il existe une unique famille (Pk)06k6n de polynômes de Rn[X], telle que, pour tout k ∈ [[0, n]], Pk soitun polynôme unitaire de degré k et un vecteur propre de f .

8) Étude d'un cas particulier

Dans cette question, on suppose n = 3.

Donner la matriceM3 de f3 dans la base canonique de R3[X], le spectre de f3 et déterminer les polynômes P0, P1, P2

et P3.

Rappel : la dé�nition des polynômes Pk est donnée à la question précédente.

II. Étude d'un produit scalaire de Rn[X]

On dé�nit l'application ϕ par :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, ϕ(P,Q) =

∫ 2

−1

P (t)Q(t)dt.

De façon usuelle, on confond un polynôme formel P et sa fonction polynomiale associée t 7→ P (t).

1) Montrer que ϕ dé�nit un produit scalaire sur R[X].

On note désormais ϕ(P,Q) = 〈P,Q〉 le produit scalaire de deux polynômes P et Q de R[X].

2) a) Montrer que :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, 〈f(P ), Q〉 = −

∫ 2

−1

(t2 − t− 2)P ′(t)Q′(t)dt.

b) En déduire que :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, 〈f(P ), Q〉 = 〈P, f(Q)〉.

c) Soit n ∈ N∗, montrer que la famille de polynômes (Pk)06k6n dé�nie en I.7) est une famille orthogonale pour leproduit scalaire 〈., .〉.

3) (a) Soit k ∈ N∗, montrer que Pk ∈(Rk−1[X]

)⊥.

(b) Déterminer le projeté orthogonal de X2 sur R1[X].

Indications : on pourra utiliser les résultats de I.8). On rappelle que R1[X] = Vect(1, X).

Correction H [ep5]

Exercice 6

Problème CCP TSI 2011.Correction H [ep6]

Exercice 7

Dans un repère orthonormé du plan, on considère un nuage de points, c'est-à-dire une famille de points Mi(xi, yi), pouri compris entre 1 et n. Les xi sont supposés deux à deux di�érents. Ce nuage représente une série statistique (parexemple un e�ectif en fonction du temps, un poids en fonction d'un âge, etc.).

Parfois, le nuage de points a une forme allongée qui fait penser qu'on peut tracer une droite autour de laquelle cespoints sont répartis.

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; xi

yiMi

Hi

Une telle droite réalise ce qu'on appelle un ajustement a�ne du nuage.

Il faut décider quel critère on va adopter pour dire que la droite en question approche plus ou moins le nuage. On va

démontrer en fait qu'il existe une droite et une seule qui minimisen∑i=1

MiH2i . Cette droite s'appelle droite de régression

de y en x par la méthode des moindres carrés.

Dans le plan P euclidien muni d'un repère orthonormé (O,−→i ,−→j ), on considère les trois points :

M1(−1,−1) ; M2(0, 1) ; M3(2, 1)

Soit (m, p) ∈ R2. On cherche la droite D : y = mx+ p qui minimise la grandeur :

δ(m, p) = M1H21 +M2H

22 +M3H

23

où pour 1 6 i 6 3, Hi est le point de D de même abscisse que Mi(xi, yi). Une telle droite est la droite de régressionlinéaire de y en x associée au nuage de points (Mi).

1. Montrer que δ(m, p) =

3∑i=1

(yi −mxi − p)2.

2. Montrer que l'application : {R2[X] → R3

P 7→(P (−1), P (0), P (2)

)est un isomorphisme. En déduire qu'il existe un unique polynôme Q ∈ R2[X] véri�ant :

∀i ∈ {1, 2, 3}, Q(xi) = yi

3. On considère l'espace vectoriel R2[X] muni du produit scalaire :

(P |Q) =

3∑i=1

P (xi)Q(xi) = P (−1)Q(−1) + P (0)Q(0) + P (2)Q(2)

Montrer que δ(m, p) = ‖Q−mX − p‖2.4. En déduire que la droite D est le projeté orthogonal Q0 du polynôme Q sur le plan Vect(1, X) = R1[X].

5. Construire une base orthonormée (Q1, Q2) à partir de la base (1, X) par le procédé de Schmidt.

6. Donner l'expression de Q0 en fonction de Q,Q1 et Q2. En déduire l'expression de la droite de régression linéaireD.

7. Expliquer comment on peut adapter la recherche lorsque le nuage de points est :

M1(1, 1) ; M2(2, 3) ; M3(3, 2) ; M4(4, 3)

Correction H [ep01]

Exercice 8

On dé�nit l'application ψ de R3[X]2 dans R par :

∀P,Q ∈ R3[X]2 ψ(P,Q) =

3∑i=0

P (i)Q(i).

1. Montrer que ψ est un produit scalaire sur R3[X].

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2. Soit F = R2[X] muni de sa base canonique B = (1, X,X2).

(a) Calculer ψ(1, 1), ψ(1, X), ψ(1, X2), ψ(X,X), ψ(X,X2) et ψ(X2, X2).

(b) On note B′ = {P0, P1, P2} la base orthonormale de F telle que :

∀k ∈ {0, 1, 2} Vect(P0, . . . , Pk) = Vect(1, . . . , Xk) et ψ(Pk, Xk) > 0.

Déterminer explicitement les polynômes P0, P1 et P2.

3. Soit (x0, x1, x2, x3) = (1, 3, 2, 3). On considère l'ensemble des sommes :

Σ =

{3∑i=0

[xi − P (i)

]2, P ∈ F

}.

(a) Montrer qu'il existe un polynôme R, et un seul, de R3[X] tel que :

∀i ∈ {0, 1, 2, 3} R(i) = xi.

(b) Déterminer le projeté orthogonal du polynôme R sur le sous-espace vectoriel F .

(c) Montrer alors que l'ensemble Σ possède un minimum atteint pour un polynôme S ∈ F et un seul. Déterminerce minimum.

Correction H [ep02]

Exercice 9

Dans tout le problème, n désigne un entier naturel.

On note R[X] l'espace vectoriel réel des polynômes réels en l'indéterminée X et Rn[X] le sous-espace vectoriel formédes polynômes de degré inférieur ou égal à n.

On identi�era polynômes et fonctions polynomiales associées sur [−1, 1].

Pour k ∈ N, on notedkPdxk

la dérivée kème d'un polynôme P .

On considère, pour n ∈ N, les fonctions polynomiales dé�nies sur I par :

Un(x) = (x2 − 1)n et Pn(x) =1

2nn!

dnUndxn

(x)

En particulier, avec les conventions usuelles : U0(x) = P0(x) = 1.

A toute fonction polynomiale P , on associe le polynôme L(P ) dé�ni sur I par :

L(P )(x) =ddx

[(x2 − 1)

dPdx

(x)

]

Partie I

Pour P,Q ∈ R[X], on dé�nit le produit scalaire (admis) :

(P |Q) =

∫ 1

−1

P (x)Q(x)dx.

On note ‖.‖ la norme euclidienne de R[X], muni de ce produit scalaire.

1. Montrer que L est un endomorphisme de R[X].

2. On note Ln la restriction de l'endomorphisme L au sous-espace vectoriel Rn[X].

2.a Montrer que Ln est un endomorphisme de Rn[X].

2.b Calculer Ln(1), Ln(X) et Ln(Xk) pour tout 2 6 k 6 n.

2.c Former la matrice de Ln relativement à la base canonique (1, X,X2, . . . , Xn) de Rn[X].

3. Soit P,Q ∈ R[X]. Observer que (L(P ) |Q) = (P |L(Q)).

Partie II

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1. 1.a Calculer directement P1, P2 et P3.

1.b Montrer que Pn est exactement de degré n et calculer le coe�cient an de xn dans Pn.

1.c Justi�er que P0, P1, . . . , Pn forment une base de Rn[X].

2. En utilisant la formule de Leibniz pour calculerdn

dxn((x− 1)n(x+ 1)n

), établir que :

Pn(x) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(x− 1)n−k(x+ 1)k

et en déduire les valeurs de Pn(1) et Pn(−1).

3. 3.a Véri�er les relations :U ′n+1(x)− 2(n+ 1)xUn(x) = 0, (1)

(x2 − 1)U ′n(x)− 2nxUn(x) = 0. (2)

3.b En dérivant n+ 1 fois (1) et (2), montrer que la suite (Pn) véri�e :

P ′n+1(x) = xP ′n(x) + (n+ 1)Pn(x), (3)

L(Pn) = n(n+ 1)Pn (4)

3.c En exploitant la relation (4) et le résultat de la question I.3, établir que si m 6= n, (Pn |Pm) = 0.

4. 4.a Montrer que pour tout Q ∈ Rn[X], (Pn+1 |Q) = 0.

4.b En introduisant un polynôme Q de la formep∏i=1

(X − ai), montrer que le polynôme Pn+1 possède exactement

n+ 1 racines distinctes, toutes dans l'intervalle ]− 1, 1[.

5. 5.a Montrer que (P ′n+1 |Pn) = (n+ 1)an+1

an‖Pn‖2.

5.b A l'aide d'une intégration par parties, établir que : ‖Pn‖2 = 2− 2

∫ 1

−1

xPn(x)P ′n(x)dx.

5.c En déduire que ‖Pn‖2 =2

2n+ 1.

6. Étant donné un polynôme P ∈ R[X] et F un sous-espace vectoriel de R[X], on note d(P, F ) la distance de P ausous-espace vectoriel F .

Calculer d(Xn+1,Rn[X]).

Correction H [ep03]

Exercice 10

Dans tout le problème, E désigne le R-espace vectoriel R[X] des polynômes à coe�cients réels. Pour tout entier natureln, on note En le sous-espace de E formé par les polynômes de degré au plus égal à n.

Selon l'usage, on convient d'identi�er un polynôme et la fonction polynomiale associée.

L'espace En est muni de sa base canonique Bn = (1, X,X2, · · · , Xn).

Les coe�cients binomiaux sont notés(nk

)=

n!

k!(n− k)!(0 6 k 6 n).

Partie A : Étude d'un endomorphisme

Étant donné un polynôme P de E, on dé�nit un polynôme φ(P ) par :

[φ(P )](X) = (X2 − 1)P ′′(X) + 2XP ′(X).

1. Justi�er qu'on a ainsi dé�ni un endomorphisme φ de E.

2. Montrer que, pour tout entier naturel n, le sous-espace vectoriel En est stable par φ.

On notera désormais ϕn l'endomorphisme de En induit par φ sur En :

∀P ∈ En, ϕn(P ) = φ(P )

3. Dans cette question, on suppose que n est égal à 3.

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3a. Écrire la matrice M3 de ϕ3 dans la base canonique de E3.

3b. Justi�er que ϕ3 est diagonalisable.

3c. Déterminer une base de E3 diagonalisant ϕ3, formée de polynômes de coe�cients dominants égaux à 1.

4. On revient au cas général d'un entier naturel n quelconque.

4a. Montrer que la matrice Mn de ϕn dans la base canonique est triangulaire supérieure et préciser ses élémentsdiagonaux.

4b. En déduire que ϕn est diagonalisable et préciser les dimensions de ses sous-espaces propres.

Partie B : Étude d'une famille de polynômes

Pour tout entier naturel n, on dé�nit le polynôme Ln par

Ln(X) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(X − 1)n−k(X + 1)k.

1. Calculer sous forme simpli�ée les polynômes L0, L1, L2 et L3.

2. Calculer Ln(1) pour tout n ∈ N.3. Déterminer le degré de Ln en fonction de n (n ∈ N) et donner son coe�cient dominant sous la forme d'une somme.

4. En utilisant un changement d'indice, montrer que Ln a la même parité que n.

5. Véri�er, à l'aide de la formule de LEIBNIZ, que :

∀n ∈ N, Ln(X) =1

2nn!

dn

dXn[(X2 − 1)n].

6. En déduire explicitement le coe�cient dominant de Ln, puis la relation

∀n ∈ N,n∑k=0

(n

k

)2

=

(2n

n

).

7. Montrer alors que

∀n ∈ N,∀x ∈ R, |Ln(x)| 6(

1 + |x|2

)n(2n

n

).

8. On dé�nit, pour tout entier naturel n, le polynôme Un(X) = (X2 − 1)n.

8a. Véri�er que :(X2 − 1)U ′n(X) = 2nXUn(X).

8b. En dérivant n+ 1 fois cette relation, montrer que

∀n ∈ N, φ(Ln) = n(n+ 1)Ln.

Partie C : Dé�nition d'un produit scalaire

On pose

∀(P,Q) ∈ E2, (P |Q) =

∫ 1

−1

P (x)Q(x)dx.

On admet qu'il s'agit d'un produit scalaire sur E (et sur ses sous espaces En).

1. 1a. Montrer que

∀(P,Q) ∈ E2, (φ(P ) |Q) =

∫ 1

−1

(1− x2)P ′(x)Q′(x)dx.

1b. Que peut-on en déduire pour les endomorphismes ϕn (n ∈ N) ?1c. En déduire, à l'aide d'un résultat de la partie B, que les polynômes Lp sont deux à deux orthogonaux.

2. Soit n un entier naturel.

2a. Établir par récurrence sur k que

∀k ∈ [[0, n]] , (Q |Ln) =(−1)k

2nn!

∫ 1

−1

dk

dxk[Q(x)]

dn−k

dxn−k[(x2 − 1)n]dx

2b. En déduire que, pour tout n ∈ N∗, Ln est orthogonal à En−1.

9/48

2c. Retrouver ainsi que les polynômes Lp sont deux à deux orthogonaux.

3. 3a. À l'aide de C.2a, exprimer pour tout entier naturel n, ‖Ln‖2 en fonction de

In =

∫ 1

−1

(x2 − 1)ndx.

3b. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que

∀n ∈ N, In+1 = −2n+ 2

2n+ 3In.

3c. En déduire, pour tout n ∈ N, une expression de In faisant intervenir des factorielles.

3d. En déduire que

∀n ∈ N, ‖Ln‖ =

√2

2n+ 1.

3e. Donner, pour tout entier naturel n, une base orthonormée de En.

Partie D : Une relation de récurrence

Soit n un entier naturel non nul.

1. Calculer le coe�cient de Xn+1 dans (n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X).

2. En déduire l'existence et l'unicité de n+ 1 réels αk tels que

(n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) =

n∑k=0

αkLk(X).

3. Montrer que ∀k ∈ [[0, n]], αk = −(2n+ 1)(XLn |Lk)

‖Lk‖2..

