Maths B
X-ENSMP2025
# Corrigé « cours didactique » — X‑ENS 2025, Mathématiques B, filière MP
**Concours :** École polytechnique (X) — Concours d'admission 2025
**Épreuve :** Mathématiques B (épreuve n° 3), filières MP‑MPI — durée 4 h, sans calculatrice
**Filière :** MP (statistiques du rapport : options MP et MPI confondues)
**Thème.** Problèmes classiques d'approximation. Interpolation d'Hermite (dérivées imposées avec multiplicités) et formule d'erreur ; polynômes orthogonaux pour un produit scalaire à poids, relation de récurrence à trois termes et entrelacement des racines ; fonction génératrice $(1-2rx+r^2)^{-\lambda}$ et polynômes de Gegenbauer ; fonctions de type positif et produit de Hadamard.
**Grandes notions du programme mobilisées.** Théorème de Rolle et formule de Taylor avec reste intégral (MPSI) ; classe $\mathscr{C}^k$ d'une intégrale à paramètre et théorème de dérivation sous le signe intégral (MP, analyse) ; arithmétique des polynômes, division euclidienne, multiplicité d'une racine (MPSI) ; algèbre linéaire en dimension finie (injective + égalité des dimensions ⇒ bijective) ; espaces préhilbertiens réels, procédé de Gram‑Schmidt, projection orthogonale (MP) ; séries entières, développement en série entière, unicité des coefficients (MP) ; théorème spectral pour les matrices symétriques réelles (MP) ; intégration par parties (MPSI).
> **Convention de lecture.** Pour chaque question figurent quatre blocs : **Rappel de cours** (outils précis), **Analyse** (idée directrice), **Solution** (démonstration complète), **À retenir** (méthode + remarque traçable du rapport du jury, avec son taux de réussite). Les blocs de rappel communs à une partie sont mutualisés en tête de partie pour éviter les redondances.
On note $\langle\cdot,\cdot\rangle$ le produit scalaire courant selon la partie, et $\|P\|^2=\langle P,P\rangle$.
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## Première partie — Interpolation d'Hermite et formule d'erreur
*Cadre.* $a<b$, $f\in\mathscr{C}^\infty([a,b],\mathbb{R})$.
Une fonction $h$ **s'annule à l'ordre $N$** dans $[a,b]$ s'il existe $a\le c_1<\dots<c_m\le b$ et des entiers $k_i>0$ avec $\sum k_i=N$ et $h^{(k)}(c_i)=0$ pour $0\le k<k_i$.
On compte donc les zéros **avec multiplicité**.
*Rappels mutualisés.*
- **Théorème de Rolle (MPSI).**
Si $g$ est continue sur $[\alpha,\beta]$, dérivable sur $]\alpha,\beta[$ et $g(\alpha)=g(\beta)$, il existe $d\in\,]\alpha,\beta[$ tel que $g'(d)=0$.
- **Multiplicité (MPSI).** $t$ est racine de multiplicité $\ge k$ de $Q\in\mathbb{R}[X]$ ⟺ $Q^{(l)}(t)=0$ pour $0\le l<k$ ⟺ $(X-t)^k\mid Q$.
- **Formule de Taylor avec reste intégral (MPSI/MP).**
Si $g\in\mathscr{C}^{p}([a,b])$, pour tous $t_0,x$ : $$g(x)=\sum_{k=0}^{p-1}\frac{g^{(k)}(t_0)}{k!}(x-t_0)^k+\int_{t_0}^x\frac{(x-s)^{p-1}}{(p-1)!}\,g^{(p)}(s)\,ds.$$
- **Intégrale à paramètre de classe $\mathscr{C}^k$ (MP).**
Si $(v,x)\mapsto\varphi(v,x)$ est continue, $\mathscr{C}^\infty$ en $x$, et si chaque $\partial_x^k\varphi$ est continue sur le compact $[0,1]\times[a,b]$, alors $x\mapsto\int_0^1\varphi(v,x)\,dv$ est $\mathscr{C}^\infty$ et l'on dérive sous l'intégrale.
### Question 1a
**Rappel.** Rolle ; comptage des zéros avec multiplicité.
**Analyse.**
En dérivant, chaque point $c_i$ perd un ordre d'annulation (perte totale $m$) ; Rolle recrée $m-1$ zéros entre les $c_i$.
Bilan : perte nette de $1$.
**Solution.**
Soit $h$ s'annulant à l'ordre $N+1$ en $c_1<\dots<c_m$, multiplicités $k_1,\dots,k_m$ ($\sum k_i=N+1$).
*Zéros hérités.*
En $c_i$, $h^{(k)}(c_i)=0$ pour $0\le k<k_i$, donc $(h')^{(k)}(c_i)=h^{(k+1)}(c_i)=0$ pour $0\le k<k_i-1$ : $h'$ s'annule en $c_i$ à l'ordre $k_i-1$ (condition vide si $k_i=1$).
*Zéros de Rolle.*
Comme $k_i\ge1$, $h(c_i)=0$ pour tout $i$.
