Les polynômes de Tchebychev de première et de seconde espèce sont les polynômes \((T_n)_{n \in \mathbb N}\) et \( (U_n)_{n \in \mathbb N^*}\) définis par : \[\boxed{ \cos(nt) = T_n(\cos t) \space \space \space\text{   et   } \space \space \space \sin (nt) = \sin{t} .U_n(\cos t)}\] Ils permettent de généraliser la linéarisation des formes \(sin(nt)\) et \(cos(nt)\).  Il peut être intéressant pour gagner en rapidité dans d 'autres exercices qui comporteraient ces formes trigonométriques de se rappeler des premiers polynômes, et de leurs différentes propriétés.

1. Donner les expression de \(T_0\), \(T_1\), \(T_2\), \(U_0\), \(U_1\),\(U_2\)
2. Montrer que les \(T_n\) et  \(U_n\) existent, sont uniques, et sont donnés par:
   \(\begin{align*} T_n(x) = \sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} (-1)^k \binom{n}{2k} x^{n-2k}(1-x^2)^k \end{align*}\) et \(\begin{align*} U_n(x) = \sum\limits_{k=0}^{\lfloor (n-1)/2 \rfloor} (-1)^k \binom{n}{2k+1} x^{n-2k-1}(1-x^2)^k \end{align*}\)
3. Montrer que \(\forall x \in [-1;1]\), \(T_n(x) = cos(n.arccos(x))\) et \(\forall x \in ]-1;1[\), \(U_n(x) = \frac{sin(n.arcos(x))}{\sqrt{1- x^2}}\)
4. Montrer que \(T'_n(x) = nU_n(x)\) 
5. Trouver une relation entre \(T_{n+1}\), \(T_{n}\), \(T_{n-1}\)
6. En déduire les degré et coefficient dominant de \(T_n\). Puis confirmer les résultats a l'aide de la question 2
7. Montrer que \(\forall n \in \mathbb N\),  \(T_n(x)\) a la même parité que \(n\)
8. Montrer que \(\forall n \in \mathbb N\), \(T_n(1)=1\) , \(T'_n(1) = n^2\) , \(T_n(0)=0\) si \(n\) est impair, \(T_n(0)=(-1)^{n/2}\) sinon
9. Montrer que pour \(n \in \mathbb N^*\),  \(T_n\) possède \(n\) racines simples \(\begin{align*}x_k = cos \big(\frac{\pi}{2n}+ \frac{k \pi}{n} \big)_{0 \leq k \leq n-1} \space , \space x_k \in [-1;1]  \end{align*}\) et que \(\begin{align*} \sum\limits_{k=0}^{n-1} x_k = 0 \end{align*}\)
10. Trouver les EXTREMA de \(T_n\)
11. Montrer que \( \begin{align*}  \prod\limits_{k=0}^{n-1}cos \bigg( \frac{\pi}{2n} + \frac{k\pi}{n}  \bigg) \begin{cases}  =0 \text{ si n est impair} \\ = \frac{(-1)^{n/2}}{2^{n-1}} \text{ si n est impair}\end{cases} \end{align*}\)
12. Montrer que \(T_n\) est solution de l'équation différentielle:  \((X^2-1)y" + Xy' - n^2y=0\)
13. Soit \(E\) le \(\mathbb R\)-espace vectoriel des fonctions continues de \([-1;1]\) dans \(\mathbb R\). Justifier que l'application de \(E^2 \to \mathbb R\) définie par \(\langle f(t),g(t) \rangle = \int_{-1}^{1}\frac{f(t)g(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt\) est un produit scalaire.
14. Pour tous \((m,n) \in \mathbb N^2\), calculer le produit scalaire \(\langle T_n , T_m \rangle\). Que peut on dire de la famille \(\big(T_n\big)_{n \in \mathbb N}\) ?
15. A partir du résultat de la question 4 et des autres résultats, déterminer les degré et coefficient dominant de \(U_n\)
16. Montrer que \(\forall n \in \mathbb N, \exists t \in \mathbb R, \space cos t = \frac{sin[(n+1)t]}{sint}\)
17. En déduire que \(\big( U_n \big)_{n \in \mathbb N}\) suit aussi la relation de récurrence de la question 5, que  \( \forall n \in \mathbb N, \space \space U_n\) est scindé simple sur \(\mathbb R\), à racine dans \(]-1;1[\), en précisant les racines 

On utilise les formules de trigonométrie usuelles: 
\(\begin{align*}  \begin{cases}  cos^2t + sin^2t = 1 \\ cos(a+b) = cosa.cosb-sina.sinb \\ sin(a+b) = sina.cosb +cosa.sinb \\ sin(2a) = 2sina.cosa \end{cases}  \end{align*}\)

1 - Existence:

2 - Unicité

3 - Conclusion :  

On sait \( \begin{align*} \begin{cases} \cos(nt) = T_n(\cos t) \\  \sin (nt) = \sin{t} .U_n(\cos t) \end{cases} \end{align*}\)

Soit: \( \begin{align*} \begin{cases}x \in [-1;1] \\ 
t= arccos(x) \Rightarrow x=cost \text{ avec } \boxed{t \in [0;\pi]} \end{cases} \end{align*} \).
Alors:
\(T_n(x) = T_n(cost) = cos(nt) = cos(n.arcos(x))\)

De même, soit: \(\begin{align*} \begin{cases} x \in ]-1;1[ \\ 
t= arccos(x) \Rightarrow x=cost \text{ avec } \boxed{t \in ]0;\pi[} \\ \text{Donc }sint \neq 0 \Rightarrow \text{ possibilité  de diviser par }sint \\ 
 sint \gt 0 \Rightarrow \text{ possibilité  de mettre sous la racine } \end{cases} \end{align*}\).
Alors:
\(\begin{align*}sin(nt) & = sint.U_n(cost) \\ \Rightarrow U_n(cost)  & = U_n(x)  = \frac{sin(nt)}{sint}  = \frac{sin(n.arccos(x))}{\sqrt{sin^2t}} \\
& = \frac{sin(n.arcos(x))}{\sqrt{1-cos^2t}} = \frac{sin(n.(arcos(x))}{\sqrt{1-x^2}} \end{align*}\)

On remarque que:

• \(\begin{align*} \boxed{t \in [0;\pi]} \end{align*}\) pour \(T_n\)
• \(\begin{align*} \boxed{t \in ]0;\pi[} \end{align*}\) pour \(U_n\)

Cette remarque sera utile dans des questions suivantes!!

On sait : \( \begin{align*} \begin{cases} \cos(nt) = T_n(\cos t) \\  \sin (nt) = \sin{t} .U_n(\cos t) \end{cases} \end{align*}\)

Dérivons \(cos(nt)\) de 2 façons différentes:

• \( \begin{align*} \big(cos(nt) \big)' = -n.sin(nt) = -n.sint.U_n(cost) = -sint.\underbrace{n.U_n(cost)} \end{align*}\)
• \( \begin{align*} \big(cos(nt) \big)' = \big[ T_n(cost) \big] '= -sint.\underbrace{T'_n(cost)} \end{align*}\)

Par identification, il vient:
\(n.U_n(cost) = T'_n(cost) \Leftrightarrow T'_n(x) = n.U_n(x)\) 

Les fonctions polynômiales \(T'_n\) et \(n.U_n\) coïncident sur un ensemble infini, en l'occurrence l'ensemble des \(cos t\), \(t \in \mathbb R - k\pi \space (k \in \mathbb Z)\), donc ces 2 polynômes sont égaux. (voir la démonstration en question 2 pour l'unicité de \(T_n\) et \(U_n\) )

Il existe plusieurs façons de poser le problème et d'y répondre:

1. trouver une relation entre \(T_{n+1}\), \(T_{n}\), \(T_{n-1}\). C'est au candidat de trouver cette relation.
2. Démontrer que \(\begin{align*} \forall X \in [-1;1], \space \space    T_{n+1}(X)+ T_{n-1}(X) = 2X.T_n(X)  \end{align*}\) par calcul direct
   
   

1 - trouver une relation entre \(T_{n+1}\), \(T_{n}\), \(T_{n-1}\). C'est au candidat de trouver cette relation.

