%CORRIGE de ESIM 1999. Math\'ematiques I, fili\`ere PSI
%Par Isabelle Selon et Marc Tastet
%Merci de signaler toute erreur \`a
%Marc.Tastet@free.fr

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%Quelques macros :
%
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% On red\'efinit les caract\`eres ;:!? pour avoir des espaces corrects
%
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\parindent=0pt
\centerline{\bf Concours ESIM 1999.}
\vskip 0,5cm
\centerline{\bf Math\'ematiques I, fili\`ere PSI.}
\vskip 0,5cm
\centerline{\underbar{\bf Partie A}}
\vskip 0,5cm
{\bf \underbar {Question 1}:}

En appliquant le proc\'ed\'e d'orthogonalisation de Gram-Schmidt \`a la base canonique
$(1,\ x,\ x^2,\ \ldots,\ x^n)$ de $\R_n[X]$, c'est-\`a-dire en construisant une base
orthogonale $(p_0,\ p_1,\ p_2,\ \ldots,\ p_n)$ de $\R_n[X]$ telle que 
$\forall k,\ 0\le k \le n$, 
$\hbox{Vect}(1,\ x,\ x^2,\ \ldots,\ x^k)=\hbox{Vect}(p_0,\ p_1,\ p_2,\ \ldots,\ p_k)$,
on obtient une base orthogonale qui v\'erifie $\hbox{d}^o p_n=n$ (r\'ecurrence facile)
et $\forall q \in \R_{n-1}[X]$, $\sca {p_n} {q} =0$. Les $p_n$ sont d\'efinis alors
\`a un coefficient pr\`es, donc on peut imposer qu'ils soient unitaires (c'est-\`a-dire
de coefficient dominant \'egal \`a $1$).

Il reste \`a montrer l'unicit\'e de la suite (m\^eme si le 
proc\'ed\'e de Gram-Schmidt n'en fournit qu'une).

Soient $(p_n)$ et $(q_n)$ deux suites de polyn\^omes v\'erifiant les conditions
indiqu\'ees. On suppose, par l'absurde, qu'elles sont distinctes et on note
$m=\min \{n\in \N / p_n \neq q_n \}$. Comme $p_0=q_0=1$, $m>0$.
Comme $p_m$ et $q_m$ sont unitaires, le polyn\^ome $p_m-q_m$ est de degr\'e inf\'erieur
ou \'egal \`a $m-1$. Or il est orthogonal \`a $\R_{m-1}[X]$ donc \`a lui-m\^eme.
Par cons\'equent, c'est le polyn\^ome nul. Contradiction.

\reponse{Il existe une unique suite de polyn\^omes $(p_n)$ v\'erifiant les conditions indiqu\'ees.}

Si l'on note $p$ le projecteur orthogonal de $\R_n[x]$ sur $\R_{n-1}[x]$,
le polyn\^ome $x^n - p(x^n)$ v\'erifie les m\^emes propri\'et\'es que 
$p_n(x)$ donc, par unicit\'e, il est \'egal \`a $p_n(x)$. 

\reponse{$p_n(x)= x^n - \Sum_{k=0}^{n-1} \Frac {\sca{x^n}{p_k}}{\sca{p_k}{p_k}}p_k$.}

{\bf \underbar {Question 2}:}

Soit $n\ge 2$. Puisque les $p_i$ sont unitaires, 
le polyn\^ome $p_n(x) - x p_{n-1}(x)$ appartient \`a $\R_{n-1}[X]$
donc il existe des r\'eels $\lambda_n,\ \mu_n,\ \alpha_0,\ \ldots,\ \alpha_{n-3}$
tels que $\forall x \in \R,\ p_n(x) - x p_{n-1}(x) = 
\lambda_n p_{n-1}(x)+\mu_n p_{n-2}(x)+\Sum_{k=0}^{n-3}\alpha_k p_{k}(x)$.

Si $n=2$, la somme est vide et l'on a directement le r\'esultat demand\'e.

