Fiche de mathématiques

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CONCOURS COMMUNS
POLYTECHNIQUES

Session 2003

Epreuve spécifique - Filière MP
Mathématiques 1
Durée : 4 heures

N. B. : Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.
Si un candidat est amené à repérer ce qui peut lui sembler être une erreur d'énoncé, il le signalera sur sa copie et devra poursuivre sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu'il a été amené à prendre.

Les calculatrices sont interdites.

Utilisation des polynômes de Tchebychev en analyse

Notations :
On note $E$ l'espace vectoriel des applications continues de $[-1,1]$ dans $\mathbb{R}$ .
On désigne par $E_{n}$ l'espace vectoriel des fonctions polynomiales de $[-1,1]$ dans $\mathbb{R}$ de degré inférieur ou égal à $n$ où $n$ est un entier naturel.
On pourra confondre les expressions : polynôme et fonction polynomiale.
Si $f$ est un élément de $E$ , on pose $\displaystyle||f||_{\infty}=\sup_{x\in[-1,1]}|f(x)|$

Les parties II., III. sont indépendantes et utilisent les résultats de la partie I.

I. Polynômes de Tchebychev

Dans toute cette partie, $n$ est un entier naturel.

1. Existence et unicité
     a) Déterminer un polynôme $T$ à coefficients réels de degré $n$ vérifiant la propriété (*): $\forall \theta \in \mathbb{R}$ , $T(\cos\theta)=\cos(n\theta)$
(On pourra remarquer que $\cos(n\theta)$ est la partie réelle de $(\cos\theta+i\sin\theta)^{n}$ )
     b) Montrer qu'un polynôme vérifiant (*) est unique.
On l'appelle le polynôme de Tchebychev d'indice $n$ , on le note $T_{n}$ .

On définit alors une fonction polynomiale sur $[-1,1]$ par: $\forall x\in[-1,1]$ , $T_{n}(x)=\cos(n \arccos x)$

2. a) Montrer que $\forall x\in [-1,1]$ , $T_{n+2}(x)=2xT_{n+1}(x)-T_{n}(x)$
(On pourra calculer $T_{n+2}(x)+T_{n}(x)$ )
     b) Calculer $T_{0},T_{1},T_{2}, T_{3}$ .
     c) Donner le coefficient du terme de plus haut degré de $T_{n}$ .

3. Racines et extrema
     a) Montrer que $\forall x\in [-1,1]$ , $\displaystyle T_{n}(x)=2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1} (x-\cos \theta_{k})$ où $\displaystyle\theta_{k}= \frac{(2k+1)\pi}{2n}$
     b) On pose pour $k$ dans $\lbrace 0,1,\ldots, n \rbrace$ , $c_{k} = \cos \left(\dfrac{k\pi}{n}\right)$
Calculer $|| T_{n} ||_{\infty}$ , puis montrer que : $\forall k \in \lbrace 0,1,\ldots, n\rbrace$ , $|T_{n}(c_{k})|=||T_{n}||_{\infty}$ et que : $\forall k\in \lbrace 0,1,\ldots, n-1\rbrace$ , $T_{n}(c_{k+1})=-T_{n}(c_{k})$
Les $n+1$ réels $c_{0},c_{1},\ldots, c_{n}$ sont appelés points de Tchebychev.
     c) Dessiner le graphe de $T_{3}$ , préciser sur le graphe les réels $c_{0},c_{1},c_{2}, c_{3}$ .

II. Polynômes de Tchebychev et orthogonalité

Orthogonalité des $T_{n}$

4. Montrer que pour toute fonction $h$ de $E$ , l'application $\displaystyle t\mapsto \dfrac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}$ est intégrable sur $]-1,1[$ .
Pour $f$ et $g$ éléments de $E$ , on pose $\langle f,g \rangle =\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{f(t)g(t)}{\sqrt{1-t^{2}}} dt$

5. a) Soit $h$ une fonction positive de $E$ , montrer que si $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}} dt=0$ alors $h$ est une fonction nulle.
b) Montrer que $\langle , \rangle$ définit un produit scalaire sur $E$ .

Ceci nous permet de définir une norme euclidienne sur $E$ : pour tout élément $h$ de $E$ , on pose $||h||_{2}=\sqrt{\langle h , h \rangle}$

6. Calculer $\langle T_{n},T_{m} \rangle$ selon les valeurs des entiers naturels $m$ et $n$ . En déduire pour tout entier naturel $n$ que la famille $(T_{0},T_{1},\ldots, T_{n})$ est une base orthogonale (pour $\langle , \rangle$ ) de $E_{n}$

Polynôme de meilleure approximation quadratique

Dans toute la suite de la partie II. , $f$ désignera un élément de $E$ et $n$ un entier naturel.
On pose $d_{2}(f,E_{n})=\inf\lbrace ||f-Q||_{2}, Q\in E_{n}\rbrace$
Le but de la suite de la partie II. est d'exprimer $||f||_{2}$ en fonction $\dfrac{\langle f,T_{k} \rangle}{||T_{k}||_{2}}$

7. a) Énoncer un théorème justifiant l’existence et l'unicité d'un vecteur $t_{n}(f)$ dans $E_{n}$ tel que $||f-t_{n}(f)||_{2}=d_{2}(f,E_{n})$
b) Exprimer $t_{n}(f$ ) à l'aide des polynômes de Tchebychev.
On dit que $t_{n}(f)$ est le polynôme de meilleure approximation quadratique de $f$ sur $E_{n}$ .