Sur chaque $[c_i,c_{i+1}]$ Rolle fournit $d_i\in\,]c_i,c_{i+1}[$ avec $h'(d_i)=0$ : $m-1$ points, distincts des $c_i$ et entrelacés avec eux.
*Comptage.*
Ces zéros sont deux à deux distincts et ordonnables ; l'ordre total d'annulation de $h'$ vaut $$\sum_{i=1}^m (k_i-1)+(m-1)=(N+1-m)+(m-1)=N.$$
Donc $h'$ s'annule à l'ordre $N$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Dériver fait perdre exactement un ordre d'annulation global.* Rapport (61 %) : « il semble exagéré d'y consacrer une page » — et « Rolle » ne s'écrit ni « Rolles » ni « Rholles ». On rédige en quelques lignes.
### Question 1b
**Analyse.** Itérer 1a jusqu'à l'ordre $1$.
**Solution.**
Récurrence descendante : $h$ s'annule à l'ordre $N+1$ ⇒ (1a) $h'$ à l'ordre $N$ ⇒ … ⇒ $h^{(N)}$ s'annule à l'ordre $1$. « Ordre $1$ » signifie : il existe un unique point $c\in[a,b]$ de multiplicité $1$, i.e. $h^{(N)}(c)=0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** Généralisation de Rolle « à multiplicités ». Rapport (82 %) : conséquence immédiate, inutile de « formaliser des récurrences encombrantes ».
*Cadre pour la suite.* $P\ne0$ scindé sur $\mathbb{R}$, racines $a<t_1<\dots<t_m<b$, $k_i$ = multiplicité de $t_i$ (plus petit entier tel que $P^{(k_i)}(t_i)\ne0$).
Ainsi $P=c\prod_i(X-t_i)^{k_i}$, $\deg P=\sum k_i$.
### Question 2a
**Rappel.** $(X-t)^k\mid Q\Leftrightarrow t$ racine de mult. $\ge k$ ; facteurs $(X-t_i)^{k_i}$ premiers entre eux deux à deux (racines distinctes) donc leur produit divise $Q$.
**Analyse.** Trop de contraintes d'annulation pour le degré ⇒ divisibilité forcée ⇒ nullité.
**Solution.**
Soit $Q$ avec $\deg Q<\deg P$ et $Q^{(k)}(t_i)=0$ pour $0\le k<k_i$, tout $i$.
Alors $t_i$ est racine de $Q$ de multiplicité $\ge k_i$, donc $(X-t_i)^{k_i}\mid Q$.
Les $t_i$ étant distincts, ces facteurs sont premiers entre eux, d'où $\prod_i(X-t_i)^{k_i}\mid Q$.
Ce produit a pour degré $\sum k_i=\deg P>\deg Q$.
Si $Q\ne0$ on aurait $\deg Q\ge\deg P$ : contradiction.
Donc $Q=0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** Un polynôme non nul ne peut avoir plus de racines (comptées avec multiplicité) que son degré.
Rapport (88 %) : la clé est « $P$ scindé et $Q$ annulé aux racines de $P$ à un ordre au moins égal, donc $P\mid Q$ ».
### Question 2b
**Rappel.** Une application linéaire **injective** entre espaces de **même dimension finie** est bijective (théorème du rang).
**Analyse.**
Les conditions d'interpolation définissent une application linéaire d'un espace de dimension $\deg P$ vers un espace de dimension $\deg P$ ; 2a donne l'injectivité, donc la surjectivité, donc l'existence-unicité.
**Solution.**
Posons $d=\deg P=\sum k_i$ et $$\Phi:\ \mathbb{R}_{d-1}[X]\longrightarrow\mathbb{R}^{d},\qquad Q\longmapsto\big(Q^{(k)}(t_i)\big)_{1\le i\le m,\ 0\le k<k_i}.$$ $\Phi$ est linéaire (dérivation et évaluation le sont).
L'espace de départ est de dimension $d$, celui d'arrivée aussi (il y a $\sum k_i=d$ composantes).
D'après 2a, $\ker\Phi=\{0\}$, donc $\Phi$ est injective, donc bijective.
Il existe alors un **unique** $H(f,P)\in\mathbb{R}_{d-1}[X]$ tel que $\Phi(H(f,P))=\big(f^{(k)}(t_i)\big)$, c.-à-d. $H(f,P)^{(k)}(t_i)=f^{(k)}(t_i)$ pour $0\le k<k_i$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Existence + unicité d'un interpolant = bijectivité d'une application linéaire ; on l'obtient par injectivité + comptage de dimensions.* Rapport (16 %, première question fine) : c'était exactement l'argument attendu — « démontrer la surjectivité en montrant l'injectivité et l'égalité des dimensions ».
### Question 3a
**Rappel.** Formule de Taylor avec reste intégral ; changement de variable affine.
**Analyse.** $g=f-H(f,P)$ s'annule à l'ordre $k_i$ en $t_i$ ; le développement de Taylor de $g$ en $t_i$ à l'ordre $k_i$ a une partie polynomiale nulle, il ne reste que l'intégrale, qu'on normalise sur $[0,1]$.