Si $n\ge 3$, montrons que tous les $\alpha_k$ sont nuls. Soit $i\le n-3$. 

D'une part, $\sca{p_n(x) - x p_{n-1}(x)}{p_i(x)}= 
\sca{p_n(x)}{p_i(x)}-\sca{x p_{n-1}(x)}{p_i(x)}=
\sca{p_n(x)}{p_i(x)}-\sca{p_{n-1}(x)}{x p_i(x)}= 0$
car $p_k$ est orthogonal \`a $\R_{k-1}[X]$.

D'autre part, $\sca{p_n(x) - x p_{n-1}(x)}{p_i(x)}= 
\sca{\lambda_n p_{n-1}(x)+\mu_n p_{n-2}(x)+\Sum_{k=0}^{n-3}\alpha_k p_{k}(x)}{p_i(x)}=$

$\alpha_i \sca{p_i(x)}{p_i(x)}$ puisque $\sca{p_{k}(x)}{p_i(x)}=0$ si $i\neq k$.
Comme $\sca{p_i(x)}{p_i(x)}\neq 0$, puisque ${p_i(x)}$ n'est pas le polyn\^ome nul,
on en d\'eduit que $\alpha_i=0$.

Pour d\'eterminer $\lambda_n$ et $\mu_n$, il suffit d'\'ecrire que $p_n$
est orthogonal \`a $p_{n-1}$ et $p_{n-2}$.

$0=\sca{p_n(x)}{p_{n-1}(x)}= 
\sca{(x+\lambda_n) p_{n-1}(x)+\mu_n p_{n-2}(x)}{p_{n-1}(x)}$

$0=\sca{x p_{n-1}(x)}{p_{n-1}(x)}+\lambda_n \sca{p_{n-1}(x)}{p_{n-1}(x)}$
donc $\lambda_n=
- \Frac{\sca{x p_{n-1}(x)}{p_{n-1}(x)}}{\sca{p_{n-1}(x)}{p_{n-1}(x)}}\cdot$

De m\^eme,

$0=\sca{p_n(x)}{p_{n-2}(x)}= 
\sca{(x+\lambda_n) p_{n-1}(x)+\mu_n p_{n-2}(x)}{p_{n-2}(x)}$

$0=\sca{x p_{n-1}(x)}{p_{n-2}(x)}+\mu_n \sca{p_{n-2}(x)}{p_{n-2}(x)}$
donc $\mu_n=
- \Frac{\sca{x p_{n-1}(x)}{p_{n-2}(x)}}{\sca{p_{n-2}(x)}{p_{n-2}(x)}}\cdot$

{\bf \underbar {Question 3}:}

Soient $n\ge 1$ et $x_1,\ \ldots,\ x_r$ les racines d'ordre impair de $p_n$
sur $]a,b[$. On suppose, par l'absurde, que $r<n$. On pose  
$q(x)=\Prod_{i=1}^r (x-x_i)$. Alors la fonction $p_n(x)q(x)w(x)$
est continue, de signe constant sur $]a,b[$ (on a choisi $q(x)$
pour cela) et ce n'est pas la fonction nulle donc
$\int_a^b p_n(x)q(x)w(x)dx\neq0$.

Or $r<n$ donc $\int_a^b p_n(x)q(x)w(x)dt=\sca{p_n}{q}=0$
ce qui entra\^{\i}ne une contradiction. Par cons\'equent, $r\ge n$
et donc $r=n$ (car $p_n$ est de degr\'e $n$) et la multiplicit\'e
de chaque racine est $1$. 

\reponse{Les $n$ racines de $p_n$ sont r\'eelles distinctes 
et appartiennent \`a l'intervalle $]a,b[$.}

{\bf \underbar {Question 4}:}

{\bf a)}
La fonction $w(x)=\Frac 1 {\sqrt{1-x^2}}$ est d\'efinie et continue sur
$]-1,1[$. Comme elle est paire, pour montrer qu'elle est int\'egrable sur 
$]-1,1[$, il suffit de montrer qu'elle est int\'egrable sur $[0,1[$.
Or $\Frac 1 {\sqrt{1-x^2}} \equiv{1} \Frac 1 {\sqrt{2}\sqrt{1-x}}$ 
qui est positive et int\'egrable sur $[0,1[$.

