Un produit scalaire entre polynômes

(Exercice d’oral Centrale Mp)
Dans cet exercice, {n} est un entier naturel non nul fixé.
Pour {k\in[[0,n-1]]}, soit {\,\theta_{k}=\dfrac{(2k+1)\pi}{2n}} et {c_{k}=\cos(\,\theta_{k})}.

On note J=[-1,1], {E=\mathcal{C}(J,\mathbb{R})}. Soit {F} le sous-espace de {E} formé des applications polynomiales de degré strictement inférieur à {n}.

Pour {m\in\mathbb{N}^*}, soit {T_{m}\colon x\in J\mapsto \cos(m\arccos x)} et {T_{0}\colon x\in J\mapsto \dfrac1{\sqrt2}}.

Pour {m\ge 1}, on admet que {T_{m}} est une fonction polynomiale de degré {m}, de coefficient dominant {2^{m-1}}, et que les racines de {T_{n}} sont les {c_{k}}, avec {0\le k\le n-1}.

Pour tous éléments {f,g} de {E}, on note :
{\left(f\mid g\right)=\dfrac{2}{n}\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n-1}f(c_{k})g(c_{k})\text{\ et\ }N(f)=\sqrt{\left(f\mid f\right)}}

  1. Pour {m\in\mathbb{Z}}, on pose {S(m)=\displaystyle\sum\limits_{k=0}^{n-1}\cos(m\,\theta_{k})}.

    Montrer que {S_{m}=\begin{cases}(-1)^kn\text{\ si\ }m=2kn,\; k\in\mathbb{Z}\cr 0\text{\ sinon\ }\end{cases}}

  2. L’application {(f,g)\mapsto\,\left(f\mid g\right)} est-elle un produit scalaire sur {E}?

    Vérifier que sa restriction à {F\times F} est un produit scalaire sur {F}.

    Montrer que {(T_{m})_{0\le m\lt n}} est alors une base orthonormée de {F}.

  3. Pour tout {f\in E}, on note : {P(f)=\displaystyle\sum_{m=0}^{n-1}\left(f\mid T_{m}\right)T_{m}}.

    • Montrer que : {\forall Q\in F,\;\left(f-P(f)\mid Q\right)=0}.

    • Prouver que : {\forall Q\in F,\;N(f-Q)^2=N(f-P(f))^2+N(P(f)-Q)^2}.
    • En déduire que {P(f)} est l’unique élément de {F} tel que :
      {\forall k\in[[0,n-1]],\;P(f)(c_{k})=f(c_{k})}

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  1. Pour tout {m} de {\mathbb{Z}}, on a {S_{m}=\re(Z_{m})}, avec : {Z_{m}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\text{e}^{im\,\theta_{k}}=\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{2n}\Bigr)\sum_{k=0}^{n-1}\Bigl(\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{n}\Bigr)\Bigr)^k}Si {m=2kn} ({k\in\mathbb{Z}}), {\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{2n}\Bigr)=(-1)^k} et {\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{n}\Bigr)=1} donc {Z_{m}=(-1)^kn}.

    Sinon, {Z_{m}=\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{2n}\Bigr)\dfrac{\text{e}^{im\pi}-1}{\exp\Bigl(i\,\dfrac{m\pi}{n}\Bigr)-1}=i\,\dfrac{1-(-1)^m}{2\sin\Bigl(\dfrac{m\pi}{2n}\Bigr)}} est imaginaire pur.

    Conclusion : Si {m=2kn} (avec {k\in\mathbb{Z}}) alors {S_{m}=(-1)^kn}, sinon {S_{m}=0}.

  2. L’application {(f,g)\mapsto\,\left(f\mid g\right)} est bilinéaire, symétrique, positive sur {E}.

    C’est un produit scalaire sur {F} mais pas sur {E}.

    Posons {\lambda_{0}=\dfrac{1}{\sqrt2}} et {\lambda_{n}=1} si {n\ge1}.

    Pour {m\in\mathbb{N}}, et pour {0\le k\lt n}, on a : {T_{m}(c_{k})=\lambda_{m}\cos(m\,\theta_{k})}.

    On se donne {m,p} dans {\{0,1,\ldots,n-1\}}, avec {m\ne p}. On a : {\lt T_{m},T_{p}>=\dfrac{2}n\lambda_{m}\lambda_{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\cos(m\,\theta_{k})\cos(p\,\theta_{k})=\dfrac{\lambda_{m}\lambda_{n}}n(S_{m+p}+S_{m-p})}On a ici {\begin{cases}m+n\not\equiv0~[2n]\cr m-n\not\equiv0~[2n]\end{cases}} donc {S_{m+p}=S_{m-p}=0} donc {\lt T_{m},T_{p}>=0}.

    On a ensuite les égalités : {\begin{array}{rl}N(T_{m})^2&=\dfrac2n\lambda_{m}^2\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\cos^2(m\,\theta_{k})=\dfrac{\lambda_{m}^2}n\displaystyle(S_{2m}+n)\\\\&=\begin{cases}2\lambda_{0}^2=1\text{\ si\ }m=0\cr \lambda_{m}^2=1\text{\ si\ }1\le m\le n-1\end{cases}\end{array}}

    • Par linéarité, il suffit de vérifier {\left({P(f)}\mid{T_{k}}\right)=\,\left({f}\mid{T_{k}}\right)} pour {0\le k\lt n}.

      Mais c’est une conséquence immédiate du fait que la famille {(T_{k})_{0\le k\lt n}} est orthonormée.

    • Pour tout {Q\in F}, on a (par bilinéarité sachant que {P(f)-Q} est dans {F}) : {\begin{array}{rl}N(f-Q)^2&=N((f-P(f))+(P(f)-Q))^2\\\\&=N(f-P(f))+N(P(f)-Q)^2+2\left({f-P(f)}\mid{P(f)-Q}\right)\\\\&=N(f-P(f))^2+N(P(f)-Q)^2\end{array}}
    • On sait qu’il existe un unique polynôme de degré strictement inférieur à {n} et qui prend la même valeur que {f} aux points {c_{0},c_{1},\ldots,c_{n-1}}.

      Notons {Q} ce polynôme. Par construction, on a {N(f-Q)=0}.

      La question précédente donne alors {N(P(f)-Q)=0}.

      Or {N} est une norme sur {F}. On en déduit {P(f)=Q}.