8. Montrer que $d_{2}(f,E_{n})= \sqrt{||f||_{2}^{2} - \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \dfrac{ \langle f,T_{k} \rangle^{2}}{||T_{k}||_{2}^{2}}}$

9. a) En déduire que la série $\displaystyle \sum_{k\geq 0} \dfrac{ \langle f,T_{k} \rangle^{2}}{||T_{k}||_{2}^{2}}$ est convergente.
b) Que pensez-vous de la limite de $\displaystyle\int_{-1}^{1} \frac{f(t)T_{n}(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$ ?

Convergence en norme quadratique

10. a) Soit $h$ un élément de $E$ , montrer que $||h||_{2}\leq \sqrt{\pi} ||h||_{\infty}$
b) Montrer en utilisant un théorème de Weierstrass que: $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}||f-t_{n}(f)||_{2}=0$

11. a) En déduire que $||f||_{2}=\displaystyle \sqrt{\sum_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\langle f,T_{k} \rangle^{2}}{||T_{k}||_{2}^{2}}}$
b) Application: un théorème des moments.
Que peut-on dire d'une fonction $h$ de $E$ telle que pour tout entier naturel $n$ , $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{h(t)T_{n}(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=0$ ?

III. Polynôme de meilleure approximation au sens de Tchebychev

Dans toute cette partie, $n$ désigne un entier naturel et $f$ un élément de $E$ .
On note $d_{\infty}(f,E_{n})=\inf\lbrace ||f-Q||_{\infty} , Q\in E_{n} \rbrace$
On dit qu'un élément $P$ de $E_{n}$ , est un polynôme de meilleure approximation (on notera en abrégé PMA) au sens de Tchebychev de $f$ d'ordre $n$ , s'il vérifie une des deux conditions équivalentes :
(i) $||f-P||_{\infty}=d_{\infty}(f,E_{n})$
(ii) $\forall Q\in E_{n}$ , $||f-P||_{\infty}\leq ||f-Q||_{\infty}$

Existence d'un PMA d'ordre $n$ pour $f$

On pose $K=\lbrace Q\in E_{n} , ||f-Q||_{\infty} \leq ||f||_{\infty} \rbrace$

12. a) Montrer que $K$ est une partie non vide fermée et bornée $E_{n}$
b) En déduire que $K$ est une partie compcte non vide de $E_{n}$

13. a) Montrer que $d_{\infty}(f,E_{n})=d_{\infty}(f,K)$
b) En déduire qu'il exsite un élément $P$ de $E_{n}$ tel que $||f-P||_{\infty}=d_{\infty}(f,E_{n})$ .
$P$ est donc un PMA d'ordre $n$ de $f$

Condition suffisante pour être un PMA

Soit $h$ un élément de $E$ . On dit que $h$ équioscille sur $k+1$ points s'il existe $k+1$ réels $x_{0}<x_{1}<\ldots<x_{k}$ de l'intervalle $[-1,1]$ , tels que :
$\forall i \in \lbrace 0,1,\ldots , k\rbrace , |h(x_{i})|=||h||_{\infty}$ et $\forall i \in \lbrace 0,1,\ldots, k-1\rbrace , h(x_{i+1})=-h(x_{i})$
(On dit que les extremas sont alternés)

14. Exemples
     a) Dessiner le graphe d'une fonction $\phi$ de $E$ telle que $||\phi||_{\infty} = \dfrac{1}{2}$ et $\phi$ équioscille sur $4$ points.
(On ne cherchera pas à expliciter une telle fonction)
     b) Montrer que le polynôme $T_{n+1}$ de Tchebychev d'indice $n+1$ équioscille sur $n+2$ points.

Le but de la question 15. est de montrer le résultat suivant :
Si $P$ est un élément de $E_{n}$ tel que $f-P$ équioscille sur $n+2$ points, alors $P$ est un PMA d'ordre $n$ de $f$

15. Soit $P$ un élément de $E_{n}$ tel que $f-P$ équioscille sur $n+2$ points que l'on note $x_{0}<x_{1} < \ldots < x_{n+1}$
Soit $Q$ un élément de $E_{n}$ tel que $||f-Q||_{\infty} < ||f-P||_{\infty}$
     a) Soit $i\in\lbrace 0,1,\ldots, n+1\rbrace$ , montrer que si $f(x_{i})-P(x_{i})>0$ alors $Q(x_{i})-P(x_{i})>0$
On a de même, que si $f(x_{i})-P(x_{i})<0$ alors $Q(x_{i})-P(x_{i})<0$
     b) En déduire que $P=Q$ et conclure.

Détermination de PMA

16. Dans cette question, pour $x\in [-1,1]$ , on prend $f(x)=x^{n+1}$ et on pose : $q_{n}(x)=x^{n+1}-2^{-n}T_{n+1}(x)$
Montrer que $q_{n}$ est un PMA d'ordre $n$ de $f$ .

17. En déduire que pour tout polynôme $P$ unitaire de degré $n+1$ , on a $2^{-n}||T_{n+1}||_{\infty} \leq ||P||_{\infty}$

18. a) Dans cette question, $f$ est un polynôme de degré $n+1$ .
Déterminer un PMA d'ordre $n$ de $f$ .
b) Application : déterminer un PMA d'ordre $2$ de $f(x)=5x^{3}+2x-3$ .

