%% This document created by Scientific Word (R) Version 2.5
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%
%Cette taille est ajust\'ee quand le haut de le feuille est en haut du guide feuille
\vsize= 27 true cm \hsize= 17 true cm \hoffset= -3.5 cm \voffset= -3.5 cm%
\parindent=0pt
\begin{center}
{\Large ESIM\ 1999}
{\Large Option PSI}
{\Large Math 1}
\end{center}
Le probl\`eme pose de fa\c{c}on classique un produit scalaire sur les polyn\^ome ,
et en donne un exemple d'application au calcul approch\'e d'une int\'egrale.
{\Large \smallskip }{\huge Pr\'eliminaires:}
Dans tout le probl\`eme on utilisera des int\'egrales du type $\int_{\left] a,b%
\right[ }\phi (x)w(x)dx$. Montrons une bonne fois pour toute que si $\phi $
est continue sur le segment $\left[ a,b\right] $ alors $\phi w$ est int\'e%
grable sur l'ouvert $\left] a,b\right[ :$
\begin{itemize}
\item $\phi w$ est continue sur $\left] a,b\right[ $ comme produit de
fonctions continues
\item $\phi $ est continue sur le segment donc $\phi $ y est born\'ee ;
posons $M=\sup_{\left] a,b\right[ }\left| \phi \right| $. On a alors $\left|
\phi w\right| \leq Mw$. La fonctions $w$ \'etant int\'egrable sur $\left] a,b%
\right[ $ , la fonction $\phi w$ y est int\'egrable par majoration.
\end{itemize}
On v\'erifie que $\left( f,g\right) $ est bien un produit scalaire :
\begin{itemize}
\item d'apr\`es la remarque pr\'ec\'edente $\int_{\left] a,b\right[
}f(x)g(x)w(x)dx$ est bien d\'efinie et c'est un r\'eel:
\item L'int\'egrale \'etant lin\'eaire $f\rightarrow \int_{\left] a,b\right[
}f(x)g(x)w(x)dx$ est lin\'eaire
\[
(\lambda ,\mu )\in \Bbb{R}^{2},\forall (f_{1},f_{2})\in C([a,b],\Bbb{R}%
),\int_{\left] a,b\right[ }\left( \lambda f_{1}+\mu f_{2}\right)
gwdx=\lambda \int_{\left] a,b\right[ }f_{1}gwdx+\mu \int_{\left] a,b\right[
}f_{2}gwdx
\]
\item le produit \'etant commutatif $\left( f,g\right) =(g,f)$
\item par sym\'etrie et lin\'earit\'e \`a gauche , on a bilin\'earit\'e.
\item on a une forme d\'efinie positive : $w$ \'etant strictement positive , $%
f^{2}w$ est une fonction positive , donc l'int\'egrale est positive. De plus
si $f$ est non nulle $f^{2}w$ est strictement positive en un point $x_{0}$.
On sait que l'int\'egrale sur un segment d'une fonction continue, positive,
strictement positive en un point est strictement positive (Th\'eor\`eme de
positivit\'e stricte). Donc pour tout segment $J$ contenant $x_{0}$ on a $%
\int_{J}f^{2}(x)w(x)dx>0$ et comme $\int_{\left] a,b\right[
}f^{2}(x)w(x)dx\geq \int_{J}f^{2}(x)w(x)dx>0$ on a $\int_{\left] a,b\right[
}f^{2}(x)w(x)dx>0$ si $f\neq 0$
\item De plus $\left( fh,g\right) =\left( f,gh\right) =\int_{\left] a,b%
\right[ }f(x)g(x)h(x)w(x)dx$
\end{itemize}
{\huge Partie A :}
\begin{enumerate}
\item En s'inspirant de la m\'ethode de Schmidt , on calcule par r\'ecurrence
la suite $\left( p_{n}\right) _{n\in \Bbb{N}\text{ :}}$
\begin{itemize}
\item $p_{0}=1$ est donn\'e par le sujet , il est donc unique.
\item $p_{1}$ doit \^etre un polyn\^ome normalis\'e de degr\'e $1$ orthogonal aux
constantes:On a donc $p_{1}=X+a$ tel que $\left( p_{1},p_{0}\right) =0$ soit
$\left( x,p_{0}\right) +a\left( p_{0},p_{0}\right) =0$ \ donc $a=-\frac{%
\left( x,p_{0}\right) }{(p_{0},p_{0})}$. $p_{1}$ est unique.