$\forall [a,b]\subset ]-1,1[,\ \Int_a^b \Frac 1 {\sqrt{1-x^2}} =
\left[ \arcsin x \right]_a^b = \arcsin b - \arcsin a$ qui tend
vers $\arcsin 1 - \arcsin (-1) = \pi$ quand $a$ tend vers $-1$ et $b$ vers $1$.

\reponse{L'int\'egrale $\Int_{-1}^1 \Frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}$ existe et vaut $\pi$.}

{\bf b)}
Soit $n\in \N^*$. $\forall x \in [-1,1]$, 
on pose $x=\cos\theta$ avec $\theta\in[0,\pi]$.

Alors $\forall n \ge 1,\ t_{n}(x)= \cos (n\theta)$.
Or $\cos\left((n+1)\theta\right)+\cos\left((n-1)\theta\right)= 
2 \cos (n\theta) \cos \theta$.

Donc $\forall x \in [-1,1],\ t_{n+1}(x) + t_{n-1}(x) = 2 x t_n(x)$.

\reponse{$a(x)=2x$ et $b(x)=-1$.}

On montre alors facilement par r\'ecurrence que
\reponse{$\forall n \in \N,\ \hbox{d}^o t_n=n$ et $\forall n \in \N^*$,
le coefficient dominant de $t_n$ est $2^{n-1}$.}

{\bf N.B.:} Attention, le coefficient dominant de $t_0$ est $1$.

{\bf c)} D'apr\`es le pr\'eliminaire, $\sca{t_n(x)}{t_k(x)}$ est bien d\'efini 
(on pourrait le red\'emontrer facilement en utilisant l'int\'egrabilit\'e
de $w(x)$ montr\'ee au {\bf a)}).

On pose alors $x=\cos \theta$ d'o\`u

$\Int_{-1}^1 {t_n(x)}{t_k(x)} \Frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}=
\Int_{0}^{\pi} \cos(n\theta)\cos(k\theta) d\theta=
\Frac 1 2 \Int_{0}^{\pi} (\cos (n+k)\theta + \cos (n-k)\theta) d\theta$.

Si $n+k=0$, c'est-\`a-dire $n=k=0$, l'int\'egrale vaut $\pi$ d'apr\`es {\bf a)}.
Sinon et si $n-k=0$, l'int\'egrale vaut $\Frac {\pi} 2$.
Enfin, dans le cas g\'en\'eral ($n\neq k$), l'int\'egrale vaut $0$ car
$\sin (n\pm k)\theta$ vaut $0$ en $\pi$ et en $0$.

\reponse{$\Int_{-1}^1 {t_n(x)}{t_k(x)} \Frac {dx}{\sqrt{1-x^2}}
						= \left| \eqalign{0&\hbox{ si }n\neq k \cr
										\pi&\hbox{ si }n=k=0\cr
							  \Frac {\pi} 2&\hbox{ si }n=k\neq 0}\right.$}

{\bf d)} La famille $(t_n)$ est orthogonale d'apr\`es {\bf c)} et, mis \`a part le
coefficient dominant, elle v\'erifie les conditions de la premi\`ere question.

\reponse{Donc $p_0=t_0$ et $\forall n \in \N^*,\ p_n=\Frac {t_n}{2^{n-1}}\cdot$}


{\bf e)} $p_n(x)=0 \iff t_n(x)=0 \iff 
\left\{\eqalign{x&=\cos\theta,\ \theta \in [0,\pi]\cr 0&=\cos(n\theta)} \right.
\iff \left\{\eqalign{x&=\cos\theta,\ \theta \in [0,\pi]\cr 
\theta&=\Frac {\pi}{2n} + \Frac {k\pi}{n},\ k\in\crog 0,n-1 \crod} \right.$