Remarque : On peut montrer l'unicité du PMA.
Il n'existe pas de formule générale qui donne l'expression du PMA d'une fonction quelconque. On peut cependant utiliser un algorithme (de Remes) qui fournit une suite de polynômes qui converge vers le PMA.

Correction

Utilisation des polynômes de Tchebychev en analyse

I. Polynômes de Tchebychev

1. a) Soit $n \in \mathbb{N}$ , pour tout $\theta \in \mathbb{R}$ :

$\begin{matrix}\cos(n\theta) &=& \displaystyle Re(e^{in\theta}) \\ &=& \displaystyle Re((\cos(\theta)+i\sin(\theta))^{n}) \\ &=&\displaystyle Re(\sum_{k=0}^{n} {n\choose k} \cos^{n-k}(\theta)(i\sin(\theta))^{k}) \\ &=& \displaystyle Re(\sum_{0\leq 2k\leq n} i^{2k} {n\choose 2k} \cos^{n-2k}(\theta)\sin^{2k}(\theta)+\sum_{0\leq 2k+1\leq n} i^{2k+1} {n\choose 2k+1} \cos^{n-2k-1}(\theta)\sin^{2k+1}(\theta))\\ &=& \displaystyle Re(\sum_{0\leq 2k\leq n} (-1)^{k} {n\choose 2k} \cos^{n-2k}(\theta)\sin^{2k}(\theta)+i\sum_{0\leq 2k+1\leq n} (-1)^{k} {n\choose 2k+1} \cos^{n-2k-1}(\theta)\sin^{2k+1}(\theta))\\ &=& \displaystyle \sum_{0\leq k\leq \frac{n}{2}} (-1)^{k} {n\choose 2k} \cos^{n-2k}(\theta)\sin^{2k}(\theta)\\ &=& \displaystyle \sum_{0\leq k\leq \frac{n}{2}} (-1)^{k} {n\choose 2k} \cos^{n-2k}(\theta) (1-\cos^{2}(\theta))^{k} \end{matrix}$

En posant $\displaystyle T=\sum_{0\leq k\leq \frac{n}{2}} (-1)^{k} {n\choose 2k} X^{n-2k}(1-X^{2})^{k}$ , on a : $\forall \theta \in \mathbb{R}$ , $T(\cos(\theta))=\cos(n\theta)$

D'où l’existence de $T$ .

1. b) Soient $P$ et $T$ deux polynômes vérifiant la condition (*);
Alors $\forall \theta \in \mathbb{R}$ : $P(\cos(\theta))=\cos(n\theta)$ et $T(\cos(\theta))=\cos(n\theta)$
Donc $\forall \theta \in \mathbb{R}$ : $P(\cos(\theta))=T(\cos(\theta))$
Et donc : $\forall x\in [-1,1]$ , $P(x)=T(x)$
Les deux polynômes coincident en une infinité de valeurs et sont alors égaux.
On conclut alors que le polynôme vérifiant (*) est unique, on le notera $T_{n}$ .

$\boxed{T_{n}(X)=\displaystyle \sum_{0\leq k\leq \frac{n}{2}} (-1)^{k} {n\choose 2k} X^{n-2k}(1-X^{2})^{k} }$

2. a) Soit $n\in\mathbb{N}$ et soit $x\in [-1,1]$
Posons $\theta =\arccos(x$ ) de façon à ce que $x=\cos(\theta)$
On a donc :
$\begin{matrix}T_{n}(x)+T_{n+2}(x)&=& T_{n}(\cos(\theta))+T_{n+2}(\cos(\theta)) \\ &=& \cos(n\theta)+\cos((n+2)\theta) \\ &=& 2\cos(\theta)\cos((n+1)\theta) \\ &=& 2\cos(\theta)T_{n+1}(\cos(\theta))\\ &=& 2xT_{n+1}(x)\\ \end{matrix}$

$\boxed{\displaystyle\forall n\in\mathbb{N}, \forall x\in [-1,1] : T_{n+2}(x)=2xT_{n+1}(x)-T_{n}(x) }$

2. b) On a immédiatement $T_{0}=1 \text{ et } T_{1}=X$
D'après 2. a), les deux polynômes $T_{n}+T_{n+2}$ et $2XT_{n+1}$ sont égaux puisqu'ils coincident en une infinité de points.
On a alors : $\displaystyle \boxed{\forall n\in\mathbb{N} : T_{n+2}=2XT_{n+1}-T_{n}}$
On obtient: $T_{2}=2X^{2}-1 \text{ et } T_{3}=4X^{3}-3X$
$\boxed{\displaystyle T_{0}=1 \text{ , } T_{1}=X \text{ , } T_{2}=2X^{2}-1 \text{ et } T_{3}=4X^{3}-3X}$

