Dans le cadre du contenu écrit dans l'article 214, les polynômes de Legendre peuvent être définis par la formule de Rodrigues :
\forall n\in \N, \mathscr{L}_n(X) = \frac{1}{2^n n !}\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right].Il a été démontré, via les paragraphes contenus dans l'article 216, que ces polynômes sont orthogonaux relativement au produit scalaire défini par :
\forall (P,Q)\in (\R[X])^2, \langle P, Q \rangle = \int_{-1}^1 P(t)Q(t)\,\mathrm{d}t.D’autre part, il a été établi dans l'article 218 que les normes vérifient :
\forall n\in\N, \Vert \mathscr{L}_n\Vert^2=\frac{2}{2n+1}.Déterminez le coefficient dominant
Soit $n\in\N.$ Le coefficient dominant du polynôme $(X^2-1)^n$ est $1$ il est attaché au monôme $X^{2n}.$ En dérivant $n$ fois, vous déduisez que le coefficient dominant du polynôme $\frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}X^n}\left[(X^2-1)^n\right]$ est $\frac{(2n) !}{n !}$ attaché au monôme $X^n.$ Multipliant par $\frac{1}{2^n n !}$, vous en tirez que le coefficient dominant de $\mathscr{L_n}$ est :
\frac{1}{2^n n !}\times \frac{(2n) !}{n !} = \boxed{\frac{(2n) !}{2^n(n !)^2}.}Décomposez le polynôme $X\mathscr{L}_{n}(X)$ sur les polynômes de Legendre précédents
Soit $n\in\N.$ La famille $(\mathscr{L}_{0},\dots, \mathscr{L}_{n+1})$ est étagée de degré en degré, par conséquent c’est une base de l’espace des polynômes réels dont les degrés sont inférieurs ou égaux à $n+1.$
Or, le polynôme $X\mathscr{L}_{n}(X)$ est de degré $n+1.$
Il existe donc $(a_0,\dots,a_{n+1})\in\R^{n+2}$ tel que :
X\mathscr{L}_{n}(X) = \sum_{k=0}^{n+1} a_k \mathscr{L}_{k}(X).Le coefficient dominant du polynôme $\mathscr{L}_{n}(X)$ est $\frac{(2n) !}{2^n(n !)^2}$ il en est donc de même du polynôme $X\mathscr{L}_{n}(X).$
Le coefficient dominant du polynôme $\mathscr{L}_{n+1}(X)$ est $\frac{(2n+2) !}{2\times 2^n (n+1)^2 (n !)^2}.$
Par identification du coefficient dominant, il vient :
\begin{align*}
\frac{(2n) !}{2^n(n !)^2} &= a_{n+1}\times \frac{(2n+2) !}{2\times 2^n (n+1)^2 (n !)^2}\\
\frac{(2n) !}{2^n} &= a_{n+1}\times \frac{(2n+2) !}{2\times 2^n (n+1)^2}\\
(2n) ! &= a_{n+1}\times \frac{(2n+2) !}{2 (n+1)^2}\\
1 &= a_{n+1}\times \frac{(2n+2)(2n+1)}{2 (n+1)^2}\\
1 &= a_{n+1}\times \frac{2(n+1)(2n+1)}{2 (n+1)^2}\\
1 &= a_{n+1}\times \frac{2(2n+1)}{2 (n+1)}\\
1 &= a_{n+1}\times \frac{2n+1}{n+1}\\
\frac{n+1}{2n+1} &=a_{n+1}.
\end{align*}De ce qui précède, vous avez :
\boxed{\forall n\in\N, \exists (a_0,\dots,a_n)\in\R^{n+1},X\mathscr{L}_{n}(X) =\frac{n+1}{2n+1}\mathscr{L}_{n+1}(X)+ \sum_{k=0}^{n} a_k \mathscr{L}_{k}(X).}L’orthogonalité des polynômes de Legendre va avoir pour conséquence étonnante le fait que les coefficients $a_k$, pour $k$ décrivant l’intervalle d’entiers $\llbracket 0, n-2\rrbracket$ sont tous nuls.
Démontrez que $\forall n\geq 2, \forall k\in\llbracket 0, n-2\rrbracket, a_k = 0$
Soit $n\in\N$ tel que $n\geq 2$ et soit $k\in \llbracket 0, n-2\rrbracket.$ Posez $a_{n+1} = \frac{n+1}{2n+1}.$ Il existe $(a_0,\dots,a_n)\in\R^{n+1}$ tel que :
\begin{aligned}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X) , \mathscr{L}_{k}\rangle &= \left\langle \sum_{\ell=0}^{n+1} a_{\ell} \mathscr{L}_{\ell}, \mathscr{L}_{k}\right\rangle\\
&=a_{\ell} \sum_{\ell=0}^{n+1} \langle\mathscr{L}_{\ell}, \mathscr{L}_{k}\rangle\\
&=a_{k}\Vert \mathscr{L}_{k} \Vert^2\\
&=\frac{2a_{k}}{2k+1}.
