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ÉCOLE POLYTECHNIQUE CONCOURS D’ADMISSION 2018 FILIÈRE MP COMPOSITION DE MATHÉMATIQUES B Durée : 4 heures L’utilisation des calculatrices n’est pas autorisée pour cette épreuve Samedi 5 mai 2018, 9h00 – 13h00 Page 1 Page 2 Pour des raisons qui apparaîtront dans la Troisième Partie, on utilise deux entiers naturels distincts n (minuscule) et N (majuscule). Les candidats sont priés de respecter les notations de l’énoncé. On désigne par Rn[X] l’espace vectoriel des polynômes à coefficients réels, de degré inférieur ou égal à n. Le sous-espace de Rn[X] formé des polynômes pairs (c’est-à-dire vérifiant P(−X) = P(X)) est noté Πn, et celui des polynômes impairs (c’est-à-dire vérifiant P(−X) = −P(X)) est noté Jn. On définit l’ensemble AN formé des P ∈ RN[X], tels que P(−1) = P(1) = 1, qui satisfont de plus P(x) ⩾ 0 pour tout x dans l’intervalle [−1, 1]. On définit sur RN[X] une forme linéaire L par L(P) = 1 −1 P(x) dx. L’objet du problème est l’étude de sa borne inférieure aN sur le sous-ensemble AN : aN = inf{L(P) | P ∈ AN}. Questions préliminaires 1. (a) Vérifier que AN est une partie convexe de RN[X]. (b) Montrer que l’expression ∥P∥1 = 1 −1 |P(x)| dx définit une norme sur RN[X]. (c) Montrer que AN est fermé dans l’espace vectoriel normé (RN[X], ∥ · ∥1). 2. (a) Montrer que la borne inférieure de L sur AN est atteinte. Dans la suite, on notera BN l’ensemble des P ∈ AN tels que L(P) = aN. (b) Montrer que BN est une partie convexe compacte. (c) Vérifier que BN contient un polynôme pair. Première Partie On munit Rn[X] du produit scalaire défini par ⟨P, Q⟩ = 1 −1 P(x)Q(x) dx, et de la norme associée ∥P∥2 = ⟨P, P⟩ (on ne demande pas de vérifier qu’il s’agit bien d’un produit scalaire et d’une norme). Pour j ∈ N, on définit le polynôme Pj(X) = 1 2j j! dj dXj (X2 − 1)j . Par convention, P0 = 1. Page 3 3. (a) Quel est le degré de Pj ? (b) Montrer que Pj est un polynôme pair ou impair, selon la valeur de j. (c) Montrer que Pj(1) = 1 et Pj(−1) = (−1)j. 4. Au moyen de l’intégration par parties, montrer que la famille (Pj)0⩽j⩽n est orthogonale dans Rn[X]. 5. On note gj = 1 −1 Pj(x)2dx, Ij = 1 −1 (1 − x2)jdx. (a) Établir une relation entre gj et Ij. (b) Trouver une relation entre Ij et Ij−1 − Ij, et en déduire une relation de récurrence pour la suite (Ij)j∈N. (c) En déduire la valeur de Ij, puis celle de gj. 6. (a) Montrer que la famille (Pj)0⩽j⩽n est une base de Rn[X]. (b) En déduire que la famille (P2j)0⩽j⩽ n 2 est une base de Πn, tandis que la famille (P2j+1)0⩽j⩽ n−1 2 est une base de Jn. Deuxième Partie On choisit un polynôme pair dans BN (voir la question 2.c), et on le note RN. 7. Montrer qu’il existe des nombres entiers r, s, t ⩾ 0, des nombres réels c1, . . . , cr différents de ±1, des réels non nuls ρ1, . . . , ρs et des nombres complexes w1, . . . , wt qui ne sont ni réels ni imaginaires purs, tels que RN(X) = r j=1 X2 − c2 j 1 − c2 j s k=1 X2 + ρ2 k 1 + ρ2 k t ℓ=1 X2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ · X2 − wℓ2 1 − wℓ2 . 