En raison de limitations techniques, la typographie souhaitable du titre, «
Exercice : Polynômes de LaguerreEspace préhilbertien réel/Exercices/Polynômes de Laguerre », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
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On travaille dans
E
=
R
[
X
]
{\displaystyle E=\mathbb {R} [X]}
muni du produit scalaire
⟨
f
,
g
⟩
=
∫
0
+
∞
f
(
x
)
g
(
x
)
e
−
x
d
x
{\displaystyle \langle f,g\rangle =\int _{0}^{+\infty }f(x)g(x)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x}
.
On définit, pour tout
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
, le n -ième polynôme de Laguerre
L
n
{\displaystyle L_{n}}
par :
∀
x
∈
R
L
n
(
x
)
=
e
x
n
!
d
n
d
x
n
(
e
−
x
x
n
)
{\displaystyle \forall x\in \mathbb {R} \quad L_{n}(x)={\frac {\operatorname {e} ^{x}}{n!}}{\frac {\mathrm {d} ^{n}}{\mathrm {d} x^{n}}}(\operatorname {e} ^{-x}x^{n})}
.
Vérifier que
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
est bien un produit scalaire sur E .
Calculer L ₀, L ₁, L ₂ et L ₃.
Montrer que
(
L
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (L_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
est une famille orthonormale de
R
[
X
]
{\displaystyle \mathbb {R} [X]}
Montrer que pour tout
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
, Ln vérifie l'équation différentielle
(
E
1
)
:
x
L
n
″
(
x
)
+
(
1
−
x
)
L
n
′
(
x
)
+
n
L
n
(
x
)
=
0
{\displaystyle (E_{1})~:~xL_{n}''(x)+(1-x)L_{n}'(x)+nL_{n}(x)=0}
.
Montrer que L vérifie l'équation
(
E
2
)
:
∀
n
∈
N
∀
x
∈
R
(
n
+
1
)
L
n
+
1
(
x
)
+
(
x
−
2
n
−
1
)
L
n
(
x
)
+
n
L
n
−
1
(
x
)
=
0
{\displaystyle (E_{2})~:~\forall n\in \mathbb {N} \quad \forall x\in \mathbb {R} \quad (n+1)L_{n+1}(x)+(x-2n-1)L_{n}(x)+nL_{n-1}(x)=0}
.
Solution des questions 1 et 2
Pour tout
P
,
Q
∈
R
[
X
]
x
↦
P
(
x
)
Q
(
x
)
e
−
x
{\displaystyle P,Q\in \mathbb {R} [X]\quad x\mapsto P(x)Q(x)\operatorname {e} ^{-x}}
est intégrable sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
, donc
⟨
P
,
Q
⟩
{\displaystyle \langle P,Q\rangle }
est bien défini.
La linéarité de l'intégrale donne la bilinéarité de
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
.
La symétrie et la positivité sont triviales.
Soit
P
∈
E
{\displaystyle P\in E}
tel que
⟨
P
,
P
⟩
=
0
{\displaystyle \langle P,P\rangle =0}
. La fonction
x
↦
P
2
(
x
)
e
−
x
{\displaystyle x\mapsto P^{2}(x)\operatorname {e} ^{-x}}
est continue, positive et d'intégrale sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
nulle, donc elle est identiquement nulle, c'est-à-dire P = 0.
On a montré que
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
était bilinéaire, symétrique, définie positive. Donc
⟨
⋅
,
⋅
⟩
{\displaystyle \langle \cdot ,\cdot \rangle }
est un produit scalaire sur E .
L
0
(
x
)
=
1
{\displaystyle L_{0}(x)=1}
L
1
(
x
)
=
−
x
+
1
{\displaystyle L_{1}(x)=-x+1}
L
2
(
x
)
=
x
2
2
−
2
x
+
1
{\displaystyle L_{2}(x)={\frac {x^{2}}{2}}-2x+1}
L
3
(
x
)
=
−
1
6
x
3
+
3
2
x
2
−
3
x
+
1
{\displaystyle L_{3}(x)=-{\frac {1}{6}}x^{3}+{\frac {3}{2}}x^{2}-3x+1}
Absence de solution des questions 3 à 5
Cette solution n'a pas été rédigée. Vous pouvez le faire en modifiant le paramètre « contenu
» du modèle. Comment faire ?