\item supposons qu'il existe une unique famille $\left( p_{k}\right)
_{k=0}^{n-1}$ v\'erifiant pour $1\leq k0$}
\]
\item \textit{Bien suivre le changement de notations les }$\mu _{i}^{(k)}$%
\textit{\ sont les }$\lambda _{i}$\textit{\ pr\'ec\'edents , index\'es aussi par }$%
k$\textit{\ car maintenant }$k$\textit{\ varie. }
a)En appliquant la relation $\left( 2\right) $ on a directement :
\[
\frame{$\sum_{i=0}^{k}\mu _{i}^{(k)}=\int_{]a,b[}w(x)dx$}
\]
b)\textit{Remarque : que vient faire ici cette fonction continue alors que
tout le reste du probl\`eme a \'etudu\'e des polyn\^omes. Comment d\'eduire des propri\'e%
t\'es des polyn\^omes celles des fonctions. Mais bien sur c'est une m\'ethode
''classique''. Le th\'eor\`eme de Weierstrass permet de passer des polyn\^omes aux
fonctions continues : }
$f$ est une fonctions continues sur le segment $\left[ a,b\right] $ , il
existe donc une suite de polyn\^omes $\left( P_{n}\right) _{n\in \Bbb{n}}$ qui
converge vers $f$ uniform\'ement sur $\left[ a,b\right] $. Or d'apr\`es la
question 1 $E_{k}(P_{n})=0$ d\`es que $d^\circ(P_{n})\leq 2k+1$ soit $k\geq \frac{d^\circ%
(P_{n})-1}{2}$
Or
\[
E_{k}(f)-E_{k}(P_{n})=\int_{]a,b[}\left( P_{n}-f\right)
(x)w(x)dx-\sum_{i=0}^{k}\mu _{i}^{(k)}\left(
P_{n}(x_{i,k})-f(x_{i,k})\right)
\]
On a donc pour $k\geq \frac{d^\circ(P_{n})-1}{2}$ en notant $\left\|
P_{n}-f\right\| _{\infty }=\sup_{[a,b]}\left( \left| P_{n}-f\right| \right) $
\[
\left| E_{k}(f)\right| \leq \int_{]a,b[}\left\| P_{n}-f\right\| _{\infty
}w(x)dx+\sum_{i=0}^{k}\left| \mu _{i}^{(k)}\right| \left\| P_{n}-f\right\|
_{\infty }=2\left\| P_{n}-f\right\| _{\infty }\int_{]a,b[}w(x)dx
\]
car les $\mu _{i}^{(k)}$ sont positifs (question B1c) de somme $%
\int_{]a,b[}w(x)dx$ d'apr\`es le calcul pr\'ec\'edent.
Par convergence uniforme de la suite de polyn\^omes, pour tout $\varepsilon >0$
il existe un $n$ tel que
\[
\left\| P_{n}-f\right\| _{\infty }\leq \frac{\varepsilon }{%
2\int_{]a,b[}w(x)dx}
\]
on a donc pour $k\geq \frac{d^\circ(P_{n})-1}{2}$ , $\left| E_{k}(f)\right| \leq
\varepsilon $%
\[
\frame{la suite $E_{k}(f)$ tend vers $0$}
\]
\item \quad
a)C'est la question A4e : $\theta _{i}=\cos \left( \frac{\pi +2i\pi }{2(k+1)}%
\right) $
\item b)On sait que $\lambda _{i}=\int_{0}^{\pi }l_{i}(x)w(x)dx$. On va
donc chercher $c$ tel que $l_{i}(x)=c\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}$.
comme $x_{i}$ est racine de $t_{k+1},$ $a(x)=\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}$ est
un polyn\^ome de degr\'e $k$ , donc d'apr\`es B1
\[
a(x)=\sum_{j=0}^{k}a(x_{j})l_{i}(x)
\]
Pour $j\neq i$ , $a(x_{j})=\frac{t_{k+1}(x_{j})}{x_{j}-x_{i}}=0$ et $%
a(x_{i})=\lim_{x\rightarrow x_{i}}\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}=t_{k+1}^{\prime
}(x_{i})$. Il reste donc :
\[
\frac{t_{k+1}(x_{j})}{x_{j}-x_{i}}=t_{k+1}^{\prime }(x_{i})l_{i}(x)
\]
\[
\frame{$\lambda _{i}=\frac{1}{t_{k+1}^{\prime }(x_{i})}\int_{]-1,1[}\frac{%
t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$}
\]
\textit{Remarque : Soyons honn\^ete je n'est trouv\'e cette solution \'el\'egante
qu'apr\`es avoir trouv\'e le r\'esultat par une m\'ethode plus calculatoire : }
\[
l_{i}(x)=\prod_{j\neq i}(x-x_{j})\frac{1}{\prod_{j\neq i}(x_{i}-x_{j})}
\]
\textit{puis en \'ecrivant }$t_{k+1}(x)=2^{k}\prod_{j}(x-x_{j})=2^{k}(x-x_{i})%
\prod_{j\neq i}(x-x_{j})$\textit{\ et en d\'erivant}
\[
t_{k+1}^{\prime }(x)=2^{k}\prod_{j\neq i}(x-x_{j})+2^{k}(x-x_{i})\frac{d}{dx}%
\left( \prod_{j\neq i}(x-x_{j})\right)
\]
\textit{la valeur en }$x_{i}$\textit{\ donne alors l'expression voulue. }
c)\quad Il y a un probl\`eme d'int\'egrabilit\'e : $\theta \rightarrow \frac{\cos
