%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% ENSET 1986 MATH II - CORRIGE %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% realise par Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 Bordeaux
% email: rcabane@online.fr
% Format: PLAIN TEX
% Adaptation n\'ecessaire en ligne 28
% collection de macros
\input math.sty
% mise en page (a rectifier si besoin)
\input frpage.sty
\def\ps{0}\def\tpic{1}\def\emtex{2}\def\wmf{3}
% Graphismes: quatre methodes sont proposees:
% Postscript, emTeX, TPIC
% Indications: (ci-dessous, tabulations sur 8 caracteres)
% PILOTE        | ps    | tpic  | emtex | wmf
%---------------+-------+-------+-------+--------
% dvips         | *     | *     | *     |
% dviscr        |       |       | *     |
% dvihplj       |       |       | *     |
% dvipm         |       |       | *     |
% dviwin        |       | *     | *     | * % pas encore au point
% dviwindo      |       | *     |       | ?
% dviview       | *     | emul  | emul  | ?
% xdvi          |       | *     |       |
% xdvik         | *     | *     |       |
% xdvi+gs       | *     | *     |       |
% textures      | *     |       |       |
% Ajuster la ligne suivante en cons\'equence (choix: \ps, \tpic, \emtex)
\let\grmethod=\ps
% Attention ! Pour le Postscript les figures (fichiers independants)
% devront etre accessibles au moment d'imprimer ou de convertir
% DVI en PS.
% Il n'y a plus rien a modifier ci-dessous.
% macro d'inclusion de graphique: \dessin{nom}{unite longueur}{taille}
\ifx\grmethod\ps % recourir a l'inclusion Postscript directe
 \input epsf.tex
 \def\dessin#1#2#3{\epsfxsize#2\multiply\epsfxsize #3\epsfbox{#1.eps}}
\else\ifx\grmethod\wmf % Inclusion directe WMF - \`a revoir
 %\def\wmfbox(#1,#2,#3){\parindent0mm\setbox13=\hbox to #2{%
 %\special{isoscale #1,#2}}\leavevmode\raise#3\box13}
\else % inclusion de graphiques vectoriels (ne marche pas sur MAC)
 \input vect3.sty
 \input circle.sty
 \def\dessin#1#2#3{\unitlength#2\input #1.txp
}
 \ifx\grmethod\emtex\UseEMspecials\else\UseTPICspecials\fi
 \linethickness{0.4pt}
 \fi
\fi
% FIGURE a cote du texte: \coteacote{texte}{figure}
\long\def\coteacote#1#2{\smallskip
\setbox1=\hbox{#2}\hbox{\vbox{\advance\hsize-\wd1\advance\hsize-1mm
#1}\hskip1mm\vbox{\hsize\wd1\box1}}}
%

\grostitre{ENS Saint-Cloud 1982, Math. I - Corrig\'e}
%%\centerline{\it Auteur: Robert Cabane 19 rue de Lyon 33000 BORDEAUX, ou: \tt rcabane@online.fr}
\titrecentre{Th\`eme du probl\`eme: polyn\^omes de
meilleure approximation}

\partie %I
\question %1
Soit $m=\inf f=f(x_0)$ et $M=\sup f=f(x_1)$ et $h=\frac{m+M}2$. Nous
trouvons $\sup(f-h)=M-h=\frac{M-m}2$ et
$\inf(f-h)=m-h=-\frac{M-m}2$, d'o\`u $\|f-h\|=\frac{M-m}2$. Si on
prend $h'>h$ et $h'\in [m,M]$ alors
$0\le \sup(f-h')=M-h'<M-h=h-m<h'-m=|\inf(
f-h^2|$ ce qui am\`ene
$\|f-h'\|=h'-m>h-m$. On montre de m\^eme que si $h<h'$ alors
$\|f-h'\|=M-h'>M-h$; donc $\|f-h'\|$ est minimum pour $h=h'$\CQFD

\question %2
Si $f(x_1)=-f(x_2)=\|f\|$, alors $\sup f$ est atteint en $x_1$ et
$\inf f$ en $x_2$ et on a $M=\|f\|=-m$. Si $f(x_1)=-f(x_2)=-\|f\|$, il
suffit d'inverser les r\^oles de $x_1$ et $x_2$.