8. On décide de remplacer tous les ρk par des zéros. On remplace donc les facteurs correspondants de RN, X2 + ρ2 k 1 + ρ2 k , par des facteurs X2. On obtient ainsi un nouveau polynôme SN de même degré que RN. Montrer que 0 ⩽ SN(x) ⩽ RN(x) pour tout x ∈ [−1, 1], puis que SN ∈ BN. 9. De même, dans la liste des cj, on décide de remplacer ceux qui n’appartiennent pas à [−1, 1] par des zéros. On remplace donc les facteurs correspondants de SN, X2 − c2 j 1 − c2 j , par des facteurs X2. On obtient ainsi un nouveau polynôme TN. Montrer que 0 ⩽ TN(x) ⩽ SN(x) pour tout x ∈ [−1, 1], puis que TN ∈ BN. 10. Soit w ∈ C un nombre qui n’est ni réel ni imaginaire pur. Page 4 (a) Montrer que l’équation z − 1 z + 1 = w − 1 w + 1 définit un cercle dans le plan complexe, qui passe par w. Vérifier que l’intervalle ] − 1, 1[ coupe ce cercle en un point unique ; on notera y ce point. On exprimera y en fonction du nombre λ = w − 1 w + 1 . (b) Montrer l’inégalité 1 − w 1 − y > 1. (c) Montrer que l’équation z − w z − y = 1 − w 1 − y définit un cercle dans le plan complexe, qui passe par 1 et par −1. En déduire que, pour tout x ∈ [−1, 1] \ {y}, on a w − x y − x ⩾ w − 1 y − 1 = w + 1 y + 1 . 11. Conclure que RN a toutes ses racines dans l’intervalle [−1, 1]. Troisième Partie On note n la partie entière de N 2 . On poursuit l’étude du polynôme RN. 12. Montrer que deg RN = 2n. 13. Montrer que RN est le carré d’un polynôme : RN(X) = UN(X)2 où UN(1) = 1 et UN(−1) = ±1. Que peut-on dire de la parité de UN ? 14. On suppose dans cette question que UN est pair ; on a donc UN ∈ Πn. Dans Πn, l’équation P(1) = 1 définit un sous-espace affine noté Hn. (a) Montrer que ∥UN∥2 = min{∥P∥2 | P ∈ Hn}. (b) En déduire qu’il existe un nombre réel µ tel que pour tout entier 0 ⩽ j ⩽ n 2 , on a ⟨UN, P2j⟩ = µ. (On pourra considérer des polynômes P ∈ Hn de la forme UN + t(P2j − P2k) avec t ∈ R.) (c) Exprimer UN dans la base des P2j. En déduire que 1 µ = 0⩽j⩽ n 2 1 g2j . (d) Établir dans ce cas la formule aN = 0⩽j⩽ n 2 1 g2j −1 . 15. On suppose maintenant que UN est impair. Exprimer encore aN en fonction des gℓ. 16. Discuter, en fonction de la parité de n, la valeur de aN. On en donnera la valeur explicite. 17. Donner la formule explicite de RN, en fonction des polynômes Pj. Page 5

