Niveau : supérieur, du facile au difficile. Durée estimée : 2 h. 10 exercices avec corrections détaillées.
Rappel des notions clés
Deux polynômes $f$ et $g$ sont orthogonaux quand leur produit scalaire $\langle f,g\rangle=\int_a^b f(x)g(x)w(x)\,dx$ est nul, où le poids $w$ est une fonction positive qui pondère l'intégrale. Les polynômes de Legendre $P_n$ vivent sur $[-1\,;\,1]$ avec $w(x)=1$, ceux d'Hermite $H_n$ sur $\mathbb{R}$ avec $w(x)=e^{-x^2}$. Exemple : $\int_{-1}^{1}P_1(x)P_2(x)\,dx=\int_{-1}^{1}\frac{3x^3-x}{2}\,dx=0$, car la fonction intégrée est impaire.
La règle qui sert partout : $p_n$ est de degré $n$, donc $p_0,\dots,p_{n-1}$ forment une base des polynômes de degré au plus $n-1$, et $p_n$ est orthogonal à tout polynôme de degré strictement inférieur à $n$. De plus, $P_n$ et $H_n$ sont pairs si $n$ est pair, impairs si $n$ est impair. Les formules ci-dessous suivent la bibliothèque de fonctions mathématiques du NIST (DLMF, §18.3 et §18.9).
Formules à retenir :
- Legendre : $P_0=1$, $P_1=x$, $(n+1)P_{n+1}=(2n+1)xP_n-nP_{n-1}$, $P_n(1)=1$ et $\int_{-1}^{1}P_n(x)^2\,dx=\frac{2}{2n+1}$.
- Hermite : $H_0=1$, $H_1=2x$, $H_{n+1}=2xH_n-2nH_{n-1}$, coefficient dominant $2^n$, $H_n'=2nH_{n-1}$ et $\int_{\mathbb{R}}H_n(x)^2e^{-x^2}\,dx=2^n\,n!\,\sqrt{\pi}$.
- Projection sur une famille orthogonale : $f=\sum_k c_kp_k$ donne $c_k=\dfrac{\langle f,p_k\rangle}{\langle p_k,p_k\rangle}$.
Certains ouvrages utilisent plutôt $\mathit{He}_n$, orthogonaux pour le poids $e^{-x^2/2}$ et de coefficient dominant $1$ : vérifie toujours la convention de ton énoncé. Ici, c'est $H_n$ partout.
Piège classique : orthogonale ne veut pas dire orthonormée. Comme $\int_{-1}^{1}P_k^2\,dx=\frac{2}{2k+1}$, le coefficient de $P_k$ dans une décomposition est $c_k=\frac{2k+1}{2}\int_{-1}^{1}f(x)P_k(x)\,dx$. Oublier ce facteur fausse tous les coefficients.
Exercices : niveau facile
Exercice 1 : À partir de $P_0=1$, $P_1=x$ et de la relation $(n+1)P_{n+1}=(2n+1)xP_n-nP_{n-1}$, calcule $P_2$ et $P_3$. Vérifie ensuite que $P_2(1)=P_3(1)=1$.
Correction :
On applique la récurrence avec $n=1$, puis avec $n=2$.
Pour $n=1$ : $2P_2=3x\cdot x-1$, donc $P_2=\frac{3x^2-1}{2}$.
Pour $n=2$ : $3P_3=5xP_2-2P_1=\frac{15x^3-5x}{2}-2x=\frac{15x^3-9x}{2}$, donc $P_3=\frac{5x^3-3x}{2}$.
Contrôle : $P_2(1)=\frac{3-1}{2}=1$ et $P_3(1)=\frac{5-3}{2}=1$.
$P_2(x)=\frac{3x^2-1}{2}$ et $P_3(x)=\frac{5x^3-3x}{2}$. N'oublie pas de diviser par $n+1$ à la fin.
Exercice 2 : Avec $H_0=1$, $H_1=2x$ et $H_{n+1}=2xH_n-2nH_{n-1}$, calcule $H_2$, $H_3$ et $H_4$. Contrôle chaque résultat par son coefficient dominant et sa parité.
Correction :
Dans la récurrence, $2x$ multiplie $H_n$ et $2n$ multiplie $H_{n-1}$.
$H_2=2x\cdot2x-2\cdot1\cdot1=4x^2-2$.
$H_3=2x(4x^2-2)-4\cdot2x=8x^3-12x$.
$H_4=2x(8x^3-12x)-6(4x^2-2)=16x^4-48x^2+12$.
