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Correction : Algèbre linéaire, Polynômes de Legendre

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Exrait

d’après ESIEE Amiens 1997

1.

2.

3.a

3.b

3.c

4.

1.a

1.b

1.c

2.

3.a

Correction

Partie I

(. | .) est clairement un forme bilinéaire symétrique.
 =1 2≥ (0 et si|)= la fonction0 alors֏()2est nulle car
Pour tout∈ℝ ) d, ( ( | )
−1
continue, positive et d’intégrale nulle sur−1,1 . Par suiteest le polynôme nul car il possède une
infinité de racines.
Soitλ,∈ℝet,∈ℝ.(λ+)=λ()+() notamment par linéarité de la dérivation.
De plus:ℝ→ℝdoncest un endomorphisme deℝ.
La linéarité deprovient de celle de. Le problème est de justifier queest à valeurs dansℝ.
Soit∈ℝ ddega dnO .≤deg−1≤−1 donc deg(2−)dd1()≤2+−1=+1 puis
deg()≤. Ainsi()∈ℝ.

(1)=0()=(2−1)=′2,()=((2−1)−1)=′(+1)−(−1)−2.
,
 20 00
2 0⋱
Mat(1,,…,)=6⋱⋱(0−1) .
0(+1)
1
      
( ( ) |)=∫−11dd(2−d)1d()()dip=p(2−d1)d()()−1−∫−11(2−dd1)(dd)()d
donc (() |)= −∫1(2−1)dd(d)d()d
−1
or la symétrie de cette formule enet (permet de conclure() |)=(|()) .

Partie II

1=,2=3(122−1) ,3=53−3.
2 2
deg=2donc deg=deg−=.
Le term (2donc 1)!
e endeprovient de la dérivation à l’ordredu terme 21!2 =2×(!)2.
La famille (0,1,…,) est de degrés étagés (i.e. deg=) c’est donc une base deℝ.
=1=∑((−)()(+ )(−)=1∑=−!−−!+
2 !0 ! 2 1)1) (0!!)()1()1(
donc=12∑=02(−1)−(+1).

(1)=2122=1 et(−1)=2102(−2)=(−1).


((2−1)+1)=(+1)×2×(2−1)=2(+1)() .
     
(2−1)((2−1))′=×2×(2−1)=2() .

3.b

3.c

4.a

4.b

5.a

5.b

5.c

6.

En dérivant+1 fois la relation (1), via la formule de Leibniz, on obtient :
dddd+11(1()=)dd+11(2(+1)())=2(+1)0+1dd+11(()) +21+1(+d1)d(())

+ ++ + 
donc 2+1(+1)!′1()=2(+1)2!′()+2(+1)22!()
+
puis′+1()=′()+(+1)() .
En dérivant+1 fois la relation (2), via la formule de Leibniz, on obtient :
2 (2) ( 0
(−1)+()+(+1)2+1)()+(2+2)1(())−2+((1))−2(+1)(())=
donc (2−1)(+2)()+2(+1)()=(+1)(()) i.e.((2−1)(+1)())=′(+1)()()
et donc()=(+1).
(+1)(|)=(() |)=(|())=(+1)(|)
donc((+1)−(+()1|)=0 .
Or֏(+1) est injective et≠donc(+1)≠(+1) puis (|)=0 .
(0,…, base de) estℝdonc on peut écrire=λ00+⋯+λ.

Par suite (+1|)=∑λ(+1|)=0 .
=0
Notons1,…,les racines de multiplicités impaire du polynôme+1appartenant à−1,1 .

Posons=∏(−) .
=1
Le polynôme+1n’a que des racines de multiplicité paire dans−1,1 , il est donc de signe constant sur
1
− par suite1,1 et1()+1()d≠ non nullité de l’intégrale d’une fonction continue, non0 (par

nulle, et de signe constant). Par suite=deg>.
Or+1est de degré+1 donc nécessairement≤+1 et donc finalement=+1 .
Par suite+1possède+1 racines distinctes dans−1,1 .
De plus, puisque deg+1=+ on peut assurer qu’il n’y en a pas d’autres et que celles-ci sont1 ,
simples.
′+1=(+1)+1+avec deg<ou encore′+1=(+1)+1+ ecavde gˆˆ<.

Par suite (′+1|)=(+1)+1(|)+(ˆ|)=(+1)+12car (|ˆ)=0 .

2=−11()2d=()21−1−2∫−11()′()d=2−2∫−11()′()d.
2
+1=(212(+2+(2))12+1)=2++1(onc 1 d′+1|)=(2+1).
De plus′+1()=′()+(+1)() donc (′1|)=(′|)+(+1)(|)
+
11 12
(′|)′(   
or =−1 )d) (= −2
donc (2+1)2=1−122+(+1)puis2=22+1 .

+1est un vecteur normal à l’hyperplanℝde l’espaceℝ+1
1 1
Par suite(+1,ℝ[])=(++|2+1)+1=(+|++1 .)
11

.

g<+1 donc (+1|+1)=1
+1

11
or+=+1+avec de
+1
Par suite(+1,ℝ[])=1
+1

+1

2+1((+1)!)2
=
(2+2)!


2
.
2+1

+12