\reponse{Les $n$ racines de $p_n$ sont les 
$x_k=\cos \left( \Frac {\pi}{2n} + \Frac {k\pi}{n}\right)
\hbox{ pour } k\in\crog 0,n-1 \crod $.}


\vskip 0,5cm
\centerline{\underbar{\bf Partie B}}
\vskip 0,3cm
{\bf \underbar {Question 1}:}

{\bf a)} $\Sum_{i=0}^{k}Q(x_i)l_i(x)$ 
est l'unique polyn\^ome d'interpolation de Lagrange
de degr\'e inf\'erieur ou \'egal \`a $k$ 
qui prend la valeur $Q(x_i)$ au point $x_i$ pour $0\le i \le k$.
Or $Q(x)$ v\'erifie aussi ces conditions, donc par unicit\'e
\reponse {$\Sum_{i=0}^{k}Q(x_i)l_i(x)=Q(x).$}

Par cons\'equent, 
$\Int_a^b Q(x)w(x)dx = \Int_a^b \left(\Sum_{i=0}^{k}Q(x_i)l_i(x)\right)w(x)dx=
\Sum_{i=0}^{k}Q(x_i) \Int_a^b l_i(x)w(x)dx$.
Donc
\reponse{$\forall i \in \crog 0 , k\crod,\ \lambda_i=\Int_a^b l_i(x)w(x)dx=\sca{l_i(x)}{1}$.}

{\bf N.B. :} L'unicit\'e des $\lambda_i$ provient du fait que, si on appelle 
$\varphi_i$ la forme lin\'eaire sur $\R_k[X]$ qui \`a $P$ associe $P(x_i)$,
$(\varphi_0,\ldots,\varphi_k)$ est une base du dual de $\R_k[X]$, 
base qui est d'ailleurs
la base duale de $(l_0,\ldots,l_k)$, ce qui fournit une autre fa\c{c}on de traiter
la premi\`ere partie de cette question.

\medskip
{\bf b)} La division euclidienne de $P\in \R_{2k+1}[X]$ par $p_{k+1}$
s'\'ecrit $P(x)=p_{k+1}(x)Q(x)+R(x)$ avec $\hbox{d}^o R \le k$.

Donc $\Int_a^b P(x)w(x)dx = \sca {P(x)} {1} = \sca {p_{k+1}(x)Q(x)+R(x)} {1} =
\sca {p_{k+1}(x)}{Q(x)} + \sca {R(x)} {1} = \Int_a^b R(x)w(x)dx =
\Sum_{i=0}^{k} \lambda_iR(x_i) = \Sum_{i=0}^{k} \lambda_iP(x_i)$

car $\hbox{d}^o Q = \hbox{d}^o P -(k+1) \le k$ donc $\sca {p_{k+1}(x)}{Q(x)}=0$
d'une part et d'autre part $P(x_i)=R(x_i)$ puisque $p_{k+1}(x_i)=0$.

\reponse{Donc {\bf (1)} est v\'erifi\'ee pour tout $P\in \R_{2k+1}[X]$.}

{\bf c)} $\forall i \in \crog 0, k \crod, l_i^2 \in \R_{2k}[X]$ donc 
on peut lui appliquer {\bf (1)} en prenant soin de ne pas confondre l'indice $i$
de $l_i^2$ et la variable muette de la somme dans {\bf (1)} qui n'ont rien \`a voir
et en utilisant le fait que $l_i(x_j)=\delta_{i,j}$.

$\sca {l_i(x)}{l_i(x)} = \Int_a^b l_i^2(x)w(x)dx = \Sum_{j=0}^{k} \lambda_j l_i^2(x_j)=
\lambda_i$ qui est donc strictement positif puisque $l_i$ n'est pas le polyn\^ome nul.