4. Pour tout k ∈ [[0, n− 2]], véri�er que (XLn |Lk) = (Ln |XLk) puis montrer que αk = 0.

5. Par des conditions de parité, montrer que αn = 0.

6. En utilisant la valeur des polynômes Lk au point 1, déterminer alors αn−1.

7. En déduire que ∀n ∈ N∗, (n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) + nLn−1(X) = 0.

Correction H [ep04]

10/48


Corrigés des sujets :

Correction de l'exercice 1 N

Partie I : Étude d'endomorphismes

1. Le polynôme nul est clairement dans E. De plus, si P,Q ∈ E et λ, µ ∈ R, on trouve :

(λP + µQ)(0) = λP (0)︸︷︷︸=0

+ µQ(0)︸︷︷︸=0

= 0

(λP + µQ)(4) = λP (4)︸︷︷︸=0

+ µQ(4)︸︷︷︸=0

= 0

Donc λP + µQ ∈ E.

E est un sous-espace vectoriel de R4[X].

2. • L'application φ est à valeur dans E, car si Q ∈ R2[X], on a φ(Q) = WQ ∈ R4[X] et de plus :

φ(Q)(0) = W (0)Q(0) = 0×Q(0) = 0 ; φ(Q)(4) = W (4)Q(4) = 0×Q(4) = 0

• L'application φ est linéaire car si P,Q ∈ R2[X] et λ, µ ∈ R, on a :

φ(λP + µQ) = W (λP + µQ) = λWP + µWQ = λφ(P ) + µφ(Q)

• L'application φ est injective, car si P ∈ R2[X] :

φ(P ) = 0 =⇒ WP = 0 =⇒W 6=0

P = 0

• En�n, l'application φ est surjective, car si Q ∈ E, on a Q(0) = Q(4) = 0, donc W = X(X − 4) divise Q et :

∃P ∈ R2[X] tel que : Q = WP = φ(P )

L'application φ : Q 7→WQ est un isomorphisme de R2[X] sur E.

3. On en déduit que dimE = dimR2[X] = 3, et qu'une base de E est formée par les images des éléments(φ(1), φ(X), φ(X2)

)de la base canonique de R2[X] :

dimE = 3 et(X(X − 4), X2(X − 4), X3(X − 4)

)est une base de E.

4. (a) • ∆ est linéaire car si P,Q ∈ R2[X] et λ, µ ∈ R :

∆(λP + µQ) = (λP + µQ)(X + 1) = (λP + µQ)(X)

= λP (X + 1) + µQ(X + 1) + λP (X) + µQ(X)

= λ(P (X + 1)− P (X)

)+ µ

(Q(X + 1)−Q(X)

)∆(λP + µQ) = λ∆(P ) + µ∆(Q)

• ∆ est à valeurs dans R2[X] car :

∆(1) = 1− 1 = 0 ; ∆(X) = X + 1−X = 1 ; ∆(X2) = (X + 1)2 −X2 = 2X + 1

C'est à dire que les images par ∆ des éléments de la base canonique de R2[X] sont dans R2[X]. En résumé :

∆ est un endomorphisme de R2[X].

(b) D'après le calcul précédent, si Q = aX2 + bX + c on a :

∆(Q) = a∆(X2) + b∆(X) + c∆(1) = 2aX + (a+ b)

Il est ainsi clair que le degré de ∆(Q) est :

deg(∆(Q) =

{−∞ si deg(Q) 6 0deg(Q)− 1 si deg(Q) = 1 ou 2

11/48

(c) Im ∆ = Vect(∆(1),∆(X),∆(X2)

)= Vect(1, 2X + 1) = Vect(1, X), d'où :

Im ∆ = R1[X]

D'après le théorème du rang on sait que dim Ker ∆ = dimR2[X] − rg ∆ = 1, et comme 1 ∈ Ker ∆, en endéduit Ker ∆ = Vect(1).

Ker ∆ = R0[X]

(d) Si Q = aX2 + bX + c, alors :

∆(Q) = 2aX + (a+ b)

∆2(Q) = ∆(2aX + (a+ b)) = 2a∆(X) + (a+ b)∆(1) = 2a

∆3(Q) = ∆(2a) = 2a∆(1) = 0

En conclusion :

∆ ◦∆ ◦∆ = 0

5. On dé�nit l'endomorphisme f de E suivant : f = φ ◦∆ ◦ φ−1, où φ−1 désigne l'application réciproque de φ.

(a) Il su�t de calculer :

f ◦ f ◦ f = (φ ◦∆ ◦ φ−1) ◦ (φ ◦∆ ◦ φ−1) ◦ (φ ◦∆ ◦ φ−1)

= φ ◦∆ ◦ (φ−1 ◦ φ) ◦∆ ◦ (φ−1 ◦ φ) ◦∆ ◦ φ−1

= φ ◦ (∆ ◦∆ ◦∆︸︷︷︸=0

) ◦ φ−1

On a bien ainsi établi que :

f ◦ f ◦ f = 0.

(b) Calculons les images de la base de E déterminée à la question 3 :

f(X(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X(X − 4)

)= φ

(∆(1)

)= φ(0) = 0

f(X2(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X2(X − 4)

)= φ

(∆(X)

)= φ(1) = X(X − 4)

f(X3(X − 4)

)= φ ◦∆

(φ−1(X3(X − 4)

)= φ

(∆(X2)

)= φ(2X + 1)

= X(X − 4)(2X + 1) = 2X2(X − 4) +X(X − 4)

D'où Im f = Vect(X(X − 4), 2X2(X − 4) + X(X − 4)

)= Vect

(X(X − 4), X2(X − 4)

)et par le théorème

du rang : Ker f = Vect(X(X − 4)) :(X(X − 4)

)est une base du noyau de f .

(X(X − 4), X2(X − 4)

)est une base de l'image de f .

(c) La matrice de f dans la base de E trouvée à la question 3 est :

A =

0 1 10 0 20 0 0

Il est donc immédiat que χf = x3, et on conclut :

0 est l'unique valeur propre de f .

Comme de plus le sous-espace propre E0 associé est Ker f :

dimE0 = 1, et(X(X − 4)

)est une base de E0.

(d) Puisque la dimension de ce sous-espace propre est strictement inférieur à la multiplicité de la valeur propre :

f n'est pas diagonalisable.

12/48


Partie II : Étude d'un produit scalaire On considère l'application 〈., .〉 de R4[X]× R4[X] dans R dé�nie par :

∀(P1, P2) ∈ R4[X]× R4[X], 〈P1, P2〉 =

4∑k=0

P1(k)P2(k).

6. • L'application est symétrique car ∀P1, P2 ∈ R4[X] :

〈P1, P2〉 =

4∑k=0

P1(k)P2(k) =

4∑k=0

P2(k)P1(k) = 〈P2, P1〉

• L'application est linéaire à gauche (donc bilinéaire) car ∀P1, Q1, P2 ∈ R4[X] et λ, µ ∈ R :

〈λP1 + µQ1, P2〉 =

4∑k=0

(λP1 + µQ1)(k)P2(k)

= λ

4∑k=0

P1(k)P2(k) + µ

4∑k=0

Q1(k)P2(k)

〈λP1 + µQ1, P2〉 = λ〈P1, P2〉+ µ〈Q1, P2〉

• L'application est positive car ∀P ∈ R4[X] :

(P |P ) =

4∑k=0

P (k)2 > 0

• L'application est dé�nie positive car ∀P ∈ R4[X] :

(P |P ) = 0 =⇒4∑k=0

P (k)2 = 0

=⇒ P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = P (4) = 0

(P |P ) = 0 =⇒ P = 0, car P est un polynôme de degré 4 avec 5 racines distinctes.

〈., .〉 est un produit scalaire sur R4[X].

On munit dorénavant R4[X] de ce produit scalaire et de la norme associée ‖.‖.On considère les trois polynômes suivants :

L1 = (X − 2)(X − 3), L2 = (X − 1)(X − 3), L3 = (X − 1)(X − 2).

7. Soit λ1, λ2, λ3 tels que :λ1L1 + λ2L2 + λ3L3 = 0

En particulier : λ1L1(1) + λ2L2(1) + λ3L3(1) = 0 = 2λ1

λ1L1(2) + λ2L2(2) + λ3L3(2) = 0 = −λ2

λ1L1(3) + λ2L2(3) + λ3L3(3) = 0 = 2λ3

Donc λ1 = λ2 = λ3 = 0. La famille (L1, L2, L3) est une famille libre de 3 vecteurs de R2[X] (de dimension 3),donc :

(L1, L2, L3) est une base de R2[X].

8. (a) Soit P de R2[X] et λ1, λ2, λ3 tels que :

P = λ1L1 + λ2L2 + λ3L3

En particulier : P (1) = λ1L1(1) + λ2L2(1) + λ3L3(1) = 2λ1

P (2) = λ1L1(2) + λ2L2(2) + λ3L3(2) = −λ2

P (3) = λ1L1(3) + λ2L2(3) + λ3L3(3) = 2λ3

Donc λ1 =1

2P (1), λ2 = −P (2) et λ3 =

1

2P (3).

13/48

P a pour coordonnées(

12P (1),−P (2), 1

2P (3))dans la base (L1, L2, L3).

(b) On a ensuite (en utilisant la question précédente) :

∆(L1) = L1(X + 1)− L1(X) = L3 − L1

∆(L2) = L2(X + 1)− L2(X) = X(X − 2)− L2

=

[−1

2L1 +

3

2L3

]− L2 = −1

2L1 − L2 +

3

2L3

∆(L3) = L3(X + 1)− L3(X) = X(X − 1)− L3

= [−2L2 + 3L3]− L3 = −2L2 + 2L3

Ces calculs prouvent que :

A =Mat(L1,L2,L3)∆ =

−1 −1/2 00 −1 −21 3/2 2

On note pour tout i de {1, 2, 3}, Mi = WLi.

9. (a) Il su�t de calculer :

M1(1) = W (1)L1(1) = −3× 2 = −6

M2(2) = W (2)L2(2) = −4× (−1) = 4

M3(3) = W (3)L2(2) = −3× 2 = −6

Pour tout i de {1, 2, 3}, Mi(i) est non nul.

On note alors pour tout i de {1, 2, 3}, Ni =1

Mi(i)Mi.

(b) Il est clair que (N1, N2, N3) est une famille de vecteurs de E. De plus, pour i ∈ {1, 2, 3} :

‖Ni‖2 = 〈Ni, Ni〉 =1

Mi(i)2〈Mi,Mi〉

=1

Mi(i)2

4∑j=0

Mi(j)2︸︷︷︸

=0 si i6=j

=1

Mi(i)2Mi(i)

2 = 1

Et pour k ∈ {1, 2, 3}, k 6= i :

〈Ni, Nk〉 =1

Mi(i)Mk(i)〈Mi,Mk〉

=1

Mi(i)Mk(i)

4∑j=0

Mi(j)Mk(j)︸︷︷︸=0

= 0

En conclusion :

(N1, N2, N3) est une base orthonormée du sous-espace vectoriel E de R4[X].

10. Remarquons que pour i ∈ {1, 2, 3} :φ(Li) = WLi = Mi = Mi(i)Ni

On a donc immédiatement :

P =Mat(L1,L2,L3),(N1,N2,N3)φ =

M1(1) 0 00 M2(2) 00 0 M3(3)

=

−6 0 00 4 00 0 −6

11. Comme f = φ ◦∆ ◦ φ−1, on peut calculer :

Mat(N1,N2,N3)f = P ×A× P−1

=

−6 0 00 4 00 0 −6

× −1 −1/2 0

0 −1 −21 3/2 2

× −1/6 0 0

0 1/4 00 0 −1/6

14/48


Mat(N1,N2,N3)f = B =

−1 3/4 0

0 −1 4/3

1 −9/4 2

12. On note, pour tout polynôme P de R4[X] : u(P ) =

3∑i=1

P (i)Ni.

(a) • u est linéaire. En e�et, ∀P,Q ∈ R4[X] et λ, µ ∈ R :

u(λP + µQ) =

3∑i=1

(λP + µQ)(i)Ni =

3∑i=1

(λP (i)Ni + µQ(i)Ni)

= λ

3∑i=1

P (i)Ni + µ

3∑i=1

Q(i)Ni

Il est clair par ailleurs que u est à valeurs dans R4[X] car N1, N2, N3 ∈ R4[X].

u est un endomorphisme de R4[X].

(b) Soit P ∈ R4[X] et j ∈ {1, 2, 3} :

〈P − u(P ), Nj〉 = 〈P −3∑i=1

P (i)Ni, Nj〉

= 〈P,Nj〉 −3∑i=1

P (i)(Ni |Nj)︸︷︷︸=δi,j

=

4∑k=0

P (k)Nj(k)︸︷︷︸=δj,k

− P (j)

〈P − u(P ), Nj〉 = P (j)− P (j) = 0

∀P ∈ R4[X], ∀j ∈ {1, 2, 3}, 〈P − u(P ), Nj〉 = 0

(c) La question précédente montre que P − u(P ) est orthogonal au sous-espace vectoriel Vect(N1, N2, N3) = E.On a donc la décomposition :

∀P ∈ R4[X], P = u(P )︸︷︷︸∈E

+ (P − u(P ))︸︷︷︸∈E⊥

Ce qui prouve que :

u est la projection orthogonale sur E.

(d) D'après la question précédente, le projeté orthogonal de Q = X2(X − 2)(X − 3) sur E est donné par larelation :

u(Q) =

3∑i=1

Q(i)Ni = Q(1)N1 = 2N1

Avec N1 =1

M1(1)M1 = −1

6X(X − 2)(X − 3)(X − 4).

u(Q) = −1

6X(X − 2)(X − 3)(X − 4)

Correction de l'exercice 2 NPour P,Q ∈ R[X], on dé�nit, lorsque c'est possible, l'application suivante :

∀P,Q ∈ R[X], (P |Q) =

∫ 1

0

P (x)Q(x)√x

dx

1. Pour P,Q ∈ R[X], le polynôme PQ est combinaison linéaire d'éléments Xk avec k ∈ N. Il su�t donc de véri�erque l'intégrale : ∫ 1

0

xk√xdx =

∫ 1

0

xk−12 dx =

∫ 1

0

1

x12−k

dx

existe. C'est le cas car il s'agit d'une intégrale de référence∫ 1

0

1

xαdx avec α =

1

2−k < 1. Ainsi, par combinaisons

linéaires :

15/48

L'expression existe pour tous polynômes P et Q.

2. L'application est clairement symétrique. De plus, pour (λ, µ) ∈ R2 et P1, P2, Q ∈ R[X], on a :

(λP1 + µP2 |Q) =

∫ 1

0

(λP1 + µP2)(x)Q(x)√x

dx

=

∫ 1

0

[λP1(x)Q(x)√

x+µP2(x)Q(x)√

x

]dx

= λ

∫ 1

0

P1(x)Q(x)√x

dx+ µ

∫ 1

0

P2(x)Q(x)√x

dx = λ(P1 |Q) + µ(P2 |Q)

L'application est linéaire à gauche, donc à droite par symétrie. Soit P ∈ R[X]. L'application x 7→ P 2(x)√x

est

continue et positive sur ]0, 1] donc :

(P |P ) =

∫ 1

0

P 2(x)√x

dx > 0

et :

(P |P ) = 0 =⇒ ∀x ∈]0, 1],P 2(x)√

x= 0.