\end{aligned}Or :
\begin{aligned}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X) , \mathscr{L}_{k}\rangle &= \int_{-1}^{1} t\mathscr{L}_{n}(t)\mathscr{L}_{k}(t)\dt\\
&= \int_{-1}^{1} \mathscr{L}_{n}(t)(t\mathscr{L}_{k}(t))\dt\\
&=\langle \mathscr{L}_{n}, X\mathscr{L}_{k}(X)\rangle.
\end{aligned}Le polynôme $X\mathscr{L}_{k}(X)$ est de degré $k+1$, donc il existe $(b_0\dots, b_{k+1})\in\R^{k+2}$ tel que :
X\mathscr{L}_{k}(X) = \sum_{\ell=0}^{k+1} b_{\ell} \mathscr{L}_{\ell}(X).Utilisant la linéarité du produit scalaire :
\begin{align*}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X) , \mathscr{L}_{k}\rangle &=\langle \mathscr{L}_{n}, X\mathscr{L}_{k}(X)\rangle \\
&= \left\langle\mathscr{L}_{n}, \sum_{\ell=0}^{k+1} b_{\ell} \mathscr{L}_{\ell}(X)\right\rangle\\
&= b_{\ell} \sum_{\ell=0}^{k+1} \langle\mathscr{L}_{n}, \mathscr{L}_{\ell}\rangle
\end{align*}Or, pour tout $\ell\in\llbracket 0, k+1\rrbracket$ vous avez $\ell\in\llbracket 0, n-1\rrbracket$ et donc $\forall \ell\in\llbracket 0, k+1\rrbracket, n\neq \ell.$
Par orthogonalité des polynômes de Legendre, il vient $\langle X\mathscr{L}_{n}(X) , \mathscr{L}_{k}\rangle = 0.$ Du coup, $\frac{2a_{k}}{2k+1}=0$ et $a_k = 0.$
Formez la récurrence à deux crans
D’après ce qui précède, vous avez obtenu :
\boxed{\forall n\in\NN, \exists (a_{n-1}, a_n)\in\R^2,X\mathscr{L}_{n}(X) = \frac{n+1}{2n+1}\mathscr{L}_{n+1}(X)+a_{n}\mathscr{L}_{n}(X)+a_{n-1}\mathscr{L}_{n-1}(X).}Montrez que $a_n = 0$
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $1.$ Posez $a_{n+1} = \frac{n+1}{2n+1}$ et utilisez l’existence de $(a_{n-1},a_n)\in\R^2$ dans la relation précédente et le produit scalaire à droite avec $\mathscr{L}_{n}$ :
\begin{align*}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X), \mathscr{L}_{n}\rangle &= \langle a_{n+1}\mathscr{L}_{n+1}(X)+a_{n}\mathscr{L}_{n}(X)+a_{n-1}\mathscr{L}_{n-1}(X), \mathscr{L}_{n} \rangle\\
&=a_{n+1}\langle \mathscr{L}_{n+1}, \mathscr{L}_{n}\rangle+a_n\Vert \mathscr{L}_{n}\Vert^2+a_{n-1}\langle \mathscr{L}_{n-1}, \mathscr{L}_{n}\rangle\\
&=a_n\Vert \mathscr{L}_{n}\Vert^2\\
&=\frac{2a_n}{2n+1}.
\end{align*}Utilisant la définition du produit scalaire :
\begin{align*}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X), \mathscr{L}_{n}\rangle &= \int_{-1}^{1} t(\mathscr{L}_{n}(t))^2\dt.
\end{align*}Or, la fonction $t\mapsto t(\mathscr{L}_{n}(t))^2$ possède une parité.
Plus précisément, si vous posez $Q(X) = (X^2-1)^n$, vous avez une fonction paire : $Q(X)=Q(-X).$ Du coup, en dérivant, pour tout $k\in\N, Q^{(k)}(X) = (-1)^k Q(-X)$ et par suite $\mathscr{L}_{n}(X) = (-1)^n \mathscr{L}_{n}(-X)$ d’où $(\mathscr{L}_{n}(X))^2 = (\mathscr{L}_{n}(-X))^2.$
Vous déduisez que la fonction $t\mapsto t(\mathscr{L}_{n}(t))^2$ est polynômiale et impaire.
