Voici l’énoncé d’un exercice qui va utiliser les polynômes de Legendre, 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
Un peu de culture
Les 10 premiers polynômes de Legendre sont :
\begin{array}{l|c}
n & P_n(x)\\
\hline
0 & 1\\
1 & x\\
2 & \dfrac{1}{2}(3x^2-1)\\
3 & \dfrac{1}{2}(5x^3-3x)\\
4 & \dfrac{1}{8}(35x^4-30x^2+3)\\
5 & \dfrac{1}{8}(63x^5-70x^3+15x)\\
6 & \dfrac{1}{16}(231x^6-315x^4+105x^2-5)\\
7 & \dfrac{1}{16}(429x^7-693x^5+315x^3-35x)\\
8 & \dfrac{1}{128}(6435x^8-12012 x^6+6930x^4-1260x^2+35)\\
9 & \dfrac{1}{128}(12155x^9-25740x^7+18018x^5-4620x^3+315x)\\
10 &\dfrac{1}{256}(46189x^{10}-109395x^8+90090x^6-30030x^4+3465x^2-63)\\
\end{array}Notons que le degré de Pn est n.
Corrigé
Question 1
Pour calculer Pn(1), on va explicater la fonction. Etudions
P_n(X) = (X^2-1)^n = (X-1)^n(X+1)^n
On va utiliser la formule de Leibniz pour dériver n fois :
\begin{array}{ll}
P_n^{(n)}(X) &=\displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} ((X-1)^n)^{(k)}((X+1)^n)^{n-k}\\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} n(n-1)\ldots(n-k+1) (X-1)^{n-k}n(n-1)\ldots (k+1)(X+1)^k\\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}\dfrac{n!}{(n-k)!}(X-1)^{n-k}\dfrac{n!}{k!}(X+1)^k\\
&=n! \displaystyle \sum_{k=1}^n \binom{n}{k}^2(X-1)^{n-k}(X+1)^k
\end{array}En identifiant X en 1, seul le terme k = n est non nul. On a donc :
\begin{array}{ll}
L_n(1) &= \displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}P_n^{(n)}(1) \\
&=\displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}n! \binom{n}{n}^2(1-1)^{n-n}(1+1)^n\\
&= 1
\end{array}Maintenant, pour le cas -1, on peut à nouveau utiliser la forme explicite utilisée au-dessus. Cette fois, seul le terme k = 0 est non nul :
\begin{array}{ll}
L_n(-1) &= \displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}P_n^{(n)}(-1) \\
&=\displaystyle \dfrac{1}{2^nn!}n! \binom{n}{0}^2(1-(-1))^{n-0}(1-1)^0\\
&= \dfrac{(-2)^n}{2^n}\\
&= (-1)^n
\end{array}Ce qui répond bien à la première question
Question 2 : Orthogonalité
Le second cas est symétrique : on va supposer pour faire cette question que n < m. On va donc avoir :
\langle L_n | L_m \rangle = \int_{-1}^1 \dfrac{1}{2^n n!}((t^2-1)^n)^{(n)} \dfrac{1}{2^m m!}((t^2-1)^m)^{(m)} dtOn va alors faire m intégrations par parties : On intègre m fois le membre de droite et on dérive m fois le membre de gauche. Sans écrire tous les calculs, on notera que
- -1 et 1 sont racines d’ordre m de (t2 – 1)m
- Donc pour tout k compris entre 0 et m-1
P_m^{(k)}(1) = P_m^{(k)}(-1) = 0- Ce qui fait qu’à chaque fois le crochet de l’intégration par parties sera nul
- De plus, la derivée m-ième de Ln est nulle, ce qui fait que le dernier terme sera nul.
Conclusion : On a bien :
\langle L_n | L_m \rangle = 0
Question 3
Pour calculer
\langle L_n | L_n \rangle
On va d’abord calculer son coefficient dominant. Le coefficient dominant de
P_n = (X^2-1)^n
est 1. Si on dérive n fois X2n, on obtient
(X^{2n})^{(n)} = 2n(2n-1)\ldots (n+1) = \dfrac{(2n)!}{n!}On obtient alors comme coefficient dominant pour Ln :
\dfrac{(2n)!}{2^n n!^2} = \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n}Ce qui fait qu’on peut décomposer Ln en :
\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} X^n +Q avec deg(Q) ≤ n – 1.