=⇒ ∀x ∈]0, 1], P (x) = 0.

=⇒ P = 0 (car P a une in�nité de racines.)

Donc l'application est dé�nie et positive. Au �nal :

L'application est un produit scalaire.

3. Soit k ∈ N : ∫ 1

0

xk√xdx =

∫ 1

0

xk−12 dx =

[1

k + 12

xk+ 12

]1

0

=1

k + 12

. D'où : ∫ 1

0

xk√xdx =

2

2k + 1

On a alors immédiatement, en remarquant que (Xp |Xq) =

∫ 1

0

xp+q√x

:

∀p, q ∈ N, (Xp |Xq) =2

2p+ 2q + 1

4. On commence par déterminer une base orthogonale (Q0, Q1) avec :

Q0 = 1 et Q1 = X + αQ0

Nécessairement, on a :(Q0 |Q1) = 0 = (Q0 |X) + α(Q0 |Q0)

D'où α = − (1 |X)

(1 |1)= −2/3

2= −1

3, et Q1 = X − 1

3. Il reste à normer cette base orthogonale avec (Q0 |Q0) = 2

et :

(Q1 |Q1) = (Q1 |X −1

3Q0) = (Q1 |X)

= (X |X)− 1

3(X |1) =

2

5− 2

9=

8

45

Il reste à choisir P0 =Q0

‖Q0‖=

√2

2et P1 =

Q1

‖Q1‖=

√45

8

(X − 1

3

)=

3√

10

4

(X − 1

3

).

(P0, P1) =

(√2

2,

3√

10

4X −

√10

4

)est une base orthonomée de F = Vect(1, X).

16/48


5. On cherche la matrice de la projection orthogonale sur F dans la base (1, X,X2). Il est clair que p(1) = 1 etp(X) = X. En�n :

p(X2) =(X2 |Q0)

(Q0 |Q0)Q0 +

(X2 |Q1)

(Q1 |Q1)Q1

=1

2(X2 |1) +

45

8

((X2 |X)− 1

3(X2 |1)

)(X − 1

3

)=

1

5+

45

8

(2

7− 2

15

)(X − 1

3

)=

1

5+

45

8

(2

7− 2

15

)=

1

5+

45

8× 16

105

(X − 1

3

)p(X2) =

1

5+

6

7

(X − 1

3

)=

6

7X − 3

35

Finalement :

Mat(1,X,X2)p =

1 0 − 3

35

0 16

70 0 0

6. Remarquons que :

I(a, b) =

∫ 1

0

(x2 − ax− b)2

√x

= ‖X2 − (aX + b)‖2

Il s'agit donc du carré de la distance, pour le produit scalaire considéré, de X2 à aX + b. Le minimum de cettedistance est atteint lorsque le polynôme aX + b est le projeté orthogonal de X2 sur F . On conclut d'après laquestion précédente :

L'intégrale : I(a, b) =

∫ 1

0

(x2 − ax− b)2

√x

est minimale pour a =6

7et b = − 3

35.

Correction de l'exercice 3 NOn considère l'espace vectoriel R1[X] constitué des polynômes à coe�cients réels de degré inférieur ou égal à 1.

Autrement dit, R1[X] = {aX + b, (a, b) ∈ R2}.On désigne par ϕ l'application de R1[X]× R1[X] dans R dé�nie par :

∀(P,Q) ∈ R1[X]× R1[X], ϕ(P,Q) =

∫ 1

0

P (t)Q(t)dt.

Par exemple, si P = X + 1 et Q = X, alors ϕ(X + 1, X) =

∫ 1

0

(t+ 1)dt =1

3+

1

2=

5

6.

I. Véri�ons que ϕ est bien un produit scalaire :� ϕ est symétrique :

ϕ(P,Q) =

∫ 1

0

P (t)Q(t)dt =

∫ 1

0

Q(t)P (t)dt = ϕ(Q,P )

� ϕ est linéaire à gauche (donc bilinéaire par symétrie) :

∀P1, P2, Q ∈ R1[X] et λ, µ ∈ R :

ϕ(λP1 + µP2, Q) =

∫ 1

0

(λP1 + µP2)(t)Q(t)dt =

∫ 1

0

(λP1(t)Q(t) + µP2(t)Q(t))dt

= λ

∫ 1

0

P1(t)Q(t)dt+ µ

∫ 1

0

P2(t)Q(t)dt = λϕ(P1, Q) + µϕ(P2, Q)

� ϕ est dé�nie :

ϕ(P, P ) =

∫ 1

0

P 2(t)dt > 0

17/48

� ϕ est positive :

ϕ(P, P ) = 0 =⇒∫ 1

0

P 2(t)dt = 0

=⇒ ∀t ∈ [0, 1], P 2(t) = 0 car t 7→ P 2(t) est continue et positive sur [0, 1]

Toutes les conditions sont véri�ées et en conclusion :ϕ dé�nit un produit scalaire sur R.

On notera par la suite (P |Q) = ϕ(P,Q). La norme associée à ce produit scalaire sera notée ‖.‖.Ainsi, pour tout polynôme P de R1[X], ‖P‖ =

√(P |P ).

II. Dans cette question, on se propose de montrer qu'il existe un unique polynôme P0 de R1[X] possédant la propriétésuivante : ∀P ∈ R1[X], (P |P0) = P (0).

II.A. Soit P0 un polynôme �xé de R1[X].

Si l'égalité (P |P0) = P (0) est véri�ée pour tout polynôme P de R1[X], alors en particulier elle est véri�éepour les deux polynômes P = 1 et P = X.

Réciproquement, si elle est véri�ée pour les deux polynômes P = 1 et P = X, alors elle est véri�ée pour unpolynôme quelconque P = aX + b. En e�et :

(P |P0) = (aX + b |P0) = a(X |P0) + b(1 |P0) = a× 0 + b× 1 = b = P (0)

L'égalité (P |P0) = P (0) est véri�ée pour tout polynôme P de R1[X], si et seulement si,elle est véri�ée pour les deux polynômes P = 1 et P = X.

II.B. On pose : P0(X) = a0X + b0 où a0 et b0 désignent deux réels.

IIB.1 On calcule simplement :

(1 |P0) = a(1 |X) + b(1 |1) = a

∫ 1

0

tdt+ b

∫ 1

0

dt

=a

2+ b

(X |P0) = a(X |X) + b(X |1) = a

∫ 1

0

t2dt+ b

∫ 1

0

tdt

=a

3+b

2

De plus, on sait, d'après la question précédente, que (P |P0) = P (0) pour tout polynôme de R1[X], siet seulement si (1 |P0) = 1 et (X |P0) = 0, autrement dit :

(P |P0) = P (0) pour tout polynôme de R1[X], si et seulement si :1

2a0 + b0 = 1

1

3a0 +

1

2b0 = 0

IIB.2 Il reste à résoudre ce système :1

2a0 + b0 = 1

1

3a0 +

1

2b0 = 0

⇐⇒

b0 = −2

3a0 (L2)

1

2a0 + b0 = −1

6a0 = 1 (L1)

⇐⇒ a0 = −6 et b0 = 4

En conclusion :

Il existe un unique polynôme P0 = −6X + 4 de R1[X] tel que :

∀P ∈ R1[X], (P |P0) = P (0).

III. On désigne par S l'ensemble des polynômes P de R1[X] tels que ‖P‖ = 1 et on se propose de déterminer la valeurmaximale prise par P (0) lorsque P décrit S en utilisant successivement deux méthodes di�érentes.

III.A Première méthode. On pose P1 = 1.

18/48


IIIA.1 (P1 |P1) =

∫ 1

0

dt = 1, donc :

‖P1‖ = 1

IIIA.2 On cherche Q2 orthogonal à P1 sous la forme Q2 = X + αP1, avec :

0 = (Q2 |P1) = (X |P1) + α(P1 |P1)

D'où : α = − (X |P1)

(P1 |P1)= −(X |P1) = −

∫ 1

0

tdt = −1

2.

On a ainsi Q2 = X − 1

2, et il reste à choisir P2 =

Q2

‖Q2‖avec :

‖Q2‖2 = (Q2 |Q2) = (Q2 |X −1

2P1) = (Q2 |X) =

∫ 1

0

(t2 − t

2

)dt =

1

3− 1

4=

1

12

D'où ‖Q2‖ =1

2√

3, et on conclut :

Si P2 = 2√

3X −√

3, alors (P1, P2) est une base orthonormale de R1[X].

IIIA.3 Soit P ∈ R1[X]. Alors on peut écrire : P = αP1 + βP2.

P ∈ S ⇐⇒ (αP1 + βP2 |αP1 + βP2) = 1

⇐⇒ α2(P1 |P1) + 2αβ(P1 |P2) + β2(P2 |P2) = 1

⇐⇒ α2 + β2 = 1

On constate ainsi que P ∈ S si et seulement si le couple (α, β) est sur le cercle unité de R2, donc siet seulement s'il existe θ ∈ R tel que cos(θ) = α et sin(θ) = β.

S ={P = cos(θ)P1 + sin(θ)P2, θ ∈ R

}IIIA.4 On suppose P = cos(θ)P1 + sin(θ)P2 :

P (0) = cos(θ)P1(0) + sin(θ)P2(0) = cos(θ)−√

3 sin(θ)

= 2

(1

2cos(θ)−

√3

2sin(θ)

)

Avec λ = 2 et θ0 = −π3:

P (0) = λ(

cos(θ0) cos(θ) + sin(θ0) sin(θ))

= λ cos(θ − θ0)

On a P (0) = λ cos(θ − θ0) pour tout réel θ, avec λ = 2 et θ0 = −π3.

IIIA.5 Il est clair, à partir de cette expression, que lorsque P décrit S, on a P (0) 6 λ avec égalité si θ = θ0.En conclusion :

La valeur maximale prise par P (0) lorsque P décrit S est λ = 2.

III.B Deuxième méthode.

IIIB.1 Pour le produit scalaire considéré, l'inégalité de Cauchy-Schwarz est :

∀P,Q ∈ R1[X], |(P |Q)| 6 ‖P‖‖Q‖

avec égalité si et seulement si les polynômes P et Q sont linéairement dépendants.

IIIB.2 En particulier, on a :

∀P ∈ S, (P |P0) 6 |(P |P0)| 6 ‖P‖‖P0‖ = ‖P0‖.

et d'après le résultat obtenu dans la partie II, (P |P0) = P (0) :

∀P ∈ S, P (0) 6 ‖P0‖.

19/48

IIIB.3 ‖P0‖2 =

∫ 1

0

(4− 6t)2dt =

∫ 1

0

(36t2 − 48t+ 16)dt = 12− 24 + 16 = 4.

Donc ‖P0‖ = 2. De plus, l'égalité est réalisée pour P colinéaire à P0. Pour que P soit dans S, il su�tdonc de prendre :

P =P0

‖P0‖= −3X + 2

Il existe donc un polynôme P de S tel que P (0) = ‖P0‖.Si P = −3X + 2, alors P (0) = ‖P0‖.

IIIB.4 On vient de démontrer que la valeur maximale prise par P (0) lorsque P décrit S était ‖P0‖. D'où :

2 est la valeur maximale prise par P (0) lorsque P décrit S.


Étude d'une intégrale

1. Soit A > 0 : ∫ A

0

e−tdt =[− e−t

]A0

= 1− e−A −→A→+∞

1

On en déduit que : ∫ +∞

0

e−tdt converge et vaut 1

2. Soit n ∈ N∗. On suppose que In =

∫ +∞

0

tne−tdt converge.

(a) Soit A ∈ R∗+. On e�ectue l'intégration par parties suivante :

u(t) = tn+1 et v′(t) = e−t

u′(t) = (n+ 1)tn v(t) = −e−t

et on a immédiatement le résultat :∫ A

0

tn+1e−tdt = −An+1e−A + (n+ 1)

∫ A

0

tne−tdt.

(b) On sait d'après les croissances comparées de fonction que pour α, β > 0, on a limx→+∞

xα

eβx= 0, donc :

limA→+∞

An+1e−A = limA→+∞

An+1

eA= 0

(c) On sait de plus que In converge, d'où :

limA→+∞

(n+ 1)

∫ A

0

tne−tdt = (n+ 1)In

D'après 2a et 2b,∫ A

0

tn+1e−tdt a une limite �nie lorsque A tend vers +∞, ce qui prouve que In+1 converge

et que :In+1 = (n+ 1)In

3. Montrons par récurrence que, pour tout n ∈ N, In =

∫ +∞

0

tne−tdt converge et vaut n! :

? C'est vrai pour n = 0 d'après la question 1.? Si la propriété est vraie au rang n alors, d'après la question 2, on sait que In+1 converge, et aussi que :

In+1 = (n+ 1)In = (n+ 1)× n! = (n+ 1)!

La propriété est donc vraie au rang n+ 1.Par récurrence, on a montré le résultat suivant :

∀n ∈ N, In converge et vaut n!.

20/48


Étude d'un produit scalaire

4. On sait qu'un produit de deux polynômes est un polynôme, donc PQ est un polynôme et t 7→ P (t)Q(t)e−t estune combinaison linéaire de fonctions t 7→ tne−t. On a vu à la question 3 qu'une fonction de ce type est intégrablesur [0,+∞[, donc t 7→ P (t)Q(t)e−t est intégrable comme combinaison linéaire de fonctions intégrables :

∀P,Q ∈ R3[X], l'intégrale∫ +∞

0

P (t)Q(t)e−tdt converge.

5. L'application (P,Q) 7→ 〈P,Q〉 véri�e les points suivants :? Symétrique : clairement pour tout P,Q ∈ R3[X], on a 〈P,Q〉 = 〈Q,P 〉.? Linéaire à gauche (donc bilinéaire). Soit P1, P2, Q ∈ R3[X] et λ ∈ R :

〈P1 + λP2, Q〉 =

∫ +∞

0

(P1(t) + λP2(t))Q(t)e−tdt

=

∫ +∞

0

P1(t)Q(t)e−tdt+ λ

∫ +∞

0

P2(t)Q(t)e−tdt = 〈P1, Q〉+ λ(P2 |Q)

? Positive : ∀P ∈ R3[X], on a (P |P ) =

∫ +∞

0

P 2(t)e−tdt > 0.

? Dé�nie positive : ∀P ∈ R3[X],

(P |P ) = 0 =⇒∫ +∞

0

P 2(t)e−tdt = 0

=⇒ ∀t > 0, P 2(t)e−t = 0 car l'intégrande est continue et positive.

=⇒ ∀t > 0, P 2(t) = 0 = P (t)

=⇒ P = 0 car P a une in�nité de racines.

En résumé :

L'application R3[X]× R3[X] → R(P,Q) 7→ 〈P,Q〉

est un produit scalaire sur R3[X].