**Solution.**
Pour $0\le k<k_i$, $g^{(k)}(t_i)=f^{(k)}(t_i)-H(f,P)^{(k)}(t_i)=0$.
Taylor à l'ordre $k_i$ pour $g\in\mathscr{C}^\infty$ en $t_i$ : $$g(x)=\underbrace{\sum_{k=0}^{k_i-1}\frac{g^{(k)}(t_i)}{k!}(x-t_i)^k}_{=0}+\int_{t_i}^x\frac{(x-s)^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(s)\,ds.$$
Posons $s=t_iv+x(1-v)=x+v(t_i-x)$, donc $ds=(t_i-x)\,dv$ et $x-s=v(x-t_i)$ ; quand $s$ décrit $[t_i,x]$, $v$ décrit $[1,0]$ :
$$g(x)=\int_{1}^{0}\frac{v^{k_i-1}(x-t_i)^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(t_iv+x(1-v))\,(t_i-x)\,dv
=(x-t_i)^{k_i}\int_0^1\frac{v^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(t_iv+x(1-v))\,dv,$$
les deux changements de signe (bornes inversées et $t_i-x=-(x-t_i)$) se compensant. Pour $x=t_i$ les deux membres sont nuls.
La formule vaut donc pour tout $x\in[a,b]$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Zéro d'ordre $k_i$ = factorisation $(x-t_i)^{k_i}\times(\text{reste intégral lissé})$.*
Rapport (69 %) : la formule de Taylor avec reste intégral « fait partie du programme et doit être bien connue » ; sinon, IPP répétées.
### Question 3b
**Rappel.**
Intégrale à paramètre de classe $\mathscr{C}^\infty$ ; quotient de fonctions $\mathscr{C}^\infty$ à dénominateur non nul.
**Analyse.** L'unicité d'un prolongement continu est claire (les $t_i$ sont isolés).
Pour la régularité, on remplace $g$ par la représentation 3a : le facteur $(t-t_i)^{k_i}$ se simplifie contre le dénominateur, laissant un quotient lisse au voisinage de $t_i$.
**Solution.**
Notons $\pi(t)=\prod_{l=1}^m(t-t_l)^{k_l}$, de sorte que $Q(f,P)=g/\pi$ sur $[a,b]\setminus\{t_i\}$.
*Unicité.* $[a,b]\setminus\{t_i\}$ est dense dans $[a,b]$ ; un prolongement continu (a fortiori $\mathscr{C}^\infty$) y est déterminé de façon unique.
*Existence et régularité.*
Fixons $i$ et posons $R_i(x)=\int_0^1\frac{v^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(t_iv+x(1-v))\,dv$.
L'intégrande est $\mathscr{C}^\infty$ en $x$, continu, et toutes ses dérivées en $x$ sont continues sur le compact $[0,1]\times[a,b]$, donc bornées (domination).
Par le théorème de dérivation sous l'intégrale, $R_i\in\mathscr{C}^\infty([a,b])$.
D'après 3a, $g(t)=(t-t_i)^{k_i}R_i(t)$, donc pour $t\ne t_i$ voisin de $t_i$ : $$Q(f,P)(t)=\frac{(t-t_i)^{k_i}R_i(t)}{\pi(t)}=\frac{R_i(t)}{\prod_{l\ne i}(t-t_l)^{k_l}}.$$
Le dénominateur ne s'annule pas en $t_i$ (les $t_l$, $l\ne i$, sont $\ne t_i$) : c'est un quotient de fonctions $\mathscr{C}^\infty$ à dénominateur non nul, donc $\mathscr{C}^\infty$ sur un voisinage de $t_i$, prolongeant $Q(f,P)$.
Hors des $t_i$, $Q(f,P)=g/\pi$ est $\mathscr{C}^\infty$ (dénominateur non nul).
Ces prolongements locaux coïncident sur les recouvrements (ils y valent $Q(f,P)$), d'où un prolongement $\mathscr{C}^\infty$ global. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Pour lisser une fraction $0/0$, on factorise le numérateur via Taylor puis on simplifie.*
Rapport (32 %) : deux temps attendus — prolongement par **continuité** aux $t_i$, puis caractère $\mathscr{C}^\infty$ par **dérivation sous le signe intégral**.
### Question 4a
**Rappel.** $H(f,(X-s_0)^n)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(s_0)}{k!}(X-s_0)^k$ (polynôme de Taylor, unique interpolant de degré $<n$).
**Analyse.**
Cas d'un seul point de multiplicité $n$ : $Q$ est exactement le $R_1$ de 3a, à évaluer en $s_0$.
**Solution.**
Ici $m=1$, $t_1=s_0$, $k_1=n$.
Avec $g=f-H(f,(X-s_0)^n)$, la question 3a et son prolongement (3b) donnent $Q(f,(X-s_0)^n)(t)=\int_0^1\frac{v^{n-1}}{(n-1)!}g^{(n)}(s_0v+t(1-v))\,dv$.
En $t=s_0$, l'argument vaut $s_0$ pour tout $v$, et $g^{(n)}=f^{(n)}-H^{(n)}=f^{(n)}$ (car $\deg H<n$).