R\'eciproquement, si $m=-M$, on a clairement $\|f\|=M$;
ces bornes sont atteintes en des
points $x_0,x_1$ qui conduisent \`a avoir $f(x_0)=M=\|f\|=-f(x_1)$ ou
vice-versa, ce qui donne une alternance d'ordre 2\CQFD

\questiona %3a
Supposons que $f$ admette une alternance \`a l'ordre $n+2$, en des
points $x_1,\dots,x_{n+2}$, et soit un polyn\^ome $p\in \cur P_n$.
Supposons que l'on ait $\|f-q\|<\|f\|$; en particulier, on a
$|f(x_i)-q(x_i)|<|f(x_i)|=\|f\|$ et aussi
$(f(x_i)-q(x_i))^2<(f(x_i))^2$, soit encore
$2q(x_i)f(x_i)>q(x_i)^2\ge 0$. Nous voyons ainsi que $q(x_i)$ a m\^eme
signe que $f(x_i)$ et n'est pas nul. Le th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires nous assure que $q$ va s'annuler au moins $n+1$
fois (une fois sur chaque intervalle $]x_i,x_{i+1}[$), ce qui
l'oblige \`a \^etre nul vu son degr\'e. Nous trouvons alors
$\|f-q\|=\|f\|$, contradiction\CQFD
\reponse{Si $f$ pr\'esente une alternance \`a l'ordre $n+2$ alors
$\|f-q\|\ge \|f\|$ pour tout polyn\^ome $p\in \cur P_n$.}

La preuve pr\'ec\'edente indique m\^eme que le cas d'\'egalit\'e n'a lieu
que pour $q=0$.

\sousquestion %3b
Si $f-p_n$ pr\'esente une alternance d'ordre $n+2$, alors
$\|f-p_n-q\|\ge \|f-p_n\|$ pour tout polyn\^ome $q\in \cur P_n$. Cependant,
tout polyn\^ome de $\cur P_n$ peut s'\'ecrire sous la forme $p_n+q$.
Il vient donc $\|f-p_n\|=\Inf_{q\in \cur P_n}\|f-q\|$. Compte tenu de
l'unicit\'e \'evoqu\'ee \`a la question pr\'ec\'edente, nous avons
\reponse{Si $f-p_n$ pr\'esente une alternance d'ordre $n+2$,
$p_n$ est une meilleure approximation de degr\'e $n$ de $f$
et c'est la seule.}

\partie %II
\coteacote{
\question %1
On a simplement $x=\cos \theta $ et $T_n(x)=\cos(n\theta )$. Nous
reconnaissons ici les {\bf polyn\^omes de Tchebycheff.} Pour nous
assurer de leurs qualit\'es, basons-nous sur la formule
$\cos(n+1)\theta +\cos(n-1)\theta =2\cos\theta \cos n\theta $ qui am\`ene aussit\^ot
$T_{n+1}(x)=2xT_n(x)-T_{n-1}(x)$. Bien entendu, on trouve $T_0=1$,
$T_1=X$ puis $T_2=2X^2-1$. S'il est av\'er\'e que $T_p$ est un polyn\^ome
de degr\'e $p$, \`a coefficients entiers et de coefficient dominant
$2^{p-1}$, pour tout $p\le n$ alors $2xT_n(x)-T_{n-1}(x)$ repr\'esente un
polyn\^ome de degr\'e $n+1$ \`a coefficients entiers et de coefficient
dominant $2^n$ (celui de $2xT_n(x)$).

Nous avons en g\'en\'eral $|T_n(x)|=|\cos n\theta |\le 1$ pour $x\in [-1,1]$, et de
plus $T_n(1)=1$ ($\theta =0$), donc $\|T_n\|=1$\CQFD

Les graphes sont montr\'es ci-contre.

\questiona %2a
On a $T_n\bigl(\cos\frac{k\pi }n\bigr)=\cos(k\pi )=(-1)^k=\pm \|T_n\|$, ce qui
donne $n+1$ points distincts $x_k=\cos\frac{(n-k)\pi }n$ avec
$0\le k\le n$ et une alternance d'ordre $n+1$\CQFD
}{\dessin{m82lp1fa}{0.6mm}{147}}

\sousquestion %2b
Soit un polyn\^ome $p\in \cal P_n$, unitaire. Nous constatons que
$q=T_n-2^{n-1}p\in \cur P_{n-1}$, par simplification du coefficient dominant.
Or, selon la question I3a, le polyn\^ome $T_n=q+2^{n-1}p$ poss\'edant une
alternance d'ordre $n+1$, on doit avoir
$\|T_n-q\|=2^{n-1}\|p\|\ge \|T_n\|=1$, soit $\|p\|\ge 2^{1-n}$\CQFD

\questiona %3a
Notons d'abord que $\Frac{1-ce^{-i\theta }}{1-ce^{i\theta }}$ est bien un
nombre complexe de module 1 (quotient d'une complexe par son
conjugu\'e), ce qui permet a priori de l'\'ecrire, de mani\`ere non
unique, sous la forme $e^{i\psi (\theta )}$.