\reponse{$\forall i \in \crog 0, k \crod,\ \lambda_i>0$.}

\medskip
{\bf \underbar {Question 2}:}

{\bf a)} \reponse{$\Sum_{i=0}^{k} \mu_i^{(k)} = \Int_a^b w(x)dx$.}

{\bf b)} Le th\'eor\`eme de Weierstrass permet d'affirmer qu'il existe une suite
de fonctions polynomiales $(R_n)_n$ qui converge vers $f$ uniform\'ement sur
$[a,b]$.

Or, pour tout polyn\^ome $R_n$,

$E_k(f)=\Int_a^b (f-R_n)(x)w(x) dx - 
        \Sum_{i=0}^k \mu_i^{(k)} (f-R_n)(x_{i,k}) +
	 	\Int_a^b R_n(x)w(x) dx - 
        \Sum_{i=0}^k \mu_i^{(k)} R_n(x_{i,k})$ avec $w(x)$ et les $\mu_i^{(k)}$
        positifs (d'apr\`es {\bf 1.c)}) donc, en notant 
        $\|f-R_n\|_{\infty}=\displaystyle\sup_{x\in[a,b]} |f(x)-R_n(x)|$,

$|E_k(f)|\le \|f-R_n\|_{\infty} \Int_a^b w(x) dx +
 \|f-R_n\|_{\infty} \Sum_{i=0}^k \mu_i^{(k)}  +
 \left| \Int_a^b R_n(x)w(x) dx - 
        \Sum_{i=0}^k \mu_i^{(k)} R_n(x_{i,k}) \right|.$
        
Soit alors $\varepsilon >0$ et choisissons $R_n$ tel que 
$\|f-R_n\|_{\infty}<\varepsilon$.

Alors, en utilisant {\bf a)}, on a

$|E_k(f)|\le 2 \varepsilon \left( \Int_a^b w(x) dx \right) +
\left| \Int_a^b R_n(x)w(x) dx - 
        \Sum_{i=0}^k \mu_i^{(k)} R_n(x_{i,k}) \right| $
        
Pour tout $k$ tel que $2k+1\ge \hbox{d}^o R_n$, on a donc
$|E_k(f)|\le 2 \varepsilon \left( \Int_a^b w(x) dx \right)$.

\reponse{Donc $\displaystyle\lim\limits_{k \to +\infty} E_k(f) = 0$.}


{\bf \underbar {Question 3}:}

{\bf a)} \reponse{On a trouv\'e au {\bf A.4.e)} que
$\theta_i=\Frac {\pi}{2(k+1)} + \Frac {i\pi}{k+1}
\hbox{ pour } i\in\crog 0,k\crod $.}

{\bf b)} $P(x)=\Frac {t_{k+1}(x)} {x-x_i}$ est un polyn\^ome de degr\'e $k$,
de coefficient dominant $2^k$,
dont les racines sont les $x_j$ pour $j\in\crog 0,k\crod,\ j\neq i$.
Donc $\Int_{-1}^1 \Frac {t_{k+1}(x)}{(x-x_i)\sqrt{1-x^2}}dx=
\Sum_{j=0}^k \lambda_j P(x_j)= \lambda_i P(x_i)$.

Comme $P(x_i)\neq 0$, l'\'egalit\'e 
$\lambda_i= \Int_{-1}^1 c \Frac {t_{k+1}(x)}{(x-x_i)\sqrt{1-x^2}}dx$
est donc v\'erifi\'ee avec $c=\Frac 1 {P(x_i)}\cdot$

Or $P(x)=2^k \Prod_{j=0,\,j\neq i}^k (x-x_j)$ donc
$P(x_i)=2^k \Prod_{j=0,\,j\neq i}^k (x_i-x_j)=2^k p_{k+1}'(x_i)=t_{k+1}'(x_i)$.