Construction d'une base orthogonale

Soit Φ l'application dé�nie sur R3[X] par :

∀P ∈ R3[X], Φ(P ) = XP ′′(X) + (1−X)P ′(X).

On rappelle que la base canonique de R3[X] est la famille Bc = (1, X,X2, X3).

6. Soient P,Q ∈ R3[X] et λ ∈ R :

Φ(P + λQ) = X(P ′′(X) + λQ′′(X)) + (1−X)(P ′(X) + λQ′(X))

= (XP ′′(X) + (1−X)P ′(X)) + λ(XQ′′(X) + (1−X)Q′(X)) = Φ(P ) + λΦ(Q)

Donc Φ est linéaire. De plus, si P ∈ R3[X], alors P ′ ∈ R2[X] et P ′′ ∈ R1[X], donc (1 − X)P ′(X) ∈ R3[X] etXP ′′(X) ∈ R2[X]. Ainsi Φ(P ) ∈ R3[X].

Φ est un endomorphisme de R3[X].

7. On a Φ(1) = 0, Φ(X) = 1−X, Φ(X2) = 2X+2X(1−X) = 4X−2X2 et Φ(X3) = 6X2+3X2(1−X) = 9X2−3X3.La matrice de Φ dans la base canonique de R3[X] est :

A =MatBc(Φ) =

0 1 0 00 −1 4 00 0 −2 90 0 0 −3

21/48

8. La matrice de Φ étant triangulaire supérieure, on a : χΦ(x) = x(x+ 1)(x+ 2)(x+ 3), d'où :

Sp(Φ) = {0,−1,−2,−3}

Le polynôme caractéristique de Φ est scindé à racines simples, donc :

L'endomorphisme Φ est diagonalisable.

9. On cherche les sous espaces propres de Φ par la résolutions des systèmes suivants :

A

xyzt

=

0000

⇐⇒

y = 0

−y + 4z = 0−2z + 9t = 0−3t = 0

⇐⇒ y = z = t = 0

(A+ I)

xyzt

=

0000

⇐⇒

x+ y = 0

4z = 0−z + 9t = 0−2t = 0

⇐⇒ y = −x et z = t = 0.

(A+ 2I)

xyzt

=

0000

⇐⇒

2x+ y = 0y + 4z = 0

9t = 0−t = 0

⇐⇒ y = −2x, z = −y/4 = x/2 et t = 0.

(A+ 3I)

xyzt

=

0000

⇐⇒

3x+ y = 02y + 4z = 0z + 9t = 0

⇐⇒ y = −3x, z = −y/2 = 3x/2 et t = −z/9 = −x/6.

Donc E0 : Vect

1000

, E−1 : Vect

1−100

, E−2 : Vect

1−21/20

, E−3 : Vect

1−33/2−1/6

. En se rapportant à la

base canonique, on conclut :

P0 = 1 ; P1 = X − 1 ; P2 = X2 − 4X + 2 ; P3 = X3 − 9X2 + 18X − 6

10. Soient P et Q dans R3[X].

(a) On pose f : t 7→ tP ′(t)e−t. f est un produit de 3 fonctions de classe C1 sur [0,+∞[, donc :

f est de classe C1 sur [0,+∞[.

Soit t > 0, on a f ′(t) = P ′(t)e−t + tP ′′(t)e−t − tP ′(t)e−t =(tP ′′(t) + (1− t)P ′(t)

)e−t.

f ′(t) = Φ(P )(t)e−t

(b) D'après la question précédente : 〈Φ(P ), Q〉 =

∫ +∞

0

Φ(P )(t)Q(t)e−tdt =

∫ +∞

0

f ′(t)etQ(t)e−tdt.

〈Φ(P ), Q〉 =

∫ +∞

0

f ′(t)Q(t)dt.

(c) On e�ectue l'intégration par parties suivante : u(t) = Q(t) et v′(t) = f ′(t)u′(t) = Q′(t) v(t) = f(t)∫ A

0

f ′(t)Q(t)dt =[f(t)Q(t)

]A0−∫ A

0

f(t)Q′(t)dt

= AP ′(A)e−A −∫ A

0

tP ′(t)e−tQ′(t)dt

22/48


Par le théorème des croissances comparées, on a limA→+∞

AP ′(A)e−A = 0. En passant à la limite lorsque

A→ +∞, on a :

〈Φ(P ), Q〉 = −∫ +∞

0

tP ′(t)Q′(t)e−tdt.

(d) De la même manière, par permutation de P et Q, on a :

〈P,Φ(Q)〉 = 〈Φ(Q), P 〉 = −∫ +∞

0

tQ′(t)P ′(t)e−tdt = 〈Φ(P ), Q〉

〈Φ(P ), Q〉 = 〈P,Φ(Q)〉.

11. Soient i et j dans {0, 1, 2, 3} tels que i 6= j. On sait que 〈Φ(Pi), Pj〉 = 〈Pi,Φ(Pj)〉, or :

〈Φ(Pi), Pj〉 = 〈−iPi, Pj〉 = −i〈Pi, Pj〉 et 〈Pi,Φ(Pj)〉 = 〈Pi,−jPj〉 = −j〈Pi, Pj〉

D'où −i〈Pi, Pj〉 = −j〈Pi, Pj〉, ou encore :

(i− j)〈Pi, Pj〉 = 0

Comme i− j 6= 0, on a 〈Pi, Pj〉 = 0, ce qui signi�e que :

Pour i 6= j, Pi et Pj sont orthogonaux.

12. La famille (P0, P1, P2, P3) est une famille orthogonale constituée de vecteurs non nuls, ce qui prouve qu'elle estlibre. De plus elle comporte un nombre de vecteurs égale à la dimension de R3[X], donc il s'agit d'une base deR3[X] :

(P0, P1, P2, P3) est une base de R3[X] constituée de vecteurs 2 à 2 orthogonaux.

Correction de l'exercice 5 NOn note R[X] l'espace vectoriel des polynômes à coe�cients réels et Rn[X] l'espace vectoriel des polynômes de degréinférieur ou égal à n, où n est un entier naturel.

I. Étude d'un endomorphisme de Rn[X]

1) Soient P,Q ∈ R[X] et λ, µ ∈ R :

f(λP + µQ) = (2X − 1)(λP + µQ)′ + (X2 −X − 2)(λP + µQ)′′

= (2X − 1)(λP ′ + µQ′) + (X2 −X − 2)(λP ′′ + µQ′′)

= λ((2X − 1)P ′ + (X2 −X − 2)P ′′

)+ µ

((2X − 1)Q′ + (X2 −X − 2)Q′′

)f(λP + µQ) = λf(P ) + µf(Q)

f est une application linéaire de R[X].

2) Soit n ∈ N, et P ∈ Rn[X] :

� P ′ ∈ Rn−1[X], donc (2X − 1)P ′ ∈ Rn[X].

� P ′′ ∈ Rn−2[X], donc (X2 −X − 2)P ′′ ∈ Rn[X].

Par sommation, on a également f(P ) ∈ Rn[X].

La restriction fn de f à Rn[X] est un endomorphisme de Rn[X].

3) On a f(1) = 0, f(X) = 2X − 1, et pour k > 2 :

f(Xk) = (2X − 1)kXk−1 + (X2 −X − 2)k(k − 1)Xk−2

= k(k + 1)Xk − k2Xk−1 − 2k(k − 1)Xk−2

On en déduit :

Mn =

0 −1 −4 0 · · · 0

0 2 −4. . .

...... 0 6

. . . 0...

. . . −2n(n− 1)−n2

0 0 · · · 0 n(n+ 1)

23/48

4) La matrice Mn est triangulaire supérieure donc les valeurs propres sont situées sur la diagonale :

Spec(fn) = {0, 2, 6, . . . , n(n+ 1)}

fn a n+ 1 valeurs propres distinctes en dimension n+ 1, donc :

fn est diagonalisable.

5) On sait que 0 est valeur propre simple de fn, donc le noyau de fn est de dimension 1. De plus 1 ∈ Ker fn doncKer fn = Vect{1}. En�n par le théorème du rang :

rg fn = dimRn[X]− dim Ker fn = n

Ker fn = R et rg fn = n

6) On suppose que n > 2. On note λ0, λ1, . . . , λn les valeurs propres de fn rangées par ordre croissant : λ0 6 λ1 6. . . 6 λn. D'après les questions précédentes, on a :

∀k ∈ [[0, n]] , λk = k(k + 1)

Soit un polynôme P de degré q vecteur propre de fn associé à la valeur propre λk. On note (en supposant P unitairepour simpli�er les notations) :

P = Xq +Q avec degQ 6 q − 1

Alors, par linéarité de f :f(P ) = f(Xq) + f(Q)

f(Q) est de degré 6 q − 1, donc le monôme de plus haut degré de f(P ) est celui de f(Xq), c'est à dire q(q − 1)Xq.D'autre part :

f(P ) = k(k + 1)P = k(k + 1)Xq + · · · = q(q − 1)Xq + · · ·

Nécessairement, il vient k(k + 1) = q(q + 1), puis k = q. Il est par suite prouvé que :

P est de degré k.

7) Prenons une base de vecteurs propres (Pk)06k6n de polynômes de Rn[X] tel que Pk est unitaire et associé à la valeurpropre λk. D'après la question qui précède, Pk est un polynôme de degré k.

On a donc prouvé l'existence d'une telle famille. Il reste à en prouver l'unicité :

Soient (Pk)06k6n et (Qk)06k6n deux familles de polynômes de Rn[X], telle que, pour tout k ∈ [[0, n]], Pk et Qksoient des polynômes unitaires de degré k, et vecteurs propres de f . Nécessairement, ils sont associés à la mêmevaleur propre λk, et :

f(Pk −Qk) = f(Pk)− f(Qk) = λk(Pk −Qk)

Si Pk − Qk 6= 0, alors Pk − Qk est un vecteur propre de f associé à la valeur propre λk, ce qui est impossible carPk −Qk ∈ Rk−1[X], les deux polynômes étant unitaires. D'où :

Pk −Qk = 0, et Pk = Qk

Il existe une unique famille (Pk)06k6n de polynômes de Rn[X], telle que, pour tout k ∈ [[0, n]], Pk soitun polynôme unitaire de degré k et un vecteur propre de f .

8) Étude d'un cas particulier

Dans cette question, on suppose n = 3. Il su�t d'appliquer ce qu'on a établi dans le cas général au cas particulier :

M3 =

0 −1 −4 00 2 −4 −120 0 6 −90 0 0 12

, et Spec(M3) = {0, 2, 6, 12}

Donner la matriceM3 de f3 dans la base canonique de R3[X], le spectre de f3 et déterminer les polynômes P0, P1, P2

et P3.

Par ailleurs, il est évident que

P0 = 1

24/48


et on détermine P1 = a+ bX de la manière qui suit :

(M3 − 2I)

ab00

=

0000

⇐⇒ −2a− b = 0, i.e. a = −b/2

P1 = X − 1

2

De même, on cherche P2 = a+ bX + cX2 avec :

(M3 − 6I)

abc0

=

0000

⇐⇒{−6a− b− 4c = 0−4b− 4c = 0

⇐⇒ b = −c et a = −c/2

P2 = X2 −X − 1

2

En�n P3 = a+ bX + cX2 + dX3 avec :

(M3 − 12I)

abcd

=

0000

⇐⇒

−12a− b− 4c = 0−10b− 4c− 12d = 0−6c− 9d = 0

⇐⇒ c = −3

2d, b = −3

5d et a =

11

20d

P3 = X3 − 3

2X2 − 3

5X +

11

20

II. Étude d'un produit scalaire de Rn[X]

On dé�nit l'application ϕ par :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, ϕ(P,Q) =

∫ 2

−1

P (t)Q(t)dt.

De façon usuelle, on confond un polynôme formel P et sa fonction polynomiale associée t 7→ P (t).

1) La bilinéarité, la symétrie, et la positivité de ϕ sont claires. En�n :

ϕ(P, P ) = 0 =⇒∫ 2

−1

P 2(t)dt = 0

=⇒ ∀t ∈ [−1, 2], P 2(t) = 0, car t 7→ P 2(t) est continue et positive.

=⇒ P = 0, car P a une in�nité de racines.

En conclusion :

ϕ dé�nit un produit scalaire sur R[X].

On note désormais ϕ(P,Q) = 〈P,Q〉 le produit scalaire de deux polynômes P et Q de R[X].

2) a) Soit (P,Q) ∈(R[X]

)2:

〈f(P ), Q〉 =

∫ 2

−1

((2t− 1)P ′(t) + (t2 − t− 2)P ′′(t)

)Q(t)

=

∫ 2

−1

(2t− 1)P ′(t)Q(t) +

∫ 2

−1

(t2 − t− 2)P ′′(t)Q(t)dt

On fait une intégration par parties dans la seconde intégrale :

u(t) = (t2 − t− 2)Q(t) et v′(t) = P ′′(t)u′(t) = (2t− 1)Q(t) + (t2 − t− 2)Q′(t) v(t) = P ′(t)

25/48

〈f(P ), Q〉 =

∫ 2

−1

(2t− 1)P ′(t)Q(t) +[(t2 − t− 2)Q(t)P ′(t)

]21

−∫ 2

−1

((2t− 1)Q(t) + (t2 − t− 2)Q′(t)

)P ′(t)dt

Après simpli�cation, on obtient le résultat :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, 〈f(P ), Q〉 = −

∫ 2

−1

(t2 − t− 2)P ′(t)Q′(t)dt.

b) Dans la dernière expression trouvée, on constate qu'on peut permuter P et Q sans changer la valeur de celle-ci,ainsi :

∀(P,Q) ∈(R[X]

)2, 〈f(P ), Q〉 = 〈P, f(Q)〉.

c) Soit n ∈ N∗, on considère la famille de polynômes (Pk)06k6n dé�nie en I.7).

Soient k, l ∈ [[0, n]] avec k 6= l :〈f(Pk), Pl〉 = 〈Pk, f(Pl)〉

ce qui donne :λk〈Pk, Pl〉 = λl〈Pk, Pl〉

Puis, comme λk 6= λl : 〈Pk, Pl〉 = 0. En conclusion

(Pk)06k6n est une famille orthogonale pour le produit scalaire 〈., .〉.

3) (a) Soit k ∈ N∗, et Q ∈ Rk−1[X].