Donc
$$Q(f,(X-s_0)^n)(s_0)=f^{(n)}(s_0)\int_0^1\frac{v^{n-1}}{(n-1)!}\,dv=\frac{f^{(n)}(s_0)}{(n-1)!}\cdot\frac1n=\frac{f^{(n)}(s_0)}{n!}. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.**
*En un point de multiplicité maximale, $Q$ « lit » la dérivée $n$‑ième normalisée* (comme un coefficient de Taylor).
Rapport (57 %) : découle « facilement » de 3a en posant $P=(X-s_0)^n$.
### Question 4b
**Rappel.**
Identité fondamentale (conséquence des définitions et de 3b) : sur tout $[a,b]$, $$\boxed{\,f=H(f,P)+P_{\mathrm{unit}}\,Q(f,P)\,}\quad\text{où }P_{\mathrm{unit}}=\prod(X-t_i)^{k_i}.$$
Ici $P_1,P_2$ unitaires scindés dans $]a,b[$, donc $P_{\mathrm{unit}}=P$.
**Analyse.**
On devine $\tilde H:=H(f,P_1)+P_1H(Q(f,P_1),P_2)$ et on vérifie qu'il possède **les propriétés qui caractérisent** $H(f,P_1P_2)$ (degré, conditions d'interpolation) ; l'unicité (2b) conclut.
**Solution.**
Notons $H_1=H(f,P_1)$, $Q_1=Q(f,P_1)$, si bien que $f=H_1+P_1Q_1$ (identité encadrée).
Notons $H_2'=H(Q_1,P_2)$, $Q_2'=Q(Q_1,P_2)$, d'où $Q_1=H_2'+P_2Q_2'$.
Posons $\tilde H=H_1+P_1H_2'$.
*Degré.* $\deg H_1<\deg P_1$ et $\deg(P_1H_2')=\deg P_1+\deg H_2'<\deg P_1+\deg P_2=\deg(P_1P_2)$.
Donc $\deg\tilde H<\deg(P_1P_2)$.
*Reste.* $$f-\tilde H=(f-H_1)-P_1H_2'=P_1Q_1-P_1H_2'=P_1(Q_1-H_2')=P_1P_2\,Q_2'=(P_1P_2)\,Q_2',$$ avec $Q_2'\in\mathscr{C}^\infty$ (3b).
Soit $t$ une racine de $P_1P_2$, de multiplicité exacte $k$.
Comme $P_1P_2$ y a un zéro d'ordre $k$ et $Q_2'$ est lisse, la formule de Leibniz $(P_1P_2\,Q_2')^{(l)}(t)=\sum_{j}\binom{l}{j}(P_1P_2)^{(j)}(t)Q_2'^{(l-j)}(t)$ donne $(f-\tilde H)^{(l)}(t)=0$ pour $0\le l<k$ (tous les $(P_1P_2)^{(j)}(t)=0$ pour $j<k$).
Donc $\tilde H^{(l)}(t)=f^{(l)}(t)$ pour $0\le l<k$. $\tilde H$ vérifie donc le degré et **toutes** les conditions d'interpolation définissant $H(f,P_1P_2)$ ; par unicité (2b) : $$H(f,P_1P_2)=H_1+P_1H_2'=H(f,P_1)+P_1\,H(Q(f,P_1),P_2).$$
*Deuxième relation.*
Par définition, $Q(f,P_1P_2)=\dfrac{f-H(f,P_1P_2)}{P_1P_2}=\dfrac{(P_1P_2)Q_2'}{P_1P_2}=Q_2'=Q(Q(f,P_1),P_2)$ (égalité de fonctions $\mathscr{C}^\infty$ coïncidant hors des racines, donc partout). $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Structure multiplicative de l'interpolation d'Hermite* : interpoler par $P_1P_2$ = interpoler par $P_1$, puis « corriger » le reste divisé $Q(f,P_1)$ par $P_2$.
La preuve type : *construire un candidat et invoquer l'unicité*. Rapport (32 %, difficile) : exactement « en utilisant l'unicité de 2a » ; la seconde relation « s'obtient facilement de la première ».
### Question 5a
**Analyse.** $Q_t$ s'annule aux $t_i$ (à l'ordre $k_i$ : $g$ et $\pi$ y ont même ordre) et en $t$ (par définition de $Q(f,P)(t)$).
Total : $\sum k_i+1=\deg P+1$.
**Solution.**
Écrivons $Q_t(s)=g(s)-c\,\pi(s)$ avec $g=f-H(f,P)$, $\pi(s)=\prod_i(s-t_i)^{k_i}$ et $c=Q(f,P)(t)$ (constante).
*En $t_i$.*
Pour $0\le l<k_i$ : $g^{(l)}(t_i)=0$ (3a) et $\pi^{(l)}(t_i)=0$ ($t_i$ racine d'ordre $k_i$ de $\pi$).
Donc $Q_t^{(l)}(t_i)=0$ : $Q_t$ s'annule à l'ordre $k_i$ en $t_i$.
*En $t$.* $Q_t(t)=g(t)-c\,\pi(t)=g(t)-Q(f,P)(t)\,\pi(t)=g(t)-g(t)=0$ (car $t\notin\{t_i\}$ donne $Q(f,P)(t)=g(t)/\pi(t)$) : ordre $\ge1$ en $t$.
