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Devoir 06

corrigé

Polynômes de Legendre

On pose Fn( x) = ( x2-1) n et Pn( x) = a( n)  Fn( n) ( x) = a( n)  [(dn )/(d x n )]Fn( x) . Le nombre a( n) ¹ 0 sera précisé par la suite.

  1. Déterminer, pour 0 £ n £ 4 , les polynômes Pn( x) . On remarquera que "n : dg( Pn) = n .

    1. On trouve P0( x) = a( 0) , P1( x) = a( 1)  2x , P2( x) = a( 2)  ( 12x2-4) ,
      P3( x) = a( 3)  ( 120x3-72x) , P4( x) = a( 4)  ( 1680x4-1440x2+144) .

    2. On remarque en effet que "n : dg( Pn) = n .

  2. Montrer que, pour tout n , le polynôme Pn( x) possède exactement n racines réelles distinctes, toutes situées dans ] -1; +1[ .

    1. On va montrer que, pour 0 £ k £ n , le polynôme Fn( k) admet n-k fois -1 pour racine, n-k fois +1 pour racine et possède en outre k racines xk;1 ...  xk;k réelles distinctes dans ]  -1, +1 [ , ce qui fait 2n-k racines en tout et k+2 racines distinctes lorsque k < n .

    2. La propriété est clairement vraie pour k=0 . Nous la supposons vraie pour un k < n . Le théorème de Rolle montre qu'entre deux racines distinctes de Fn( k) , il existe au moins une racine de ( Fn( k) ) ¢, ce qui nous fait au moins k+1 racines xk+1;1 ...  xk+1;k+1 réelles distinctes dans ]  -1, +1 [ . En outre, par Leibniz, nous voyons que le facteur ( x2-1) figure au moins encore n-k-1 fois dans Fn( k+1) , ce qui nous fait au moins 2( n-k-1) +( k+2-1) = 2n-( k+1) racines.

    3. Mais le polynôme Fn( k+1) ne peut avoir plus de 2n-k-1 racines puisque tel est son degré.

  3. Utiliser Fn( n) ( x) = [(dn )/(d x n )]( ( x-1) n( x+1) n) pour calculer de deux façons le coefficient dominant de Pn( x) . En déduire la valeur de åk=0n(Cnk)2 .

    1. On a [(dk )/(d x k )]xn=[n!/(( n-k) !)]xn-k lorsque 0 £ k £ n : la formule est évidente pour k=0 , et le résultat se propage par récurrence.

    2. On en déduit Fn( n) ( x) = åk=0n(Cnk)[n!/(( n-k) !)]( x-1) n-k[n!/k!]( x+1) k . Par identification des termes de degré n , il vient coeff( Fn( n) , x, n) = n! å0n(Cnk)2 .

    3. D'autre part, le calcul direct donne coeff( Fn( n) , x, n) = [2n!/n!] . On en déduit åk=0n(Cnk)2=(C2nn) .

  4. Déterminer a( n) par la condition Pn( 1) = 1 . Tracer (sur un même graphe) les courbes représentatives de Pn( x) pour 0 £ n £ 4 et -1 £ x £ +1 .

    1. Si l'on porte x=1 dans 3.b, tous les termes s'annulent sauf le dernier. Par conséquent Fn( n) ( x) = 2n n!

    2. On en déduit a( n) = [1/(2n n!)] , et cd( Pn) = [1/(2n)](C2nn) .

    3. D'où P0=1 , P1=x , P2=[3/2]x2-[1/2] , P3( x) = [5/2]x3-[3/2]x

  5. Utiliser Fn+1( n+1) ( x) = [(dn)/(d xn)]( Fn+1( 1) ( x) ) = [(dn+1)/(d xn+1)]( ( x2-1) Fn( x) ) pour obtenir deux relations entre Fn+1( n+1) , Fn( n+1) , Fn( n) et Fn( n-1) . En déduire une relation entre Pn+1( x) , Pn( x) et Pn¢( x) .