École polytechnique - Écoles normales supérieures Concours d’admission 2018 - filière MP Corrigé de l’épreuve de mathématiques B Questions préliminaires 1.(a) Pour P, Q ∈ AN et t ∈ [0, 1], le polynôme R = (1 − t)P + tQ est élément de AN : • pour tout x ∈ [−1, 1], R(x) = (1 − t)P(x) + tQ(x) ≥ 0 car 1 − t, P(x), t et R(x) sont positifs ; • R(1) = (1 − t)P(1) + tQ(1) = 1 et R(−1) = (1 − t)P(−1) + tQ(−1) = 1 car P(1) = Q(1) = P(−1) = Q(−1) = 1. AN est donc une partie convexe de l’espace vectoriel RN[X]. 1.(b) On a, pour P, Q ∈ RN[X] et α ∈ R : • ||P + Q||1 = 1 −1 |P(x) + Q(x)| dx ≤ 1 −1 |P(x)| + |Q(x)| dx = ||P||1 + ||Q||1 ; • ||α P||1 = 1 −1 |α P(x)| dx = |α| 1 −1 |P(x)| dx = α ||P||1 ; • si ||P||1, la fonction t −→ |P(t)| est continue, positive sur [−1, 1] d’intégrale nulle : elle est donc nulle. Ainsi, P est le polynôme nul car il possède une infinité de racines. || ||1 est donc une norme sur RN[X]. 1.(c) Pour tout x ∈ R, l’application ϕx : P −→ P(x) est linéaire donc continue sur l’espace vectoriel de dimension finie RN[X]. On peut ensuite écrire : AN = ϕ−1 1 ({1}) ϕ−1 −1 ({1}) x∈ ]−1,1[ ϕ−1 x ([0, +∞[) et AN est fermé comme intersection de fermés (les parties {1} et [0, +∞[ sont des fermés de R donc leurs images réciproques par les applications continues ϕx sont fermées). 2.(a) Comme L est positive sur AN et que AN est non vide, on peut définir AN. Il existe alors une suite (Pk)k≥0 d’éléments de AN telle que L(Pk) converge vers aN quand k tend vers l’infini. Pour k ∈ N, Pk est positif sur [−1, 1], donc ||Pk|| = L(Pk). On en déduit que la suite (Pk) est bornée (on munit RN[X] de la norme || ||1 : les normes sont toutes équivalents car RN[X] est de dimension finie). Comme nous travaillons en dimension finie, on peut extraire de cette suite une sous-suite convergente : il existe une extractrice ϕ et un élément P ∈ RN[X] tel que Pϕ(k) converge vers P. Comme AN est fermée, P ∈ AN et l’application L étant continue (elle est linéaire), on a : L(Pϕ(k)) −−−−−→ k→+∞ L(P) On a ainsi construit un élément P de AN tel que L(P) = aN : la borne inférieure est atteinte. 2.(b) Pour P, Q ∈ BN et t ∈ [0, 1], le polynôme R = (1 − t)P + tQ est élément de AN et vérifie L(R) = (1 − t)L(P) + tL(Q) = (1 − t)aN + taN = aN donc R ∈ BN : BN est convexe. On a BN = AN ∩ L−1 ({aN}) donc BN est fermée, comme intersection de deux fermés (L est continue et {aN} est fermé dans R) ; comme les éléments de BN sont de norme égale à aN (pour || ||1), BN est bornée : elle est donc compacte (dans un espace vectoriel normé de dimension finie, les compacts sont les fermés bornés). 2.(c) Soit P ∈ BN ; en posant Q(X) = P(−X), on a Q ∈ AN et L(Q) = L(P) = aN. On en déduit que Q est élément de BN, puis que c’est également le cas du polynôme pair R = P + Q 2 , par convexité de BN. Première partie 3.(a) Pour j = 0, P0 est de degré 0 et pour j ≥ 1, le polynôme (X2 − 1)j est de degré 2j, donc sa dérivée j-ième est de degré j ; on a donc deg(Pj) = j pour tout j ∈ N. 3.(b) P0 est pair et pour j ∈ N∗, le polynôme (X2 − 1)j étant pair, sa dérivée j-ième est de même parité que j (la dérivée d’un polynôme pair est impaire et la dérivée d’un polynôme impair est paire). Pj est donc de même parité que j pour tout j ∈ N. 3.