Du coup, $\int_{-1}^{1} t(\mathscr{L}_{n}(t))^2\dt = 0$ puis $\frac{2a_n}{2n+1}=0$ et ainsi, $a_n = 0.$
Finalement :
\boxed{\forall n\in\NN, \exists a_{n-1}\in\R, X\mathscr{L}_{n}(X) = \frac{n+1}{2n+1}\mathscr{L}_{n+1}(X)+a_{n-1}\mathscr{L}_{n-1}(X).}Calculez $a_{n-1}$
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $1.$ Posez encore $a_{n+1} = \frac{n+1}{2n+1}$ et utilisez l’existence de $a_{n-1}\in\R$ dans la relation précédente et le produit scalaire à droite avec $\mathscr{L}_{n-1}$ pour obtenir :
\begin{align*}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X), \mathscr{L}_{n-1}\rangle &= \langle a_{n+1}\mathscr{L}_{n+1}+a_{n-1}\mathscr{L}_{n-1}, \mathscr{L}_{n-1} \rangle\\
&= a_{n+1}\langle \mathscr{L}_{n+1},\mathscr{L}_{n-1}\rangle +a_{n-1}\Vert\mathscr{L}_{n-1}\Vert^2\\
&= a_{n-1}\Vert\mathscr{L}_{n-1}\Vert^2\\
&=\frac{2a_{n-1}}{2n-1}.
\end{align*}D’autre part :
\begin{align*}
\langle X\mathscr{L}_{n}(X), \mathscr{L}_{n-1}\rangle &= \int_{-1}^{1}t\mathscr{L}_{n}(t)\mathscr{L}_{n-1}(t)\dt\\
&=\int_{-1}^{1}\mathscr{L}_{n}(t)(t\mathscr{L}_{n-1}(t))\dt\\
&=\langle \mathscr{L}_{n}, X\mathscr{L}_{n-1}(X)\rangle.
\end{align*}Premier cas : $n\geq 2.$ Il existe un couple $(u,v)\in\R^2$ tel que :
X\mathscr{L}_{n-1}(X) = \frac{n}{2n-1}\mathscr{L}_{n}(X)+u\mathscr{L}_{n-1}(X)+v\mathscr{L}_{n-2}(X).Utilisant le produit scalaire à gauche avec $\mathscr{L}_{n}$, il vient :
\begin{align*}
\langle \mathscr{L}_{n}, X\mathscr{L}_{n-1}(X)\rangle &= \left\langle \mathscr{L}_{n}, \frac{n}{2n-1}\mathscr{L}_{n}(X)+u\mathscr{L}_{n-1}(X)+v\mathscr{L}_{n-2}(X) \right\rangle\\
&=\frac{n}{2n-1}\Vert\mathscr{L}_{n}\Vert^2+u\langle\mathscr{L}_{n}, \mathscr{L}_{n-1}\rangle+v\langle \mathscr{L}_{n}
,\mathscr{L}_{n-2}\rangle\\
&=\frac{n}{2n-1}\Vert\mathscr{L}_{n}\Vert^2\\
&=\frac{n}{2n-1}\times \frac{2}{2n+1}.
\end{align*}Second cas : $n=1.$ Le polynôme $X\mathscr{L}_{n-1}(X)$ est égal à $X = \mathscr{L}_{1}(X).$
\begin{align*}
\langle \mathscr{L}_{n}, X\mathscr{L}_{n-1}(X)\rangle &= \Vert \mathscr{L}_{1} \Vert^2\\
&=\frac{2}{3}\\
&=\frac{n}{2n-1}\times \frac{2}{2n+1}.
\end{align*}Vous déduisez dans tous les cas que :
\begin{align*}
\frac{2a_{n-1}}{2n-1} &= \frac{2n}{(2n-1)(2n+1)}\\
2a_{n-1} &= \frac{2n}{2n+1}\\
a_{n-1} &= \frac{n}{2n+1}.
\end{align*}Concluez
D’après ce qui précède, vous avez :
\forall n\in\NN, X\mathscr{L}_{n}(X) = \frac{n+1}{2n+1}\mathscr{L}_{n+1}(X)+\frac{n}{2n+1}\mathscr{L}_{n-1}(X).Et finalement, vous obtenez la relation de récurrence suivante liant les polynômes de Legendre entre eux :
\boxed{\forall n\in\NN, (n+1)\mathscr{L}_{n+1}(X)- (2n+1)X\mathscr{L}_{n}(X)+n\mathscr{L}_{n-1}(X)=0.}Partagez !
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