Exercice 18

1. Pour $k \in \mathbb{N}$, on a $(1 - X^{2})(X^{k})' = kX^{k - 1} - kX^{k + 1}$, et, en dérivant, $$\boxed{\varphi(X^{k}) = k(k - 1)X^{k - 2} - k(k + 1)X^{k}}$$ avec la convention que le premier terme est nul pour $k \in \{0, 1\}$. L'application $\varphi$ est linéaire, comme composée de dérivations et d'une multiplication par $1 - X^{2}$. Pour $P \in \mathbb{R}_{n}[X]$, combinaison de $1$, …, $X^{n}$, le polynôme $\varphi(P)$ est combinaison des $\varphi(X^{k})$, $k \leqslant n$, qui sont de degré au plus $k \leqslant n$. $$\boxed{\varphi(\mathbb{R}_{n}[X]) \subset \mathbb{R}_{n}[X] : \ \varphi \text{ induit un endomorphisme de } \mathbb{R}_{n}[X]}$$

2. Notons $\psi$ l'endomorphisme de $\mathbb{R}_{n}[X]$ induit par $\varphi + n(n + 1)\mathrm{id}$, et $M$ sa matrice dans la base $(1, X, \dots, X^{n})$. Par la question 1, $$\psi(X^{k}) = k(k - 1)X^{k - 2} + d_{k}X^{k}, \qquad d_{k} = n(n + 1) - k(k + 1) = (n - k)(n + k + 1).$$ La matrice $M$ est triangulaire supérieure, de coefficients diagonaux $d_{0}$, …, $d_{n}$, et $d_{k} = 0$ si et seulement si $k = n$. Pour $n = 3$, par exemple, $$M = \begin{pmatrix} 12 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 10 & 0 & 6 \\ 0 & 0 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ Le noyau est une droite. La dernière ligne de $M$ est nulle, donc $\mathrm{rg} \psi \leqslant n$. Les $n$ premières colonnes sont celles de $\psi(1)$, …, $\psi(X^{n - 1})$ : leur bloc supérieur est triangulaire de diagonale $d_{0}$, …, $d_{n - 1}$ non nulle, donc inversible (chapitre 16, proposition 12), et elles forment une famille libre ; ainsi $\mathrm{rg} \psi = n$, et le théorème du rang (chapitre 15, théorème 9) donne $\dim \mathrm{Ker}\, \psi = 1$.

Degré des éléments du noyau. L'endomorphisme $\psi$ envoie $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ dans lui-même, avec une matrice triangulaire de diagonale $d_{0}$, …, $d_{n - 1}$ non nulle : sa restriction à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ est injective. Un élément non nul de $\mathrm{Ker}\, \psi$ n'appartient donc pas à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ : il est de degré exactement $n$, et l'on peut le diviser par son coefficient dominant. Deux polynômes unitaires du noyau, droite vectorielle, sont proportionnels, donc égaux. $$\boxed{\text{Il existe un unique } P_{n} \text{ unitaire, de degré au plus } n, \text{ tel que } \varphi(P_{n}) + n(n + 1)P_{n} = 0 ; \ \deg P_{n} = n}$$ On trouve $P_{0} = 1$, $P_{1} = X$, $P_{2} = X^{2} - \frac{1}{3}$, $P_{3} = X^{3} - \frac{3}{5}X$ et $P_{4} = X^{4} - \frac{6}{7}X^{2} + \frac{3}{35}$. Pour $n = 3$, le système $MC = 0$ avec $c_{3} = 1$ donne $c_{2} = 0$, $10c_{1} + 6 = 0$ et $12c_{0} + 2c_{2} = 0$, soit $c_{1} = -\frac{3}{5}$ et $c_{0} = 0$ ✓.