2 - Démontrer que \(\begin{align*} \forall X \in [-1;1], \space \space    T_{n+1}(X)+ T_{n-1}(X) = 2X.T_n(X)  \end{align*}\) par calcul direct

Démonstrations par récurrence:

1 - le degré de \(T_n\) et de \(U_n\)

2 - Le coefficient dominant

3 - Confirmation avec la question 2

On connait: \(\begin{align*} \begin{cases} T_0=1 \\ T_1=X \\ T_2=2x^2-1 \end{cases} \text{ et: } \begin{cases}  \forall X \in [-1;1], \space     & T_{n+1}(X) = 2X.T_n(X)- T_{n-1}(X) \\ \Leftrightarrow & T_{n+2}(X) = 2X.T_{n+1}(X)- T_n(X)  \end{cases}\end{align*}\)

Soit la proposition \(P_n\):   "\(T_n  \) a la même parité que \(n\)", qui peut aussi s'écrire \(\boxed{T_n(-X) = (-1)^nT_n(X)}\), ainsi:
si n est pair, \((-1)^n = 1\) et \(T_n(-X) = T_n(X)\) 
si n est impair, \((-1)^n = -1\) et \(T_n(-X) = -T_n(X)\) 

• Initialisation
  Par calcul : \(\begin{align*}\begin{cases} \begin{cases} (T_0)(X) = 1\\ (T_0)(-X)=1  \end{cases}  \Rightarrow 0 \text{ et } T_0 \text{ ont la même parité} \\ \begin{cases} (T_1)(X) = X\\ (T_1)(-X)=-X  \end{cases}  \Rightarrow 1 \text{ et } T_1 \text{ ont la même parité} \end{cases} \end{align*}\)
  Par hypothèse: \(\begin{align*}\begin{cases}  n=0 \text{ est pair donc } T_0 \text{ est pair} \\     n=1 \text{ est impair donc }T_1 \text{ est pair}         \end{cases} \end{align*}\)
  \(P_n\) est vrai aux rangs \((n=0)\), \((n=1)\)
  
  
• Récurrence:
  Considérons la proposition \(P_n\) :  "\(T_n  \) a la même parité que \(n\)" ou encore \(T_n(-X) =(-1)^n T_n(X)\) vraie aux rangs \(n\) et \(n+1\)
  Et montrons que \(P_{n+2}\) est vraie, soit "\(T_{n+2}  \) a la même parité que \(n+2\)" ou encore la même parité que \(n\)
  \(\begin{align*}T_{n+2}(X) = 2X.T_{n+1}(X)- T_n(X) \end{align*}\)
  \(\begin{align*}T_{n+2}(-X) & = 2(-X).T_{n+1}(-X)- T_n(-X) \\
  & = 2(-X)(-1)^{n+1}T_{n+1}(X)-(-1)^{n}T_n(X) \\
  & = (-1)^{n+2}2X T_{n+1}(X) - (-1)^{n}T_n(X) \\
  & = (-1)^{n} \times 1^2 \times 2X T_{n+1}(X) - (-1)^{n}T_n(X) \\
  & = (-1)^{n} 2X T_{n+1}(X) - (-1)^{n}T_n(X) \\
  & = (-1)^{n} \big[ 2X T_{n+1}(X) - T_n(X)\big] \\
  & = (-1)^{n} T_{n+2}(X)  \end{align*}\)
  \(T_{n+2}\) a la même parité que \(n\), donc la même parité que \(n+2\)
  Alors \(P_{n+2}\) est vraie
  
  
• Conclusion:
  \(P_n\) est vrai aux rangs \((n=0)\), \((n=1)\). Par récurrence, si elle est vraie aux rangs \(n\) et \(n+1\), alors elle est vraie au rang \(n+2\). \(P_n\) est donc vraie pour tout \(n \in \mathbb N\)

1 - \(\forall n \in \mathbb N\), \(T_n(1)=1\)

2 - \(\forall n \in \mathbb N\),  \(T'_n(1)=n^2\)

3 - Montrer que \(T_n(0)=0\) si \(n\) est impaire et \(T_n(0)=(-1)^{n/2}\) sinon

Il s 'agit de trouver ici les racines du polynôme \(T_n(x)\)
\(\begin{align*}\Leftrightarrow & \exists ? x \in \mathbb R \space \space  / \space \space   T_n(x) = 0 \\
\Leftrightarrow & \exists ? t \in \mathbb R \space \space  / \space \space  T_n(cost) = 0 \\ \Leftrightarrow & \exists ? t \in \mathbb R \space \space  / \space \space  cos(nt) = 0\end{align*}\)

On pose:
 \(x= cost \Rightarrow x \in [-1;1]\), et dans ce cas , \( t = arccos(x) \Rightarrow \underline{t \in [0;\pi]}\)

\( \begin{align*}T_n(cost) & = 0 \Leftrightarrow cos(nt) =0 \\
& \Rightarrow nt = \frac{\pi}{2} + k \pi, \space k \in \mathbb Z \\ & \Leftrightarrow t =\frac{\pi}{2n}+\frac{k \pi}{n} , \space k \in \mathbb Z , \space \space \underline{\forall n \in \mathbb N^*} \end{align*}\)

• pour \(k=0\), on a:   \(t=\frac{\pi}{2n} , \space \space \text{ et } \forall n \in \mathbb N^*, \space 0 \leq \frac{\pi}{2n} \leq \pi\)
• pour \(k=n\), on a:  \(t =\frac{\pi}{2n}+\frac{n \pi}{n} = \frac{\pi}{2n}+\frac{2n \pi}{2n} = \frac{(2n+1) \pi}{2n} \space \space \text{ et } \forall n \in \mathbb N^*, \space t= \frac{\pi}{2n} \geq \pi\)

Il convient alors de retirer de l'ensemble des solutions tous les \(k \gt n\), ainsi on aura toujours \(0 \leq t \leq \pi \)

Posons: \(t_k  =\frac{\pi}{2n}+\frac{k \pi}{n}\) pour lesquels \(cos(nt_k)=0\). Alors la famille \(\big( t_k \big)_{k \in [\![ 0;n-1]\!] }\) contient exactement \(n\) éléments différents 2 à 2.
La fonction \( x \mapsto cos(x)\) est strictement monotone (décroissante) sur \([0;\pi]\). elle réalise alors une bijection sur \([0;\pi]\).
Posons: \(x_k = cos(t_k)\) tel que \(T_n(x_k) = 0\). Alors, la famille \(\big( x_k \big)_{k \in [\![ 0;n-1]\!] }\) contient elle aussi exactement \(n\) élément sur \([-1;1]\) différents 2 à 2.

\(T_n\) est un polynôme de degré \(n\)
La famille \(\big( x_k \big)_{k \in [\![ 0;n-1]\!] }\) contient \(n\) éléments différents 2 à 2 tels que \(T_n(x_k) = 0\).
Nous avons donc trouvé les n racines simples (racines différentes 2 à 2) du polynôme \(T_n\) de degré \(n\).