Notons de plus que la famille de Li est échelonnée. On a donc que la famille
(L_i)_{1 \leq i \leq n-1}est une base de
\mathbb{R}_{n-1}[X]On a donc :
Q \in vect(L_0,\ldots , L_{n-1}) \subset vect(L_n)^{\perp}Ce qui fait qu’on est ramenés à calculer
\langle L_n | \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} X^n \rangleOn a alors :
\langle L_n | X^n \rangle =\displaystyle \int_{-1}^1 L_n(t) t^n dtOn fait à nouveau n intégration par parties pour obtenir
\langle L_n | X^n \rangle = \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1 (t^2-1)^n dtLe n! s’est simplifié en dérivant n fois la fonction qui a t associe tn. On va maintenant faire n intégrations par parties pour calculer cette intégrale. Là aussi les éléments entre crochets sont nuls :
\begin{array}{ll}
\langle L_n | X^n \rangle &=\displaystyle \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1 (t^2-1)^n dt\\
&=\displaystyle \dfrac{1}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1(t-1)^n(t+1)^n dt\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n}\displaystyle \int_{-1}^1n! \dfrac{n!}{(2n)!}(t+1)^{2n} dt\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n\binom{2n}{n}}\left[\dfrac{(t-1)^{2n+1}}{2n+1}\right]_{-1}^1\\
&=\displaystyle \dfrac{(-1)^n}{2^n\binom{2n}{n}}\dfrac{-(-2)^{2n+1}}{2n+1}\\
&=\displaystyle \dfrac{2^{n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}}
\end{array}On a finalement :
\langle L_n |L_n \rangle = \dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} \dfrac{2^{n+1}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} = \dfrac{2}{2n+1}Question 4 : Relation de récurrence
On peut écrire que, grâce au fait que les Li forment une baseet que XLn est un polynôme de degré n+1.
XL_n(X) = \sum_{k=0}^{n+1} a_kL_k(X) Or, on remarque que :
\langle XL_n |L_k \rangle = \langle L_n |XL_k \rangle
avec deg(XLk) = k + 1. Donc si k + 1 < n i.e k < n – 1 :
XL_k \in vect(L_0, \ldots , L_k) \subset L_n^{\perp}Alors,
a_k = \langle XL_n |L_k \rangle = \langle L_n |XL_k \rangle = 0
On peut donc écrire :
XL_n(X) =aL_{n-1}(X) + bL_n(X) + cL_{n+1}(X)En regardant la parité des membres, on a obtient que b = 0. Puis, en identifiant X en 1, on obtient :
a+c = 1
Maintenant, on regarder les termes de plus haut degré, donc n+1, on a
\dfrac{\binom{2n}{n}}{2^n} = c \dfrac{\binom{2n+2}{n+1}}{2^{n+1}}Ce qui fait qu’en simplifiant, on obtient :
c = \dfrac{n+1}{2n+1}Puis,
a = \dfrac{n}{2n+1}D’où
XL_n(X) =\dfrac{n+1}{2n+1}L_{n-1}(X) + \dfrac{n}{2n+1}L_{n+1}(X)Et en mettant tout du même côté et en multipliant par 2n+1, on a bien :
(n+1)L_{n+1} - (2n+1)xL_n +n L_{n-1} = 0Question 5 : Equation différentielle
On remarque que :
\dfrac{d}{dx} ((1-x^2)L'_n(x)) = (1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) Ce qui ressemble grandement à une partie de l’équation différentielle. De plus, ce résultat est de degré au plus n. On peut donc l’écrire sous la forme :
\dfrac{d}{dx} ((1-x^2)L'_n(x)) = \sum_{k=0}^na_k L_k(x)En prenant le produit scalaire par Lk, on obtient :
a_k ||L_k||^2 = \int_{-1}^1 \dfrac{d}{dx} ((1-t^2)L'_n(t)) L_k(t) dtEn faisant 2 intégrations par parties successives, on obtient :
a_k ||L_k||^2 = \int_{-1}^1 \dfrac{d}{dx} L_n(t)((1-t^2)L'_i(t)) dt= \langle L_n | Q_k \rangleavec deg(Qk) = k. D’où
Q_k \in vect(L_0, \ldots , L_k) \subset L_n^{\perp}D’où, si k < n, ak = 0
On a donc :
(1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) = a_n L_n(X)
Il suffit de regarder les coefficients de plus haut degré pour trouver que
a_n = -n(n+1)
Et que donc :
(1-x)^2L_n''(x) -2xL'_n(X) +n(n+1) L_n(X) = 0
Ce qui conclut cette question et donc cet exercice sur les polynômes de Legendre !
Je vous propose aussi cette question bonus à faire de votre côté, utilisant les séries entières. Démontrer que :
\dfrac{1}{1-2xt+t^2} = \sum_{n=0}^{+\infty}P_n(x)t^n, |t| < 1, |x| \leq 1Cet exercice vous a plu ?