On considère l'espace de Hilbert
H
=
L
2
(
R
+
,
μ
)
{\displaystyle H=\mathrm {L} ^{2}(\mathbb {R} _{+},\mu )}
où
d
μ
(
x
)
=
e
−
x
1
R
+
d
λ
(
x
)
{\displaystyle \mathrm {d} \mu (x)=\operatorname {e} ^{-x}1_{\mathbb {R} _{+}}\mathrm {d} \lambda (x)}
,
λ
{\displaystyle \lambda }
étant la mesure de Lebesgue sur
R
{\displaystyle \mathbb {R} }
.
On définit pour tout
n
∈
N
{\displaystyle n\in \mathbb {N} }
et
x
∈
R
+
{\displaystyle x\in \mathbb {R} _{+}}
,
L
n
(
x
)
=
e
x
n
!
d
n
d
x
n
(
x
n
e
−
x
)
{\displaystyle L_{n}(x)={\frac {e^{x}}{n!}}{\frac {\mathrm {d} ^{n}}{\mathrm {d} x^{n}}}(x^{n}\operatorname {e} ^{-x})}
.
Montrer que
L
n
{\displaystyle L_{n}}
est un polynôme de degré
L
n
{\displaystyle L_{n}}
et donner son coefficient dominant.
Calculer le produit scalaire
⟨
X
k
,
L
n
⟩
{\displaystyle \langle X^{k},L_{n}\rangle }
pour tout
0
≤
k
≤
n
{\displaystyle 0\leq k\leq n}
.
En déduire que
(
L
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (L_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
est une famille orthonormale de
H
{\displaystyle H}
.
Montrer que pour tout
α
∈
R
+
{\displaystyle \alpha \in \mathbb {R} _{+}}
,
∑
n
≥
0
(
∫
R
+
e
−
α
x
L
n
(
x
)
e
−
x
d
x
)
2
=
1
2
α
+
1
{\displaystyle \sum _{n\geq 0}\left(\int _{\mathbb {R} _{+}}\operatorname {e} ^{-\alpha x}L_{n}(x)\operatorname {e} ^{-x}\,\mathrm {d} x\right)^{2}={\frac {1}{2\alpha +1}}}
.
En déduire que
f
α
:
x
↦
e
−
α
x
{\displaystyle f_{\alpha }:x\mapsto \operatorname {e} ^{-\alpha x}}
appartient à l'adhérence de
Vect
(
(
L
n
)
n
∈
N
)
{\displaystyle \operatorname {Vect} \left((L_{n})_{n\in \mathbb {N} }\right)}
dans
H
{\displaystyle H}
.
Soit
f
∈
C
0
(
R
+
)
{\displaystyle f\in C_{0}(\mathbb {R} _{+})}
l'espace des fonctions nulles à l'infini. En appliquant le théorème de Stone-Weierstrass à la fonction
g
:
[
0
,
1
]
→
R
{\displaystyle g:[0,1]\to \mathbb {R} }
définie par
g
(
x
)
=
f
(
−
ln
x
)
{\displaystyle g(x)=f(-\ln x)}
si
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
et
g
(
0
)
=
0
{\displaystyle g(0)=0}
, montrer que la suite
(
f
n
)
n
∈
N
{\displaystyle (f_{n})_{n\in \mathbb {N} }}
est totale dans
C
0
(
R
+
)
{\displaystyle C_{0}(\mathbb {R} _{+})}
pour la norme
‖
⋅
‖
∞
{\displaystyle \|\cdot \|_{\infty }}
.
Montrer que
(
L
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (L_{n})_{n\geq 0}}
est une base hilbertienne de
H
{\displaystyle H}
.