(P0, P1, . . . , Pk−1) est une famille étagée de k polynômes de Rk−1[X], donc forme une base de cet espace, ainsi :

∃λ0, λ1, . . . , λk−1 tels que Q = λ0P0 + λ1P1 + · · ·+ λk−1Pk−1

Il reste à faire le calcul :

〈Pk, Q〉 = λ0〈P0, Q〉︸︷︷︸=0

+ λ1〈P1, Q〉︸︷︷︸=0

+ · · ·+ λk−1〈Pk−1, Q〉︸︷︷︸=0

= 0

Pk ∈(Rk−1[X]

)⊥(b) On note p(X2) le projeté orthogonal de X2 sur R1[X]. On sait que :

p(X2) =〈X2, P0〉〈P0, P0〉

P0 +〈X2, P1〉〈P1, P1〉

P1

Avec :

〈X2, P0〉 =

∫ 2

−1

t2dt =

[t3

3

]2

−1

= 3

〈X2, P1〉 =

∫ 2

−1

(t3 − t2

2

)dt =

[t4

4− t3

6

]2

−1

= 4− 4

3− 1

4− 1

6=

9

4

〈P0, P0〉 =

∫ 2

−1

dt = 3

〈P1, P1〉 =

∫ 2

−1

(t2 − t+

1

4

)dt = 3 +

[− t

2

2+t

4

]2

−1

= 3− 3

2+

3

4=

9

4

p(X2) = P0 + P1 = 1 +(X − 1

2

)p(X2) = X +

1

2

Autre méthode (non suggérée par l'énoncé) : Poser p(X2) = aX + b, en remarquant que X2 − p(X2) estorthogonal à R1[X], donc à 1 et X.

26/48



Partie I : un exemple numérique

1. Si Bi a pour coordonnées (xi, yi), alors le point Hi a pour coordonnées (xi,mxi + p), et donc le vecteur−−−→HiBi a

pour composantes (0, yi −mxi − p), d'où :

∀i ∈ {1, 2, 3}, (BiHi)2 = ‖

−−−→HiBi‖2 = (yi −mxi − p)2

2. Avec ce calcul, on peut déterminer :

δ(m, p) =

3∑i=1

(BiHi)2 =

3∑i=1

(yi −mxi − p)2

= (1 +m− p)2 + (−1−m− p)2 + (1− 2m− p)2

δ(m, p) = 1 +m2 + p2 + 2m− 2p− 2mp+ 1 +m2 + p2 + 2m+ 2p+ 2mp+ 1 + 4m2

+p2 − 4m− 2p+ 4mp

Après regroupement des termes et simpli�cation, on trouve :

δ(m, p) = 6m2 + 3p2 + 4mp− 2p+ 3

3. Avec les notations de l'énoncé, on a :

q(m, p) = 6m2 + 3p2 + 4mp =(m p

)( 6 22 3

)(mp

)q(m, p) = tUSU

4. Calculons le polynôme caractéristique de S pour avoir les valeurs propres λ et µ :

PS =6−X 2

2 3−X = X2 − 9X + 14

∆ = 92 − 4× 14 = 25, d'où λ = (9− 5)/2 = 2 et µ = (9 + 5)/2 = 7.

Les valeurs propres de S sont λ = 2 et µ = 7.

5. On véri�e immédiatement que :

λ+ µ = 9 = tr(S) et λ× µ = 14 = det(S)

6. La matrice S est symétrique réelle donc, d'après le théorème spectral :

Il existe une matrice P ∈M2(R) orthogonale telle que S = P

(2 00 7

)tP .

7. On pose

(XY

)= tP

(mp

)= tPU . Alors :

q(m, p) = tUSU = tUP

(2 00 7

)tPU = t

(XY

)(2 00 7

)(XY

)ce qui s'exprime plus simplement :

q(m, p) = 2X2 + 7Y 2

8. Cherchons les deux sous-espaces propres de S :

? (S − 2I)

(xy

)=

(00

)⇐⇒

{4x+ 2y = 02x+ y = 0

⇐⇒ y = −2x.

E2 = Vect

{(1−2

)}

27/48

? (S − 7I)

(xy

)=

(00

)⇐⇒

{−x+ 2y = 02x− 4y = 0

⇐⇒ x = 2y.

E7 = Vect

{(21

)}

9. On rappelle (c'est un résultat du cours) que les deux sous-espaces propres sont orthogonaux. On choisit un vecteurunitaire de chacun d'entre eux pour obtenir les colonnes d'une matrice de passage orthogonale :

S = P

(2 00 7

)tP, avec P =

1√5

(1 2−2 1

)

10. Par un simple calcul matriciel, en inversant la relation de la question 7 :

(mp

)= P

(XY

)=

1√5

(1 2−2 1

)(XY

)=

1√5

(X + 2Y )

1√5

(−2X + Y )

On a donc les relations :

m =1√5

(X + 2Y )

p =1√5

(−2X + Y )

11. Puis, avec le résultat de la question 2 et celui de la question 7 :

δ(m, p) = q(m, p)− 2p+ 3 = 2X2 + 7Y 2 − 2√5

(−2X + Y ) + 3

Regroupons les termes de cette expression de façon à faire apparaître des carrés :

δ(m, p) = 2

(X2 +

2√5X

)+ 7

(Y 2 − 2

7√

5Y

)+ 3

= 2

[(X +

1√5

)2

− 1

5

]+ 7

[(Y − 1

7√

5

)2

− 1

72 × 5

]+ 3

Après simpli�cation :

δ(m, p) = 2

(X +

1√5

)2

+ 7

(Y − 1

7√

5

)2

+18

7

12. On a clairement δ(m, p) >18

7, et cette valeur est atteinte pour X = − 1√

5et Y =

1

7√

5:

La fonction δ admet un minimum égal à18

7.

13. On a vu que le minimum de cette fonction est atteint pour X0 = − 1√5et Y0 =

1

7√

5, ce qui correspond à :

m0 =

1√5

(X0 + 2Y0) =1√5× −5

7×√

5= −1

7

p0 =1√5

(−2X0 + Y0) =1√5× 15

7×√

5=

3

7

Le minimum de la fonction δ est atteint au point (m0, p0) =

(−1

7,

3

7

).

14. La droite de régression linéaire correspondante est représentée ci-dessous :

28/48


10

B1

B2

B31

Partie II : distance en dimension 3

1. (a) On sait déjà que Im f est engendré par les vecteurs colonnes C1 et C2 de la matrice A. Ces deux vecteursforment par ailleurs clairement une famille libre. Il s'ensuit que :

B = (C1, C2) est une base de Im f et rg f = dim(Im f) = 2.

D'après le théorème du rang : dim(Ker f) = dimR2 − dim(Im f) = 2− 2 = 0.

dim(Ker f) = 0

(b) On sait que le plan Im f a une équation cartésienne de la forme ax+by+cz = 0. Par ailleurs, les coordonnéesde C1 et C2 doivent véri�er l'équation de ce plan, d'où le système :

{−a+ b+ 2c = 0 (1)a+ b+ c = 0 (2)

i.e.

2b+ 3c = 0 (1) + (2)

b = −3

2c

a = b+ 2c =1

2c (1)

Donc, avec le choix c = 2 :

Im f a pour équation cartésienne x− 3y + 2z = 0.

(on pouvait aussi faire le produit vectoriel de C1 et C2 pour avoir un vecteur normal au plan).

(c) dim(Im f) = 2 6= dimR3. On en déduit que :

f n'est pas surjective, donc f n'est pas bijective.

dim(Ker f) = 0, donc Ker f = {0}. On en déduit que :

f est injective.

(d) Commençons par déterminer une base orthogonale (c′1, c′2) à partir de la base B par la méthode de Schmidt :

? On choisit c′1 = C1 puis c′2 = C2 + αc′1, avec :

(c′1 | c′2) = 0 = (C2 | c′1) + α(c′1 | c′1) d'où : α = − (C2 | c′1)

(c′1 | c′1)= − (C2 |C1)

(C1 |C1)

On calcule ainsi α = −2

6= −1

3, puis c′2 =

111

− 1

3

−112

=1

3

421

.

? Il su�t ensuite de normer les vecteurs trouvés :

C ′1 =c′1‖c′1‖

=1√6

−112

et C ′2 =c′2‖c′2‖

=1√21

421

B′ = (C ′1, C′2) =

1√6

−112

,1√21

421

2. (a) Les composantes des vecteurs ~u1 =

1√5

−201

et ~u2 =1√70

356

véri�ent l'équation cartésienne de

Im f : x− 3y + 2z = 0.

De plus, la famille (~u1, ~u2) est clairement libre donc, comme dim(Im f) = 2 :

29/48

La famille B′′ = (~u1, ~u2) est une base de Im f .

En�n, on calcule :

‖~u1‖ =1√5

√(−2)2 + 12 = 1 ; ‖~u2‖ =

1√70

√32 + 52 + 62 = 1

(~u1 |~u2) =1√5× 1√

70× (−2× 3 + 1× 6) = 0

La base B′′ est orthonormée.(b) D'après la formule de projection :

Z0 = (Y0 |~u1).~u1 + (Y0 |~u2).~u2

=1√5

(− 2 + 1

)× 1√

5

−201

+1√70

(3 + 5× (−1) + 6

)× 1√

70

356

Z0 =

1

5

20−1

+2

35

356

=1

35

20105

En simpli�ant, on conclut :

Le projeté orthogonal du vecteur Y0 sur Im f est Z0 =1

7

421

.

(c) On détermine un antécédent X0 =

(αβ

)de Z0 par f en cherchant les solutions de l'équation :

AX0 = Z0 i.e.

−α+ β = 4/7α+ β = 2/72α+ β = 1/7

ce qui se résout par la méthode du pivot :−α+ β = 4/7

β = 3/7(L1 + L2

)/2

β = 3/7(L3 + 2L1

)/3

On trouve ainsi une unique solution α = −1/7 et β = 3/7 :

X0 =1

7

(−13

)est l'unique antécédent du vecteur Z0 par f .

3. (a) Soient (m, p) ∈ R2 et X =

(mp

):

AX − Y0 =

−1 11 12 1

( mp

)−

1−11

AX − Y0 =

−m+ p− 1m+ p+ 12m+ p− 1

Par passage à la norme élevée au carré, on trouve :

‖AX − Y0‖2 = (−m+ p− 1)2 + (m+ p+ 1)2 + (2m+ p− 1)2

= m2 + p2 + 1− 2mp+ 2m− 2p+m2 + p2 + 1 + 2mp+ 2m+ 2p+ 4m2

+p2 + 1 + 4mp− 4m− 2p

‖AX − Y0‖2 = 6m2 + 3p2 + 4mp− 2p+ 3

Compte-tenu du résultat de la question I.2, on a bien la relation :

δ(m, p) = ‖AX − Y0‖2

Remarque : ce résultat n'est guère étonnant. C'est la méthode expliquée et développée dans le TD no 2

d'informatique !

30/48


(b) L'ensemble{AX, X ∈ R2

}n'est autre que Im f . D'où :

inf{δ(m, p) / (m, p) ∈ R2

}= inf

{‖AX − Y0‖2 / X ∈ R2

}= d(Y0, Im f)2

Ce minimum est atteint lorsque AX est le projeté orthogonal de Y0 sur Im f , c'est à dire :

inf{δ(m, p) / (m, p) ∈ R2

}= d(Y0, Z0)2

(c) D'après la question 2c, on a Z0 = f(X0) avec X0 =

(−1/73/7

), donc le minimum est atteint pour m = −1/7

et p = 3/7. Autrement dit :

La droite de régression linéaire est D : y = −x7

+3

7.


1. Remarquons que pour tout i ∈ [[1, 3]], on peut calculer les composantes des vecteurs suivants :

−−−→MiHi : (xi − xi, yi − (mxi + p)) = (0, yi −mxi − p)

Le calcul suivant est alors immédiat :

δ(m, p) =

3∑i=1

‖−−−→MiHi‖2 =

3∑i=1

(yi −mxi − p)2

2. Notons ϕ cette application. Soient P,Q ∈ R2[X] et λ, µ ∈ R :

ϕ(λP + µQ) =((λP + µQ)(−1), (λP + µQ)(0), (λP + µQ)(2)

)=

(λP (−1) + µQ(−1), λP (0) + µQ(0), λP (2) + µQ(2)

)= λ

(P (−1), P (0), P (2)

)+ µ

(Q(−1), Q(0), Q(2)

)ϕ(λP + µQ) = λϕ(P ) + µϕ(Q)

Donc l'application ϕ est linéaire. Par ailleurs, si P ∈ R2[X] :

ϕ(P ) = 0 =⇒(P (−1), P (0), P (2)

)= (0, 0, 0)

=⇒ P a trois racines distinctes.

=⇒ P = 0.

En e�et, un polynôme de R2[X] qui a plus de deux racines distinctes est le polynôme nul.

L'application ϕ est donc injective, et comme de plus dimR2[X] = dimR3 = 3, on en déduit que :

L'application ϕ est un isomorphisme.

En particulier, le triplet (y1, y2, y3) = (−1, 1, 1) a un unique antécédent Q par cette application, qui véri�e pardé�nition : (

Q(x1), Q(x2), Q(x3))

=(Q(−1), Q(0), Q(2)

)= (−1, 1, 1) = (y1, y2, y3)

ce qu'on peut reformuler de la façon suivante

Il existe un unique polynôme Q ∈ R2[X] véri�ant : ∀i ∈ {1, 2, 3}, Q(xi) = yi

3. On calcule simplement :

‖Q−mX − p‖2 =

3∑i=1

(Q−mX − p)(xi)2 =

3∑i=1

(Q(xi)−mxi − p)2

=

3∑i=1

(yi −mxi − p)2 = δ(m, p)

On a bien :δ(m, p) = ‖Q−mX − p‖2

31/48

4. On déduit de cette constatation que la droite D : y = mx+p est la droite qui minimise la distance ‖Q−mX−p‖2.Or, on sait que ce minimum est atteint lorsque mX + p est le projeté orthogonal de Q sur R1[X] :

La droite D est le projeté orthogonal Q0 du polynôme Q sur le plan Vect(1, X) = R1[X].

5. On construit d'abord une base orthogonale (R1, R2) avec :{R1 = 1R2 = X + α

et la condition (R1 |R2) = 0 = (1 |X) + α(1 |1), ce qui donne :

α = − (1 |X)

(1 |1)= −−1 + 0 + 2

1 + 1 + 1= −1

3

D'où R2 = X − 1

3. En�n, il reste à calculer :

(R2 |R2) =

(−4

3

)2

+

(−1

3

)2

+

(5

3

)2

=42

9=

14

3

Q1 =R1

‖R1‖=

1√3

et Q2 =R2

‖R2‖=

√3

14

(X − 1

3

)6. L'expression du projeté orthogonal p(Q0) de Q0 sur le plan Vect(1, X) est donnée par :

p(Q0) = (Q0 |Q1)Q1 + (Q0 |Q2)Q2

= (y1Q1(−1) + y2Q1(0) + y3Q1(2))× 1√3

+ (y1Q2(−1) + y2Q2(0) + y3Q2(2))×√

3

14

(X − 1

3

)=

1

3+

8

3× 3

14×(X − 1

3

)=

4

7X +

(1

3− 4

21

)=

4

7X +

1

7

D a pour équation y =4

7x+

1

7.