Contrôle : les coefficients dominants $4$, $8$, $16$ valent bien $2^n$ ; $H_3$ ne contient que des puissances impaires, $H_2$ et $H_4$ que des paires.
$H_2=4x^2-2$, $H_3=8x^3-12x$, $H_4=16x^4-48x^2+12$. Si tu trouves $H_3=16x^3-16x$, tu as multiplié $2x$ par $n$ : le coefficient dominant $16\neq2^3$ te le signale.
Exercice 3 : On rappelle que $P_2(x)=\frac{3x^2-1}{2}$. a) Montre, sans calculer $P_n$, que $\int_{-1}^{1}P_n(x)\,dx=0$ pour tout $n\geq1$. b) Calcule $\int_{-1}^{1}P_2(x)^2\,dx$ et compare avec la formule $\frac{2}{2n+1}$.
Correction :
a) Comme $P_0=1$, l'intégrale vaut $\langle P_n,P_0\rangle$, nulle par orthogonalité dès que $n\neq0$.
b) $P_2^2=\frac{9x^4-6x^2+1}{4}$ est paire, donc on intègre sur $[0\,;\,1]$ et on double :
$$\int_{-1}^{1}P_2^2\,dx=\frac{2}{4}\int_0^1(9x^4-6x^2+1)\,dx=\frac12\left(\frac95-2+1\right)=\frac25.$$$\int_{-1}^{1}P_2(x)^2\,dx=\frac25$, ce que donne bien $\frac{2}{2\times2+1}$.
Exercices : niveau moyen
Exercice 4 : La fonction génératrice des $P_n$ est la fonction dont ils sont les coefficients du développement en puissances de $t$ : pour $x\in[-1\,;\,1]$ et $|t|<1$, on admet que $\dfrac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=\sum_{n\geq0}P_n(x)\,t^n$ (DLMF, §18.12). a) Retrouve $P_0$, $P_1$, $P_2$ en développant à l'ordre 2 en $t$. b) Montre que $P_n(1)=1$ et $P_n(-1)=(-1)^n$ pour tout $n$.
Correction :
a) On pose $u=2xt-t^2$ et on utilise $(1-u)^{-1/2}=1+\frac12u+\frac38u^2+o(u^2)$. Comme $u^2=4x^2t^2+o(t^2)$ :
$$\frac{1}{\sqrt{1-2xt+t^2}}=1+xt+\left(\frac32x^2-\frac12\right)t^2+o(t^2).$$Par unicité du développement : $P_0=1$, $P_1=x$, $P_2=\frac{3x^2-1}{2}$.
b) Pour $x=1$, $\sqrt{1-2t+t^2}=|1-t|=1-t$ car $|t|<1$, et $\frac{1}{1-t}=\sum_{n\geq0}t^n$. Pour $x=-1$, on obtient $\frac{1}{1+t}=\sum_{n\geq0}(-1)^nt^n$.
$P_n(1)=1$ et $P_n(-1)=(-1)^n$ pour tout $n$.
Exercice 5 : On note $I_n=\int_0^{+\infty}x^ne^{-x^2}\,dx$ et on donne $I_0=\frac{\sqrt\pi}{2}$. a) Montre que $I_n=\frac{n-1}{2}I_{n-2}$ pour $n\geq2$. b) Calcule $I_2$ et $I_4$. c) Avec $H_2(x)=4x^2-2$, déduis-en $\int_{\mathbb{R}}H_2(x)^2e^{-x^2}\,dx$ et compare avec la formule $2^n\,n!\,\sqrt\pi$.
Correction :
a) On écrit $x^ne^{-x^2}=x^{n-1}\cdot xe^{-x^2}$, on intègre par parties sur $[0\,;\,A]$ avec $-\frac12e^{-x^2}$ pour primitive de $xe^{-x^2}$, puis on fait tendre $A$ vers $+\infty$ :
$$I_n=\left[-\frac12x^{n-1}e^{-x^2}\right]_0^{+\infty}+\frac{n-1}{2}\int_0^{+\infty}x^{n-2}e^{-x^2}\,dx.$$Le crochet est nul : en $0$ car $n-1\geq1$, en $+\infty$ par croissances comparées. Donc $I_n=\frac{n-1}{2}I_{n-2}$.
b) $I_2=\frac12I_0=\frac{\sqrt\pi}{4}$ et $I_4=\frac32I_2=\frac{3\sqrt\pi}{8}$.
c) $H_2^2=16x^4-16x^2+4$ est paire, et $\int_{\mathbb{R}}x^{2k}e^{-x^2}\,dx=2I_{2k}$ :
$$\int_{\mathbb{R}}H_2^2e^{-x^2}\,dx=2\left(16I_4-16I_2+4I_0\right)=2\left(6\sqrt\pi-4\sqrt\pi+2\sqrt\pi\right)=8\sqrt\pi.$$$\int_{\mathbb{R}}H_2(x)^2e^{-x^2}\,dx=8\sqrt\pi$, soit bien $2^2\times2!\times\sqrt\pi$.