2. c) D'après l'expression de $T_{n}$ trouvée dans 1. b), et d'après le calcul fait dans la question précédente, on peut déduire que :
$\forall n\in\mathbb{N}^{*} \text{ : } \deg(T_{n})=n$ et le coefficient dominant est $\text{dom}(T_{n})=2^{n-1}$
Montrons le par récurrence (double) :
On a : $\begin{cases}\deg(T_{1})=1 \text{ et } dom(T_{1})=1=2^{1-1} \\ \deg{T_{2})=2 \text{ et } dom(T_{2})=2=2^{2-1} \end{cases}$
Le résultat est donc vrai pour $n=1 \text{ et } n=2$
Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$ , supposons que : $\begin{cases} \deg(T_{n})=n \\ dom(T_{n})=2^{n-1} \end{cases}$ et $\begin{cases} \deg(T_{n+1})=n+1 \\ dom(T_{n+1})=2^{n} \end{cases}$
On a alors :
$\begin{cases} \deg(T_{n+2})=\deg(2XT_{n+1}-T_{n})=\deg(XT_{n+1})=n+1+1=n+2 \\ \text{ Et } \\ dom(T_{n+2})=dom(2XT_{n+1}-T_{n})=dom(XT_{n+1})=2dom(T_{n+1})=2.2^{n}=2^{n+1}=2^{(n+2)-1} \end{cases}$
On vient donc de montrer que :
$\displaystyle\forall n\in\mathbb{N}^{*} \text{ , } \deg(T_{n})=n \text{ et } dom(T_{n})=2^{n-1}$
D'autre part, pour $T_{0}=1 \text{ , } deg(T_{0})=0 \text{ et } dom(T_{0})=1$
Conclusion : $\boxed{\begin{cases} deg(T_{0})=0 \text{ et } dom(T_{0})=1 \\ \\ \forall n\in\mathbb{N}^{*} \text{ , } \deg(T_{n})=n \text{ et } dom(T_{n})=2^{n-1}\end{cases}}$

3. a) Soit $n\in\mathbb{N}$ et soit $x\in [-1,1]$
Posons $\theta =\arccos(x$ ) de façon à ce que $x=\cos(\theta)$
On a donc :
$\begin{matrix} T_{n}(x)=0 &\Longleftrightarrow & T_{n}(\cos(\theta))=0 \\ &\Longleftrightarrow & \displaystyle \exists k\in\mathbb{Z} \text{ / } n\theta=\frac{\pi}{2}+k\pi \\ &\Longleftrightarrow & \displaystyle \exists k\in\mathbb{Z} \text{ / } \theta=\frac{(2k+1)\pi}{2n} \end{matrix}$

Pour $\displaystyle k\in\lbrace 0,\ldots n-1\rbrace \text{ on a: } 0\leq \frac{\pi}{2n}\leq \frac{(2k+1)\pi}{2n}\leq \frac{(2(n-1)+1)\pi}{2n}=\pi-\frac{\pi}{2n}\leq \pi$

Puisque $x\mapsto \cos(x)$ est strictement décroissante sur $[0,\pi]$ , on en déduit que les $n$ nombres $\displaystyle\cos \left(\frac{(2k+1)\pi}{2n} \right) \text{ sont 2 à 2 distincts } \forall k\in\lbrace 0,\ldots, n-1\rbrace$ et sont tous racines du polynôme $T_{n}$
Et puisque $\deg(T_{n})=n$ , ces racines sont tous simples, et enfin, $dom(T_{n})=2^{n-1}$ , alors, on en déduit que:

$\boxed{\forall x\in[-1,1] \text{ , } T_{n}(x)=\displaystyle 2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1}(x-\cos(\theta_{k} ))\text{ avec } \theta_{k}=\frac{(2k+1)\pi}{2n} \text{ , } \forall k\in\lbrace 0,\ldots , n-1\rbrace}$

3. b) Soit $n\in\mathbb{N} \text{ , }$ Pour $x\in[-1,1] \text{ , }$ en posant $\theta=\arccos(x)$ on a :
$|T_{n}(x)|=|T_{n}(\cos(\theta))|=|\cos(n\theta)|\leq 1$
On en déduit directement que : $||T_{n}||_{\infty} \leq 1$
Or, $||T_{n}||_{\infty}\geq |T_{n}(1)|=|T_{n}(\cos(0)|=|\cos(0)|=1$
On en déduit que :
$\forall n\in\mathbb{N} \text{ : } ||T_{n}||_{\infty}=1$
Soient $n\in\mathbb{N}^{*} \text{ et } k\in\lbrace 0,\ldots, n\rbrace$
$T_{n}(c_{k})=T_{n}(\cos(\displaystyle \frac{k\pi}{n}))=\cos(k\pi)=(-1)^{k}$
On en déduit que $\boxed{ \begin{cases}\forall n\in\mathbb{N}^{*} \text{ , } \forall k \in\lbrace 0,\ldots, n\rbrace \text{ : } |T_{n}(c_{k})|=||T_{n}||_{\infty} \\ \\ \forall k\in\lbrace 0,\ldots, n-1\rbrace \text{ , } T_{n}(c_{k+1})=-T_{n}(c_{k}) \end{cases}}$

3. c) On a :
$\begin{cases} c_{0}=0 \text{ et } T_{3}(c_{0})=1\\c_{1}=\displaystyle \frac{1}{2} \text{ et } T_{3}(c_{1})=-1\\c_{2}=\displaystyle\frac{-1}{2} \text{ et } T_{3}(c_{2})=1 \\c_{3}=-1 \text{ et } T_{3}(c_{3})=-1 \end{cases}$