(c) Le résultat est évident quand j = 0. Pour j ∈ N∗, on a : Pj(X) = 1 2j j! (X − 1)j(X + 1)j (j) = 1 2j j! j i=0 j i (X − 1)j (j) (X + 1)j (j−i) En évaluant en 1, seul le terme correspondant à i = j est non nul. On a donc : Pj(1) = 1 2j j! i i j! (X + 1)j X=1 = 1 puis Pj(−1) = (−1)jP(1) = (−1)j en utilisant la propriété de parité de Pj. 4. Soit i, j tels que N ≤ i > j ≤ 0. On peut faire une intégration par parties (on ne manipule que des polynômes, qui sont de classe C1) : 2i+ji!j! < Pi, Pj > = 1 −1 (x2 − 1)i (i) (x2 − 1)j (j) dx = (x2 − 1)i (i) (x2 − 1)j (j−1) 1 −1 − 1 −1 (x2 − 1)i (i−1) (x2 − 1)j (j+1) dx = − 1 −1 (x2 − 1)i (i−1) (x2 − 1)j (j+1) dx 2 car 1 et −1 étant racines d’ordre de (X2 − 1)i, ils sont racines de (X2 − 1)i (i−1). Comme (X2 − 1)i (i−k) s’annule en 1 et en −1 pour tout k compris entre 1 et i, on montre facilement par récurrence (sur k) : ∀k ∈ {1, . . . , i}, 2i+ji!j! < Pi, Pj >= (−1)k inte (x2 − 1)i (i−k) (x2 − 1)j (j+k) On a donc : 2i+ji!j! < Pi, Pj >= (−1)i 1 −1 (x2 − 1)i (0) (x2 − 1)j (i+j) =0 car i+j>2j dx = 0 La famille (Pj)0≤j≤N est donc orthogonale. 5.(a) Le calcul précédent, quand i = j, donne : gj = (−1)j 22j (j!)2 1 −1 (x2 − 1)j =(−1)j(1−x2)j (x2 − 1)j (2j) =(2j)! dx = (2j)! 22j (j!)2 Ij 5.(b) Soit j ≥ 1. On a par intégration par parties : Ij = 1 −1 (1 − x2)j dx = (1 − x2)jx 1 −1 − 1 −1 2jx(1 − x2)j−1x dx = 2j 1 −1 (1 − x2)(1 − x2)j−1 − (1 − x2)j−1 dx = 2j(Ij − Ij−1) 5.(c) On obtient, pour j ∈ N : Ij = 2j 2j + 1 Ij−1 = . . . = (2j)(2j − 2) . . . 2 (2j + 1)(2j − 1) . . . 3 I0 = 22j+1(j!)2 (2j + 1)! , puis gj = (2j)! 22j (j!)2 22j+1(j!)2 (2j + 1)! = 2 2j + 1. 6.(a) La famille (Pj)0≤j≤n est échelonnée en degré et de cardinal n + 1, donc c’est une base de Rn[X]. 6.(b) En notant P et I les espaces engendrés pas ces deux familles, nous avons : Πn ⊕ Jn = Rn[X] = P ⊕ I avec P ⊂ Πn et I ⊂ In ; on en déduit que P = Πn et I = In, i.e. que (P2j)0≤j≤n/2 et (P2j+1)0≤j≤(n−1)/2 sont des bases de Πn et Jn. 7. Comme RN est pair, on peut l’écrire sous la forme RN = P(X2) avec P ∈ R[X]. On peut ensuite factoriser P en séparant ses racines réelles positives (αj)1≤j≤r, ses racines réelles strictement négatives (βk)1≤k≤s et ses racines complexes non réelles conjuguées (γℓ, γℓ)1≤ℓ≤t : P(X) = a r j=1 (X − αj) s k=1 (X − βk) t ℓ=1 (X − γℓ)(X − γℓ) 3 Pour chaque i, j, ℓ, on pose cj = √αj, ρk = √−βk et on choisit une racine carrée wℓ de γℓ. Les cj sont des réels différents de 1 ou -1 (car RN(1) et RN(−1) sont non nuls), les ρk sont des réels non nuls (car leurs carrés sont strictement positifs) et les wk ne sont ni réels, ni imaginaires purs (car leurs carrés ne sont pas réels). On a donc : RN(X) = a r j=1 (X2 − c2 j) s k=1 (X2 + ρ2 k) t ℓ=1 (X2 − w2 ℓ)(X2 − wℓ 2) puis (avec RN(1) = 1) : a = 1 r j=1(1 − c2 j) s k=1(1 + ρ2 k) t ℓ=1(1 − w2 ℓ)(1 − wℓ2) et donc RN(X) = r j=1 X2 − c2 j 1 − c2 j s k=1 X2 + ρ2 k 1 + ρ2 k t ℓ=1 