En conséquence , le polynôme \(T_n\) possède \(n\) racines simples \(x_k = cos(t_k)\) avec \(x_k \in [-1;1]\) et \(k \in [\![ 0;n-1]\!]\)

Si un polynôme \(P\) de degré \(n\) et de coefficient dominant \(a_n\) possède \(n\) racines simples \(x_i\) , alors on peut le mettre sous la forme \(P = a_n \prod\limits_{i=0}^{n}(X-x_i)\)
Dans notre cas , \(dom(T_n) = 2^{n-1}\)

• Si \(n\) est pair, alors \(T_n\) est pair , le coefficient du terme en puissance \(n-1\) (impair) est nul: \(a_{n-1}=0\)
• Si \(n\) est impair, alors \(T_n\) est impair , le coefficient du terme en puissance \(n-1\) (pair) est nul: \(a_{n-1}=0\)

Donc \(a_{n-1}=0\) dans tout les cas et : 

Par définition: \(T_n(x) = T_n(cost) = cos(nt)\)

Comme dans la question 9 :

\(\begin{align*}\Leftrightarrow & \exists ? x \in \mathbb R \space \space  / \space \space   T_n(x) \text{ soit maximum} \\
\Leftrightarrow & \exists ? t \in \mathbb R \space \space  / T_n(cost)\space \space  \text{ soit maximum} \\ \Leftrightarrow & \exists ? t \in \mathbb R \space \space  / \space \space  cos(nt) \text{ soit maximum}\end{align*}\)

On pose:
 \(x= cost \Rightarrow x \in [-1;1]\), et dans ce cas , \( t = arccos(x) \Rightarrow \underline{t \in [0;\pi]}\)
Et finalement: \(  \lvert T_n(x) \rvert \leq 1\) et \(\exists ? x \in [-1;1] \space \space  / \space \space  \lvert T_n(x) \rvert = 1\)

\( \begin{align*}T_n(cost) \text{ est maximum }& \Leftrightarrow \lvert cos(nt) \rvert =1 \\
& \Rightarrow nt =  k \pi, \space k \in \mathbb Z \\ & \Leftrightarrow t =\frac{k \pi}{n} , \space k \in \mathbb Z , \space \space \underline{\forall n \in \mathbb N^*} \end{align*}\)

• pour \(k=0\), on a:   \(t=0 , \space \space \text{ et } \forall n \in \mathbb N^*, t \in [0;\pi]\)
• pour \(k=n\), on a:  \(t =\frac{n\pi}{n}= \pi \text{ et } \forall n \in \mathbb N^*, \space t \in [0;\pi]\)

Posons: \(t'_k  =k \pi\) pour lesquels \(\lvert cos(nt'_k) \rvert =1\). Alors la famille \(\big( t'_k \big)_{k \in [\![ 0;n]\!] }\) contient exactement \(n+1\) éléments différents 2 à 2.
La fonction \( x \mapsto cos(x)\) est strictement monotone (décroissante) sur \([0;\pi]\). elle réalise alors une bijection sur \([0;\pi]\).
Posons: \(x'_k = cos(t'_k)\) tel que \(T_n(x'_k) \text{ soit maximum}\). Alors, la famille \(\big( x'_k \big)_{k \in [\![ 0;n]\!] }\) contient elle aussi exactement \(n+1\) élément sur \([-1;1]\) différents 2 à 2.

Nous avons donc trouvé les \(n+1\) extrema (différents 2 à 2) du polynôme \(T_n\)

\(\begin{align*}  \forall n \in \mathbb N^*, \space T_n(X) = 2^{n-1} \prod\limits_{k=0}^{n-1} \bigg[ X- cos\big(\frac{\pi}{2n}+ \frac{k \pi}{n} \big) \bigg]   \end{align*} \)

\( \begin{align*}T_n(0) & = a_0  = 2^{n-1} \prod\limits_{k=0}^{n-1} \bigg[ 0- cos\big(\frac{\pi}{2n}+ \frac{k \pi}{n} \big) \bigg] \\ & = 2^{n-1} (-1)^n\prod\limits_{k=0}^{n-1} x_k \end{align*} \)

• Si \(n\) est impair, alors \(a_0 = 0\) car \(T_n(0) = 0\) (question 8). Et alors \(\prod\limits_{k=0}^{n-1}x_k = 0\)
• si \(n\) est pair, alors \(a_0=(-1)^{n/2}\) (question 8) et alors \((-1)^{n/2} = 2^{n-1} \underbrace{(-1)^n}_{=1}\prod\limits_{k=0}^{n-1} x_k\) .
  Et en conséquence: \(\prod\limits_{k=0}^{n-1} x_k = \frac{(-1)^{n/2}}{2^{n-1}}\)

\(T_n\) est solution de (E) \(\Leftrightarrow (X^2-1)T"_n + XT'_n - n^2T_n=0\)

On a: \(cos(nt) = T_n(cost)\)
\(T_n\) est un polynôme, il est donc de clace \(C^\infty\)

En dérivant des 2 côtés une première fois, il vient:
\(-n.sin(nt) = -sint.T'_n(cost)\)

En dérivant une seconde fois, il vient:
\(\begin{align*} &  -n^2cos(nt) = -cost.T'_n(cost)- sint.(-sint).T^{"}_n(cost) \\
 \Rightarrow  & -n^2T_n(cost) = -cost.T'_n(cost)+ sin^2t.T^{"}_n(cost) \\
  \Rightarrow & -n^2T_n(cost)  = -cost.T'_n(cost)+ (1-cos^2t).T^{"}_n(cost) \\
  \Rightarrow & (cos^2t-1)T^{"}_n(cost) + cost.T'_n(cost) -n^2T_n(cost) = 0, \space \forall t \in \mathbb R \\
\forall X \in & [-1;1]  , \space \exists!t \in [0;\pi], \space \space X=cost \\
  \Rightarrow & (X^2-1)T^{"}_n(X) + X.T'_n(X) -n^2T_n(X) = 0, \space \forall X \in  [-1;1] \end{align*}\)

Nous avons un polynôme qui est nul pour une infinité de valeurs de \([-1;1]\). C 'est donc le polynôme identiquement nul. Et en conséquence, ce polynôme est nul quelque soit \(X \in \mathbb R\)  et ( idem question 2 sur l 'unicité de \(T_n\)) : 
\((X^2-1)T^{"}_n(X) + X.T'_n(X) -n^2T_n(X) = 0, \space \forall X \in \mathbb R \)
Donc \(T_n\) est bien solution de (E)

1 - Existence de \(\begin{align*}  \int_{-1}^{1}\frac{f(t)g(t)}{\sqrt{1-t^2}}dt = I \end{align*}\)

2 - \(\langle f,g \rangle\) est il un produit scalaire?

\(\begin{align*} \langle T_n , T_m \rangle & = \int_{-1}^{1} \frac{T_n(x) T_m(x)}{\sqrt{1-x^2}} dx    \end{align*}\) et \(T_n(cost) = cos(nt)\)

Procédons à un changement de variable:
\(\begin{align*}  \begin{cases} x= cost \\ dx = -sint.dt \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} t \xrightarrow{x \to 1} 0  \\ t \xrightarrow{x \to -1} \pi \end{cases} \text{ et } \begin{cases} t = arcos (x) , x \in ]-1;1[  \\ t \in ]0;\pi[ \text{ et } sint \gt 0 [\end{cases}  \end{align*}\)

\(\begin{align*} \langle T_n , T_m \rangle & = \int_{x=-1}^{x=1} \frac{T_n(x) T_m(x)}{\sqrt{1-x^2}} dx 
=   \int_{t=\pi}^{t=0} \frac{T_n(cost) T_m(cost)}{\sqrt{1-cos^2t}} (-sint)dt  \\
& = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{T_n(cost) T_m(cost)}{\sqrt{sin^2t}} sint.dt = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{cos(nt) (cost(m)}{sint} sint.dt \\
& = \int_{t=0}^{t=\pi} cos(nt) (cos(mt) dt = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{1}{2} \big[ cos \big( (m+n)t \big) +cos \big( (m-n)t \big) \big]dt \end{align*}\) 

• Si \( n=m=0\)
  \(\begin{align*} \langle T_n , T_m \rangle & = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{1}{2} \big[ cos \big( (m+n)t \big) +cos \big( (m-n)t \big) \big]dt \\ & = \frac{1}{2} \int_{t=0}^{t=\pi} (1+1)dt =\int_{t=0}^{t=\pi} (1+1)dt = \pi \end{align*}\) 
  