\coteacote{G\'eom\'etriquement, $\psi (\theta )$ s'interpr\`ete comme l'angle entre les
vec\-teurs mar\-qu\'es en gras sur la figure ci-contre. Or, on peut
noter que $1-ce^{-i\theta }=1-c\cos\theta +ic\sin\theta $ poss\`ede une partie r\'eelle
strictement positive (puisque $|c|<1$), donc a son argument
compris entre $-\frac{\pi }2$ et $+\frac{\pi }2$, que l'on peut choisir
de mani\`ere continue comme $\arctan\frac{c\sin\theta }{1-c\cos\theta }$. De
m\^eme, on peut prendre comme argument de $1-ce^{i\theta }$ le nombre
$\arctan\frac{-c\sin\theta }{1-c\cos\theta }$. Finalement, un argument
possible de $\Frac{1-ce^{-i\theta }}{1-ce^{i\theta }}$ est
$\psi (\theta )=2\arctan\frac{c\sin\theta }{1-c\cos\theta }$. Comme cette fonction $\psi $
est bien continue sur $[0,\pi ]$, nulle en 0 et $\pi $, elle est une
r\'eponse au probl\`eme; de plus, on note que $0\le \psi (\theta )<\pi $ si $c>0$, et
$-\pi <\psi (\theta )\le 0$ sinon.
}{\dessin{m82lp1fb}{0.47mm}{137}}

\sousquestion %3
On a $\varphi _n(\cos\theta )=\re\bigl(e^{i[(n+1)\theta +\psi (\theta )]}\bigr)$; par
composition il est clair que $\varphi _n$ est continue sur $[-1,1]$.Nous
avons aussi $\varphi _n(1)=\re\bigl(e^{i[(n+1)0+\psi (0)]}\bigr)=1$ et
$\varphi _n(-1)=(-1)^n$. De plus, la fonction $\theta \mapsto(n+1)\theta +\psi (\theta )$ est
continue et prend les valeurs 0 ainsi que $(n+1)\pi $, donc aussi
toutes les valeurs $k\pi $ pour $0\le k\le n+1$ (th\'eor\`eme des valeurs
interm\'ediaires). Soit donc $\theta _k$ tel que
$(n+1)\theta _k+\psi (\theta _k)=k\pi $, et $x_k=\cos\theta _{n-k+2}$. Il vient donc
$\varphi _n(x_k)=(-1)^{n-k}$. Nous savons de plus que $\psi (\theta )$ reste comprise
entre $0$ et $\pi $ pour $c>0$, donc
$(n+1)\theta _k\le k\pi =(n+1)\theta _k+\psi (\theta _k)\le (n+1)\theta _k+\pi $ soit
$\frac{(k-1)\pi }{n+1}\le \theta _k\le \frac{k\pi }{n+1}\le \theta _{k+1}$. Il en r\'esulte que
les $x_k$ sont rang\'es en ordre croissant dans $[-1,1]$ (avec
$x_1=-1$ et $x_{n+2}=1$), et
fournissent une alternance \`a l'ordre $n+2$ de $\varphi _n$. Pour
$c<0$ l'analyse est analogue\CQFD

\questiona %4a
Posant toujours $x=\cos\theta $ il vient
$$
-\Frac12+\sum_{k=0}^nc^kT_k(\cos\theta )
=-\Frac12+\re\Bigl(\sum_{k=0}^nc^ke^{ik\theta }\Bigr)
=-\Frac12+\re\Bigl(\Frac{1-c^{n+1}e^{i(n+1)\theta }}{1-ce^{i\theta }}\Bigr)
\>;$$
or, $c^{n+1}$ tend vers 0 puisque $|c|<1$. Par continuit\'e de la
partie r\'eelle on obtient
$$
-\Frac12+\sum_{k=0}^\infty c^kT_k(\cos\theta )
=-\Frac12+\re\Bigl(\Frac1{1-ce^{i\theta }}\Bigr)
=-\Frac12+\re\Bigl(\Frac{1-ce^{-i\theta }}{1+c^2-2c\cos\theta }\Bigr)
=-\Frac12+\Frac{1-c\cos\theta }{1+c^2-2c\cos\theta }
$$
soit \encadre{$f_c(x)=\Frac{1-c^2}{2(1+c^2-2cx)}\>.$}