    1. Fn+1( n+1) =[(dn)/(d xn)]( 2x ( n+1) Fn) donne Fn+1( n+1) =2( n+1) x Fn( n) +2n( n+1) Fn( n-1) .

    2. Fn+1( n+1) =[(dn+1)/(d xn+1)]( ( x2-1) Fn) donne Fn+1( n+1) =( x2-1) Fn( n+1) +( n+1) 2x Fn( n) +n( n+1)  Fn( n-1) .

    3. Une habile combinaison linéaire donne Fn+1( n+1) =2( x2-1) Fn( n+1) +2x( n+1) Fn( n) . En multipliant par a( n+1) = [1/(2n+1 ( n+1) !)] il vient Pn+1=x Pn+[(x2-1)/(n+1)]Pn¢.

  6. Montrer que, pour tout n , Pn+1¢( x) = ( n+1) Pn( x) +x Pn¢( x) .

    On dérive 5.a et l'on trouve la relation demandée.

  7. En déduire une relation entre Pn( x) , Pn¢( x) et Pn¢¢( x) .

    1. En dérivant 5.c, on trouve Pn+1¢=( n+1) Pn+x Pn¢=Pn+x Pn¢+[2x/(n+1)]Pn¢+[(x2-1)/(n+1)]Pn¢¢.

    2. On en déduit la relation demandée : ( x2-1) Pn¢¢( x) +2x Pn¢( x) -n( n+1) Pn( x) = 0 .

    3. Ce qui se réécrit en Pn¢¢=x2Pn¢¢+2x Pn¢-n( n+1) Pn .
      D'où ( k+2) ( k+1) ck+2=( k( k-1) +2k-n( n+1) ) ck et donc ck=-[(( k+1) ( k+2) )/(( n-k) ( k+n+1) )]ck+2 .

    4. Exemple : pour n=4 , on a c4=[1/16](C84)=[35/8] . D'où c2=-[3×4/2×7]×[35/8]=-[30/8] et c0=+[1×2/4×5]×[15/4]=[3/8] , soit P4( x) = [35/8]x4-[30/8]x2+[3/8] .

  8. Partir de (  P0     P0¢ ) =(  1     0  ) et poser les calculs pour aboutir à (  P3     P3¢ ) après avoir mis les résultats précédents sous la forme


    æ
    è
    Pn+1
    Pn+1¢
    		 ö
    ø     		= æ
    ç
    è
    *
    n+1
    *
    x
    		ö
    ÷
    ø     		æ
    è
    Pn
    Pn¢
    		 ö
    ø

    En effet, cela s'écrit mieux en ligne...

    x 1 x 2 x 3 x 4
    x2-1 x [1/2]( x2-1) x [1/3]( x2-1) x [1/4]( x2-1) x
    1 0 x 1 [3/2]x2-[1/2] 3x [5/2]x3-[3/2]x [15/2]x2-[3/2] [35/8]x4-[30/8]x2+[3/8] ...

  9. Obtenir Pn et Pn¢ en fonction de Pn+1 et de Pn+1¢.

    Un calcul immédiat donne


    æ
    è
    Pn
    Pn¢
    		 ö
    ø     		= æ
    ç
    ç
    ç
    ç
    è
    x
    -n-1
    - x2-1
    n+1
    x
    		ö
    ÷
    ÷
    ÷
    ÷
    ø     		æ
    è
    Pn+1
    Pn+1¢
    		 ö
    ø

  10. Montrer que les racines de Pn s'intercalent entre les racines de Pn+1 (commencer par tester cela pour n £ 3 ).

    1. Test numérique.

    2. Soient xj les racines de Pn+1 , rangées en ordre croissant. On a donc -1 < x1 <  dots  < xn+1 < 1 . La relation précédente donne (pour 0 £ j £ n ) Pn( xj) Pn( xj+1) = Pn+1¢( xj) Pn+1¢( xj+1) ×Kj avec Kj > 0 .

    3. Comme les racines de Pn+1 sont des racines réelles simples, les racines de Pn+1¢ sont à leur tour réelles et simples et s'intercalent entre les racines de Pn+1 . On a donc Pn+1¢( xj) Pn+1¢( xj+1) < 0 .

    4. Il y a donc au moins une racine de Pn dans chaque intervalle Ij=]  xj, xj+1 [ . Comme il y en a n au total, cela en fait donc exactement une dans chaque intervalle Ij .
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On 19 Apr 2001, 19:21.