  
• Si \(n = m \neq 0\)
  \(\begin{align*} \langle T_n , T_m \rangle & = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{1}{2} \big[ cos \big( (m+n)t \big) +cos \big( (m-n)t \big) \big]dt \\ & = \frac{1}{2} \int_{t=0}^{t=\pi} (cos(2nt)+1)dt  =\frac{1}{2} \bigg[ \frac{sin(2nt)}{2n} + t \bigg]_0^\pi = \pi/2 \end{align*}\)
  
  
• Si \(n \neq m  0\)
  \(\begin{align*} \langle T_n , T_m \rangle & = \int_{t=0}^{t=\pi} \frac{1}{2} \big[ cos \big( (m+n)t \big) +cos \big( (m-n)t \big) \big]dt \\ &   =\frac{1}{2} \bigg[ \frac{sin\big( (m+n)t \big)}{m+n} + \frac{sin\big( (m-n)t \big)}{m-n}  \bigg]_0^\pi = 0 \end{align*}\)

Si \(m \neq m\), alors la famille \( \langle T_n , T_m \rangle = 0\) , alors \(\bigg(T_n \bigg)_{n \in \mathbb N}\) est une famille orthogonale de \(\mathbb R[X]\) au sens de \(\langle . , . \rangle\). La famille \( \langle T_n , T_m \rangle = 0\) , alors \(\bigg(T_n \bigg)_{n \in \mathbb N}\) n 'est pas normée.

Résultat de la question 4 : \(T'_n(X) = n.U_n(X)\) et donc \(U_n(X) =\frac{1}{n} T'_n(X)\)
Si \(T_n = a_nx^n + \cdots + a_0 \), alors \(T'_n = n.a_nx^{n-1} + \cdots \cdots\)

• \(deg(U_n)\)
  \(deg(U_n) = deg (\frac{1}{n} T'_n) =deg ( T'_n)\)
  avec \(deg(T_n) = n \Rightarrow deg(T'_n)=n-1\)
  \(deg(U_n) = n-1\) avec \(n\geq 1\)
  On vérifie avec: \(\begin{align*} \begin{cases} & U_1=1  && U_2=2X && U_3=4X^2-1 \\
  & deg(U_1)=1-1=0 && deg(U_2)=2-1=1 && deg(U_3)=3-1=2 \end{cases} \end{align*}\)
  
  
  
• \(dom(U_n)\)
  \(dom(U_n) =dom (\frac{1}{n} T'_n) \)
  avec : \(dom(T_n) = 2^{n-1} \Rightarrow dom(T'n)= n \times 2^{n-1}\)
  \(dom(U_n) = dom(\frac{1}{n} T'_n) = \frac{1}{n} \times n \times 2^{n-1} = 2^{n-1}\) avec \(n\geq 1\)
  On vérifie avec: \(\begin{align*} \begin{cases} & U_1=1  && U_2=2X && U_3=4X^2-1 \\
  & dom(U_1)=2^{1-1}=1 && dom(U_2)=2^{2-1}=2 && dom(U_3)=2^{3-1}=4 \end{cases} \end{align*}\)
  
  

Dans la question 4 , on a démontré que \(T'_n=nU_n\) ou encore \(U_n = \frac{1}{n}T'_n\)

On sait que \( T_n\) et \(cost\) sont de classe \(C^\infty\) et que \(T_n(cost) = cos(nt)\)

En dérivant \(cos[(n+1)t]\):  \( \big[ cos[(n+1)t] \big]' = -(n+1).sin[(n+1)t]\)

En dérivant \(T_{n+1}(cost)\):  \( \big[ T_{n+1}(cost) \big]' = -sint. T'_{n+1}(cost) \)

Avec \( t \neq k \pi, \space k \in \mathbb Z\), il vient: 
\(\begin{align*}-(n+1).sin[(n+1)t] =  -sint T'_{n+1}(cost) & \Leftrightarrow \frac{T'_{n+1}(cost)}{n+1}  =  \frac{sin[(n+1)t]}{sint} \\ & \Leftrightarrow U_{n+1} =  \frac{sin[(n+1)t]}{sint}  \end{align*}\)

Soient \(n \in \mathbb N\) et \(t \in \mathbb R / \pi \mathbb Z\)

On a: \(sin(a+b) +sin(a-b) = 2sina.cosb \Leftrightarrow sin(a+b) = 2sina.cosb - sin(a-b) \)

On a d 'après la question 15:
\(\begin{align*} U_{n+2}(cost) & = \frac{sin[(n+2)t]}{sint} = \frac{sin[(n+1)t+t]}{sint} \\
& =  \frac{2sin[(n+1)t].cost - sin[(n+1)t-t] }{sint}  \\
& =  \frac{2sin[(n+1)t].cost - sin(nt) }{sint} \\
& = 2cost \Bigg(\frac{sin[(n+1)t]}{sint} \Bigg) - \frac{sin(nt)}{sint} \\
& = 2cost U_{n+1} -U_n \\
& \Rightarrow U_{n+2}(X) = 2XU_{n+1}(X) - U_n(X)  \\
& \Rightarrow U_{n+2}(X) + U_n(X) = 2XU_{n+1}(X) \end{align*}\)

Tout comme l'unicité des polynômes \(\big( T_n)_{n \in \mathbb N}\) vue à la question 2 , les polynômes \(\big( U_n)_{n \in \mathbb N}\) sont eux aussi uniques.

si \(t \in \mathbb R\), \(U_n(cost) = 0 \Rightarrow sin[(n+1)t]= 0 \Rightarrow (n+1)t = k \pi \Rightarrow t = \frac{k \pi}{n+1}\)

\(\forall k \in [\![ 1;n]\!] , \space \alpha_k = \frac{k \pi}{n+1}\) sont au nombre de \(n\) et sont distinctes. L'application \(cos\) est injective de \(]-1;1[\) vers \(]0;\pi[\), donc les \(cos(\alpha_k)\) sont distincts, et ce sont les racines de \(U_n\)

Or , la relation : \(\forall n \in \mathbb N, \space U_{n+1} = \frac{1}{n+1}T'_{n+1}\)non montre que \(deg(U_{n+1}) = deg(T'_{n+1}) = n, donc possède n racines, ce qui montre que \)U_n$ est scindé simple.

Soit \((H_n)_{n \in \mathbb N}\), la famille de polynômes (dite de Hermite) défiie par :
\[\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\]

1. Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\), \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré \(n\)
2. Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N \end{align*}\), \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\)
3. Pour tous polynômes \(P\) et \(Q\) de \(\mathbb R[X]\), on pose \[\begin{align*}\langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \end{align*}\] où \(\begin{align*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \end{align*}\). On rappelle que \(\begin{align*}\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1 \end{align*}\)
   Justifier de l'existence de l'intégrale qui définit \(\langle P|Q \rangle\)
4. Démontrer que \(\langle P|Q \rangle\) définit un produit scalaire sur \(\mathbb R[X]\)
5. Dans la suite , \(\mathbb R[X]\) sera muni du produit scalaire \(\langle P|Q \rangle\) et de la norme euclidienne \(|| P ||\) associée.
   Démontrer que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\),   \(\langle P|H_n \rangle=\langle P^{(n)} |H_0 \rangle\)
6. En déduire que \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N\end{align*}\), la famille \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_n[X]\)
7. Calculer \(||H_n||\), \(\begin{align*} \forall n \in \mathbb N \end{align*}\)
8. Soit \(P(x)= x^3+x^2+x+1\). Préciser les polynômes \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\), puis déterminer 4 réels \(a_i\) (\(0 \leq i \leq 3\)) tels que \(\begin{align*} P = \sum_{i=0}^{i=3}a_iH_i  \end{align*}\).
   En déduire la distance \(d\) du polynôme au sous espace \(\mathbb R_0[X]\) des polynômes constants, c'est à dire la borne inférieure de  \(||P-Q||\) lorsque \(Q\) décrit \(\mathbb R_0[X]\)
9. Soit \(\begin{align*}  n \in \mathbb N\end{align*}\). On note \(p\) le nombre de racines réelles (distinctes) d'ordre impair du polynôme \(H_n\), et  \(a_1,a_2,......,a_p\) ces racines, et  \(S\) le polynôme défini par \(\begin{align*} \begin{cases} S=1 \text{ si p = 0} \\   S = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \text{ sinon}  \end{cases} \end{align*}\)
   Démontrer que si \(p \lt n\) alors \(\langle S|H_n \rangle=0\)
10. Démontrer que pour tout \(x \in \mathbb R, \space  S(x)H_n(x) \geq 0\)
11. En déduire que \(H_n\) à \(n\) racines réelles distinctes.