\reponse{$c= \Frac {1} {t_{k+1}'(x_i)}$}

{\bf c)}1) \reponse{$a_{i,0}=0$ et $a_{i,1}=\pi$}

{\bf c)}2) $a_{i,j+1}+a_{i,j-1}= \Int_{0}^{\pi} 
\Frac {\cos(j+1)\theta - \cos(j+1)\theta_i + \cos(j-1)\theta - \cos(j-1)\theta_i}
      {\cos\theta - \cos\theta_i} d\theta=$

\medskip      
$2\Int_{0}^{\pi} 
 \Frac {\cos(j\theta) \cos\theta - \cos(j\theta_i)\cos\theta_i}
      {\cos\theta - \cos\theta_i} d\theta=$
$2\Int_{0}^{\pi} 
 \Frac {\cos(j\theta) \cos\theta - \cos(j\theta)\cos\theta_i
       +\cos(j\theta)\cos\theta_i -\cos(j\theta_i)\cos\theta_i}
       {\cos\theta - \cos\theta_i} d\theta$

\medskip
$=2\Int_{0}^{\pi} 
 \left( \cos(j\theta) + 
        (\cos\theta_i)\Frac {\cos(j\theta)-\cos(j\theta_i)}
       {\cos\theta - \cos\theta_i} \right) d\theta=$      
$2\Int_{0}^{\pi} \cos(j\theta) d\theta + 2(\cos\theta_i) a_{i,j}= 
2(\cos\theta_i) a_{i,j}= 2x_i a_{i,j}.$

\reponse{$a_{i,j+1}+a_{i,j-1} = 2 x_i a_{i,j}$}


{\bf c)}3) La suite $(a_{i,j})_{j\in\N}$ v\'erifie la relation de r\'ecurrence
lin\'eaire $a_{i,j+1} - 2 x_i a_{i,j} + a_{i,j-1} = 0$.

L'ensemble des suites v\'erifiant cette relation forme un espace vectoriel
de dimension 2. Pour en d\'eterminer une base, on \'ecrit l'\'equation 
caract\'eristique: $r^2-2x_i r+1=0$ qui a pour racines $\hbox{e}^{i\theta_i}$
et $\hbox{e}^{-i\theta_i}$. 

Puisque l'on cherche des solutions r\'eelles, on en d\'eduit qu'il existe
$a$ et $b$ r\'eels tels que 

$\forall j\in\N,\ a_{i,j}= a \cos(j\theta_i) + b \sin(j\theta_i)$.
Or $a_{i,0}=0$ donc $a=0$ et $a_{i,1}=\pi$ donc $b=\Frac {\pi}{\sin\theta_i}$.
On a bien $\sin\theta_i \neq 0$ puisque d'apr\`es {\bf A.3)} les
$x_i=\cos\theta_i$ appartiennent \`a $]-1,1[$.

\reponse{$a_{i,k+1}=\pi \Frac {\sin(k+1)\theta_i}{\sin\theta_i}$}

{\bf d)} D'apr\`es {\bf b)}, comme $t_{k+1}(x_i)=0$, 
$\lambda_i= \Int_{-1}^1 c \Frac {t_{k+1}(x)-t_{k+1}(x_i)}{(x-x_i)\sqrt{1-x^2}}dx=
c\Int_{0}^{\pi} 
 \Frac {\cos(k+1)\theta - \cos(k+1)\theta_i} {\cos\theta - \cos\theta_i} d\theta=$

$c a_{i,k+1} =
\Frac {1} {t_{k+1}'(x_i)} \pi \Frac {\sin(k+1)\theta_i}{\sin\theta_i}=
\Frac {\pi}{k+1}$ car $t_{k+1}(x)= \cos \left( (k+1)\arccos x \right)$

donc $t_{k+1}'(x)= \Frac {k+1}{\sqrt{1-x^2}}\sin \left( (k+1)\arccos x \right)$
et finalement 
$t_{k+1}'(x_i) = t_{k+1}'(\cos\theta_i) = \Frac {k+1}{\sin\theta_i}{\sin(k+1)\theta_i}$.

\reponse{$\forall i \in \crog 0,\ k \crod,\ \lambda_i= \Frac {\pi}{k+1}\cdot$}

{\bf N.B.:} On peut v\'erifier la coh\'erence de ce r\'esultat avec la question {\bf 2.a)}.

\fin
\end