Les points $t_1,\dots,t_m,t$ sont distincts (car $t\notin\{t_i\}$) et tous dans $[\min(t,t_1),\max(t,t_m)]$.
L'ordre total d'annulation y vaut $\sum_i k_i+1=\deg P+1$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *On fabrique une fonction auxiliaire qui « attrape » un zéro supplémentaire au point courant $t$*, technique standard des formules d'erreur.
Rapport (23 %) : vérifier $Q_t=0$ aux $t_i$ (avec multiplicité $k_i$) et en $t$.
### Question 5b
**Analyse.** $Q_t$ s'annule à l'ordre $\deg P+1$ ⇒ (1b) sa dérivée $\deg P$‑ième s'annule quelque part ⇒ on lit $Q(f,P)(t)$.
**Solution.** Posons $d=\deg P$.
Par 5a, $Q_t$ s'annule à l'ordre $d+1$ dans $[\alpha,\beta]:=[\min(t,t_1),\max(t,t_m)]$ ; d'après 1b il existe $\xi\in[\alpha,\beta]$ tel que $Q_t^{(d)}(\xi)=0$.
Or, $P$ étant **unitaire**, $\pi=P$ (monique) et $P^{(d)}=d!$ ; de plus $g^{(d)}=f^{(d)}$ car $\deg H(f,P)<d$.
Donc $$Q_t^{(d)}(s)=g^{(d)}(s)-c\,P^{(d)}(s)=f^{(d)}(s)-c\,d!.$$
En $\xi$ : $0=f^{(d)}(\xi)-c\,d!$, soit $c=Q(f,P)(t)=\dfrac{f^{(d)}(\xi)}{d!}$.
En multipliant par $P(t)$ et en utilisant $f(t)-H(f,P)(t)=Q(f,P)(t)\,P(t)$ : $$f(t)-H(f,P)(t)=\frac{f^{(\deg P)}(\xi)}{\deg P\,!}\,P(t),\qquad \xi\in[\min(t,t_1),\max(t,t_m)]. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.**
*Formule d'erreur d'Hermite*, généralisant l'erreur de Taylor‑Lagrange ($P=(X-s_0)^n$) et de Lagrange ($k_i=1$).
Rapport (22 %) : « application directe » des résultats précédents à la fonction $Q_t$ (ici 1b).
### Question 6
**Rappel.** $h$ **absolument monotone** sur $[a,b]$ : $h\in\mathscr{C}^\infty$ et $h^{(n)}\ge0$ pour tout $n\ge0$.
Multiplicativité 4b ; dérivation sous l'intégrale.
**Analyse.**
Par 4b, $Q(f,P)$ pour $P$ scindé se décompose en une suite de $Q(\cdot,X-s)$ (facteurs linéaires) : il suffit de traiter un facteur $X-s$, puis d'itérer.
Pour un facteur linéaire, $Q(f,X-s)$ est une **moyenne** de $f'$, dont les dérivées héritent de la positivité de toutes les dérivées de $f$.
**Solution.**
*Réduction.* $Q(f,P)$ ne dépend de $P$ que par ses racines et multiplicités (le dénominateur $\pi$ est le produit **monique**, et $H(f,P)$ ne dépend que des conditions d'interpolation) : on suppose $P$ unitaire, $P=\prod_{j}(X-s_j)$ ($s_j\in\,]a,b[$, avec répétitions).
Par 4b appliquée aux facteurs unitaires scindés $X-s_j$ : $$Q(f,P)=Q\big(\dots Q(Q(f,X-s_1),X-s_2)\dots,X-s_d\big).$$
Il suffit donc de montrer : *si $f$ est absolument monotone et $s\in\,]a,b[$, alors $Q(f,X-s)$ l'est aussi* ; on itère ensuite (chaque étape préserve l'absolue monotonie).
*Cas d'un facteur linéaire.*
Ici $H(f,X-s)=f(s)$ (degré $0$), et 3a avec $k_1=1$, $g=f-f(s)$, $g'=f'$ donne, pour tout $x\in[a,b]$, $$R(x):=Q(f,X-s)(x)=\int_0^1 f'(sv+x(1-v))\,dv.$$
L'intégrande étant $\mathscr{C}^\infty$ sur le compact $[0,1]\times[a,b]$, on dérive sous l'intégrale : pour tout $n\ge0$, $$R^{(n)}(x)=\int_0^1 (1-v)^n\,f^{(n+1)}\big(sv+x(1-v)\big)\,dv.$$
Or $sv+x(1-v)$ est un barycentre à coefficients positifs de $s,x\in[a,b]$, donc appartient à $[a,b]$ ; comme $f$ est absolument monotone, $f^{(n+1)}\ge0$ sur $[a,b]$, et $(1-v)^n\ge0$.
L'intégrande est $\ge0$, donc $R^{(n)}(x)\ge0$.
Ainsi $R=Q(f,X-s)$ est absolument monotone.