\(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\) et en effet \(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{1}= x \times 1-0 = x \\ H_2 = x \times x-1= x^2-1\\ \vdots \end{cases} \end{align*}\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\): \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré n

• Initialisation: pour \(n=0\): 
  par définition: \(H_0 = 1\) 
  par hypothèse: \(H_0=1 \times x^0 =a_0 \times x^0 = 1\)
  et donc \(a_0=1\) et \(H_0\) est bien un polynôme unitaire de degré \(0\)
  La proposition est vraie au rang \(0\) et \(P_0\) est vraie
  
  
• Récurrence:
  Supposons que la proposition \(P_n\) soit vraie, c 'est à dire que \(H_n\) est un polynôme unitaire de degré \(n\),  et démontrons qu'en conséquence \(P_{n+1}\) est vraie.
  \(H_{n+1}  = xH_n-H'_n\)   avec  \(H_n\) unitaire et \(deg(H_n)=n \space, \space deg(x)=1 \space,  \space deg(H')=n-1\) 
  alors:  \(deg(H_{n+1}) = deg(xH_n) = deg(x) + deg(H_n) = n+1\)
  et:       \(xH_n\) étant le produit de 2 polynômes unitaires ne peut être qu'un polynôme unitaire
  donc:  \(H_{n+1}\) est un polynôme unitaire de degré \(n+1\)
  
  
• Conclusion:
  La proposition \(P_n\) est vraie au rang \(n=0\) , par récurrence, si elle est vraie au rang \(n\), elle est vraie au rang \(n+1\) donc, la proposition \(P_n\) est vraie quelque soit \(n\).

\(\begin{align*} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \end{align*}\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\) : \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\)

• Initialisation: pour \(n=0\): 
  Par définition: \(H_1 = xH_0 + H'_0  = x \times  1 + 0 = x \),   et en conséquence: \( H'_1 = 1\) 
  Par hypothèse: \(H'_1 = H'_{0+1} =(0+1)\times H_0  = (0+1)\times 1 = 1  \) 
  La proposition est vraie au rang \(0\) et \(P_0\) est vraie
  
  
• Récurrence:
  Supposons que la proposition \(P_n\) soit vraie, c 'est à dire que \(\begin{align*} H'_{n+1}=(n+1)H_n\end{align*}\) ,  et démontrons qu'en conséquence \(P_{n+1}\) est vraie,
  donc que \(\begin{align*} H'_{n+2}=(n+2)H_{n+1}\end{align*}\).
  Calculons \(H_{n+2}\) , puis dérivons, et enfin retrouvons \(H'_{n+2}\) en fonction de \(H_{n+1}\).
  
  Par définition:\(\begin{align*}H_{n+2}  & = xH_{n+1}-H'_{n+1}\end{align*}\) 
  En utilisant l 'hypothèse: \(\begin{align*}H_{n+2} & = xH_{n+1}- (n+1)H_n \end{align*}\)
  En dérivant: \(\begin{align*} H'_{n+2} & = H_{n+1}+ xH'_{n+1}-(n+1)H'_{n}  \end{align*}\)
  En  utilisant l hypothèse : \(H'_{n+2}  = H_{n+1}+ x(n+1)H_{n} - (n+1)H'_n \)
  En factorisant: \(H'_{n+2}  = H_{n+1}+ (n+1)(xH_n-H'_n)\) 
  En utilisant la définition: \( H'_{n+2} = H_{n+1}+ (n+1)H_{n+1} = (n+2) H_{n+1} \)
  Si la proposition est vraie au rang \(n\) , alors elle est vraie au rang \(n+1\)
  
  
• Conclusion:
  La proposition \(P_n\) est vraie au rang \(n=0\) , par récurrence, si elle est vraie au rang \(n\), elle est vraie au rang \(n+1\) donc, la proposition \(P_n\) est vraie quelque soit \(n\).

On a : \(\begin{align*} \begin{cases} \langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\  f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}  \gt 0 \text{ et } \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx=1 \text{ et } f(x) \text{ est paire} \end{cases} \end{align*}\)

La fonction \(P(x)Q(x)f(x)\) est continue sur \(\mathbb R\) comme produit de fonctions continues.
Soit \(A \gt 1\) alors par relation de Chasles:
\(\begin{align*} \int_{- A}^{A}P(x)Q(x)f(x)dx & =   \int_{- A}^{-1}P(x)Q(x)f(x)dx +  \int_{ -1}^{1}P(x)Q(x)f(x)dx +  \int_{1}^{A}P(x)Q(x)f(x)dx \\
 &  =I_1 + I_2 + I_3 \end{align*}\)
Ce découpage nous permettra d'étudier la convergence des intégrales en \(+/- \infty\). Remarquons que \(I_2\) est bien définie.

• \(I_2\) est bien définie comme une intégrale de fonction continue entre 2 bornes finies et connues.
• \(I_3\) en \(+\infty\) :  par croissance comparée: \(\forall n \in \mathbb N \) :
  \(\begin{align*} x^n\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 & \Rightarrow a_nx^n\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow P(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow P(x)Q(x)\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow \lvert P(x)Q(x) \rvert\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow x^2 \lvert P(x)Q(x) \rvert\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2} \xrightarrow{+\infty} 0 \\
  & \Rightarrow \lvert P(x)Q(x) \rvert f(x) = o(1/x^2) \end{align*}\)
  Comme \(\begin{align*} \int_1^{+\infty}1/x^2dx\end{align*}\) converge par le critère de Riemann (car 2>1) alors \(I_3\) est absolument convergente, donc elle est convergente en \(+\infty\)
  
  
• \(I_1\) en \(-\infty\) :  par changement de variable (symétrie par rapport a \(I_3\))
  \( \begin{cases} x=-t \\x=-dt \end{cases} \begin{cases}   t \overset{x \to -1} \longrightarrow 1 \\  t \overset{x \to -A} \longrightarrow A \end{cases} \), alors : 
  \(\begin{align*} I_1 & =  \int_{- A}^{-1}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  & =  \int_{ A}^{1}P(-t)Q(-t)f(-t)(-dt) \\
  & =  \int_{ 1}^{A}P(-t)Q(-t)f(t)(dt) \end{align*}\)
  Et, toujours par croissance comparée,  \(\begin{align*} t^2 \lvert P(-t)Q(-t) \rvert f(t) \xrightarrow{+\infty} 0 \end{align*}\)
  Pour les mêmes raisons que \(I_3\) (  \(o(1/x^2)\) et critère de Riemann) , \(I_1\) converge en \(-\infty\).

\(I_1\) ,\(I_2\) ,\(I_3\) , étant toutes les 3 convergentes, alors, \(\langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx\) est convergente:

Préliminaire: \(E\) désigne un \(\mathbb R\) espace vectoriel

Remarques: \(\mathbb R [X]\) est l'espace vectoriel de dimension infinie, des polynômes à 1 variable et à coefficient dans \(\mathbb R\). Les opérations dans cet espace sont connues.
Soit: \(\begin{align*} \begin{cases}\langle .|. \rangle: & \mathbb R[X] \times \mathbb R[X] && \rightarrow && \mathbb R\\
 & (P,Q) && \mapsto && \langle P|Q \rangle = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \end{cases}\end{align*} \)
et \(\begin{align*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \gt 0\end{align*}\) et \(\begin{align*}  \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)dx = 1 \end{align*}\)

La forme \(\langle P|Q \rangle\) existe bien. Nous l avons démontré dans la question 3 .