Exercice 6 : On cherche le polynôme $q$ de degré au plus 2 qui approche le mieux $f(x)=|x|$ sur $[-1\,;\,1]$ au sens des moindres carrés, c'est-à-dire qui rend $\int_{-1}^{1}(f-q)^2\,dx$ minimal. On admet que $q=c_0P_0+c_1P_1+c_2P_2$ est la projection orthogonale de $f$, avec $P_0=1$, $P_1=x$ et $P_2=\frac{3x^2-1}{2}$. Calcule $c_0$, $c_1$, $c_2$, puis $q$.
Correction :
Chaque coefficient vaut $c_k=\frac{2k+1}{2}\int_{-1}^{1}|x|P_k(x)\,dx$.
$c_0=\frac12\int_{-1}^{1}|x|\,dx=\frac12$, et $c_1=0$ car $x\mapsto|x|\,x$ est impaire.
$c_2=\frac52\times2\int_0^1x\cdot\frac{3x^2-1}{2}\,dx=\frac52\left(\frac34-\frac12\right)=\frac58$.
Donc $q(x)=\frac12+\frac58\cdot\frac{3x^2-1}{2}=\frac{15x^2+3}{16}$.
$q(x)=\frac{15x^2+3}{16}$. Sans le facteur $\frac{2k+1}{2}$, on obtiendrait $1+\frac14P_2$, qui vaut $\frac78$ en $0$, très loin de $|0|=0$.
Exercices : niveau difficile
Exercice 7 : On admet que $e^{2xt-t^2}=\sum_{n\geq0}\frac{H_n(x)}{n!}t^n$ pour tous réels $x$ et $t$, et qu'on peut dériver cette série terme à terme par rapport à $x$. a) Montre que $H_n'=2nH_{n-1}$ pour $n\geq1$, puis vérifie-le sur $H_3=8x^3-12x$ et $H_2=4x^2-2$. b) Avec $H_{n+1}=2xH_n-2nH_{n-1}$, montre que $H_n$ est solution de $y''-2xy'+2ny=0$.
Correction :
a) La dérivée en $x$ de $e^{2xt-t^2}$ est $2t\,e^{2xt-t^2}$, donc
$$\sum_{n\geq0}\frac{H_n'(x)}{n!}t^n=\sum_{n\geq1}\frac{2H_{n-1}(x)}{(n-1)!}t^n.$$On identifie les coefficients de $t^n$ : $H_n'=\frac{n!}{(n-1)!}\,2H_{n-1}=2nH_{n-1}$. Sur $H_3$ : $H_3'=24x^2-12=6(4x^2-2)=6H_2$.
b) Grâce au a), la récurrence s'écrit $H_{n+1}=2xH_n-H_n'$. On dérive : $H_{n+1}'=2H_n+2xH_n'-H_n''$. Or $H_{n+1}'=2(n+1)H_n$, d'où $2(n+1)H_n=2H_n+2xH_n'-H_n''$.
$H_n''-2xH_n'+2nH_n=0$.
Exercice 8 : On admet que $P_n$ vérifie l'équation de Legendre $\big((1-x^2)P_n'\big)'+n(n+1)P_n=0$. Sans utiliser l'expression des $P_n$, montre par une intégration par parties que $\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,dx=0$ pour $m\neq n$.
Correction :
On multiplie l'équation de $P_n$ par $P_m$, puis on intègre par parties sur $[-1\,;\,1]$ :
$$n(n+1)\int_{-1}^{1}P_nP_m\,dx=-\int_{-1}^{1}\big((1-x^2)P_n'\big)'P_m\,dx=\int_{-1}^{1}(1-x^2)P_n'P_m'\,dx.$$Le terme de bord $\big[(1-x^2)P_n'P_m\big]_{-1}^{1}$ est nul, car $1-x^2$ s'annule en $\pm1$. Le dernier membre est symétrique en $m$ et $n$ : il vaut aussi $m(m+1)\int_{-1}^{1}P_nP_m\,dx$. Donc $\big(n(n+1)-m(m+1)\big)\int_{-1}^{1}P_nP_m\,dx=0$.
La fonction $k\mapsto k(k+1)$ est strictement croissante sur $\mathbb{N}$, donc $n(n+1)\neq m(m+1)$.