Concours communs polytechniques filière MP Première épreuve 2003 - supérieur : image 1

II. Polynômes de Tchebychev et orthogonalité

Orthogonalité des $T_{n}$

4. Soit $h\in E$ . La fonction $t \mapsto \displaystyle \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}$ est continue sur $]-1,1[$ .
Or, $h$ est bornée au voisinage de 1 et -1.
Donc : $\displaystyle \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}=\frac{h(t)}{\sqrt{1+t}}.\frac{1}{\sqrt{1-t}} \displaystyle \underset{t\to 1}{=} \frac{1}{\sqrt{1-t}} . O(1) = O(\frac{1}{\sqrt{1-t}})$
Et: $\displaystyle \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}=\frac{h(t)}{\sqrt{1-t}}.\frac{1}{\sqrt{1+t}}\displaystyle\underset{t\to -1}{=} \frac{1}{\sqrt{1+t}} . O(1) = O(\frac{1}{\sqrt{1+t}})$
Or $-\dfrac{1}{2} >-1$ donc les fonctions $t \mapsto \dfrac{1}{\sqrt{1-t}}$ et $t \mapsto\dfrac{1}{\sqrt{1+t}}$ sont intégrables respectivement au voisinage de 1 et -1, il en est donc de même pour la fonction $t \mapsto \displaystyle \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}$

$\boxed{ \text{ Pour tout élément h de E, la fonction } t\mapsto \displaystyle \frac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}} \text{ est intégrable sur } ]-1,1[ }$

5. a) Soit $h$ une fonction positive de $E$ telle que $\displaystyle \int_{-1}^{1} \dfrac{h(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt = 0$
Alors la fonction $t\mapsto \dfrac{h(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}$ continue et positive sur ]-1 , 1[ est d'intégrale nulle sur ]-1 , 1[.
Donc: $\forall t\in ]-1,1[ \text{ : } \dfrac{h(t)}{\sqrt{1-t^2}}=0$ , et donc: $\forall t\in]-1,1[ h(t)=0$
Par continuité de $h$ sur l'intervalle [-1 , 1] on en déduit donc :
$\boxed{h=0}$

5. b) D'après 4. , $\forall (f,g)\in E^{2} \text{ : } <f,g> \text{ existe dans } \mathbb{R}$
On a : $\forall (f,g)\in E^2 \text{ : } <f,g>=<g,f>$ , donc $<.,.>$ est symétrique.
Il est évident que : $\forall (f_1,f_2,g)\in E^3 \text{ , } \forall (\alpha_1,\alpha_2)\in\mathbb{R}^2 \text{ : } <\alpha_1 f_1 +\alpha_2 f_2 , g>=\alpha_1<f_1,g> +\alpha_2 <f_2,g>$ , donc $<.,.>$ est linéaire par rapport à sa première variable, et donc bilinéaire par symétrie.
$\forall f\in E \text{ : } <f,f>=\displaystyle \int_{-1}^{1} \dfrac{f^{2}(t)}{\sqrt{1-t^2}}\geq 0$ par positivité de l'intégrale.
D'après la question précédente, $\forall f\in E \text{ : } <f,f>=0 \Longleftrightarrow f=0$
On déduit de ces quatres propositions que $<.,.>$ est une forme bilinéaire symétrique définie-positive sur $E$ , donc :
$\boxed{ <.,.> \text{ est un produit scalaire sur E }}$

6. Soit $n,m\in\mathbb{N}$ , on pose pour $t\in ]-1,1[ \text{ : } \theta=\arccos(t)$ de sorte que $\theta$ décrit $]0,\pi[$ en décroissant et $d\theta=\dfrac{-1}{\sqrt{1-t^2}}dt$
On obtient :
$\begin{matrix} <T_n,T_m> &=& \displaystyle \int_{-1}^{1} T_n(t) T_m(t) \dfrac{dt}{\sqrt{1-t^2}} \\&&\\&=& \displaystyle \int_{\pi}^0 T_n(\cos(\theta)) T_m(\cos(\theta)) (-d\theta)\\&& \\&=&\displaystyle \int_{0}^{\pi} \cos(n\theta) \cos(m\theta) d\theta \\&&\\&=& \dfrac{1}{2} \displaystyle \int_0^\pi (\cos((n+m)\theta)+\cos((n-m)\theta))d\theta\\&&\\&=&\begin{cases} \dfrac{1}{2}(\dfrac{\sin((n+m)\theta)}{n+m}+\dfrac{\sin((n-m)\theta)}{n-m}]_{0}^{\pi} &\text{ si } n\not{=} m \\ \dfrac{1}{2} \displaystyle \int_{0}^{\pi} [\cos((2n)\theta)+1]d\theta &\text{ si } n=m \end{cases}\\&& \\ &=& \begin{cases} 0 &\text{ si } n\not{=} m \\ \dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{2}\displaystyle \int_{0}^{\pi} \cos((2n)\theta) d\theta &\text{ si } n= m \end{cases} \\&&\\&=& \begin{cases} 0 &\text{ si } n\not{=}m \\ \dfrac{\pi}{2} &\text{ si } n=m\not{=} 0 \\ \pi &\text { si } n=m=0 \end{cases} \end{matrix}$
Conclusion :
$\boxed{<T_n,T_m>=\begin{cases} 0 &\text{ si } n\not{=}m \\ \dfrac{\pi}{2} &\text{ si } n=m\not{=} 0 \\ \pi &\text { si } n=m=0 \end{cases}}$