• Forme symétrique : \(\langle P|Q \rangle = \langle Q|P \rangle\) 
  \(\begin{align*}\langle P|Q \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  & = \int_{- \infty}^{+ \infty}Q(x)P(x)f(x)dx  \\
  & = \langle Q|P \rangle \end{align*}\)
  
  
  
• Forme bi-linéaire:
  • Par rapport à la 1ère variable :\(\langle (\lambda P_1 + \mu P_2)|Q \rangle = \lambda\langle P_1|Q \rangle + \mu \langle P_2Q \rangle\)
    Soient \((P_1, P_2, Q) \in \mathbb R^3[X]\) et \((\lambda, \mu) \in \mathbb R^2\)
    \(\begin{align*} \langle (\lambda P_1 + \mu P_2)|Q \rangle & =\int_{- \infty}^{+ \infty} \bigg[ \lambda P_1(x) + \mu P_2(x) \bigg] Q(x)f(x)dx   \\
    & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \bigg[\lambda P_1(x)Q(x)f(x) + \mu P_2(x)Q(x)f(x) \bigg] dx \\
    & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \lambda P_1(x)Q(x)f(x)dx+\int_{- \infty}^{+ \infty} \mu P_2(x)Q(x)f(x)dx \\
    & = \lambda \int_{- \infty}^{+ \infty} P_1(x)Q(x)f(x)dx + \mu \int_{- \infty}^{+ \infty} P_2(x)Q(x)f(x)dx \\
    & = \lambda\langle P_1|Q \rangle + \mu\langle P_2|Q \rangle \end{align*}\)
    
    
  • Par rapport à la 2ème variable: \(\langle P|(\lambda Q_1 + \mu Q_2) \rangle = \lambda\langle P|Q_1 \rangle + \mu\langle P|Q_2 \rangle\)
    Ce résultat est obtenue par symétrie, qui a été démontrée juste au dessus. C'est tout l'intérêt de démontrer la symétrie avant la bilinéarité. On s'attachera à le faire dans cet ordre la en général. On retrouve la linéarité par rapport à la 1ère variable.
    \(\begin{align*} \langle P|(\lambda Q_1 + \mu Q_2) \rangle & = \langle (\lambda Q_1 + \mu Q_2)|P \rangle \\ & = \lambda \langle Q_1|P \rangle + \mu \langle Q_2|P \rangle \\ & = \lambda \langle P|Q_1 \rangle + \mu \langle P|Q_2 \rangle  \end{align*}\) 
    
    
    
• Forme positive: \(\langle P|P \rangle \geq 0\)
  \(\forall P \in \mathbb R[X]\) :
  \(\begin{align*}  \langle P|P \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)P(x)f(x)dx \\
  & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{P^2(x)}_{\geq 0} \underbrace{f(x)}_{\gt 0}dx \end{align*}\)
  Par positivité de l 'intégrale d'une fonction positive sur \(]-\infty;+ \infty[\), on a  \(\langle P|P \rangle \geq 0\)
  
  
  
• Forme définie positive : Si \(\langle P|P \rangle = 0\) alors \(P = 0\)
  \(\begin{align*} \langle P|P \rangle = 0 & \Leftrightarrow \int_{- \infty}^{+ \infty} P^2(x) f(x)dx  \\
  & \Leftrightarrow  P^2(x) \underbrace{f(x)}_{\neq 0}dx = 0, \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow  P^2(x) = 0 , \space \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow  P(x) = 0 , \space \forall x \in \mathbb R \\
  & \Leftrightarrow P = 0 \end{align*}\)
  Si \(\langle P|P \rangle = 0\) alors \(P = 0\), \(P\) est le polynôme nul
  Ou encore : par positivité de l'intégrale ,\(\langle P|P \rangle = 0 \Leftrightarrow \) la fonction \( P^2(x) f(x) \) est la fonction identiquement nulle sur \(]- \infty;+ \infty[\), et comme \(f(x) \neq 0 \space \forall x \in \mathbb R\), alors P(x) est identiquement nul sur \(]- \infty;+ \infty[\). Et \(P=0\)

On sait : \(\begin{align*} \begin{cases} \begin{cases} H_0=1 \\ H_{n+1}= xH_n-H'_n \end{cases} \\ \text{par croissance comparée } \lim\limits_{x \to +/- \infty} P(x)Q(x)f(x) = 0 \end{cases} \end{align*}\)
Et on note que : \(f'(x) = -xf(x)\)

Démonstration par récurrence:

Soit la proposition \(P_n\) :  \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \)

• Initialisation: pour \(n=0\)
  Par définition: \(\langle P|H_0 \rangle =\langle P^{(0)} |H_0\rangle \), une fonction dérivée 0 fois est la fonction elle même.
  Par hypothèse \(\langle P|H_0>=\langle P^{(0)} |H_0\rangle\)
  \(P_0\) est donc vraie 
  
  
• Récurrence: supposons la proposition \(P_n\): \(\langle P|H_n\rangle =\langle P^{(n)} |H_0\rangle\) vraie et 
  démontrons qu'elle est encore vraie au rang \(n+1\), donc que \(\langle P|H_{n+1}\rangle =\langle P^{(n+1)} |H_0\rangle\)
  \(\begin{align*} \langle P|H_{n+1} \rangle & =\langle P|(xH_n-H'_n)\rangle\\
  & =\langle P|xH_n \rangle - \langle P|H'_n \rangle = I_1-I_2 \end{align*}\)
  
  
  • Calcul de \(I_1=\langle P|xH_n \rangle\): Intégration par parties:
    Le but est de dérivé \(P\) et \(H_n\) et donc de primitiver \(f(x)\), donc de la mettre sous la forme \(f'(x)\).
    Les fonctions définissant \(\langle .|. \rangle \) sont de classe \(C^{\infty}\), elles sont en particulier de classe \(C^1\)
    \(\begin{align*}I_1 & = \langle P|xH_n \rangle  = \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x)x H_n(x) f(x)dx \\
    & = \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x) H_n(x) xf(x)dx \\ \end{align*}\)
    • Calculons \(f'(x)\)
      \(\begin{align*} f'(x) & = \bigg(  \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}   \bigg)' = \bigg( \frac{-x^2}{2} \bigg)' \bigg(  \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}} \bigg) \\
      & = -x ( \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}) = -xf(x) \end{align*}\)
  • En intégrant par parties :
    \(\begin{align*} I_1  & = - \int_{-\infty}^{+ \infty} \underbrace{P(x) H_n(x)}_{u} \underbrace{f'(x)}_{v'}dx \\
    & =- \bigg[ \cancel{P(x) H_n(x)f(x) \bigg]_{- \infty}^{+\infty} }^{=0} + \int_{-\infty}^{+ \infty}\big[ P(x)H_n(x)\big]'f(x)dx  \\
    & = \int_{-\infty}^{+ \infty} \big[ P^{(1)}(x)H_n(x) + P(x)H'_n(x) \big] f(x)dx \\
    & =  \int_{-\infty}^{+ \infty} P^{(1)}(x)H_n(x) f(x)dx + \int_{-\infty}^{+ \infty} P(x)H'_n(x)f(x)dx \\
    & =  \langle P^{(1)} | H_n \rangle + \langle P|H'_n \rangle = \langle P^{(1)} | H_n  \rangle + I_2 \end{align*}\)
    
    En définitive, nous avons : \(\langle P|H_{n+1} \rangle =\langle P^{(1)} | H_n \rangle +I_2 -I_2= \langle P^{(1)} | H_n \rangle \)
    En appliquant l 'hypothèse de récurrence \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle\) , nous arrivons a :\(\langle P|H_{n+1} \rangle =\langle P^{(n+1)} | H_0 \rangle \)

• Conclusion: La proposition \(P_n\) : \(\langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \) est vrai au rang \(n=0\), si elle est vraie au rang \(n\), par récurrence, elle est vraie au rang \(n+1\) . et donc elle est vraie quelque soit \(n \in \mathbb N\)

 \(E\) désigne un espace vectoriel préhilbertien réel. Et on note : \(\langle .|.>\) le produit scalaire et \(||.||\) la norme associés.