$\int_{-1}^{1}P_mP_n\,dx=0$ pour $m\neq n$.
Exercice 9 : On admet la formule de Rodrigues $H_n(x)=(-1)^ne^{x^2}\dfrac{d^n}{dx^n}\big(e^{-x^2}\big)$ ; on sait que $H_n$ est de degré $n$, de coefficient dominant $2^n$, et que $\int_{\mathbb{R}}e^{-x^2}\,dx=\sqrt\pi$. Pour $m\leq n$, montre par $n$ intégrations par parties que $\int_{\mathbb{R}}H_mH_ne^{-x^2}\,dx=\int_{\mathbb{R}}H_m^{(n)}(x)\,e^{-x^2}\,dx$. Déduis-en l'orthogonalité des $H_n$ et la valeur de $\int_{\mathbb{R}}H_n^2e^{-x^2}\,dx$.
Correction :
On pose $g(x)=e^{-x^2}$. Rodrigues donne $H_ne^{-x^2}=(-1)^ng^{(n)}$, et plus généralement $g^{(k)}=(-1)^kH_k\,g$ : un polynôme fois $e^{-x^2}$, qui tend vers $0$ en $\pm\infty$.
On intègre $n$ fois par parties. Les termes de bord sont nuls, et chaque intégration fait passer une dérivée sur $H_m$ en changeant le signe :
$$\int_{\mathbb{R}}H_mH_ne^{-x^2}\,dx=(-1)^n\int_{\mathbb{R}}H_m\,g^{(n)}\,dx=(-1)^n(-1)^n\int_{\mathbb{R}}H_m^{(n)}\,g\,dx.$$Si $m<n$, $H_m^{(n)}=0$ car $H_m$ est de degré $m$ : l'intégrale est nulle, et le cas $m>n$ s'en déduit par symétrie. Si $m=n$, $H_n^{(n)}=2^n\,n!$, car le coefficient dominant de $H_n$ vaut $2^n$.
Les $H_n$ sont orthogonaux et $\int_{\mathbb{R}}H_n^2e^{-x^2}\,dx=2^n\,n!\,\sqrt\pi$.
Exercice 10 : Tu dois estimer $\int_{-1}^{1}e^x\,dx$, mais chaque évaluation de la fonction coûte cher (une simulation, une mesure) : tu n'en as que deux. La méthode de Gauss-Legendre à deux points remplace $\int_{-1}^{1}f(x)\,dx$ par $f(-a)+f(a)$, où $-a$ et $a$ sont les racines de $P_2(x)=\frac{3x^2-1}{2}$. a) Calcule $a$. b) Montre que la formule est exacte pour tout polynôme de degré au plus 3. c) Applique-la à $e^x$ et donne l'écart avec la valeur exacte, à $10^{-4}$ près.
Correction :
a) $P_2$ s'annule en $\pm\frac{1}{\sqrt3}$, donc $a=\frac{1}{\sqrt3}$.
b) On divise $f$ par $P_2$ : $f=QP_2+R$, avec $Q$ et $R$ de degré au plus 1. Comme $Q$ est orthogonal à $P_2$, $\int_{-1}^{1}f\,dx=\int_{-1}^{1}R\,dx$. Comme $P_2(\pm a)=0$, $f(\pm a)=R(\pm a)$. Pour $R(x)=\alpha x+\beta$ : $\int_{-1}^{1}R\,dx=2\beta=R(-a)+R(a)$.
c) $e^{-a}+e^{a}=2\cosh\frac{1}{\sqrt3}\approx2{,}3427$, et la valeur exacte est $e-e^{-1}\approx2{,}3504$.
Écart d'environ $0{,}0077$, soit $0{,}3\,\%$ de la valeur exacte, avec deux évaluations seulement. La méthode des trapèzes, $f(-1)+f(1)\approx3{,}0862$, se trompe de plus de $0{,}7$.
Bilan et conseils
Avant un calcul long, cherche l'argument d'orthogonalité : face à $p_n$, un polynôme de degré inférieur à $n$ donne une intégrale nulle, comme une fonction impaire intégrée sur $[-1\,;\,1]$. Pour démontrer l'orthogonalité elle-même, tu as vu deux méthodes : l'intégration par parties sur l'équation différentielle (exercice 8) et la formule de Rodrigues (exercice 9).
Ce qu'il faut retenir : contrôle chaque polynôme calculé par son coefficient dominant, sa parité et, pour Legendre, sa valeur en $1$. Dans une projection, divise toujours par $\langle p_k,p_k\rangle$. Vérifie enfin si ton énoncé utilise $H_n$ ou $\mathit{He}_n$.