X2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . X2 − wℓ2 1 − wℓ2 8. Soit x ∈ [−1, 1]. On a 0 ≤ x2 ≤ 1, donc : ∀k, 0 < x2 + ρ2 k 1 + ρ2 k ≤ 1 (carρ2 k > 0) ∀ℓ, x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ .x2 − wℓ2 1 − wℓ2 = x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ 2 > 0 (car ω2 ℓ ̸∈ R) Comme 0 ≤ RN(x) = r j=1 x2 − c2 j 1 − c2 j s k=1 x2 + ρ2 k 1 + ρ2 k t ℓ=1 x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . x2 − wℓ2 1 − wℓ2 >0 on en déduit que 0 ≤ r j=1 x2 − c2 j 1 − c2 j puis par produit d’inégalités : 0 ≤ SN(x) ≤ RN(x). On en déduit que SN ∈ AN (on a SN(1) = SN(−1) = 1) et que L(SN) = 1 −1 SN(x) dx ≤ 1 −1 RN(x) dx = aN, et donc L(SN) = aN par définition de aN : SN est élément de BN. 9. Soit x ∈ [−1, 1]. Quitte à réordonner les cj, on peut supposer qu’il existe r′ compris entre 1 et r tel que cj ̸∈ [−1, 1] si et seulement si j ≤ r′. On a alors, pour 1 ≤ j ≤ r′, x2 − c2 j 1 − c2 j ≥ 1 (car x2 − c2 j ≤ 1 − c2 j < 0), d’où : 1 ≤ r′ j=1 x − c2 j 1 − c2 j (1) On a ensuite : 0 ≤ r j=1 x2 − c2 j 1 − c2 j = r′ j=1 x2 − c2 j 1 − c2 j >0 r j=r′+1 x2 − c2 j 1 − c2 j 4 donc r j=r′+1 x2 − c2 j 1 − c2 j ≥ 0 et on obtient : 0 ≤ TN(x) ≤ SN(x) en multipliant (1) par le réel positif r j=r′+1 x2 − c2 j 1 − c2 j t ℓ=1 x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . x2 − wℓ2 1 − wℓ2 . Le même argument qu’à la question (8) prouve que TN ∈ BN. 10.(a) Notons C l’ensemble des solution de cette équation. En notant z = X + iY (avec X, Y ∈ R) et λ = w − 1 w + 1 , nous avons (en remarquant que λ2 ̸= 1 car w n’est pas sur la médiatrice du segment [−1, 1]) : z ∈ C ⇐⇒ |z − 1| = λ|z + 1| (car − 1 ̸∈ C) ⇐⇒ (X − 1)2 + Y 2 = λ2((X + 1)2 + Y 2) ⇐⇒ (1 − λ2)X2 − 2(1 + λ2)X + (1 − λ2)Y 2 = λ2 − 1 ⇐⇒ xX 1 + λ2 1 − λ2 2 + Y 2 = 1 + λ2 1 − λ2 2 − 1 = 4λ2 (1 − λ2)2 On en déduit que C est le cercle de centre C = 1 + λ2 1 − λ2 , 0 et de rayon R = 2λ |1 − λ2|. Ce cercle contient trivialement le point w (car z = w vérifie l’équation initiale de C). Pour Y ∈ ] − 1, 1[, on a : Y ∈ C ⇐⇒ |Y − 1| = λ|Y + 1| ⇐⇒ (1 − Y ) = λ(1 + Y ) ⇐⇒ Y = 1 − λ 1 + λ. Comme λ ∈ ]0, 1[∪]1, +∞[, 1 − λ 1 + λ ∈ ]−1, 1[ et on a prouvé que C coupait l’intervalle ]−1, 1[ en l’unique point y = 1 − λ 1 + λ. 10.(b) On a |y − 1| |y + 1| = |w − 1| |w + 1|, donc |w − 1| |y − 1| = |w + 1| |y + 1| = |w + 1| y + 1 = |w + 1|1 + λ 2 = |w + 1| + |1 − w| 2 > |1 + 1| 2 = 1 par inégalité triangulaire (on a inégalité stricte car w ̸∈ [−1, 1] : la distance de −1 à 1 est strictement plus grande que la somme des distances de −1 à w et de w à 1. 10.