On sait : \(\begin{align*}  \forall n \in \mathbb N, \space \langle P|H_n \rangle =\langle P^{(n)} |H_0 \rangle \\
  \end{align*}\)

\(\mathbb R_n[X]\) est l'ensemble des polynômes a une variable, de degré \( \leq n\). Cet ensemble est un espace vectoriel de dimension \(n+1\) dont une base canonique est \((1,X,X^2, \cdots , X^n)\). Un polynôme de degré \(n\) est une combinaison linéaire des éléments de cette base canonique de \(n+1\) éléments.

Pour démontrer que \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base de \(\mathbb R_n[X]\), il suffit de montrer qu'elle est soit libre , soit génératrice. On démontrera qu'elle est libre en montrant simplement qu'elle est orthogonale. (proposition 1 et Définition 2)

Soient \((i,j) \in \mathbb N\) , avec \(i \neq j\) . Calculons \(\langle H_i|H_j \rangle \) 

Remarque préliminaire: Si \(deg(P)= n\) et \(m \gt n\) alors \(P^{(n)}= constante\) et \(P^{(m)}=0\). Ce qui nous amène a discerner 2 cas:

• \(i \lt j\) alors : \(\langle H_i|H_j \rangle = \langle H_i^{(j)}|H_0 \rangle =\langle 0|H_0 \rangle =0 \)
• \(i \gt j\) alors : \(\langle H_i|H_j \rangle =\langle H_j|H_i \rangle = \langle H_j^{(i)}|H_0 \rangle =\langle 0|H_0 \rangle =0 \)

\(\forall i \in \mathbb N, \space \forall j \in \mathbb N, \space i \neq j, \space \langle H_i|H_j \rangle=0\)
Donc \(H_i\) est orthogonal a \(H_j\) et en conséquence :
La famille \((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une famille orthogonale, elle est donc libre. Et :
\((H_0,H_1, ......, H_n)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_n[X]\)

 \(E\) désigne un espace vectoriel préhilbertien réel.

On sait : \(\begin{align*} \begin{cases}   \forall n \in \mathbb N, \space \langle P|H_n \rangle = \langle P^{(n)} |H_0  \rangle \\
  \forall n \in \mathbb N \space, \space  H'_{n+1}=(n+1)H_n \\ 
\langle P|Q \rangle  = \int_{- \infty}^{+ \infty}P(x)Q(x)f(x)dx \\
  \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1 \end{cases} \end{align*}\)

Par définition: \(||H_n|| = \sqrt{\langle H_n|H_n \rangle } \) et \( ||H_n||^2 = \langle H_n|H_n \rangle \)

\( \begin{align*}  ||H_n||^2 & =  \langle H_n|H_n \rangle = \langle H_n^{(n)}|H_0 \rangle \\
 H'_n & = n H_{n-1} \\
  H''_n & = n(n-1)H_{n-2} \\
\vdots \\ \Rightarrow & H_n^{(n)} = n(n-1) \cdots \times 2 \times 1 \times H_0 = n!H_0  
\end{align*}\)

En conséquence:
\( \begin{align*}  ||H_n||^2 = & \langle H_n^{(n)}|H_0 \rangle  \\
& = \langle n! H_0|H_0 \rangle = n! \langle H_0|H_0 \rangle \\
 & = n! \int_{- \infty}^{+ \infty}H_0(x)H_0(x)f(x)dx \\
 & = n! \int_{- \infty}^{+ \infty}1\times 1 \times f(x)dx \\
 & = n!\ \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)dx  = n! \times 1 = n! \end{align*}\)

On sait: \(\begin{align*}   \begin{cases}H_{n+1}= xH_n-H'_n \\ H_0=1 \end{cases}  \end{align*}\)

• Préciser \(H_1\), \(H_2\), \(H_3\)
  \(\begin{align*}   H_0 & = 1 \\  H_1 & = xH_0-H'_0 = x\times 1 -(1)'  = x \\
  H_2 & = xH_1 - H'_1 = x \times x - (x)'  = x^2-1 \\
  H_3 & = xH_2 - H'_2 = x(x^2-1) - (x^2-1)'  \\ & = x^3-x-2x  = x^3-3x    \end{align*}\)

• Déterminer les \(a_i\):
  \((H_0, H_1, H_2, H_3)\) est une base orthogonale de \(\mathbb R_3[X]\)
  
  
  • Méthode par identification: Cette métjhode est possible car l 'exercice est relativement simple. Cependant, on appliquera de préférence, dans d autres exercices, la méthode générale précisée ci-après.
    On cherche les \(a_i\) tels que :
    \(\begin{align*}P(x)  = a_0H_0(x) + a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x) \end{align*}\)
    \(\begin{align*} x^3+x^2 +x + 1 & = a_0 + a_1x + a_2(x^2-1) + a_3 (x^3-3x) \\
    & = a_0 + a_1x + a_2x^2-a_2 + a_3x^3-3a_3x \\
    & = (a_3)x^3 + (a_2)x^2 + (a_1-3a_3) x +(a_0-a_2)  \\
    & \Rightarrow \begin{cases} a_3=1 \\ a_2 = 1 \\ a_1-3a_3 = 1 \\ a_0-a_2=1\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} a_0 = 2 \\ a_1 = 4 \\ a_2 = 1 \\ a_3=1   \end{cases} \end{align*}\)
    
    
    
  • Méthode générale: a utiliser si l'exercice est moins simple que cette exemple ou si l'identification est une méthode trop longue dans un exercice donné:
    

    Proposition: Soient: \((E, \langle.|. \rangle, ||.||)\) un espace euclidien muni d'un produit scalaire et d'une norme \(B=(e_i)_{o \leq i \leq n} = (e_0;e_1; \cdots ; e_n)\) une base orthonormée de \(E\) Alors \(\forall x \in E, \space x = \sum_{i=0}^n \langle x|e_i \rangle e_1\)

    
    Dans la proposition, les \(e_i\) sont des vecteurs orthonormés. Or \((H_0,H_1,H_2,H_3)\) est une base seulement orthogonale de \(\mathbb R_3[X]\). 
    Pour la rendre orthonormée , il suffit de diviser chaque vecteur de la base par sa norme \(||\sqrt{i!}||\).
    Donc: \((\frac{1}{\sqrt {i!}}H_i)_{0 \leq i \leq 3}\) est une base orthonormée de \(\mathbb R_3[X]\)
    Et \(\forall P \in  \mathbb R_3[X]\) , \(P = \sum_1^3 \underbrace{ \langle P| \frac{1}{\sqrt{i!}} H_i \rangle \frac{1}{\sqrt{i!}} }_{a_i} H_i\)  et \(a_i = \langle P| \frac{1}{\sqrt{i!}} H_i \rangle \frac{1}{\sqrt{i!}} = \frac{1}{i!}\langle P|H_i \rangle\)
    
    De plus, on a \(\begin{align*} \begin{cases}   \langle P|H_n \rangle = \langle P^{(n)}|H_0 \rangle \\ \int_{- \infty}^{+ \infty}f(x) dx = 1 \\ f'(x) = -xf(x)  \\ P=x^3+x^2+x+1 \end{cases}   \end{align*}\)
    
    
    • Calcul de \(a_o\)
      \( \begin{align*}a_0 & =\frac{1}{0!}\langle P|H_0 \rangle = \langle P|H_0 \rangle  = \int_{- \infty}^{+ \infty}(x^3+x^2+x+1)(1) f(x)dx \\
      & = \underbrace { \int_{- \infty}^{+ \infty} x^3f(x)dx}_{=0 \text{ car impair}}+ \int_{- \infty}^{+ \infty}x^2f(x)dx+ \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}xf(x)dx}_{= 0 \text{ car impair}}+ \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx}_{=1} \\
      &  = \int_{- \infty}^{+ \infty}x\times xf(x)dx +1 = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{x}_{u} \times \underbrace{(-f'(x))}_{v'}dx +1 \\
      & = \underbrace{\big[ -xf(x)\big]_{- \infty}^{+ \infty}}_{=0} + \int_{- \infty}^{+ \infty} f(x)+1 = 1+1 =2 \end{align*}\)
      