*Conclusion.*
Par récurrence sur le nombre de facteurs, $Q(f,P)$ est absolument monotone sur $[a,b]$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Se ramener aux facteurs linéaires via la multiplicativité, puis utiliser une représentation intégrale positive.*
Rapport (0 %, très peu abordée) : le piège explicitement signalé — montrer seulement $Q(f,P)^{(\deg P)}\ge0$ **ne suffit pas** ; l'absolue monotonie exige $Q(f,P)^{(n)}\ge0$ pour **tout** $n$.
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## Deuxième partie — Polynômes orthogonaux, récurrence à trois termes, entrelacement
*Cadre.* $I=[-1,1]$, $n\ge2$, $f:I\to\,]0,+\infty[$ continue, $\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^1 PQf$. $D\in\mathbb{R}_n[X]$ a $n$ racines distinctes $r_1>\dots>r_n$ dans $I$ et $D\in\mathbb{R}_{n-1}[X]^\perp$ (donc $\deg D=n$).
*Rappels mutualisés.* Base de Lagrange ; division euclidienne ; produit scalaire (bilinéarité, symétrie, positivité, caractère défini) ; procédé de Gram‑Schmidt ; théorème des valeurs intermédiaires (TVI).
On note $\|\cdot\|_j$ la norme de $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$.
### Question 7a
**Rappel.**
Polynômes de Lagrange $L_i=\prod_{k\ne i}\frac{X-r_k}{r_i-r_k}\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$, $L_i(r_l)=\delta_{il}$, base de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ : tout $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$ vaut $P=\sum_i P(r_i)L_i$.
**Analyse.** La forme linéaire $P\mapsto\int Pf$ se décompose sur la base duale des évaluations.
**Solution.** Posons $\lambda_i=\int_{-1}^1 L_i(x)f(x)\,dx$.
Pour $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$, $P=\sum_i P(r_i)L_i$ (les deux membres, de degré $\le n-1$, coïncident aux $n$ points $r_i$), d'où par linéarité de l'intégrale $$\int_{-1}^1 P(x)f(x)\,dx=\sum_{i=1}^n P(r_i)\int_{-1}^1 L_i(x)f(x)\,dx=\sum_{i=1}^n\lambda_i P(r_i). \qquad\blacksquare$$
**À retenir.** *Poids de quadrature = intégrales des polynômes de Lagrange.* Rapport (35 %) : diverses voies équivalentes acceptées (dualité, base de Lagrange, Vandermonde), le programme MP‑MPSI étant « modeste sur la dualité ».
### Question 7b
**Rappel.**
Division euclidienne dans $\mathbb{R}[X]$ ; $D\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ; $D(r_i)=0$.
**Analyse.**
Diviser par $D$ « efface » la partie de degré $\ge n$ (orthogonale) et ramène à 7a via le reste.
**Solution.** Soit $P\in\mathbb{R}_{2n-1}[X]$.
Division euclidienne $P=DS+R$, $\deg R<\deg D=n$, donc $R\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ; comme $\deg P\le2n-1$ et $\deg D=n$, on a $\deg S\le n-1$, i.e. $S\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
Alors $$\int_{-1}^1 Pf=\int_{-1}^1 DSf+\int_{-1}^1 Rf=\underbrace{\langle D,S\rangle}_{=0}+\int_{-1}^1 Rf\overset{7a}{=}\sum_i\lambda_i R(r_i).$$
Enfin $P(r_i)=D(r_i)S(r_i)+R(r_i)=R(r_i)$ car $D(r_i)=0$.
D'où $\int_{-1}^1 Pf=\sum_i\lambda_i P(r_i)$, c'est (1). $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*La quadrature de Gauss est exacte jusqu'au degré $2n-1$* grâce à l'orthogonalité de $D$.
Rapport (74 %) : sans difficulté en suivant l'indication.
### Question 7c
**Analyse.** Un carré de Lagrange « isole » un nœud : la somme se réduit à un seul terme, positif.
**Solution.**
Soit $P_i=\prod_{j\ne i}(X-r_j)^2$, de degré $2(n-1)=2n-2\le2n-1$ ; (1) s'applique.
Pour $l\ne i$, le facteur $j=l$ donne $P_i(r_l)=0$ ; et $P_i(r_i)=\prod_{j\ne i}(r_i-r_j)^2>0$.
Donc $\sum_l\lambda_l P_i(r_l)=\lambda_i P_i(r_i)$.
Par ailleurs $\int_{-1}^1 P_if>0$ (car $P_i\ge0$, $P_i\not\equiv0$, $f>0$ continue).
Ainsi
$$\lambda_i=\frac{\int_{-1}^1 P_if}{P_i(r_i)}>0. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.** *Positivité des poids de Gauss.* Rapport (77 %) : calcul direct.
*Définitions.*
Pour $1\le j\le n-1$, $f_j(t)=\prod_{i=1}^j(r_i-t)$, $f_0=1$ (polynôme de degré $j$).
Pour $P,Q\in\mathbb{R}_n[X]$ : $\langle P,Q\rangle_j=\langle P,Qf_j\rangle=\int_{-1}^1 PQf_jf$.