On en déduit que la famille $(T_0,\ldots, T_n)$ est une famille orthogonale de polynômes tous non nuls de degré au plus $n$ et donc la famille est libre, d'autre part, comme $\card(T_{i})_{0\leq i \leq n} =n+1=\dim(E_{n})$ , on déduit:
$\boxed{ \text{ La famille } (T_0,\ldots, T_n) \text{ est une base orthogonale de } E_n}$

Polynôme de meilleure approximation quadratique

7. a) Soit $f\in E$
$E_n$ est un sous-espace vectoriel de dimension finie de l'espace préhilbertion $E$ , donc d'après le théorème de la projection orthogonale:
$\boxed{\text{ Il existe un unique vecteur } t_{n}(f) \text{ de } E_n \text{ vérifiant: } ||f - t_n(f)||_{2}=d_{2}(f,E_{n}) }$

7. b) Soit $f\in E$ , on a $t_n(f)\in E_n$ et puisque $(T_i)_{0\leq i \leq n}$ est une base de $E$ , il existe alors une famille de réels $(\lambda_i)_{0\leq i\leq n}$ telle que:
$t_{n}(f)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \lambda_{i} T_{i}$
Soit $k\in \lbrace 0,\ldots, n\rbrace$ , on a:
$<t_{n}(f),T_{k}>=\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \lambda_i <T_i,T_k>=\lambda_k <T_k,T_k>=\lambda_k||T_k||^{2}=\begin{cases} \pi\lambda_0 &\text{ si } k=0 \\\dfrac{\pi}{2}\lambda_k &\text{ si } k\not{=}0 \end{cases}$
D'autre part, on a :
$<t_{n}(f),T_{k}>=<f,T_k>+<t_n(f)-f,T_k>=<f,T_k>$ puisque $t_n(f)-f$ est dans $E_n^{\perp}$
Conclusion :
$\boxed{\forall f\in E \text{ , } t_{n}(f)=\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\dfrac{<f,T_i>}{||T_i||^2}T_i = \dfrac{1}{\pi} (<f,T_0>T_0+2\displaystyle \sum_{i=1}^{n} <f,T_i>T_i)}$

8. Soient $f\in E \text{ et } n\in\mathbb{N}$ . On avait vu que $t_n(f) \in E_n \text{ et } f-t_n(f)\in E_n^{\perp}$
Donc :
$\begin{matrix} (d_2(f,E_n))^2 &=& ||f-t_n(f)||_2^{2} &=& <f-t_n(f),f-t_n(f)>\\&=&<f-t_n(f),f>-<f-t_n(f),t_n(f)>&=&<f-t_n(f),f>\\&=&<f-\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\dfrac{<f,T_i>}{||T_i||^2}T_i , f> &=&<f,f>-\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\dfrac{<f,T_i>}{||T_i||^2}<f,T_i>\\&=&||f||_2^2-\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2} \end{matrix}$
Conclusion :
$\boxed{\forall f\in E \text{ , } \forall n\in\mathbb{N} \text{ : }d_2(f,E_n)=\sqrt{||f||_2^2-\displaystyle \sum_{i=0}^{n}\dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2} }}$

9. a) Soit $n\in\mathbb{N}$
$\displaystyle \sum_{i=0}^{n} \dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2}=||f||_2^2-(d_2(f,E_n))^2\leq ||f||_2^2$
Ce qui veut dire que la somme partielle de la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{<f,T_n>^2}{||T_n||^2}$ qui est positive est majorée, on en déduit que :
$\boxed{\text{La série }\displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{<f,T_n>^2}{||T_n||^2} \text{ converge }}$

9. b) Puisque la série $\displaystyle \sum_{n\geq 0} \dfrac{<f,T_n>^2}{||T_n||^2}$ converge, alors : $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} \dfrac{<f,T_n>^2}{||T_n||^2}=0$
Or, $\forall n\in\mathbb{N}^{*} \text{ : }$
$\displaystyle |\int_{-1}^{1} \dfrac{f(t)T_{n}(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt|=|<f,T_n>|=\sqrt{\dfrac{\pi}{2}}\sqrt{ \dfrac{<f,T_n>^2}{||T_n||^2}}$
On en déduit que :
$\boxed{ \forall f\in E \text{ , } \displaystyle \lim_{n\to +\infty} \int_{-1}^{1} \dfrac{f(t)T_n(t)}{\sqrt{1-t^{2}}}dt=0}$

Convergence en norme quadratique

10. a) Soit $h\in E$
$||h||_2^{2}=\displaystyle \int_{-1}^{1} \dfrac{h^2(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt \leq \int_{-1}^{1} \dfrac{||h||_{\infty}^2 }{\sqrt{1-t^2}}dt=||h||_{\infty}^2 \int_{-1}^{1} \dfrac{1}{\sqrt{1-t^2}}dt=||h||_{\infty}^2 [\arcsin(t)]_{-1}^{1}=\pi ||h||_{\infty}^2$
On déduit que : $\boxed{\forall h\in E \text{ , } ||h||_2\leq \sqrt{\pi}||h||_{\infty}}$