7. De manière générale, lorsqu'on a une famille de points Mi(xi, yi), on peut introduire le produit scalaire :

(P |Q) =

n∑i=1

P (xi)Q(xi)

L'application : {Rn−1[X] → Rn

P 7→ (P (x1), P (x2), . . . , P (xn))

est un isomorphisme. Il existe alors un unique polynôme Q tel que :

∀i ∈ [[1, n]] , Q(xi) = yi

De même que précédemment, la droite de régression linéaire est le projeté orthogonal de Q sur le plan vectorielR1[X].

On pose : x =1

n

n∑i=1

xi et y =1

n

n∑i=1

yi. On véri�e facilement que (1, X − x) est une base orthogonale de R1[X].

Dans cette base, l'expression de p(Q) est donnée par :

p(Q) =(Q |1)

(1 |1)× 1 +

(Q |X − x)

(X − x |X − x)× (X − x)

= y +

1

n

n∑i=1

xiyi − xy

1

n

n∑i=1

x2i − x2

(X − x)

32/48


Finalement :

p(Q)(X) =

1

n

n∑i=1

xiyi − xy

1

n

n∑i=1

x2i − x2

X + y −

1

n

n∑i=1

xiyi − xy

1

n

n∑i=1

x2i − x2

x

En résumé, la droite cherchée est la droite d'équation y = ax+ b, où

a =

1

n

n∑i=1

xiyi − x y

1

n

n∑i=1

x2i − x2

et b = y − ax.

Cette droite passe évidemment par le point moyen de coordonnées x = 1n

n∑i=1

xi et y = 1n

n∑i=1

yi.

Lorsque le nuage de points est :

M1(1, 1) ; M2(2, 3) ; M3(3, 2) ; M4(4, 3)

la formule donne la droite d'équation : y =x

2+ 1.


On dé�nit l'application ψ de R3[X]2 dans R par :

∀P,Q ∈ R3[X]2 ψ(P,Q) =

3∑i=0

P (i)Q(i).

1. Il est clair que ψ est une application bilinéaire, symétrique et positive (à faire quand même !). Le seul point délicatest le caractère dé�ni :

Soit P ∈ R3[X] tel que ψ(P, P ) =

3∑i=0

P (i)2 = 0. Chacun des éléments de cette somme étant positif, on a donc :

∀i ∈ [[0, 3]] , P (i)2 = 0

et donc P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = 0, ce qui signi�e que P est un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 quia quatre racines distinctes : c'est donc le polynôme nul. On a ainsi prouvé que ψ est dé�nie, et donc :

ψ est un produit scalaire sur R3[X].

2. Soit F = R2[X] muni de sa base canonique B = (1, X,X2).

(a) On calcule simplement :

ψ(1, 1) =

3∑i=0

1 = 1 + 1 + 1 + 1 = 4 ψ(X,X2) =

3∑i=0

i3 = 36

ψ(1, X) =

3∑i=0

i = 0 + 1 + 2 + 3 = 6 ψ(X2, X2) =

3∑i=0

i4 = 98

ψ(1, X2) = ψ(X,X) =

3∑i=0

i2 = 14

(b) On note B′ = {P0, P1, P2} la base orthonormale de F telle que :

∀k ∈ {0, 1, 2} Vect(P0, . . . , Pk) = Vect(1, . . . , Xk) et ψ(Pk, Xk) > 0.

Les polynômes P0, P1 et P2 sont obtenus à partir de la base canonique (1, X,X2) par le procédé d'orthonor-malisation de Schmidt. On procède d'abord en contruisant la base orthogonale (Q0, Q1, Q2) dé�nie commesuit :

33/48

? Q0 = 1.

? Q1 = X + λQ0, avec :

λ = − ψ(Q0, X)

ψ(Q0, Q0)= −ψ(1, X)

ψ(1, 1)= −6

4= −3

2

soit : Q1 = X − 3

2

? Q2 = X2 + αQ1 + βQ0, avec :

α = −ψ(Q1, X2)

ψ(Q1, Q1)= −

ψ(X,X2)− 32ψ(1, X2)

ψ(X,X)− 3ψ(1, X) + 94ψ(1, 1)

= −15

5= −3

β = −ψ(Q0, X2)

ψ(Q0, Q0)= −ψ(1, X2)

ψ(1, 1)= −14

4= −7

2

soit : Q2 = X2 − 3(X − 3

2

)− 7

2= X2 − 3X + 1.

Il reste à normer les vecteurs obtenus :

? P0 =Q0√

ψ(Q0, Q0)=

1

2

? P1 =Q1√

ψ(Q1, Q1)=

√5

5

(X − 3

2

)? P2 =

Q2√ψ(Q2, Q2)

avec :

ψ(Q2, Q2) = ψ(Q2, X2 + αQ1 + βQ0) = ψ(Q2, X

2)

= ψ(X2, X2)− 3ψ(X,X2) + ψ(1, X2) = 98− 36× 3 + 14 = 4

D'où P2 =1

2(X2 − 3X + 1).

En résumé :

P0 =1

2; P1 =

√5

5

(X − 3

2

); P2 =

1

2(X2 − 3X + 1)

3. Soit (x0, x1, x2, x3) = (1, 3, 2, 3). On considère l'ensemble des sommes :

Σ =

{3∑i=0

[xi − P (i)

]2, P ∈ F

}.

(a) On peut justi�er l'existence et l'unicité du polynôme R de R3[X] véri�ant ∀i ∈ {0, 1, 2, 3} R(i) = xi enprouvant que l'application :

ϕ :

{R3[X] → R4

P 7→ (P (0), P (1), P (2), P (3))

est un isomorphisme. Il est clair que celle-ci est linéaire. Prouvons qu'elle est injective :

ϕ(P ) = 0⇒ P (0) = P (1) = P (2) = P (3) = 0⇒ P = 0

En e�et un polynôme de degré inférieur ou égal à 3 qui a quatre racines distinctes est le polynôme nul. Doncϕ est injective et, par égalité des dimensions des espaces de départ et d'arrivée, ϕ est bijective. Donc :

Il existe un unique polynôme R de R3[X] véri�ant ∀i ∈ {0, 1, 2, 3} R(i) = xi.

4. On sait que F étant de dimension �nie, et (P0, P1, P2) une base orthonormée de F , le projeté orthogonal de Rsur F s'écrit :

p(R) = ψ(R,P0)P0 + ψ(R,P1)P1 + ψ(R,P2)P2

34/48


Il ne reste qu'à calculer :

ψ(R,P0) =1

2

3∑i=0

R(i) =1

2

3∑i=0

xi =9

2

ψ(R,P1) =

√5

5

(3∑i=0

iR(i)− 3

2

3∑i=0

R(i)

)=

√5

5

(16− 27

2

)=

√5

2

ψ(R,P2) =1

2

(3∑i=0

i2R(i)− 3

3∑i=0

iR(i) +

3∑i=0

R(i)

)

=1

2(38− 48 + 9) = −1

2

D'où p(R) =9

2P0 +

√5

2P1 −

1

2P2 =

9

4+

1

2

(X − 3

2

)− 1

4(X2 − 3X + 1). En simpli�ant :

p(R) = −1

4X2 +

5

4X +

5

4

5. On remarque que la norme associée au produit scalaire ψ est :

‖P‖ =√ψ(P, P ) =

√√√√ 3∑i=0

P 2(i)

et que :

Σ =

{3∑i=0

[R(i)− P (i)

]2, P ∈ F

}={‖R− P‖2 , P ∈ F

}Donc l'ensemble Σ est l'ensemble des distances du polynôme R à un polynôme P de F . Le minimum de Σ est parconséquent atteint lorsque P est le projeté orthogonal de R sur F , c'est à dire :

Σ possède un minimum m et un seul atteint pour S = −1

4X2 +

5

4X +

5

4∈ F .

Le minimum peut alors se calculer :

m =

3∑i=0

[xi − p(R)(i)

]2=[1− 5

4

]2+[3− 9

4

]2+[2− 11

4

]2+[3− 11

4]2

=1

16+

9

16+

9

16+

1

16

Le minimum de Σ est 5/4.


Pour k ∈ N, on notedkPdxk

la dérivée kème d'un polynôme P .

On considère, pour n ∈ N, les fonctions polynomiales dé�nies sur I par :

Un(x) = (x2 − 1)n et Pn(x) =1

2nn!

dnUndxn

(x)

En particulier, avec les conventions usuelles : U0(x) = P0(x) = 1.

A toute fonction polynomiale P , on associe le polynôme L(P ) dé�ni sur I par :

L(P )(x) =ddx

[(x2 − 1)

dPdx

(x)

]

35/48

Partie I :

1. Soient P,Q ∈ R[X] et λ, µ ∈ R :

L(λP + µQ)(x) =ddx

[(x2 − 1)

d(λP + µQ)

dx(x)

]=

ddx

[(x2 − 1)

(λdPdx

(x) + µdQdx

(x)

)]= λ

ddx

[(x2 − 1)

dPdx

(x)

]+ µ

ddx

[(x2 − 1)

dQdx

(x)

]L(λP + µQ)(x) = λL(P ) + µL(Q)

L est un endomorphisme de R[X].

2. On note Ln la restriction de l'endomorphisme L au sous-espace vectoriel Rn[X].

2.a Si P est de degré inférieur ou égal à n, alors P ′ est de degré inférieur ou égal à n− 1, donc (X2 − 1)P ′ est dedegré inférieur ou égal à n+ 1. En�n

[(X2 − 1)P ′

]′est de degré inférieur ou égal à n. En conclusion :

Ln est un endomorphisme de Rn[X].

2.b On calcule pour 2 6 k 6 n :

Ln(1)(x) =ddx

[(x2 − 1)× 0

]= 0

Ln(X)(x) =ddx

[(x2 − 1)× 1

]= 2x

Ln(Xk)(x) =ddx

[(x2 − 1)× kxk−1

]=

ddx

[kxk+1 − kxk−1

]= k(k + 1)xk − k(k − 1)xk−2

Ln(1) = 0, Ln(X) = 2X, et Ln(Xk) = k(k + 1)Xk − k(k − 1)Xk−2 pour tout 2 6 k 6 n.

2.c La matrice de Ln relativement à la base canonique (1, X,X2, . . . , Xn) de Rn[X] :

Mat(1,X,X2,...,Xn)Ln =

0 0 −2 0 · · · 0

0 2 0. . .

. . ....

... 0 6. . .

. . . 0...

. . .. . .

. . . −n(n− 1)0

0 · · · · · · 0 n(n+ 1)

3. Soit P,Q ∈ R[X]. Par une intégration par parties, on trouve :

(L(P ) |Q) =

∫ 1

−1

ddx

[(x2 − 1)

dPdx

(x)

]Q(x)dx

=

[(x2 − 1)

dPdx

(x)Q(x)

]1

−1

−∫ 1

−1

(x2 − 1)dPdx

(x)dQdx

(x)dx

(L(P ) |Q) = −∫ 1

−1

(x2 − 1)dPdx

(x)dQdx

(x)dx = −∫ 1

−1

(x2 − 1)dQdx

(x)dPdx

(x)dx = (P |L(Q))

(L(P ) |Q) = (P |L(Q))

Partie II :

36/48


1. 1.a On calcule d'abord :

P1(x) =1

2

d[x2 − 1]

dx= x

P2(x) =1

8

d2[x4 − 2x2 + 1]

dx2=

1

8

d[4x3 − 4x]

dx=

1

8(12x2 − 4) =

3

2x2 − 1

2

P3(x) =1

48

d3[x6 − 3x4 + 3x2 − 1]

dx3=

1

8

d2[x5 − 2x3 + x]

dx2

=1

8

d[5x4 − 6x2 + 1]

dx=

1

8(20x3 − 12x) =

5

2x3 − 3

2x

P1 = X ; P2 =3

2X2 − 1

2; P3 =

5

2X3 − 3

2X

1.b Un est de degré 2n et de coe�cient dominant 1. Or :

dn[x2n]

dxn= 2n(2n− 1) · · · (n+ 1)xn =

(2n)!

n!xn

Donc Pn est de degré n et son coe�cient dominant est : an =1

2nn!× (2n)!

n!.

an =

(2nn

)2n

1.c La famille (P0, P1, . . . , Pn) est une famille étagée de polynômes (non nuls et de degrés deux à deux distincts).Il s'agit donc d'une famille libre et comme elle compte n+ 1 = dimRn[X] éléments, on peut en conclure que :

P0, P1, . . . , Pn forment une base de Rn[X].

2. D'après la formule de Leibniz :

dn

dxn((x− 1)2n

)=

dn

dxn((x− 1)n(x+ 1)n

)=

n∑k=0

(n

k

)dk

dxk((x− 1)n

) dn−kdxn−k

((x+ 1)n

)=

n∑k=0

(n

k

)n(n− 1) · · · (n− k + 1)(x− 1)n−k × n(n− 1) · · · (k + 1)(x+ 1)k

=

n∑k=0

(n

k

)n!