### Question 7d
**Rappel.** Axiomes d'un produit scalaire.
Point‑clé : pour $P,Q\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$, $\deg(PQf_j)\le 2(n-j-1)+j=2n-j-2\le2n-1$, donc **(1) s'applique**.
**Analyse.**
La positivité n'est **pas** évidente car $f_j$ change de signe sur $I$ ; on passe par la quadrature (1), où seuls les nœuds $r_i$ avec $i\ge j+1$ interviennent, et là $f_j(r_i)>0$.
**Solution.** Bilinéarité et symétrie sont immédiates (linéarité de l'intégrale, $PQ=QP$).
Pour $P\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$, $\deg(P^2f_j)\le2n-1$, donc par (1) : $$\langle P,P\rangle_j=\int_{-1}^1 P^2f_jf=\sum_{i=1}^n\lambda_i P(r_i)^2 f_j(r_i).$$
Or $f_j(r_i)=\prod_{l=1}^j(r_l-r_i)$ : pour $i\le j$ le facteur $l=i$ l'annule ; pour $i\ge j+1$, chaque $r_l-r_i>0$ (car $l\le j<i$ et $r_1>\dots>r_n$), donc $f_j(r_i)>0$.
Ainsi
$$\langle P,P\rangle_j=\sum_{i=j+1}^n\underbrace{\lambda_i}_{>0}\underbrace{f_j(r_i)}_{>0}\,P(r_i)^2\ge0.$$
*Défini.*
Si $\langle P,P\rangle_j=0$, tous les $P(r_i)=0$ pour $i\ge j+1$ : cela fait $n-j$ racines distinctes pour $P$ de degré $\le n-j-1$, donc $P=0$.
Ainsi $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ est un produit scalaire sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Un poids qui change de signe peut donner un produit scalaire défini positif si le degré reste sous le seuil d'exactitude de la quadrature.* Rapport (37 %) : la difficulté était bien la « positivité des valeurs $f_j(r_i)$ » aux nœuds pertinents.
### Question 8a
**Rappel.**
Gram‑Schmidt appliqué à $(1,X,\dots,X^{n-j-1})$ pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$, puis normalisation en unitaire.
**Analyse.**
Existence = Gram‑Schmidt ; unicité = un polynôme unitaire de degré $i$ orthogonal à $\mathbb{R}_{i-1}[X]$ est déterminé.
**Solution.**
*Existence.* $q_0=1$ ; pour $1\le i\le n-j-1$, $q_i=X^i-\sum_{l<i}\frac{\langle X^i,q_l\rangle_j}{\langle q_l,q_l\rangle_j}q_l$ (les $\langle q_l,q_l\rangle_j>0$ par 7d).
Alors $q_i$ est unitaire de degré $i$ et orthogonal à $q_0,\dots,q_{i-1}$, donc à $\mathrm{Vect}(q_0,\dots,q_{i-1})=\mathbb{R}_{i-1}[X]$.
*Unicité.*
Soient $(q_i)$, $(\tilde q_i)$ deux telles familles.
Par récurrence, si $q_l=\tilde q_l$ pour $l<i$, alors $q_i-\tilde q_i$ (différence de deux unitaires de degré $i$) est de degré $\le i-1$, donc dans $\mathbb{R}_{i-1}[X]$ ; il est aussi orthogonal à $\mathbb{R}_{i-1}[X]$ (les deux $q_i,\tilde q_i$ le sont), donc à lui‑même : $\|q_i-\tilde q_i\|_j^2=0$, d'où $q_i=\tilde q_i$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Famille orthogonale échelonnée en degré = polynômes orthogonaux, uniques une fois normalisés.* Rapport (54 %).
### Question 8b
**Rappel.** $D$ scindé : $D=c\prod_{i=1}^n(X-r_i)$ ; $f_j(X)=(-1)^j\prod_{l=1}^j(X-r_l)$.
**Analyse.**
L'identité $f_j\,q_{n-j}=(-1)^j\prod_{i=1}^n(X-r_i)\propto D$ ramène l'orthogonalité voulue à $D\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
**Solution.**
Posons $q_{n-j}=\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)$ (unitaire, degré $n-j$).
Alors $$f_j\,q_{n-j}=(-1)^j\prod_{l=1}^j(X-r_l)\cdot\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)=(-1)^j\prod_{i=1}^n(X-r_i)=\mu D,\quad \mu=\tfrac{(-1)^j}{c}.$$
Pour $0\le i\le n-j-1$, $q_i\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]\subseteq\mathbb{R}_{n-1}[X]$, d'où $$\langle q_i,q_{n-j}\rangle_j=\int_{-1}^1 q_i\,q_{n-j}f_j\,f=\mu\int_{-1}^1 q_i\,Df=\mu\,\langle q_i,D\rangle=0.$$
*Unicité.*
Si $\tilde q$ est unitaire de degré $n-j$ avec $\langle q_i,\tilde q\rangle_j=0$ ($i\le n-j-1$), alors $\delta=q_{n-j}-\tilde q\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$ vérifie $\langle q_i,\delta\rangle_j=0$ pour tout $i\le n-j-1$ ; comme $(q_i)_{i\le n-j-1}$ engendre $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$, $\delta\perp_j\delta$, donc $\|\delta\|_j^2=0$ et $\delta=0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Le « dernier » polynôme orthogonal au niveau $j$ est explicitement $\prod_{i>j}(X-r_i)$*, via $f_jq_{n-j}\propto D$.