\sousquestion %4b
Soit $p_n(x)=-\Frac12+\sum_{k=0}^{n-1}c^kT_k(\cos\theta )+\Frac{c^n}{1-c^2}T_n(x)$.
On a alors:
$$
\eqalign{       
f_c(x)-p_n(x)
&=\sum_{k=n}^\infty c^kT_k(\cos\theta )-\Frac{c^n}{1-c^2}T_n(x)
 =\re\Bigl[\sum_{k=n}^\infty c^ke^{ik\theta }-\Frac{c^n}{1-c^2}e^{in\theta }\Bigr]\\
&=\re\Bigl[c^ne^{in\theta }\sum_{k=0}^\infty c^ke^{ik\theta }-\Frac1{1-c^2}\Bigr]
 =c^n\re\Bigl[e^{in\theta }\Frac{-c^2+ce^{i\theta }}{(1-ce^{i\theta })(1-c^2)}\Bigr]\\
&=\frac{c^{n+1}}{1-c^2}\re\Bigl[e^{i(n+1)\theta }\Frac{1-ce^{-i\theta }}{1-ce^{i\theta }}\Bigr]
 =\frac{c^{n+1}}{1-c^2}\varphi _n(x)\\
}
$$
Ce r\'esultat est pratique, car $\varphi _n$ poss\`ede
une alternance \`a l'ordre $n+2$, et la question I3\hbox{$^\circ$}b nous
apprend que
\reponse{$p_n$ est un polyn\^ome de meilleure approximation de degr\'e
$n$ de la fonction $f_c$.}

Plus pr\'ecis\'ement, on peut calculer la distance entre l'un et
l'autre:
$\|f_c-p_n\|=\frac{|c|^{n+1}}{1-c^2}\|\varphi _n\|=\frac{|c|^{n+1}}{1-c^2}$.
C'est une suite g\'eom\'etrique tendant vers 0\CQFD

\questiona %5a
On se propose en fait de conjuguer $f_c$, homographie, pour en
mettre le p\^ole en $-1$. On a
$f_c(2X-1)=\frac{1-c^2}{2((1+c)^2-4cx)}$ qui sera proportionnelle \`a
$\frac{1}{1+x}$ si $(1+c)^2=-4c$ soit $c^2+6c+1=0$. Cette \'equation
a une seule solution ad\'equate, $c=-3+2\sqrt2\approx -0,1715\in ]-1,0[$ et
$f_c(x)=\frac{\lambda }{1+x}$. Cependant,
$2f_c(1)=\frac{1-c^2}{(1-c)^2}=\frac{1+c}{1-c}=\lambda $
donne
$$\lambda =\frac{2\sqrt2-2}{4-2\sqrt2}=\frac{2(\sqrt2-1)}{2\sqrt2(\sqrt2-1)}=\frac{1}{\sqrt2}\CQFD$$

\sousquestion %5b                                              
Posons $q_n(x)=\frac{1}{\lambda }p_n(2x-1)$, \`a \'etudier pour $x\in [0,1]$
(pour que $y=2x-1$ d\'ecrive $[-1,1]$). Il s'agit d'un polyn\^ome de
degr\'e $n$ \`a coefficients r\'eels, comme $T_n$; et
$\alpha _n=\|\frac{1}{1+x}-q_n\|=\frac{1}{|\lambda |}\|f_c-p_n\|=\frac{\sqrt2|c|^{n+1}}{1-c^2}$.
C'est encore une suite g\'eom\'etrique, qui tend vers 0 plus vite que
n'importe quelle suite du type $n\mapsto n^\beta $\CQFD

{\bf Application pratique.}
En int\'egrant $q_n$ terme \`a terme avec une constante nulle, nous
obtenons un polyn\^ome $r_n$ qui approche $\ln(1+x)$ sur $[0,1]$
avec une erreur moindre que $\alpha _n$: c'est une bonne base pour le
calcul approch\'e du logarithme (on peut toujours ramener le calcul
du logarithme d'un r\'eel \`a l'\'evaluation de $\ln(1+x)$ sur $[0,1]$
quitte \`a faire des multiplications ou divisions par 2). On
n'obtient pas pour autant le polyn\^ome de meilleure approximation
de $\ln(1+x)$ sur $[0,1]$, voir les essais avec Maple ci-joints.

\bye
                                                                

%%% Local Variables: 
%%% mode: latex
%%% TeX-master: t
%%% End: 
