Exercice 53

1. La formule $\cos((n + 2)\theta) + \cos(n\theta) = 2\cos\theta\cos((n + 1)\theta)$ (chapitre 4) suggère de poser $T_{0} = 1$, $T_{1} = X$ et $T_{n + 2} = 2XT_{n + 1} - T_{n}$ ; une récurrence double montre que ces polynômes conviennent. L'unicité vient du théorème 3 : deux tels polynômes coïncident sur $[-1, 1]$, qui est infini.

2. Par récurrence, $T_{n}$ est de degré $n$, de coefficient dominant $2^{n - 1}$ pour $n \geqslant 1$. L'équation $\cos(n\theta) = 0$ donne les $n$ racines distinctes $x_{k} = \cos\theta_{k}$, avec $\theta_{k} = \frac{(2k + 1)\pi}{2n}$, $0 \leqslant k \leqslant n - 1$, qui sont donc toutes les racines.

3. Les pôles sont simples. En dérivant $T_{n}(\cos\theta) = \cos(n\theta)$, on obtient $T_{n}'(\cos\theta) = \frac{n\sin(n\theta)}{\sin\theta}$, et $\sin(n\theta_{k}) = (-1)^{k}$. La proposition 23 donne : $$\boxed{\frac{1}{T_{n}} = \frac{1}{n}\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{(-1)^{k}\sin\theta_{k}}{X - \cos\theta_{k}}, \qquad \theta_{k} = \frac{(2k + 1)\pi}{2n}}$$ Pour $n = 2$, on a $T_{2} = 2X^{2} - 1$, et la formule donne bien $$\frac{1}{2}\Big(\frac{\sin(\pi/4)}{X - \cos(\pi/4)} - \frac{\sin(3\pi/4)}{X - \cos(3\pi/4)}\Big) = \frac{\sqrt{2}}{4}\Big(\frac{1}{X - \frac{\sqrt{2}}{2}} - \frac{1}{X + \frac{\sqrt{2}}{2}}\Big) = \frac{1}{2X^{2} - 1}. \checkmark$$