Correction : Algèbre linéaire, Polynômes de Tchebychev et approximation uniforme

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Polynômes. Espaces vectoriels de dimension finie. Dérivation.

Sujets

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

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 320
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

d’après Ecole de l’Air 1993

1.a

1.b

1.c

2.a

2.b

2.c

Correction

Partie I

0()=1 ,1()=,2()=22−1 et3()=43−3.
+1()+−1()=cos((+1)θ)+cos((−1)θ) en posantθ=arccos
pour nous alléger la vie. Via cos+cos=2 cos2+cos2−, on
obtient :+1()+−1()=2 cosθcosθ=2() .
Unicité : Sietsont solutions alors pour tout∈ −1,1 ,
()=() et doncest racine de−. Ce polynôme ayant une
infinité de racines, on peut conclure qu’il est nul et que=.
Existence : Raisonnons par récurrence double sur∈ℕ.
Pour=0 et=1 :0=1 et1=nous convient à l’extase d’avoir déterminer deux sublimes
solutions.
Supposons la propriété établie au ranget−1 (avec≥1 ).
+1()=2()−−1()=2()−−(1)=(+1 posant) en+1=2−−1qui est bien un
polynôme. Récurrence établie.
2
,
0=1 ,1= 2=2−1 ,3=43−3et4=84−82+1 .
Par récurrence double sur∈ℕ deg, montrons=.
La propriété est vraie, ô joie, aux rangs=0 et=1 .
Supposons la propriété établie aux rangset−1 (avec≥1 ).
+1=2−−1 2avec deg=+1 et deg−1=−1 . Par somme de polynôme de degré
distincts : deg+1=max(deg(2), deg(−1))=+1 . Récurrence établie.
Notons
Les coefficients dominants de0et1valent 1.
Pour≥1 , on voit par l’étude ci-dessus on voit que le coefficient dominant de+1est le double de
celui de. On peut donc conclure que le coefficient dominant de0vaut 1 et celui devaut 2−1
pour≥1 .

Soit∈ −1,1 une racine de. Pourθ=arccos∈0,πon a=cosθet()=cosθ=0 donc il
existe∈ℤtel queθ=2π+πpuisθ=(22+1)π. Sachantθ∈0,π, on peut affirmer

∈ {0,1,…,−1}.
Ainsi=2oscπos,c23π,… cos, ou (22−1)π.
Inversement, on vérifie aisément que, ces éléments sont des racines dedans−1,1 . Ainsi les racines
dedans−1,1 sont exactement les0,…,−1avec=cos (22+1)π. Pour∈ {0,…,−1}les
(22+1)πsont des éléments deux à deux distincts de 0,π 0,. La fonction cosinus étant injective surπ,

on peut dire que les0,…,−1sont deux à deux distincts. Le polynômepossède donc exactement
racines dans l’intervalle− deg1,1 . Or=, on peut donc affirmer qu’il n’y a pas d’autres racines et
que ces dernières sont simples.
Par récurrence double sur∈ℕ, montrons queetont même parité.
Pour=0 ou=1 : ok
Supposons la propriété établie aux rangset−1 (avec≥1 )

3.a

3.b

4.

5.a

5.b

5.c

1.a
1.b

Siest pair alorsest pair,−1impair et+1=2−−1est impair.
Siest impair alorsest impair,−1pair et+1=2−−1est pair.
Récurrence établie.
(cosθ)=(cosθ)=cos(arccos(cosθ))=cos(θ) queθ∈0,πou par parité queθ∈ −π ou, 0
encore par périodicité queθ∈ℝ.
La deuxième relation s’établit par récurrence double sur∈ℕ.
Pour=0 et1 : ok.
=
Supposons la propriété établie aux rangset−1 (avec≥1 )
+1(chθ)=2 chθchθ−ch(−1)θor ch(+1)θ+ch(−1)θ=2 chθchθdonc
+1(chθ)=ch(+1)θ.
Récurrence établie.

Si≤1 alors()=()=cos(arccos)∈ −1,1 .
Si>1 alors il existeθ>0 tel que=chθet alors()=chθ>1 donc()>1 .
Par raison de parité : si< −1 alors()>1 .
L’équation()= peut avoir de solution que dans1 ne−1,1 .
Soit∈ − de cette équation.1,1 solution
Il existe un uniqueθ∈0,πtel que=cosθ.
()= cos alors1 donneθ=1 donc∃∈ℤ,θ=πi.e.θ=π.
Orθ∈0,πdonc∈ {0,…,}et finalement cosest l’un desπavec∈ {0,…,}. Inversement,
ces éléments sont bien racines de l’équation()=1 . Posons=cosπ. On observe :

−1=<−1<⋯<1<0=1 . Il y a donc exactement+1 solutions et les solutions des équations
.
()=1 sont alternées avec les solutions de l’équation()= −1 car()=cos(π)=(−1)
Par ce qui précède=1 car∀∈ −1,1 ,()≤ que1 et(1)=1 .
Par suit=1
ɶ
.
e2−1
ɶ
etsont unitaires et de degrédonc deg<.
 π(−1) π
(cos)=2−1−(cos) .
Siest pair alors(cosπ)=21−1−(cosπ)≥21−1−>0 .
 
Siest impair alors(cosπ)=2−−11−(cosπ)≤2−1−1+<0 .
Pour∈ {0,…,}les cosπsont des valeurs successives entre lesquelles la fonctionchange de
signe, or celle-ci est continue donc elle s’annule entre ces valeurs successives : cela fournit au moins
ɶ ɶ
annulations du polynômeor deg<donc=0 et=ce qui est absurde puisque<

Partie II

deg=.
Les racines desont les0,…,ˆ,…,donc()=0 pour≠.
()∏−=1.
 =
=0−
≠  

.

1.c

2.

3.a

3.b

3.c

4.

Supposonsλ00+⋯+λ=. En évaluant cette en relation en0 on obtient :λ=0 . La famille
(0,…,) est donc libre or elle est constituée de+1=dimℝéléments deℝ, c’est donc
une base deℝ.

 
()=∑()()=∑()δ, =(&