Voici l’énoncé d’un exercice qui va utiliser les polynômes de Laguerre, dont on va démontrer diverses propriétés. C’est une famille de polynômes classiques. On va donc mettre cet exercice dans le chapitre des polynômes. C’est un exercice de deuxième année dans le supérieur.
Et voici l’énoncé :
Enoncé
Corrigé
Question 1 : Calcul des premiers termes
On a :
- L_0(X) = 1
- h_1'(x) = e^{x}(1-x). On a donc L_1(X) = x-1
- h_2'(x) = e^{-x}(2x-x^2). Puis, h_2''(x) = e^{-x}(2-2x-2x+x^2) = e^{-x}(x^2 -4x+2). Ainsi, L_2(X) =\dfrac{1}{2}( x^2 -4x+2)
- h_3'(x) = e^{-x}(3x^2-x^3). Ensuite, h_3''(x) = e^{-x}(6x-3x^2-3x^2+x^3) = e^{-x}(6x -6x^2+x^3). Puis, h_3^{(3)}(x) = e^{-x}(6-12x+3x^2-6x+6x^2-x^3) = e^{-x}(-x^3+9x^2 -18x+6). Ainsi, L_3(X) =\dfrac{1}{6}(-x^3+9x^2 -18x+6)
Question 2 : Orthonormalité
Pour montrer que la famille des (L_i)_{i \in \mathbb{N}} est orthogonale, on va supposer sans perte de généralité que m < n . On a alors
\begin{array}{ll}
\langle L_m, L_n \rangle & =\displaystyle \int_{0}^{+\infty} e^{-t} L_m(t) L_n(t) dt\\
& =\displaystyle \dfrac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty} L_m(t) h_n^{(n)}(t) dt\\
\end{array}On va alors faire n intégrations par parties : On intègre m+1 fois t \mapsto e^{-t} L_n(t) et on dérive m+1 fois le membre t \mapsto L_m(t). Sans écrire tous les calculs, on notera qu’un polynôme multiplié par e^{-t} sera nul en +\infty.
De plus, on remarque que pour k <n, h_n^{(k)}(0) = 0. En effet, la valuation de h_n^{(k)} vaut n – k (tous les termes en dessous du degré n-k sont nuls).
On a donc :
\begin{array}{ll}
\langle L_m, L_n \rangle & =\displaystyle \dfrac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty} L_m(t) h_n^{(n)}(t) dt\\
\langle L_m, L_n \rangle & =\displaystyle \dfrac{(-1)^{m+1}}{n!}\int_{0}^{+\infty} L_m^{(m+1)}(t) h_n^{(n-m-1)}(t) dt\\
\end{array}Or, L_m est de degré m (c’est facile à voir). On a donc \langle L_m, L_n \rangle = 0 .
Passons maintenant à la norme. On prouve facilement que le coefficient dominant de L_n est \dfrac{(-1)^n}{n!}. Cela permet d’en déduire qu’il existe Q_n, de degré au plus n-1 tel que :
L_n = \dfrac{(-1)^n}{n!}X^n+Q_nAinsi Q_n \in \text{vect}(L_0, \ldots, L_{n-1}). On a ainsi :
\begin{array}{ll}
\langle L_n, L_n \rangle &= \langle L_n, \dfrac{(-1)^n}{n!}X^n+Q_n \rangle\\
&= \dfrac{(-1)^n}{n!}\langle L_n, X^n \rangle+\langle L_n, Q_n \rangle\\
&= \dfrac{(-1)^n}{n!}\langle L_n, X^n \rangle\\
& =\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{n!}\int_{0}^{+\infty} e^{-t}L_n(t) t^n dt\\
& =\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{n!^2}\int_{0}^{+\infty} h_n^{(n)}(t) t^n dt\\
& =\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{n!^2}(-1)^n\int_{0}^{+\infty} h_n(t) n! .1 dt\\
& =\displaystyle \dfrac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty} e^{-t}t^n dt\\
\end{array}On a là aussi fait n intégrations par parties. Maintenant, calculons cette intégrale qui est assez classique. On pose
I_n = \dfrac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty} e^{-t}t^ndtEnsuite, on fait une intégration par parties :
\begin{array}{ll}
\displaystyle \int_{A}^{B} e^{-t}t^ndt&=\displaystyle\left[-e^{-t} t^n\right]_A^{B} +n\int_{A}^{B} e^{-t}t^{n-1}dt\\
&=\displaystyle-e^{-B} B^n+e^{-A} A^n +n\int_{A}^{B} e^{-t}t^{n-1}dt
\end{array}On fait ensuite tendre A vers 0 et B vers +\infty pour obtenir
\displaystyle \int_{0}^{+ \infty} e^{-t}t^ndt=n\int_{0}^{+\infty} e^{-t}t^{n-1}dtAinsi, on a
\begin{array}{ll}
I_n &=\displaystyle \dfrac{n}{n!}\int_{0}^{+\infty} e^{-t}t^{n-1}dt\\
&=\displaystyle \dfrac{1}{(n-1)!}\int_{0}^{+\infty} e^{-t}t^{n-1}dt\\
I_n &=I_{n-1}
\end{array}Ensuite, on sait d’après le cours sur les intégrales impropres que I_0 = 1. On conclut donc : \langle L_n , L_n \rangle = 1. Ainsi, la famille des (L_n)_{n \in \mathbb{N}} est bien orthonormée.