(n− k)!(x− 1)n−k × n!

k!(x+ 1)k

=dn

dxn((x− 1)n(x+ 1)n

)dn

dxn((x− 1)2n

)= n!

n∑k=0

(n

k

)2

(x− 1)n−k(x+ 1)k

On en déduit immédiatement que :

Pn(x) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(x− 1)n−k(x+ 1)k

puis que :

Pn(1) =1

2n

(n

n

)2

(1 + 1)n = 1

Pn(−1) =1

2n

(n

0

)2

(−1− 1)n = (−1)n

Pn(1) = 1 et Pn(−1) = (−1)n

37/48

3. 3.a On a par dérivation :U ′n+1(x) = (n+ 1)× 2x(x2 − 1)n = 2(n+ 1)xUn(x)

et d'autre part :

(x2 − 1)U ′n(x) = (x2 − 1)× 2nx(x2 − 1)n−1 = 2nx(x2 − 1)n = 2nxUn(x)

D'où les relations :U ′n+1(x)− 2(n+ 1)xUn(x) = 0. (5)

(x2 − 1)U ′n(x)− 2nxUn(x) = 0. (6)

3.b En dérivant n+ 1 fois (1), on a :

dn+1[U ′n+1(x)]

dxn+1= 2(n+ 1)

dn+1[xUn(x)]

dxn+1

Puis on applique à droite la formule de Leibniz :

dn+2[Un+1(x)]

dxn+2= 2(n+ 1)

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)dk[x]

dxk× dn+1−k[Un(x)]

dxn+1−k

ddx

[dn+1[Un+1(x)]

dxn+1

]= 2(n+ 1)

[xdn+1[Un(x)]

dxn+1+ (n+ 1)

dn[Un(x)]

dxn

]En�n :

2n+1(n+ 1)!P ′n+1(x) = 2(n+ 1)[x× 2nn!P ′n(x) + (n+ 1)× 2nn!Pn(x)

]= 2n+1(n+ 1)!xP ′n(x) + (n+ 1)2n+1(n+ 1)!Pn(x)

P ′n+1(x) = xP ′n(x) + (n+ 1)Pn(x) (7)

En dérivant n+ 1 fois (2), on a :

dn+1

dxn+1

[(x2 + 1)U ′n(x)

]= 2n

dn+1

dxn+1

[xUn(x)

]Là encore, on utilise des deux côtés la formule de Leibniz :

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)dk[x2 + 1]

dxk× dn+1−k[U ′n(x)]

dxn+1−k = 2n

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)dk[x]

dxk× dn+1−k[Un(x)]

dxn+1−k

Ce qui s'écrit plus simplement :

(x2 + 1)dn+2Un(x)

dxn+2+ 2(n+ 1)x

dn+1Un(x)

dxn+1+ 2

n(n+ 1)

2

dnUn(x)

dxn= 2n

[xdn+1Un(x)

dxn+1+ (n+ 1)

dnUn(x)

dxn

]ou encore, en regroupant convenablement :

(x2 + 1)dn+2Un(x)

dxn+2+ 2x

dn+1Un(x)

dxn+1= n(n+ 1)

dnUn(x)

dxn

ddx

[(x2 + 1)

ddx

(dnUn(x)

dxn

)]= n(n+ 1)

dnUn(x)

dxn

En divisant par 2nn!, on retrouve :

ddx

[(x2 + 1)

dPn(x)

dx

]= n(n− 1)Pn(x)

ce qui n'est autre que la relation :

L(Pn) = n(n+ 1)Pn (8)

38/48


3.c D'après la relation (4), on a si m 6= n :

(L(Pn) |Pm) = n(n+ 1)(Pn |Pm)

(Pn |L(Pm)) = m(m+ 1)(Pn |Pm)

Or, d'après la question I.3, (L(Pn) |Pm) = (Pn |L(Pm)), d'où :

[n(n+ 1)−m(m+ 1)] (Pn |Pm) = 0

Finalement, (Pn |Pm) = 0 :

Si m 6= n, (Pn |Pm) = 0.

4. 4.a Soit Q ∈ Rn[X]. La famille (P0, P1, . . . , Pn) forme une base de Rn[X], donc il existe λ0, λ1, . . . , λn ∈ R telsque :

Q = λ0P0 + λ1P1 + · · ·+ λnPn

D'où :(Q |Pn+1) = λ0(P0 |Pn+1) + λ1(P1 |Pn+1) + · · ·+ λn(Pn |Pn+1) = 0

En e�et, d'après la question 3.c, On a (Pi |Pn+1) = 0 pour i 6 n.

Pour tout Q ∈ Rn[X], (Pn+1 |Q) = 0.

4.b On suppose que Pn+1 a moins de n + 1 racines distinctes dans ] − 1, 1[ et on note a1, . . . , ap (avec p 6 n)les valeurs comprises strictement entre −1 et 1 telles que la fonction x 7→ Pn+1(x) s'annule en changeant designe. Soit :

Q(x) =

p∏i=1

(X − ai)

La fonction x 7→ Pn+1(x)Q(x) est de signe constant et positive sur ]− 1, 1[ et son intégrale sur cet intervalleest nulle puisque : ∫ 1

−1

Pn+1(x)Q(x)dx = (Pn+1 |Q) = 0, d'après 4.a

Ceci prouve que x 7→ Pn+1(x)Q(x) est la fonction nulle, ce qui est faux. En conclusion :

Pn+1 possède exactement n+ 1 racines distinctes, toutes dans l'intervalle ]− 1, 1[.

5. 5.a Remarquons qu'on peut noter Pn = anXn + Q1(x) et P ′n+1 = (n + 1)an+1x

n + Q2(x) où Q1 et Q2 sont despolynômes de degré inférieur ou égal à n− 1. Avec ces notations :

(P ′n+1 |Pn) = ((n+ 1)an+1Xn |Pn) + (Q2 |Pn)

= (n+ 1)an+1(Xn |Pn) d'après 4.a

et d'autre part :

‖Pn‖2 = (Pn |Pn) = (anXn |Pn) + (Q1 |Pn)

= an(Xn |Pn) d'après 4.a

Avec ces deux égalités, on en déduit de suite :

(P ′n+1 |Pn) = (n+ 1)an+1

an‖Pn‖2 = (2n+ 1)‖Pn‖2

5.b Par ailleurs, avec l'intégration par parties suivante :

u(x) = P 2n(x) et v′(x) = 1

u′(x) = 2P ′n(x)Pn(x) v(x) = x

‖Pn‖2 =

∫ 1

−1

P 2n(x)dx =

[xP 2

n(x)]1−1− 2

∫ 1

−1

xPn(x)P ′n(x)

avec[xP 2

n(x)]1−1

= P 2n(1) + P 2

n(−1) = 2, d'après 2.

‖Pn‖2 = 2− 2

∫ 1

−1

xPn(x)P ′n(x)dx

39/48

5.c D'après la relation (3), on sait que xP ′n(x) = P ′n+1(x)− (n+ 1)Pn(x), d'où :∫ 1

−1

xPn(x)P ′n(x) =

∫ 1

−1

P ′n+1(x)Pn(x)dx− (n+ 1)

∫ 1

−1

P 2n(x)dx

= (P ′n+1 |Pn)− (n+ 1)‖Pn‖2

= n‖Pn‖2 en utilisant le résultat de 5.a.

Il reste à injecter cette valeur dans le résultat de 5.b :

‖Pn‖2 = 2− 2n‖Pn‖2

et on en déduit que :

‖Pn‖2 =2

2n+ 1.

Remarque : On peut calculer la norme de Pn plus simplement :

De même qu'en 5.a, on a xP ′n(x) = nanxn +Q(x) avec degQ 6 n− 1, et :

‖Pn‖2 = 2− 2(Pn |XP ′n) = 2− 2n(Pn |anXn) = 2− 2n‖Pn‖2

On en déduit immédiatement que :

‖Pn‖2 =2

2n+ 1.

6. On sait que la famille (P0, P1, . . . , Pn) est une base orthogonale de Rn[X], et le projeté orthogonal de Xn+1 surRn[X] s'exprime donc :

p(Xn+1) =

n∑k=0

(Pk |Xn+1)

‖Pk‖2Pk

Le calcul ici n'est pas simple : il est préférable d'utiliser le projeté orthogonal q(Xn+1) de Xn+1 sur le supplé-mentaire orthogonal Vect(Pn+1) de Rn[X] dans Rn+1[X], c'est à dire :

q(Xn+1) =(Xn+1 |Pn+1)

‖Pn+1‖2Pn+1

Et il s'ensuit :

d(Xn+1,Rn[X]) = ‖Xn+1 − p(Xn+1)‖ = ‖q(Xn+1)‖

=|(Xn+1 |Pn+1)|‖Pn+1‖

Il reste à calculer, en notant Xn+1 =Pn+1

an+1+Q avec degQ 6 n :

(Xn+1 |Pn+1) =1

an+1‖Pn+1‖2 =

2n+1(2n+2n+1

)‖Pn+1‖2

Et on peut achever le calcul :

d(Xn+1,Rn[X]) =2n+1(2n+2n+1

)‖Pn+1‖

d(Xn+1,Rn[X]) =2n+3/2

√2n+ 1

(2n+2n+1

)


Partie A : Étude d'un endomorphisme

Étant donné un polynôme P de E, on dé�nit un polynôme φ(P ) par :

[φ(P )](X) = (X2 − 1)P ′′(X) + 2XP ′(X).

40/48


1. Il su�t de véri�er que φ est linéaire. Soient P,Q ∈ R[X] et λ ∈ R :

[φ(λP + µQ)](X) = (X2 − 1)(λP + µQ)′′(X) + 2X(λP + µQ)′(X)

= λ(X2 − 1)P ′′(X) + µ(X2 − 1)Q′′(X) + 2λXP ′(X) + 2µXQ′(X)

= λ((X2 − 1)P ′′(X) + 2XP ′(X)

)+ µ

((X2 − 1)Q′′(X) + 2XQ′(X)

)On retrouve bien φ(λP + µQ) = λφ(P ) + µφ(Q) :

φ est un endomorphisme de E.

2. Si n ∈ N et P ∈ En alors deg(P ′) 6 n− 1 et deg(P ′′) 6 n− 2, donc :

deg((X2 − 1)P ′′(X)

)6 n et deg

(2XP ′(X)

)6 n

Et en e�ectuant la somme, on constate que φ(P ) ∈ En :

Pour tout entier naturel n, le sous-espace vectoriel En est stable par φ.

On notera désormais ϕn l'endomorphisme de En induit par φ sur En :

∀P ∈ En, ϕn(P ) = φ(P )

3. Dans cette question, on suppose que n est égal à 3.

3a. On calcule rapidement ϕ3(1) = 0, ϕ3(X) = 2X et ϕ3(X2) = 2(X2 − 1) + 2X × 2X = 6X2 − 2.

M3 =

0 0 −20 2 00 0 6

3b. La matrice de ϕ3 est triangulaire supérieure. Ses valeurs propres sont donc situées sur la diagonale de M3 :

Spec(ϕ3) = {0, 2, 6}. Celles-ci sont toutes distinctes, ce qui justi�e que :ϕ3 est diagonalisable.

3c. On cherche une base de E3 diagonalisant ϕ3, formée de polynômes de coe�cients dominants égaux à 1. Il estclair que les polynômes 1 et X conviennent puisque ce sont des vecteurs propres associés aux valeurs propres0 et 2. Pour le troisième vecteur, on résout : x

yz

∈ Ker(M3 − 6I3) ⇔ (M3 − 6I3)

xyz

=

000

⇔

−6x− 2z = 0−4y = 0

0 = 0⇔{z = −3xy = 0

Donc Ker(M3 − 6I3) = Vect

−1

03

, et Ker(ϕ3 − 6IdE3

)= Vect(3X2 − 1).

(1, X, 3X2 − 1

)est une base de E3 qui diagonalise ϕ3.

4. On revient au cas général d'un entier naturel n quelconque.

4a. On procède de même que dans les questions précédentes :

∀k ∈ [[2, n]] , ϕn(Xk) = (X2 − 1)k(k − 1)Xk−2 + 2XkXk−1 = k(k + 1)Xk − k(k − 1)Xk−2

Ce calcul permet d'écrire la matrice de ϕn dans la base canonique :

Mn =

1 0 −2 0 · · · 0

0 2 0. . .

. . . 0

0 0 6. . .

. . . 0

0 0. . .

. . .. . . −n(n− 1)

0 0. . . 0

0 0 · · · 0 n(n+ 1)

On constate que :

41/48

La matrice Mn de ϕn dans la base canonique est triangulaire supérieure.

On peut préciser :

Les éléments diagonaux de Mn sont 1, 2, 6, . . . , n(n+ 1).

4b. On sait que le polynôme caractéristique d'une matrice triangulaire supérieure est scindé et que les valeurspropres se situent sur la diagonale. Donc le polynôme caractéristique de ϕn est scindé et ses valeurs propres1, 2, 6, . . . , n(n+ 1) sont toutes distinctes. On en déduit que :

ϕn est diagonalisable et ses sous-espaces propres sont de dimension 1.

Partie B : Étude d'une famille de polynômes

Pour tout entier naturel n, on dé�nit le polynôme Ln par

Ln(X) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(X − 1)n−k(X + 1)k.

1. En utilisant la dé�nition, on a :

L0 = 1

L1 =1

2

1∑k=0

(1

k

)2

(X − 1)1−k(X + 1)k =1

2

((X − 1) + (X + 1)

)= X

L2 =1

4

2∑k=0

(2

k

)2

(X − 1)2−k(X + 1)k =1

4

((X − 1)2 + 4(X − 1)(X + 1) + (X + 1)2

)=

1

4

(6X2 − 2) =

3

2X2 − 1

2

L3 =1

8

3∑k=0

(3

k

)2

(X − 1)1−k(X + 1)3

=1

8

((X − 1)3 + 9(X − 1)2(X + 1) + 9(X − 1)(X + 1)2 + (X + 1)3

)=

1

8(20X3 − 12X) =

5

2X3 − 3

2X

On a donc sous forme simpli�ée :

L0 = 1 ; L1 = X ; L2 =3

2X2 − 1

2; L3 =

5

2X3 − 3

2X

2. Remarquons que Ln(X) =1

2n(X + 1)n +

1

2n

n−1∑k=0

(n

k

)2

(X − 1)n−k(X + 1)k.

Ln(1) =1

2n(1 + 1)n +

1

2n

n−1∑k=0

(n

k

)2

(1− 1)n−k(1 + 1)k = 1

∀n ∈ N, Ln(1) = 1

3. Conservons uniquement les éléments de plus haut degré de chacun des termes de la somme :

Ln(X) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(X − 1)n−k(X + 1)k =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(Xn−k + · · · )(Xk + · · · )

=1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(X − 1)n−k(X + 1)k =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(Xn + · · · )

Le polynôme Ln est de degré n et son coe�cient dominant est1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

.

42/48


4. En utilisant la dé�nition de Ln, on trouve :

Ln(−X) =1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(−X − 1)n−k(−X + 1)k

=1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(−1)n−k(X + 1)n−k(−1)k(X − 1)k

Ln(−X) = (−1)n1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(X + 1)n−k(X − 1)k

On pose maintenant le changement d'indice p = n− k :

Ln(−X) = (−1)n1

2n

n∑p=0

(n

n− p

)2

(X + 1)p(X − 1)n−p

= (−1)n1

2n

n∑p=0

(n

p

)2

(X − 1)n−p(X + 1)p = (−1)nLn(X)

Ce calcul prouve que Ln est pair (resp. impair) si n est pair (resp. impair).

Ln a la même parité que n.

5. Remarquons, à l'aide de la formule de Leibniz, que :

dn

dXn[(X2 − 1)n] =

dn

dXn[(X + 1)n(X − 1)n] =

n∑k=0

(n

k

)dn−k

dXn−k [(X + 1)n]dk

dXk[(X − 1)n]

avec, par une récurrence simple :

dk

dXk[(X − 1)n] =

dk−1

dXk−1[n(X − 1)n−1] = · · · = n(n− 1) · · · (n− k + 1)(X − 1)n−k

dk

dXk[(X − 1)n] =

n!

(n− k)!(X − 1)n−k, et de même :

dn−k

dXn−k [(X + 1)n] =n!

k!(X + 1)k.

On reporte ces résultats :

dn

dXn[(X2 − 1)n] =

n∑k=0

(n

k

)× (n!)2

k!(n− k)!(X + 1)k(X − 1)n−k

= n!

n∑k=0

(n

k

)2

(X + 1)k(X − 1)n−k = 2nn!Ln(X)

Il est bien prouvé que :

∀n ∈ N, Ln(X) =1

2nn!

dn

dXn[(X2 − 1)n].