10. b) Puisque : $\forall n\in\mathbb{N} \text{ : }E_n\subset E_{n+1}$ , alors la suite $(d_2(f,E_n))_{n\in\mathbb{N}}$ est décroissante.
D'autre part, la distance étant positive, la dite suite est aussi minorée par 0. Donc elle converge.
La fonction $f$ est continue sur le segment [-1 ; 1]. D'après le théorème de Weierstrass, il existe une suite de polynômes $(P_n)_{n\in\mathbb{N}}$ uniformément convergente vers $f$ sur [-1 , 1]. Autrement, telle que $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} ||f-P_n||_{\infty}=0$
Pour $n$ entier, posons $d_n=\max(\deg(P_n),0)$ , on a alors, $\forall n\in\mathbb{N}$ :
$||f-t_{d_n}(f)||_2=d_2(f,E_{d_n})\leq ||f-P_n||_2\leq \sqrt{\pi} ||f-P_{n}||_{\infty}$
Soit maintenant $\epsilon >0$ , puisque $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} ||f-P_n||_{\infty} =0$ , il existe $\eta \in\mathbb{N} \text{ tel que: } \sqrt{\pi}||f-P_{\eta}||_{\infty} <\epsilon$
On a vu que : $(||f-t_n(f)||_2)_{n\in\mathbb{N}$ est décroissante, alors pour $n\geq d_{\eta}}$ :
$||f-t_n(f)||_2\leq ||f-t_{d_{\eta}}(f)||_2\leq ||f-P_{\eta}||_2\leq\sqrt{\pi}||f-P_{\eta}||_{\infty}<\epsilon$
On a donc montré que : $\forall \epsilon >0 \text{ , } \exists d_{\eta} \in\mathbb{N} \text{ / } \forall n\geq d_{\eta} \text{ : } ||f-t_n(f)||_2<\epsilon$
Résultat :
$\boxed{\forall f\in E \text{ , } \displaystyle \lim_{n\to\infty} ||f-t_{n}(f)||_2=0}$

11. a) D'après 10. b) $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} d_2(f,E_n)=0$
Donc, d'après 8., $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} ||f||_2^{2}-\sum_{i=0}^{n} \dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2}=0$ . Donc : $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} \sqrt{\sum_{i=0}^{n} \dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2}}=||f||_2$
On en déduit :
$\boxed{\forall f\in E \text{ : } ||f||_2=\sqrt{\sum_{i=0}^{\infty} \dfrac{<f,T_i>^2}{||T_i||^2}} }$

11. b) Soit $h\in E \text{ telle que } \forall n\in\mathbb{N} \text{ : } \displaystyle \int_{-1}^{1} \dfrac{h(t)T_{n}(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt=0$ .
Alors : $\forall n\in\mathbb{N} \text{ : } <h,T_n>=0$ et donc d'après 11.a) $||h||_2=0$
On en déduit que : $\boxed{h=0}$

III. Polynôme de meilleure approximation au sens de Tchebychev

Existence d'un PMA d'ordre $n$ pour $f$

12. a) On a $K \neq \emptyset$ car $0\in K$
Soit $P\in K\text{ : } ||P||_{\infty}=||P-f+f||_{\infty} \leq ||P-f||_{\infty}+||f||_{\infty} \leq 2||f||_{\infty} \text{ , } K$ est donc une partie bornée de $E_n$
D'autre part, on sait que l'application norme $||.||_{\infty}$ est continue de $E_{n}$ vers $\mathbb{R}$ , il en est de même pour l'application $\phi: P\mapsto f-P$ car elle est 1-Lipschitzienne.
On obtient par composition que $\phi: P\mapsto ||f-P||_{\infty}$ est continue.
Or, $K=\phi^{-1}([0,||f||_{\infty}])$ , $K$ est donc un fermé de l'espace vectoriel normé $(E_{n}, ||.||_{\infty})$ (image réciproque d'un fermé par une application continue)
Conclusion : $\boxed{ K \text{ est une partie non vide, fermée et bornée de } E_n}$

12. b) Puisque $E_n$ est de dimension finie et que $K$ est une partie fermée bornée de $E_n$ . D'après le théorème de Borel-Lebesgue :
$\boxed{ K \text{ est une partie compacte de } E_n}$

13. a) Puisque $K\subset E_n$ et que $K\neq \emptyset$ , on a: $d_{\infty}(f,E_n)\leq d_{\infty}(f,K) \text{ \blue (I) }$
Réciproquement $0\in K$ , donc : $d_{\infty}(f,K)\leq ||f-0||_{\infty}=||f||_{\infty}$
Ainsi, si $P\in E_{n}$ tel que $||f-P||_{\infty} >||f||_{\infty}$ , alors $||f-P||_{\infty} \geq d_{\infty}(f,K)$ . Et si $P\in E_n$ tel que $||f-P||_{\infty}\leq ||f||_{\infty}$ , on a $P\in K$ et donc: $||f-P||_{\infty} \geq d_{\infty}(f,K)$
On en déduit que $d_{\infty}(f,K)$ est un minorant de $\lbrace ||f-P||_{\infty}/ P\in E_n\rbrace$ . Et puisque $d_{\infty}(f,E_n)$ est le plus grand de ces minorants, on a donc : $d_{\infty}(f,K)\leq d_{\infty}(f,E_n) \text{ \blue (II) }$
De $\text{ \blue (I) }$ et $\text{ \blue (II) }$ , on déduit : $\boxed{ d_{\infty}(f,K)= d_{\infty}(f,E_n)}$

13. b) D'après 12. a), $P\mapsto ||f-P||_{\infty}$ est continue sur $E_n$ . Elle admet une valeur minimale sur $K$ , donc $\exists P\in K / ||f-P||_{\infty}=d_{\infty}(f,P)$ . Comme $K \subset E_{n}$ :
$\boxed{\exists P\in E_n / ||f-P||_{\infty}=d_{\infty}(f,P)}$

Condition suffisante pour être un PMA

14. a) $\phi=\dfrac{1}{2} T_3$ vérifie les conditions.