3. On intègre par parties (chapitre 6), en dérivant $Q$ et en intégrant $\big((1 - t^{2})P'\big)'$ ; le crochet est nul, puisque $1 - t^{2}$ s'annule en $\pm 1$ : $$\langle \varphi(P), Q \rangle = \Big[(1 - t^{2})P'(t)Q(t)\Big]_{-1}^{1} - \int_{-1}^{1} (1 - t^{2})P'(t)Q'(t)\,\mathrm{d} t = -\int_{-1}^{1} (1 - t^{2})P'(t)Q'(t)\,\mathrm{d} t.$$ La dernière expression est symétrique en $P$ et $Q$. $$\boxed{\langle \varphi(P), Q \rangle = \langle P, \varphi(Q) \rangle = -\int_{-1}^{1} (1 - t^{2})P'(t)Q'(t)\,\mathrm{d} t}$$ Soit $m \neq n$. Par la question 2, $\varphi(P_{n}) = -n(n + 1)P_{n}$ et $\varphi(P_{m}) = -m(m + 1)P_{m}$, donc $$-n(n + 1)\langle P_{n}, P_{m} \rangle = \langle \varphi(P_{n}), P_{m} \rangle = \langle P_{n}, \varphi(P_{m}) \rangle = -m(m + 1)\langle P_{n}, P_{m} \rangle.$$ Comme $x \mapsto x(x + 1)$ est strictement croissante sur $\mathbb{N}$, $n(n + 1) \neq m(m + 1)$, et $$\boxed{\langle P_{n}, P_{m} \rangle = 0 \quad (n \neq m) : \ \text{la famille } (P_{n})_{n \in \mathbb{N}} \text{ est orthogonale}}$$

4. Soit $n \geqslant 1$. Les polynômes $P_{0}$, …, $P_{n - 1}$ sont de degrés $0$, …, $n - 1$ : ils forment une base de $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ (chapitre 14, proposition 10), et $P_{n}$, orthogonal à chacun d'eux, est orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ (proposition 5 (ii)). Par la proposition 7 (i), $Q_{n}$ est de degré $n$ et orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ ; il est même unitaire, puisque la méthode construit $Q_{n} = X^{n} - \sum_{j < n} \frac{\langle X^{n}, Q_{j} \rangle}{\lVert Q_{j} \rVert^{2}}Q_{j}$. Le polynôme $R = P_{n} - Q_{n}$ est alors de degré au plus $n - 1$, les termes en $X^{n}$ se compensant, et orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$, donc à lui-même : $\lVert R \rVert^{2} = 0$ et $R = 0$. $$\boxed{P_{n} = Q_{n}}$$ En particulier $P_{n}$ est un multiple non nul de $Q_{n}$, avec le facteur $1$. Par la proposition 7 (ii), les $n$ racines de $P_{n}$ sont réelles, simples et situées dans $]-1\,,1[$ ; comme $\deg P_{n} = n$, il n'en a pas d'autre, et $1$ n'en est pas une (pour $n = 0$, $P_{0} = 1$ ne s'annule pas non plus). $$\boxed{P_{n}(1) \neq 0}$$ Enfin, le polynôme $L_{n} = \big[(X^{2} - 1)^{n}\big]^{(n)}$ est de degré $n$, de coefficient dominant $\frac{(2n)!}{n!}$, puisque $(X^{2} - 1)^{n}$ est unitaire de degré $2n$, et il est orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ par la question 2 de l'exercice 59 de la feuille du chapitre 13. Le même argument, appliqué à $L_{n} - \frac{(2n)!}{n!}P_{n}$, donne $$\boxed{\big[(X^{2} - 1)^{n}\big]^{(n)} = \frac{(2n)!}{n!}\,P_{n}}$$ Pour $n = 2$, $\big[(X^{2} - 1)^{2}\big]'' = 12X^{2} - 4 = 12\big(X^{2} - \frac{1}{3}\big)$ ✓.

À retenir. Un polynôme de degré $n$ orthogonal à $\mathbb{R}_{n - 1}[X]$ est déterminé à un facteur près : c'est l'argument de la question 4, utilisé trois fois. Les polynômes de Legendre du cours, normalisés par $P_{n}(1) = 1$, sont les $\frac{P_{n}}{P_{n}(1)}$ ; la question 4 assure que cette normalisation est possible. La question 3 est une propriété de symétrie de $\varphi$ par rapport au produit scalaire : c'est elle qui rend orthogonales deux solutions associées à des constantes $n(n + 1)$ différentes, idée que l'on retrouvera en seconde année.