Question 3 : Relation de récurrence
Etablissons maintenant une relation de récurrence. On a :
\begin{array}{ll}
(n+1)L_{n+1} (x) &= \dfrac{e^x}{n!} h_{n+1}^{(n+1)}(x) \\
&= \dfrac{e^x}{n!} (e^{-x} x^{n+1})^{(n+1)}\\
&= \dfrac{e^x}{n!} \left((e^{-x} x^{n+1})'\right)^{(n)}\\
&= \dfrac{e^x}{n!} \left(e^{-x} (-x^{n+1}+(n+1)x^n)\right)^{(n)}\\
&= \dfrac{e^x}{n!} \left(-e^{-x} x^{n+1}\right)^{(n)}+\dfrac{e^x(n+1)}{n!} \left(e^{-x}x^n\right)^{(n)}\\
&= \dfrac{e^x}{n!} \left(-e^{-x} x^{n+1}\right)^{(n)}+(n+1)L_n(x)\\
\end{array}Intéressons-nous au terme restant :
\begin{array}{ll}
\dfrac{e^x}{n!} \left(-e^{-x} x^{n+1}\right)^{(n)}&= \dfrac{e^x}{n!} \left(-e^{-x} x^{n}\times x\right)^{(n)} \\
&=\displaystyle \dfrac{e^x}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-e^{-x} x^{n})^{(n-k)}\times x^{(k)} \\
&=\displaystyle - \dfrac{e^x}{n!} (e^{-x} x^{n})^{(n)}x -n\dfrac{e^x}{n!}\left(-e^{-x} x^n\right)^{(n-1)}\\
&=\displaystyle -x L_n(x) -n\dfrac{e^x}{n!}\left((e^{-x} x^n)'+ne^{-x}x^{n-1}\right)^{(n-1)}\\
&=\displaystyle -x L_n(x) +n\dfrac{e^x}{n!}\left((e^{-x} x^n)'\right)^{(n-1)}-n\dfrac{e^x}{n!}\left(ne^{-x}x^{n-1}\right)^{(n-1)}\\
&=\displaystyle -x L_n(x) +nL_n(x)-nL_{n-1}(x)\\
\end{array}On recolle les morceaux :
\begin{array}{ll}
(n+1)L_{n+1} (x) &= \dfrac{e^x}{n!} \left(-e^{-x} x^{n+1}\right)^{(n)}+(n+1)L_n(x)\\
&= -x L_n(x) +nL_n(x)-nL_{n-1}(x)+(n+1)L_n(x)\\
&= (2n+1-x) L_n(x) -nL_{n-1}(x)\\
\end{array}Si on met tout du même côté, on a bien :
(n+1)L_{n+1} + (X-2n-1) L_n+nL_{n-1}=0\\Question 4 : Equation différentielle
Réécrivons l’équation recherchée sous la forme :
x (L_n'' - L_n' ) + L_n' +xL_n=0
On a :
L_n(x) =\dfrac{e^x}{x^n} (e^{-x}x^n)^{(n)}On utilise Leibniz pour dériver explicitement :
\begin{array}{ll}
L_n(x)& = \dfrac{e^x}{x^n} \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} e^{-x} (-1)^k (x^n)^{(n-k)}\\
& = \dfrac{e^x}{x^n} \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} e^{-x} (-1)^k x^k\dfrac{n!}{k!}\\
& = \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k x^k\dfrac{1}{k!}\\
\end{array}Ensuite :
\begin{array}{ll}
L_n'(x) & = \displaystyle \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{kx^{k-1}}{k!}\\
& = \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{(k+1)x^{k}}{(k+1)!}\\
& =- \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^{k}\dfrac{x^k}{k!}\\
\end{array}Aussi, on a :
\begin{array}{ll}
L_n''(x) & =- \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^{k} k\dfrac{x^{k-1}}{k!}\\
&= - \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^{k} x^{k-1}\dfrac{x^{k-1}}{(k-1)!}\\
& = \displaystyle \sum_{k=0}^{n-2} \binom{n}{k+2} (-1)^{k} \dfrac{x^{k}}{k!}\\
\end{array}On obtient donc :
\begin{array}{ll}
&x(L_n''(x)-L_n'(x))+L_n'(x) +nL_n(x)\\
& = \displaystyle x\left[\sum_{k=0}^{n-2}\left( \binom{n}{k+2} (-1)^k \dfrac{x^{k}}{k!}+\binom{n}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^{k}}{k!}\right)+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{n-1}}{(n-1)!}\right] \\
&- \displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!} + n\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle \left[\sum_{k=0}^{n-2}\left( \binom{n+1}{k+2} (-1)^k \dfrac{x^{k+1}}{k!}\right)+(-1)^{n-1}\dfrac{x^{n}}{(n-1)!}\right] \\
&- \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!} + n\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\left( \binom{n+1}{k+2} (-1)^k \dfrac{x^{k+1}}{k!}\right) - \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!} + n\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = -\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left( \binom{n+1}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^{k}}{(k-1)!}\right) - \displaystyle \sum_{k=1}^{n-1} \binom{n}{k+1} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!} + n\sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left[-\binom{n+1}{k+1} k-\binom{n}{k+1}+n\binom{n}{k}\right] (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left[-\dfrac{(n+1)!k}{(k+1)!(n-k)!}-\dfrac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}+\dfrac{n.n!}{k!(n-k)!}\right] (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{-(n+1)!k-n!(n-k)+n.n!(k+1)}{(k+1)!(n-k)!} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
& = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{-n.n!k-n!k+k.n!-n.n!+n.n!k+n.n!}{(k+1)!(n-k)!} (-1)^k \dfrac{x^k}{k!}\\
&=0
\end{array}On a donc fait beaucoup de calculs pour arriver finalement au bon résultat ! Ce qui conclut cet exercice sur les polynômes de Laguerre
Cet exercice vous a plu ?
