Correction : Algèbre linéaire, Polynômes orthogonaux

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Polynômes. Espaces euclidiens.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

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  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

d’après ENGEES PC 1999

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c
3.a

3.b

1.a

Correction

Partie I

∀∈ℝ, deg(2−1)≤+ deg( donc2 etϕ())≤d’oùϕ()∈ℝ. Ainsi
ϕ:ℝ→ℝ. La linéarité dene posant aucun problème majeur, on conclutϕ∈(ℝ) .
∀∈ {0,1,…,},ϕ()=(+2−)=′′(+2)(+1)−(−1)−2.
1×2 0−1×20
2×3 0⋱
Par suite Mat(ϕ)=3×4⋱−(−1) .
⋱0
0(+1)(+2)
(i)⇒(ii) Si l’équationϕ()=λ.unitaire solution, celui-ci est élément depossède un polynôme
ker(ϕ−λ.) et donc ker(ϕ−λ.)≠ {0}.
(ii)⇒ ker((iii) Siϕ−λ.)≠ {0}alorsϕ−λ. det(n’est pas un automorphisme et doncϕ−λ)=0 .
(iii)⇒(i) Si det(ϕ−λ)=0 alorsϕ−λ.n’est pas un automorphisme, il n’est donc pas injectif et par
suite ker(ϕ−λ.)≠ {0}. Soit∈ker(ϕ−λ.) non nul. En divisantpar son coefficient dominant, on
obtient un polynôme unitaire solution de l’équationϕ()=λ.

Existence : det(ϕ−(+1)(+2))=0 (déterminant triangulaire avec un zéro sur la diagonale).
En vertu de 2.a, l’équationϕ()=(+1)(+2)possède un polynôme unitaire solution.
Degré : Notonsle degré d’un polynôme unitaire solution de l’équationϕ()=(+1)(+2).
Le coefficient dominant deϕ() étant (+1)(+ ( celui de2) et+1)(+2)étant (+1)(+2) , on
a (+1)(+2)=(+1)(+ ( qui donne2) ce−)(++3)=0 d’où=
Unicité : Soitetdeux solutions du problème posé.etsont tous deux unitaires de degré
donc−est de degré strictement inférieur à. De plus−est solution de l’équation proposée.
Si−≠0 alors on parvient à construire une solution unitaire de l’équation étudiée, solution qui est de
degré strictement inférieur à. C’est exclu et donc=.
La famille (0,...,) estune famille de polynômes de degrés étagés.
Pour=0 ,0 0 doncest unitaire de degré0=1 .
Pour=1 , on cherche1unitaire de degré 1 tel que ((2−1))=′′6.1=convient.
=+α−1+β−2+avec deg<−2 .
((2−1))=′′(+2+α+1+(β−1)+ˆ)′′
=(+2)(+1)+α(+1)(β−1)(−1)−2+ˆ′′
avec degˆ<. En identifiant avec (+1)(+2)on obtientα(+1)=α(+1)(+2) doncα=0
nne
et (β−1)(−1)=β(+1)(+ qui do2) ceβ= −(+− .1)
42

Partie II

ψ:×→ℝ. Soitλ,∈ℝ,,,∈, on aψ(λ+,)=λψ(,)+ψ(,) ,ψ(,)=ψ(,) ,
ψ(,)=1()2(1−2)≥0 car intégrale d’une fonction positive.
−1
1
Supposonsψ(,)=()2(1−2)=0 . Puisque֏(())2(1−2) est continue et positive sur
−1

1.b

2.a

2.b

2.c

3.a

3.b

3.c

3.d

4.a
4.b

4.c

−1,1 , on a∀∈ −1,1 , (())2(1−2)=0 d’où∀∈ −1,1 ,()= puisque0 puis,est continue,
∀∈ −1,1 ,()=0 i.e.=0 . Finalementψest un produit scalaire.

(|)=1()()(1−2)et (|)=1()()(1−2)donc (|)=(|) .
−1−1
A l’aide de deux ipp :
φ =− ′′ − 
( ( ) | )∫−11((2 )(11) ( )) (2)
=((2−1) ( ))′( )(1−2)1−1+∫11((2−1) ( ))′( ( )(2−1))′
            
−
=−   −′1+11−)()(()(−1))′′=(|φ())
(21) ( )( ( )(12))1−1(2 2
−
(φ() |ℓ)=(+1)(+2)(|ℓ) et (φ() |ℓ)=(|φ(ℓ))=(ℓ+1)(ℓ+2)(|ℓ)
Puisque≠ℓ (on a+1)(+2)≠(ℓ+1)(ℓ+2) et donc (|ℓ)=0 .
Si deg<alors (via I.2.c)peut s’écrire comme combinaison linéaire des polynômes0,...,−1et
puisque chacun est orthogonal à,l’est aussi.
−
et−1sont unitaires et de degrédonc deg(−1)≤ −1 .
Pourℓ∈ {0,...,−3}, (−−1|ℓ)=(|ℓ)−(−1|ℓ)
Or (|ℓ)=0 car≠ℓet (−1|ℓ)=0 car deg(ℓ)=ℓ+1<−1 .
donc (−−1|ℓ)=0
Puisque deg(−−1)≤− on peut (via I.2c) écrire :1 ,−−1=λ00+...+λ−1−.
Pour toutℓ∈ {0,...,−3}: (−−1|ℓ)=λℓ(ℓ|ℓ)=0 doncλℓ=0
Par suite, il reste−−1=λ−2−2+λ−1−.
En identifiant les coefficients de−1et−2dans le deux expressions on obtient respectivement :
−
01etλ− += −.
=λ− −4(+−21)+(−41)(−2−2)=λ−2i.e.22((−()1(1)2+)1)1
0=1,1=,2=1−5310=2−5, 13=2−3851=3−37.
=+avec deg<donc (|)=(|) car (|)=0 .
(ϕ(ℓ) |ℓ+2)=(ℓ+1)(ℓ+2)(ℓ|ℓ+2) et
ℓ ℓ+
(ϕ(ℓ) |+2)=(ℓ|ϕ(2)) avecϕ(ℓ+2)=(ℓ+3)(ℓ+4)ℓ+2−(ℓ+2)(ℓ+1)
On parvient à (|ℓ+2)=(ℓ+12()ℓ+5+)()2|)
ℓ2(ℓℓ ℓ
 ᙿ