Solution
Si
P
{\displaystyle P}
est un polynôme,
(
e
−
x
P
)
′
=
e
−
x
Q
{\displaystyle ({\rm {e}}^{-x}P)'={\rm {e}}^{-x}Q}
avec
Q
=
−
P
+
P
′
{\displaystyle Q=-P+P'}
, de même degré que
P
{\displaystyle P}
et de coefficient dominant opposé. Donc
L
n
{\displaystyle L_{n}}
est un polynôme de degré
n
{\displaystyle n}
et de coefficient dominant
(
−
1
)
n
n
!
{\displaystyle {\frac {(-1)^{n}}{n!}}}
.
Pour
0
≤
k
≤
n
{\displaystyle 0\leq k\leq n}
,
⟨
X
k
,
L
n
⟩
=
∫
0
+
∞
x
k
e
x
n
!
d
n
d
x
n
(
x
n
e
−
x
)
e
−
x
d
x
=
1
n
!
∫
0
+
∞
x
k
d
n
d
x
n
(
x
n
e
−
x
)
d
x
=
(
−
1
)
k
k
!
n
!
∫
0
+
∞
d
n
−
k
d
x
n
−
k
(
x
n
e
−
x
)
d
x
(par
k
intégrations par parties)
=
{
si
k
<
n
:
0
si
k
=
n
:
(
−
1
)
n
∫
0
+
∞
x
n
e
−
x
d
x
=
(
−
1
)
n
n
!
(par
n
intégrations par parties).
{\displaystyle {\begin{aligned}\langle X^{k},L_{n}\rangle &=\int _{0}^{+\infty }x^{k}{\frac {{\rm {e}}^{x}}{n!}}{\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}(x^{n}{\rm {e}}^{-x}){\rm {e}}^{-x}{\rm {d}}x\\&={\frac {1}{n!}}\int _{0}^{+\infty }x^{k}{\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}(x^{n}{\rm {e}}^{-x}){\rm {d}}x\\&={\frac {(-1)^{k}k!}{n!}}\int _{0}^{+\infty }{\frac {{\rm {d}}^{n-k}}{{\rm {d}}x^{n-k}}}(x^{n}{\rm {e}}^{-x}){\rm {d}}x{\text{ (par }}k{\text{ intégrations par parties)}}\\&={\begin{cases}{\text{si }}k<n~:&0\\{\text{si }}k=n~:&(-1)^{n}\int _{0}^{+\infty }x^{n}{\rm {e}}^{-x}{\rm {d}}x=(-1)^{n}n!{\text{ (par }}n{\text{ intégrations par parties).}}\end{cases}}\end{aligned}}}
D'après les deux questions précédentes, chaque
L
n
{\displaystyle L_{n}}
est orthogonal aux précédents et
⟨
L
n
,
L
n
⟩
=
(
−
1
)
n
n
!
⟨
X
n
,
L
n
⟩
=
1
{\displaystyle \langle L_{n},L_{n}\rangle ={\frac {(-1)^{n}}{n!}}\langle X^{n},L_{n}\rangle =1}
.
Soit
α
≥
0
{\displaystyle \alpha \geq 0}
.
∫
0
+
∞
e
−
α
x
L
n
(
x
)
e
−
x
d
x
=
1
n
!
∫
0
+
∞
e
−
α
x
d
n
d
x
n
(
x
n
e
−
x
)
d
x
=
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }{\rm {e}}^{-\alpha x}L_{n}(x){\rm {e}}^{-x}{\rm {d}}x={\frac {1}{n!}}\int _{0}^{+\infty }{\rm {e}}^{-\alpha x}{\frac {{\rm {d}}^{n}}{{\rm {d}}x^{n}}}(x^{n}{\rm {e}}^{-x}){\rm {d}}x=}
(après
n
{\displaystyle n}
intégrations par parties)
α
n
n
!
∫
0
+
∞
x
n
e
−
(
α
+
1
)
x
d
x
=
α
n
n
!