      
    • Calcul de \(a_1\)
      \(\begin{align*} a_1 & =\frac{1}{1!}\langle P|H_1 \rangle = \langle P'|H_0 \rangle = \langle 3x^2+2x+1|H_0 \rangle \\
      & = \int_{- \infty}^{+ \infty}(3x^2+\underbrace{2x}_{\text{impair}}+1)(1) f(x)dx  =3 \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}x^2f(x)dx}_{=1 \text{ vu pour }a_0} + \underbrace{\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx}_{=1} \\ & = 3\times 1 + 1 = 4 \end{align*}\)
      
      
    • Calcul de \(a_2\)
      \(\begin{align*} a_2 & =\frac{1}{2!}\langle P|H_2 \rangle = \frac{1}{2}\langle P|H_2 \rangle = \frac{1}{2}\langle P''|H_0 \rangle = \frac{1}{2}\langle 6x+2|H_0 \rangle \\ 
      & = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty}(\underbrace{6x}_{\text{impair}}+2) f(x)dx  = \frac{1}{2} \int_{- \infty}^{+ \infty} 2f(x)dx \\
      & = \frac{1}{2} \times 2\int_{- \infty}^{+ \infty}f(x)dx = 1\end{align*}\) 
      
      
    • Calcul de \(a_3\)
      \( \begin{align*} a_3 & =\frac{1}{3!}\langle P|H_3 \rangle = \frac{1}{6} \langle P'''|H_0 \rangle = \frac{1}{6} \langle 6|H_0 \rangle \\
      & = \frac{1}{6} \int_{- \infty}^{+ \infty}6f(x)dx = 1  \end{align*}\)

• Déterminer la distance \(d\)

Soit \((\mathbb R_3[X];||.||)\) un espace pré-hilbertien, en particulier un espace euclidien, (\(||.|| = \sqrt{\langle .|. \rangle}\) normé et \(\mathbb R_0[X]\) un sous espace vectoriel non vide de \(\mathbb R_3[X]\), de dimension finie:

• \(\mathbb R_0[X] \subset \mathbb R_3[X]\)
• \(P \in \mathbb R_3[X]\)

Alors \(d(P,\mathbb R_0[X]) = \inf_{Q \in \mathbb R_0[X]}(P,Q) =  || P-\mathbb R_0[X] ||\) avec \(\begin{cases} \mathbb R_3[X] =\mathbb R_0[X] \bigoplus \mathbb R_0[X]^\perp \\ P=P_{\mathbb R_0[X]}  + P_{\mathbb R_0[X]^\perp} \end{cases}\)

Comme \(P \in \mathbb R_3[X]\) alors \(||P-\mathbb R_0[X]|| = || \mathbb R_0[X]^\perp ||\)

\(\begin{align*}P(x)  = \underbrace{a_0H_0(x)}_{\in \mathbb R_0[X] } + \underbrace{a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x)}_{ \Rightarrow \in \mathbb R_0[X]^\perp} \\
\Rightarrow d = || P-\mathbb R_0[X] || = || a_1H_1(x) + a_2H_2(x) + a_3H_3(x)|| \\
 \Rightarrow d^2 = || 4H_1 + H_2+H_3||^2\end{align*}\)
\(H_1,H_2,H_3\) sont des vecteurs othogonaux, on peut donc utiliser le théorème de Pythagore:
\(d^2 = ||4H_1||^2 + ||H_2||^2 + ||H_3||^2\) avec \([[H_n|| = \sqrt{n!}\)
\( d^2 = 16 \times \sqrt{1!}^2 + 1^2 \times \sqrt{2!}^2 +1^2 \times \sqrt{3!}^2 = 16+2+6 = 24\)
\( d = \sqrt{24}\)

• Méthode 1:
  On sait : \(\begin{align*}  \langle P[H_n \rangle = \langle P^{(n)}|H_0 \rangle \end{align*} \)
  \(\langle S|H_n \rangle  = \langle S^{(n)}|H_0 \rangle \)
  
  
  • Si \(n=0\)
    Dans ce cas , je ne peux pas avoir \(p \lt n\). Donc on a forcément \(n \gt 0\). Il nous reste à étudier le cas \(n\gt 0\)
    
    
  • Si \(n \gt 0\)
    \(\begin{align*}  \begin{cases} S=1 \Rightarrow S^{(n)}=0 \Rightarrow \langle S|H_n \rangle =\langle S^{(n)}|H_0 \rangle = \langle 0|H_0 \rangle =0 \\
    S = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \text{ et } \deg(S) = p ( \lt n) \Rightarrow S^{(n)}=0 \Rightarrow \langle S|H_n \rangle  = 0\end{cases} \end{align*} \)
    
    
• Méthode 2:
  \(S \in \mathbb R_p[X]\) dont une Base est \((H_0,H_1, \cdots , H_p)\) qui est orthogonale.
  \(S \in vect(H_0,H_1, \cdots , H_p)\)
  \(H_n\) avec \(n \gt p\), alors \(H_n \perp (H_i)_{0 \leq i \leq n}\)
  Donc \(H_n \perp vect(H_0,H_1, \cdots , H_n)\)
  et \(\langle H_n|S \rangle = 0 \Leftrightarrow \langle S|H_n \rangle = 0\)

Tous les polynômes de \(\mathbb C[X]\) sont décomposables en éléments simples de degré 1.
Dans \(\mathbb R[X]\), tous les polynômes sont décomposables en éléments simple de degré 1 et/ou de degré 2

\(H_n = \prod(x-a_i)^{\lambda_i} \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}\) produit de polynômes unitaires puisque \(H_n\) est un polynôme unitaire. \( \lambda_i\) et \(\mu_i\) existent pour les racines multiples.
\(H_n = \prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i}}_{\lambda_i \text{ impair}} \times  \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} \times \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}\)

Calculons \(S(x)H_n(x)\):
\( \begin{align*}S(x)H_n(x) & = \prod_{i=1}^p (x-a_i) \times \prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i}}_{\lambda_i \text{ impair}} \times  \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} \times \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0} \\
 & = \overbrace{\prod_{i=1}^p \underbrace{(x-a_i)^{\lambda_i+1}}_{\lambda_i \text{ impair}}}^{\geq 0 \text{ car } \lambda_i+1 \text{pair}} \times \overbrace{ \prod_{i=1}^q \underbrace{(x-a_i)^{\nu_i}}_{\nu_i \text{ pair}} }^{\geq 0} \times \overbrace{ \prod\underbrace{(x^2+\alpha_ix+\beta_i)^{\mu_i}}_{\Delta \lt 0}}^{\text{du signe du coef de x² }\gt 0} \end{align*}\)

Démonstration par l'absurde:

Supposons \(H_n\) n'a pas \(n\) racines distinctes réelles.
Alors \(p \lt n\), et d'apres la question 9, \(\langle S|H_n \rangle = 0\)

La fonction \(S(x) H_n(x)f(x)\) est continue et de classe \(C^{\infty}\) comme le produit de fonctions \(C^{\infty}\)

\(\begin{align*} \langle S|H_n \rangle & = \int_{- \infty}^{+ \infty} \underbrace{S(x) H_n(x)}_{\geq 0} \underbrace{f(x)}_{\gt 0}dx = 0 \end{align*} \)
Ce qui implique: \(\forall x \in \mathbb R, \space S(x)H_n(x) = 0\)
Donc \(SH_n\) est le polynôme identiquement nul et a une infinité de racines.

\(\mathbb R[X]\) est un anneau intègre: si un produit est nul , alors forcément soit \(S=0\) , soit \(H_n = 0\), ce qui est absurde car par définition : \(s \neq 0 \) et \(H_n \neq 0\)