Concours communs polytechniques filière MP Première épreuve 2003 - supérieur : image 2

14. b) Déjà établie en 3.

15. a) Soit $i \in \lbrace 0,\ldots, n+1\rbrace \text{, si } f(x_i)-P(x_i)>0$
Alors on a :
$\begin{matrix} Q(x_i)-P(x_i)&=&Q(x_i)-f(x_i)+f(x_i)-P(x_i)\\&=&Q(x_i)-f(x_i)+|f(x_i)-P(x_i)|\\&=& Q(x_i)-f(x_i)+||f-P||_{\infty} \\&\geq& -|Q(x_i)-f(x_i)|+||f-P||_{\infty}\\&\geq & -||f-Q||_{\infty}+||f-P||_{\infty} \\&>& 0 \end{matrix}$
De la même manière, si : $f(x_i)-P(x_i)<0$ , alors : $Q(x_i)-P(x_i)<0$
Conclusion : $\boxed{ \forall i \in\lbrace 0,\ldots, n+1\rbrace \text{ : le signe de } Q(x_i)-P(x_i) \text{ et celui de } f(x_i)-P(x_i)}$

15. b) La fonction polynomiale $P-Q$ est continue sur [-1 , 1] et équioscille en les $n+2$ points $x_i \text{ (}i\in \lbrace 0,\ldots, n+1\rbrace\text{) }$
Donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, $P-Q$ s'annule au moins une fois dans chacun des $n + 1$ intervalles ouverts $]x_k,x_{k+1}[$ ( $k\in \lbrace 0,\ldots, n\rbrace$ ).
Donc le polynôme $P-Q$ de degré inférieur (ou égal) à n s'annule en $n + 1$ réels et donc $P-Q=0$ .
On déduit que : $\boxed{P=Q}$
Conclusion :
Puisque $P = Q$ , on ne peut pas avoir $||f-P||_{\infty}> ||f-Q||_{\infty}$ , on a donc :
$\forall Q\in E_n \text{ : } ||f-P||_{\infty}\leq ||f-Q||_{\infty}$
Et donc : $||f-P||_{\infty}=d_{\infty}(f,E_n)$
$\boxed{ P \text{ est un PMA }}$

Détermination de PMA

16. Soit $n\in\mathbb{N}$ . D'après la question 2. c) $\begin{cases}\deg(T_{n+1})=n+1 \\ dom(T_{n+1})=2^n\end{cases}$
Donc $2^{-n}T_{n+1}$ est un polynôme unitaire de degré $n+1$ et donc $q_{n}\in E_{n}$
Or, d'après 14. b) $f-q_{n}=2^{-n}T_{n+1}$ equioscille en les $n+2$ points $c_{k}=\cos(\dfrac{k\pi}{n+1}) \text{ } (0\leq k \leq n+1)$
Et donc, d'après 15. $\boxed{ q_{n} \text{ est un PMA d'ordre n de f }}$

17. Soit $P$ un polynôme unitaire tel que $\deg(P)=n+1$ et soit $x\in [-1,1]$
On pose $\begin{cases} f(x)=x^{n+1} \\Q(x)=f(x)-P(x) \end{cases}$
Puisque $\deg(P)=n+1$ , $Q\in E_n \text{ et donc } ||f-q_{n}||_{\infty}\leq ||f-Q||_{\infty}$
D'une autre façon : $\boxed{2^{-n} ||T_{n+1}||_{\infty}\leq ||P||_{\infty}}$

18. a) Soit $f$ un polynôme tel que $\deg(f)=n+1$ .
$\forall Q\in E_n \text{ : } \dfrac{1}{dom(f)}(f-Q)$ est un polynôme unitaire de degré $n+1$ .
Pour que $||f-Q||_{\infty}$ ou encore $||\dfrac{1}{dom(f)}(f-Q)||_{\infty}$ soit minimum, il faut, d'après 17. que: $\dfrac{1}{dom(f)}(f-Q)=2^{-n}T_{n+1}$
Conclusion: $\boxed{f-2^{-n}dom(f)T_{n+1} \text{ est un PMA d'ordre n de f } }$

18. b) D'après 18. a) le PMA d'ordre 2 de $f:x\mapsto 5x^3+2x-3$ est :
$f-2^{-2}\times 5\times T_{3}=5X^3+2X-3-\dfrac{5}{4}(4X^3-3X)=\dfrac{23}{4}X-3$
Donc : $\boxed{\text{ Le PMA de f d'ordre 2 est } \dfrac{23}{4}X-3}$

Publié par panter/panter le 26-03-2016

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