(
α
+
1
)
n
+
1
∫
0
+
∞
y
n
e
−
y
d
y
=
α
n
(
α
+
1
)
n
+
1
{\displaystyle {\frac {\alpha ^{n}}{n!}}\int _{0}^{+\infty }x^{n}{\rm {e}}^{-(\alpha +1)x}{\rm {d}}x={\frac {\alpha ^{n}}{n!(\alpha +1)^{n+1}}}\int _{0}^{+\infty }y^{n}{\rm {e}}^{-y}{\rm {d}}y={\frac {\alpha ^{n}}{(\alpha +1)^{n+1}}}}
(la dernière égalité résultant d'un calcul déjà fait dans 2.1). La somme des carrés vaut donc, avec
q
:=
α
2
(
α
+
1
)
2
∈
[
0
,
1
[
{\displaystyle q:={\frac {\alpha ^{2}}{(\alpha +1)^{2}}}\in \left[0,1\right[}
1
(
α
+
1
)
2
∑
n
∈
N
q
n
=
1
(
α
+
1
)
2
(
1
−
q
)
=
1
(
α
+
1
)
2
−
α
2
=
1
2
α
+
1
{\displaystyle {\frac {1}{(\alpha +1)^{2}}}\sum _{n\in \mathbb {N} }q^{n}={\frac {1}{(\alpha +1)^{2}(1-q)}}={\frac {1}{(\alpha +1)^{2}-\alpha ^{2}}}={\frac {1}{2\alpha +1}}}
.
Ce qu'on vient de calculer est la norme au carré du projeté de
f
α
{\displaystyle f_{\alpha }}
sur cette adhérence. Il suffit donc de vérifier que ce nombre est égal à la norme au carré de
f
α
{\displaystyle f_{\alpha }}
:
∫
0
+
∞
f
α
2
(
x
)
e
−
x
d
x
=
∫
0
+
∞
e
−
(
2
α
+
1
)
x
d
x
=
1
2
α
+
1
{\displaystyle \int _{0}^{+\infty }f_{\alpha }^{2}(x){\rm {e}}^{-x}{\rm {d}}x=\int _{0}^{+\infty }{\rm {e}}^{-(2\alpha +1)x}{\rm {d}}x={\frac {1}{2\alpha +1}}}
.
x
↦
−
ln
x
{\displaystyle x\mapsto -\ln x}
est un homémomorphisme (décroissant) de
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
sur
[
0
,
+
∞
]
{\displaystyle [0,+\infty ]}
donc si
f
∈
C
0
(
R
+
)
{\displaystyle f\in C_{0}(\mathbb {R} _{+})}
,
g
(
x
)
=
f
(
−
ln
x
)
{\displaystyle g(x)=f(-\ln x)}
est continue sur
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
et nulle en 0. Elle est donc limite uniforme sur
[
0
,
1
]
{\displaystyle [0,1]}
de combinaisons linéaires des
x
n
{\displaystyle x^{n}}
pour
n
>
0
{\displaystyle n>0}
, donc
f
{\displaystyle f}
est limite uniforme sur
R
+
{\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}
des combinaisons, avec les mêmes coefficients, des
f
n
{\displaystyle f_{n}}
pour
n
>
0
{\displaystyle n>0}
.
L'application
f
↦
g
{\displaystyle f\mapsto g}
est une bijection linéaire isométrique de
H
{\displaystyle H}
dans
L
2
(
[
0
,
1
]
,
λ
)
{\displaystyle {\rm {L}}^{2}([0,1],\lambda )}
, qui envoie
(
f
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (f_{n})_{n\geq 0}}
sur
(
x
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (x^{n})_{n\geq 0}}
. Comme
(
x
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (x^{n})_{n\geq 0}}
est totale dans
(
C
(
[
0
,
1
]
)
,
‖
‖
∞
)
{\displaystyle (C([0,1]),\|~\|_{\infty })}
et a fortiori dans
L
2
(
[
0
,
1
]
,
λ
)
{\displaystyle {\rm {L}}^{2}([0,1],\lambda )}
,
(
f
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (f_{n})_{n\geq 0}}
est totale dans
H
{\displaystyle H}
, donc
(
L
n
)
n
≥
0
{\displaystyle (L_{n})_{n\geq 0}}
aussi d'après la question 4.