(c) Notons C′ cette nouvelle partie. On a clairement 1 ∈ C′ et | − 1 − ω| | − 1 − y| = |1 + ω| |1 + y| = |ω − 1| |y − 1| car y ∈ C, donc les points 1 et −1 appartiennent à C′. On a, avec z = X + iY , ω = a + ib et µ = 1 − w 1 − y > 1 : z ∈ C′ ⇐⇒ |z − ω|2 = µ2|z − y|2 et z ̸= y 5 ⇐⇒ |z − ω|2 = µ2|z − y|2 car ω ̸= y ⇐⇒ (X − a)2 + (Y − b)2 = µ2 (X − y)2 + Y 2 ⇐⇒ (µ2 − 1)X2 + 2X(a − yµ2) + (µ2 − 1)Y 2 + 2bY = a2 + b2 − µ2y2 Comme µ2 − 1 est non nul, C′ est soit l’ensemble vide, soit un cercle. Comme il contient les deux points 1 et −1, c’est un cercle dont le centre appartient à la droite iR (cela se traduit par a − yµ2 = 0). Comme les points 1 et −1 sont sur C′, le segment [−1, 1] est contenu dans le disque délimité par C′. Comme µ2 > 1, ce disque a pour équation |z − ω|2 ≥ µ2|z − y|2. Ainsi, on a : ∀x ∈ [−1, 1], |x − ω|2 ≥ µ2|x − y|2 ce qui donne : ∀x ∈ [−1, 1] \ y, |x − ω| |x − y| ≥ µ = |1 − ω| |1 − y| = |1 + ω| |1 + y| . 11. Pour chaque ℓ ∈ {1, . . . , t}, on peut appliquer la question 12 aux complexes wℓ, wℓ : leurs coefficients λ sont égaux (car |ω − 1| |ω + 1| = |ω − 1| |ω + 1|) et donc les valeurs y associées sont également égales. De même, notons λ′ et y′ les valeurs λ et y associées aux complexes −wℓ, −wℓ. Nous avons : λ′ = | − ω − 1| | − ω + 1| = 1 λ et y′ = 1 − λ′ 1 + λ′ = λ − 1 λ + 1 = −y. En notant yε la valeur y, et en remarquant que l’inégalité obtenue à la question 10.(c) peut s’écrire : ∀x ∈ [−1, 1], |x − ω| |1 − ω| ≥ |x − y| |1 − y| nous obtenons pour tout x ∈ [−1, 1] : x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . x2 − wℓ2 1 − wℓ2 = x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . x2 − wℓ2 1 − wℓ2 = x − wℓ 1 − wℓ . x − wℓ 1 − wℓ . x − (−wℓ) 1 − (−wℓ) . x − (−wℓ) 1 − (−wℓ) ≥ x − yℓ 1 − yℓ . x − yℓ 1 − yℓ . x + yℓ 1 + yℓ . x + yℓ 1 + yℓ = x2 − y2 ℓ 1 − y2 ℓ 2 En remplaçant dans TN tous les facteurs x2 − w2 ℓ 1 − w2 ℓ . x2 − wℓ2 1 − wℓ2 par x2 − y2 ℓ 1 − y2 ℓ 2 , nous obtenons un polynôme UN de même degré que RN tel que 0 ≤ UN(X) ≤ TN(x) ≤ SN(x) ≤ RN(x) pour tout x ∈ [−1, 1]. On a donc une nouvelle fois UN ∈ BN et comme 1 −1(TN − UN)(x)dx = 0 avec TN − UN ≥ 0 sur [−1, 1], nous en déduisons que TN = UN (les deux polynômes coïncident sur la partie infinie [−1, 1]). Comme UN a toutes ses racines dans [−1, 1], nous avons démontré que toutes les racines de TN appartiennent à [−1, 1]. En fait, les questions 8, 9 et 10 prouvent respectivement que s = 0 (RN = SN), que les cj appartiennent tous à ] − 1, 1[ (RN = TN) et que t = 0 (RN = UN). 12. RN étant pair, il est de degré pair 2r, avec 2r ≤ N, i.e. r ≤ n. Si r était strictement inférieur à n, le polynôme P = X2RN serait de degré 2(r + 1) ≤ 2n ≤ N avec ∀x ∈ [−1, 1], 0 ≤ P(x) ≤ RN(x) : comme aux questions précédentes, ceci imposerait P ∈ BN, puis P = RN, ce qui est absurde. RN est donc de degré 2n. 6 13. Le polynôme RN a toutes ses racines dans ] − 1, 1[ (1 et −1 ne sont pas racines car RN(1) = RN(−1) = 1). On peut donc écrire : RN = a k j=1 (X − αj)mj avec a ∈ R∗, k ∈ N∗, −1 < α1 < . . . < αk < 1 et n1, . . . , nk ∈ N∗. Comme RN est de signe constant sur ] − 1, 1[, il ne change pas de signe en ses racines, donc les mj sont pairs. Enfin, RN ≥ 0 sur [−1, 1], donc a > 0. On peut donc écrire RN = U 2 N en posant : UN(X) = ε √a k j=1 (X − αj)mj/2 ∈ R[X] où ε ∈ {−1, 1} est choisi de sorte que UN(1) = 1 (avec Un(−1) = ±1, puisque U 2 n(−1) = RN(−1) = 1). En notant VN(X) = UN(−X), nous avons U 2 N(X) = RN(X) = RN(−X) = V 2 N(X), donc (UN − VN)(UN + VN) = 0. Comme R[X] est intègre, soit UN = VN, soit UN = −VN, donc UN est soit pair, soit impair. 