6. En écrivant uniquement le terme de plus haut degré, on a :

Ln(X) =1

2nn!

dn

dXn[X2n + · · · ] =

1

2nn!× 2n(2n− 1) · · · (n+ 1)Xn + · · ·

=1

2nn!× (2n)!

n!Xn + · · · = 1

2n

(2n

n

)Xn + · · ·

Le coe�cient dominant de Ln est1

2n

(2n

n

).

On trouve l'égalité1

2n

(2n

n

)=

1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

en identi�ant ce résultat avec celui trouvé à la question 3, c'est à

dire :

∀n ∈ N,n∑k=0

(n

k

)2

=

(2n

n

).

43/48

7. Soit n ∈ N et x ∈ R :

|Ln(x)| 6 1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

|x− 1|k|x+ 1|n−k

Or, d'après l'inégalité triangulaire : |x− 1| = |x+ (−1)| 6 |x|+ 1 et |x+ 1| 6 |x|+ 1, d'où :

|Ln(x)| 6 1

2n

n∑k=0

(n

k

)2

(|x|+ 1)n =

(1 + |x|

2

)n n∑k=0

(n

k

)2

On conclut avec la relation établie à la question précédente :

∀n ∈ N,∀x ∈ R, |Ln(x)| 6(

1 + |x|2

)n(2n

n

).

8. On dé�nit, pour tout entier naturel n, le polynôme Un(X) = (X2 − 1)n.

8a. Calculons simplement U ′n(X) = 2nX(X2 − 1)n−1. Ainsi :

(X2 − 1)U ′n(X) = 2nX(X2 − 1)n = 2nXUn(X)

On a bien véri�é que :

(X2 − 1)U ′n(X) = 2nXUn(X).

8b. Dérivons n+ 1 fois cette relation par la formule de Leibniz :

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)dn+1−k

dXn+1−k [U ′n(X)]dk

dXk[(X2 − 1)] = 2n

n+1∑k=0

(n+ 1

k

)dn+1−k

dXn+1−k [Un(X)]dk

dXk[X]

En conservant les termes non nuls de ces sommes, on obtient l'égalité :

(X2 − 1)U (n+2)n (X) + 2(n+ 1)XU (n+1)

n (X) + n(n+ 1)U (n)n (X) = 2nXU (n+1)

n (X) + 2n(n+ 1)U (n)n (X)

En simpli�ant cette dernière égalité, on trouve :

(X2 − 1)U (n+2)n (X) + 2XU (n+1)

n (X) = n(n+ 1)U (n)n (X)

Rappelons pour �nir que d'après la question 5, on peut écrire U (n)n = 2nn!Ln(X). La relation devient :

(X2 − 1)× 2nn!L′′n(X) + 2X2nn!L′n(X) = n(n+ 1)2nn!Ln(X)

Soit, en simpli�ant : (X2 − 1)L′′n(X) + 2XL′n(X) = n(n+ 1)Ln(X). On reconnaît la relation :

∀n ∈ N, φ(Ln) = n(n+ 1)Ln.

Partie C : Dé�nition d'un produit scalaire

On pose

∀(P,Q) ∈ E2, (P |Q) =

∫ 1

−1

P (x)Q(x)dx.

On admet qu'il s'agit d'un produit scalaire sur E (et sur ses sous espaces En).

1. 1a. Soit (P,Q) ∈ E2. On a par linéarité :

(φ(P ) |Q) =

∫ 1

−1

((x2 − 1)P ′′(x) + 2xP ′(x)

)Q(x)dx

=

∫ 1

−1

(x2 − 1)P ′′(x)Q(x)dx+ 2

∫ 1

−1

xP ′(x)Q(x)dx

Dans la première intégrale, e�ectuons l'intégration par parties :

u(x) = (x2 − 1)Q(x) et v′(x) = P ′′(x)u′(x) = 2xQ(x) + (x2 − 1)Q′(x) v(x) = P ′(x)

44/48


(φ(P ) |Q) =[(x2 − 1)Q(x)P ′(x)

]1−1− 2

∫ 1

−1

xQ(x)P ′(x)dx−∫ 1

−1

(x2 − 1)P ′(x)Q′(x)dx

+2

∫ 1

−1

xP ′(x)Q(x)dx

En simpli�ant, le résultat obtenu est :

∀(P,Q) ∈ E2, (φ(P ) |Q) =

∫ 1

−1

(1− x2)P ′(x)Q′(x)dx.

1b. Pour les endomorphismes ϕn (n ∈ N), ce résultat devient :

∀(P,Q) ∈ E2n, (ϕn(P ) |Q) =

∫ 1

−1

(1− x2)P ′(x)Q′(x)dx.

1c. Soit p, q ∈ N avec p 6= q. Grâce au résultat �nal de la partie B, on a d'une part :

(p(p+ 1)Lp |Lq) = (ϕn(Lp) |Lq) =

∫ 1

−1

(1− x2)L′p(x)L′q(x)dx

et d'autre part :

(Lp | q(q + 1)Lq) = (Lp |ϕn(Lq)) =

∫ 1

−1

(1− x2)L′p(x)L′q(x)dx

puis, en regroupant les deux résultats :

0 = (p(p+ 1)Lp |Lq)− (Lp | q(q + 1)Lq) =[p(p+ 1)− q(q + 1)

]︸︷︷︸6=0

(Lp |Lq)

D'où, si p 6= q, (Lp |Lq) = 0. En conclusion :

Les polynômes Lp sont deux à deux orthogonaux.

2. Soit n un entier naturel.

2a. Montrons par récurrence sur k que

∀k ∈ [[0, n]] , (Q |Ln) =(−1)k

2nn!

∫ 1

−1

dk

dxk[Q(X)]

dn−k


? C'est vrai pour k = 0 puisque :

(−1)0

2nn!

∫ 1

−1

d0

dx0[Q(x)]

dn

dxn[(x2 − 1)n]dx =

1

2nn!

∫ 1

−1

Q(x)Ln(x)dx = (Q |Ln)

? On suppose le résultat vrai au rang k. On e�ectue une intégration par parties avec :

u(x) =dk

dxk[Q(x)] et v′(x) =

dn−k

dxn−k[(x2 − 1)n]

u′(x) =dk+1

dxk+1[Q(x)] v(x) =

dn−k−1

dxn−k−1[(x2 − 1)n]

ce qui donne :

(Q |Ln) =(−1)k

2nn!

[dk

dxk[Q(X)]

dn−k−1

dxn−k−1[(x2 − 1)n]

]1

−1

− (−1)k

2nn!

∫ 1

−1

dk+1

dxk+1[Q(x)]

dn−k−1

dxn−k−1[(x2 − 1)n]dx

(Q |Ln) =(−1)k+1

2nn!

∫ 1

−1

dk+1

dxk+1[Q(x)]

dn−(k+1)

dxn−(k+1)[(x2 − 1)n]dx

Le résultat est vrai au rang k + 1.

45/48

Par récurrence, il est donc montré que :

∀k ∈ [[0, n]] , (Q |Ln) =(−1)k

2nn!

∫ 1

−1

dk

dxk[Q(x)]

dn−k


2b. Si on choisit Q ∈ En−1 et k = n, on adn

dxn[Q(X)] = 0 et :

(Q |Ln) =(−1)n

2nn!

∫ 1

−1

dn

dxn[Q(x)]

d0

dx0[(x2 − 1)n]dx =

(−1)n

2nn!

∫ 1

−1

0× (x2 − 1)ndx

D'où ∀Q ∈ En−1, (Q |Ln) = 0.

Pour tout n ∈ N∗, Ln est orthogonal à En−1.

2c. Soit p, q ∈ N avec p > q. Alors Lq ∈ Ep−1, donc d'après la question précédente, on a (Lp |Lq) = 0.

Les polynômes Lp sont deux à deux orthogonaux.

3. 3a. D'après C.2a, on a pour k = n :

‖Ln‖2 = (Ln |Ln) =(−1)n

2nn!

∫ 1

−1

dn

dxn[Ln(x)]

d0

dx0[(x2 − 1)n]dx

= (Ln |Ln) =(−1)n

2nn!

∫ 1

−1

dn

dxn[Ln(x)](x2 − 1)ndx

Ordn

dxn[Ln(x)] =

1

2nn!

d2n

dx2n[(x2 − 1)n] =

1

2nn!× (2n)!. D'où :

‖Ln‖2 =(−1)n(2n)!

22n(n!)2

∫ 1

−1

(x2 − 1)ndx

c'est à dire, en notant In =

∫ 1

−1

(x2 − 1)ndx :

‖Ln‖2 =(−1)n

22n

(2n

n

)In

3b. E�ectuons, dans l'expression de In+1, l'intégration par parties ci-dessous :

u(x) = (x2 − 1)n+1 et v′(x) = 1u′(x) = 2(n+ 1)x(x2 − 1)n v(x) = x

In+1 =

∫ 1

−1

(x2 − 1)n+1dx =[x(x2 − 1)n+1

]1−1− (2n+ 2)

∫ 1

−1

x2(x2 − 1)ndx

= −(2n+ 2)

∫ 1

−1

((x2 − 1) + 1

)(x2 − 1)ndx

En séparant en deux intégrales on retrouve In+1 = −(2n + 2)In+1 − (2n + 2)In, c'est à dire, en équilibrantcette égalité :

∀n ∈ N, In+1 = −2n+ 2

2n+ 3In.

3c. Grâce à cette relation de récurrence, on peut exprimer pour n ∈ N∗ :

In = − 2n

2n+ 1In−1 =

2n

2n+ 1× 2n− 2

2n− 1In−2

= · · · = −2n

2n+ 1× −(2n− 2)

2n− 1× · · · × −2

3I0 avec I0 = 2

= (−1)n2n

2n+ 1× 2n

2n× (2n− 2)

2n− 1× 2n− 2

2n− 2× · · · × 2

3× 2

2I0

∀n ∈ N, In = (−1)n22n+1(n!)2

(2n+ 1)!

Remarque : on peut aussi faire une récurrence pour démontrer plus proprement la formule, mais ceci supposeavant de conjecturer ce résultat.

46/48


3d. En utilisant le calcul trouvé à la question 3, combiné avec ce dernier résultat, on obtient :

‖Ln‖2 =(−1)n

22n

(2n)!

(n!)2× (−1)n

22n+1(n!)2

(2n+ 1)!=

2

2n+ 1

et par passage à la racine carrée, on en déduit :

∀n ∈ N, ‖Ln‖ =

√2

2n+ 1.

3e. On a déjà montré que la famille (Lp)06p6n était une famille orthogonale de polynômes non nuls de En. Endivisant chacun de ces polynômes par sa norme, on obtient une famille orthonormée. Il y en a n+1 = dimEn,donc il s'agit d'une base orthonormée de En. Avec le calcul de la question précédente, on conclut que :(√

2p+ 1

2Lp

)06p6n

est une base orthonormée de En.

Partie D : Une relation de récurrence

Soit n un entier naturel non nul.

1. On peut utiliser dans cette question le résultat de la question 6. On sait que Ln+1 est de degré n + 1 et que

son coe�cient dominant est1

2n+1

(2n+ 2

n+ 1

), alors que Ln est de degré n et de coe�cient dominant

1

2n

(2n

n

). Le

polynôme (n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) est donc de degré n+ 1 et son coe�cient dominant (en Xn+1) est :

an+1 = (n+ 1)1

2n+1

(2n+ 2

n+ 1

)− (2n+ 1)

1

2n

(2n

n

)=

n+ 1

2n+1

(2n+ 2)!((n+ 1)!

)2 − 2n+ 1

2n(2n)!

(n!)2

an+1 =1

2n+1

2× (2n+ 1)!(n!)2 − 1

2n(2n+ 1)!

(n!)2= 0

Le coe�cient de Xn+1 dans (n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) est nul.

2. D'après la question précédente, le polynôme (n + 1)Ln+1(X) − (2n + 1)XLn(X) est un élement de En. Or on avu à la partie C que la famille (L0, L1, . . . , Ln) est une famille (orthogonale) de n+ 1 polynômes de En, donc unebase de En. Autrement dit,

Il existe un unique (α0, α1, . . . , αn) ∈ Rn+1 tel que

(n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) =

n∑k=0

αkLk(X).

3. Soit k ∈ [[0, n]]. À partir de la dernière relation et par linéarité du produit scalaire, on trouve :

(n+ 1)(Ln+1 |Lk)− (2n+ 1)(XLn |Lk) =

n∑i=0

αi(Li |Lk).

Rappelons qu'on a montré en C1c. que la famille (L1, L2, . . . , Lp) était orthogonale, ce qui entraîne (Ln+1 |Lk) = 0et (Li |Lk) = 0 pour i 6= k. Il reste ainsi :

−(2n+ 1)(XLn |Lk) = αk(Lk |Lk) = α‖Lk‖2.

Soit, en isolant le coe�cient αk :

∀k ∈ [[0, n]], αk = −(2n+ 1)(XLn |Lk)

‖Lk‖2.

4. Pour tout k ∈ [[0, n− 2]], on a simplement :

(XLn |Lk) =

∫ 1

−1

(xLn(x)

)Lk(x)dx =

∫ 1

−1

Ln(x)(xLk(x)

)dx = (Ln |XLk)

47/48

Constatons que XLk ∈ En−1. Or on sait que Ln est orthogonal à En−1, donc (Ln |XLk) = 0. Avec l'expressiontrouvée en 3, on en déduit que :

∀k ∈ [[0, n− 2]] , αk = 0.

5. Pour k = n :

(XLn |Ln) =

∫ 1

−1

xL2n(x)dx

On a vu à la question 4 que Ln était de la parité de n, d'où :

(−x)L2n(−x) = −x

(− Ln(x)

)2= −xL2

n(x)

La fonction x 7→ xL2n(x) est impaire donc son intégrale entre −1 et 1 est nulle.

Ainsi (XLn |Ln) = 0. Autrement dit :αn = 0

6. En éliminant les termes nuls, réécrivons la relation de la question 2 :

(n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) = αn−1Ln−1(X).

On évalue cette expression en 1 :

(n+ 1)Ln+1(1)− (2n+ 1)Ln(1) = αn−1Ln−1(1).

en utilisant le fait que, d'après la question B2, Ln+1(1) = Ln(1) = Ln−1(1) = 1 :

(n+ 1)− (2n+ 1) = αn−1.

αn−1 = −n

7. Par report de ce dernier calcul, la relation de la question 2 devient :

(n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) = −nLn−1(X).

On en déduit en�n que :

∀n ∈ N∗, (n+ 1)Ln+1(X)− (2n+ 1)XLn(X) + nLn−1(X) = 0.

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Sujets : Espaces préhilbertiens. Énoncés des sujets · 2018-04-16 · Lycée Jean Perrin Clasep de TSI 2 Sujets : Espaces préhilbertiens. Énoncés des sujets : Exercice 1 Dans