(j\theta )-\cos (j\theta _{i})}{\cos (\theta )-\cos (\theta _{i})}$ est
clairement continue sur $\left[ 0,\pi \right] -\left\{ \theta _{i}\right\} $%
. Pour v\'erifier qu'il n'y a pas de probl\`eme en $\theta _{i}$ car la fonction
se prolonge par continuit\'e on \'ecrit en utilisant $f(x)-f(x_{0})\sim
_{x_{0}}f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$ si $f^{\prime }(x_{0})\neq 0:$%\[
\[
\frac{\cos (j\theta )-\cos (j\theta _{i})}{\cos (\theta )-\cos (\theta _{i})}%
\sim \frac{j(\theta -\theta _{i})\sin \left( j\theta _{i}\right) }{\left(
\theta -\theta _{i}\right) \sin (\theta _{i})}\sim \frac{j\sin (j\theta _{i})%
}{\sin (\theta _{i})}\text{ car }\sin (\theta _{i})\neq 0
\]
\begin{itemize}
\item $a_{i,0}=\int_{0}^{\pi }0=0$ , $a_{i,1}=\int_{0}^{\pi }1=\pi $
\item \quad
\begin{eqnarray*}
a_{i,j+1}+a_{i,j-1} &=&\int_{0}^{\pi }\frac{\left( \cos \left( \left(
j+1\right) \theta \right) +\cos \left( \left( j-1\right) \theta \right)
\right) -\left( \cos \left( \left( j+1\right) \theta \right) +\cos \left(
\left( j-1\right) \theta \right) \right) }{\cos (\theta )-\cos (\theta _{i})}%
d\theta \\
&=&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 }\cos (j\theta )+\cos (\theta _{i})\frac{\cos (j\theta
)-\cos (j\theta _{i})}{\cos (\theta )-\cos (\theta _{i})}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}\text{ car }j\neq 0
\end{eqnarray*}
\item Comme le calcul qui suit passe dans les complexes , je change de
notation en posant $u_{j}=a_{p,j}$. La suite $\left( u_{p}\right) $ est une
suite r\'ecurrente d'ordre 2 v\'erifiant :$\left\{
\begin{array}{c}
u_{j+1}-2\cos (\theta _{p})u_{j}+u_{j-1}=0 \\
u_{0}=0,u_{1}=\pi
\end{array}
\right. $
L'\'equation caract\'eristique $r^{2}-2r\cos (\theta _{i})+1=0$ admet les deux
racines $\exp (i\theta _{p})$ et $\exp (-i\theta _{p})$ qui sont distinctes
car $\sin (\theta _{p})\neq 0$. On a donc $u_{j}=\lambda \exp (ij\cos
(\theta _{p})+\upsilon \exp (-ij\theta _{p})$. Le syst\`eme obtenue en prenant
$j=0$ et $j=1$ donne :
\[
u_{j}=\frac{\pi }{\sin (\theta _{p})}\sin (j\pi _{p})
\]
En revenant aux notations du sujet :
\[
\frame{$a_{i,j}=\frac{\pi }{\sin (\theta _{i})}\cos (j\theta _{i})$}
\]
\end{itemize}
d)On sait dojo que $\lambda _{i}=\frac{1}{t_{k+1}^{\prime }(x_{i})}%
\int_{]-1,1[}\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$. Il faut
donc calculer les deux morceaux de l'expression:
\begin{itemize}
\item $t_{k+1}^{\prime }(x_{i})$ :
\[
t_{k+1}(x)=\cos \left( \left( k+1\right) \arccos (x)\right)
\]
Si on d\'erive cette relation :
\[
t_{k+1}^{\prime }(x)=\left( k+1\right) \frac{\sin \left( \left( k+1\right)
\arccos (x)\right) }{\sqrt{1-x^{2}}}
\]
Donc comme $\sin \left( \theta _{i}\right) >0:$%
\[
t_{k+1}^{\prime }(x_{i})=\left( k+1\right) \frac{\sin \left( \left(
k+1\right) \theta _{i}\right) }{\sin (\theta _{i})}
\]
\item $\int_{]-1,1[}\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}$ :
Comme dans la question $A4$ on effectue le changement de variable $\theta
=\arccos (x)$ et comme $\cos \left( \left( k+1\right) \theta _{i}\right) =0$
par d\'efinition des $\theta _{i}$ :
\[
\int_{]-1,1[}\frac{t_{k+1}(x)}{x-x_{i}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^{2}}}%
=\int_{0}^{\pi }\frac{\cos \left( \left( k+1\right) \theta _{i}\right) }{%
\cos \left( \theta \right) -\cos \left( \theta _{i}\right) }d\theta
=a_{i,k+1}=\pi \frac{\sin \left( \left( k+1\right) \theta _{i}\right) }{\sin
(\theta _{i})}
\]
\item synth\`ese :
\[
\frame{$\forall i\in \left[ \left[ 0,k\right] \right] $ , $\lambda _{i}=%
\frac{\pi }{k+1}$}
\]
\end{itemize}
\end{enumerate}
\end{document}