14.(a) Pour tout P ∈ Hn, on a P 2 ∈ An, donc ||UN||2 2 = 1 −1 U 2 N(x) dx = L(RN) ≤ L(P 2) = ||P||2 2. On en déduit que ||UN||2 est le minimum des ||P||2 pour P ∈ Hn, puisque UN est élément de Hn. 14.(b) Soient j, k tels que 0 ≤ j < k ≤ n 2 . On a UN + t(P2j − P2k) ∈ Hn pour tout t ∈ R, donc : ∀t ∈ R, ||UN||2 2 ≤ ||UN + t(P2j − P2k)||2 2 ce qui s’écrit encore : ∀t ∈ R, 0 ≤ 2t < UN, P2j − P2k > +t2||P2j − P2k||2 2 Ceci impose < UN, P2j − P2k >= 0, soit < UN, P2j >=< UN, P2k >. On peut donc noter µ la valeur < UN, P2j >, qui est commune à toutes les valeurs j telles que 0 ≤ j ≤ n/2. 14.(c) Comme (P2j)0≤j≤n/2 est une base orthogonale de Πn, on peut écrire : UN = 0≤j≤n/2 < UN, P2j > < P2j, P2j > P2j = µ 0≤j≤n/2 P2j g2j . Comme UN(1) = 1 et P2j(1) = 1 pour tout j, on a 1 µ = 0≤j≤n/2 1 g2j . 14.(d) On en déduit, toujours grâce à l’orthogonalité de la famille (P2j) : aN = ||UN||2 2 = µ2 0≤j≤n/2 P2j g2j 2 = µ2 0≤j≤n/2 1 g2j = µ = 0≤j≤n/2 1 g2j −1 . 7 15. On peut reprendre la preuve de la question 14 en notant cette fois Hn l’hyperplan affine de Jn d’équation P(1) = 1 : ||UN||2 est le minimum des ||P||2 pour P ∈ Hn ; UN est donc le projeté orthogonal du polynôme nul sur l’hyperplan affine Hn. On en déduit que pour tous points P1, P2 ∈ Hn, UN est orthogonal au vecteur P2 − P1. En particulier, < UN, P2k+1 − 22j+1 >= 0 pour tous j, k ∈ N tels que 0 ≤ j ≤ k ≤ (n − 1)/2. La valeur µ =< UN, P2j+1 > est donc constante pour 0 ≤ j ≤ (n − 1)/2 et on peut écrire : UN = 0≤j≤(n−1)/2 P2j+1 g2j+1 . On a ensuite, toujours avec UN(1) = 1, 1 µ = 0≤j≤(n−1)/2 1 g2j+1 , puis aN = 0≤j≤n/2 1 g2j+1 −1 . 16. En posant VN = 0≤2j≤n 1 g2j −1 0≤2j≤n P2j g2j et WN = 0≤2j+1≤n 1 g2j+1 −1 0≤2j+1≤n P2j+1 g2j+1 , nous avons : • V 2 N, W 2 N ∈ AN donc aN ≤ ||VN||2 2 et aN ≤ ||WN||2 2 ; • aN = ||VN||2 2 = 0≤2j≤n 1 g2j −1 ou aN = ||WN||2 2 = 0≤2j+1≤n 1 g2j+1 −1 . On en déduit que aN = min 0≤2j≤n 1 g2j −1 , 0≤2j+1≤n 1 g2j+1 −1 . Si n est pair, avec n = 2m, nous avons : 0≤2j≤n 1 g2j = m j=0 4j + 1 2 = m2 + 3 2m + 1 2 > m2 + 1 2m = m−1 j=0 4j + 3 2 = 0≤2j+1≤n 1 g2j+1 donc aN = m2 + 3 2m + 1 2 −1 et UN est pair. Si n est impair, avec n = 2m + 1, nous avons : 0≤2j≤n 1 g2j = m j=0 4j + 1 2 = m2 + 3 2m + 1 2 < m2 + 5 2m + 3 2 = m j=0 4j + 3 2 = 0≤2j+1≤n 1 g2j+1 donc aN = m2 + 5 2m + 3 2 −1 et UN est impair. 17. Nous avons ainsi démontré que le polynôme RN était unique, avec : RN = m2 + 3 2m + 1 2 −2 0≤j≤m 4j + 1 2 P2j 2 si n = 2m m2 + 5 2m + 3 2 −2 0≤j≤m 4j + 3 2 P2j+1 2 si n = 2m + 1 8