Rapport (26 %).
### Question 9a
**Rappel.**
Décomposition sur la base orthogonale $(q_0,\dots,q_{i-1})$ ; $X$ est auto‑adjoint pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ : $\langle XP,Q\rangle_j=\langle P,XQ\rangle_j$.
**Analyse.** $q_i-Xq_{i-1}$ est de degré $\le i-1$ ; ses coordonnées $\alpha_l$ ($l\le i-3$) s'annulent car $X$ ne « couple » que des degrés voisins.
**Solution.**
Comme $q_i,Xq_{i-1}$ sont unitaires de degré $i$, $q_i-Xq_{i-1}\in\mathbb{R}_{i-1}[X]=\mathrm{Vect}(q_0,\dots,q_{i-1})$ : écrivons $q_i-Xq_{i-1}=\sum_{l=0}^{i-1}\alpha_l q_l$ avec $\alpha_l=\frac{\langle q_i-Xq_{i-1},q_l\rangle_j}{\|q_l\|_j^2}$ (les $l\le i-1\le n-j-1$ donnent $\|q_l\|_j>0$).
Pour $l\le i-3$ : $$\langle q_i-Xq_{i-1},q_l\rangle_j=\underbrace{\langle q_i,q_l\rangle_j}_{=0}-\langle q_{i-1},Xq_l\rangle_j,\qquad Xq_l\in\mathbb{R}_{i-2}[X],$$ et $q_{i-1}\perp_j\mathbb{R}_{i-2}[X]$, donc $\langle q_{i-1},Xq_l\rangle_j=0$.
Ainsi $\alpha_l=0$ pour $l\le i-3$, et $$q_i-Xq_{i-1}=a_iq_{i-1}+b_iq_{i-2}\quad(a_i=\alpha_{i-1},\ b_i=\alpha_{i-2}).\qquad\blacksquare$$ (On a utilisé $\langle q_i,q_l\rangle_j=0$ pour $l\le i-1$, valable aussi pour $i=n-j$ par 8b.)
**À retenir.**
*Relation de récurrence à trois termes* des polynômes orthogonaux ; elle vient de ce que la multiplication par $X$ n'augmente le degré que de $1$.
Rapport (12 %).
### Question 9b
**Solution.**
Prenons $\langle\cdot,q_{i-2}\rangle_j$ dans 9a : $$\underbrace{\langle q_i,q_{i-2}\rangle_j}_{0}-\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=a_i\underbrace{\langle q_{i-1},q_{i-2}\rangle_j}_{0}+b_i\langle q_{i-2},q_{i-2}\rangle_j,$$ d'où $b_i\langle q_{i-2},q_{i-2}\rangle_j=-\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** Rapport (53 %) : immédiat.
### Question 9c
**Analyse.**
Le membre de droite de 9b est $-\|q_{i-1}\|_j^2<0$, le facteur $\|q_{i-2}\|_j^2>0$ : donc $b_i<0$.
**Solution.**
Par auto‑adjonction de $X$, $\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},Xq_{i-2}\rangle_j$.
Or $Xq_{i-2}=q_{i-1}+(\text{degré}\le i-2)$, et $q_{i-1}\perp_j\mathbb{R}_{i-2}[X]$, donc $$\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},q_{i-1}\rangle_j=\|q_{i-1}\|_j^2>0$$ (car $i-1\le n-j-1$).
Avec 9b : $b_i=-\dfrac{\|q_{i-1}\|_j^2}{\|q_{i-2}\|_j^2}<0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Dans la récurrence $q_i=(X+a_i)q_{i-1}+b_iq_{i-2}$, le coefficient $b_i$ est strictement négatif* : c'est le ressort de l'entrelacement (10b).
Rapport (7 %) : la clé est $\langle Xq_{i-1},q_i\rangle_j=\|q_i\|_j^2>0$ (même idée de terme dominant).
### Question 10a
**Solution.** $q_0=1$ : aucune racine ($0$ racine). $q_1$ : unitaire de degré $1$, $q_1=X-\alpha$, exactement $1$ racine réelle. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** Rapport (41 %) : trivial d'après 8a ; sert d'initialisation à 10b.
### Question 10b
**Rappel.**
Récurrence à trois termes $q_i=(X+a_i)q_{i-1}+b_iq_{i-2}$ avec $b_i<0$ (9a, 9c) ; TVI ; signe d'un polynôme unitaire au‑delà de toutes ses racines.
**Analyse.**
*Entrelacement* : on montre par récurrence que $q_{i-1}$ possède exactement une racine entre deux racines consécutives de $q_i$.
La preuve exploite que $q_i(y_k)=b_iq_{i-2}(y_k)$ aux racines $y_k$ de $q_{i-1}$, avec des signes alternés.
**Solution.**
Montrons par récurrence sur $i$ ($1\le i\le n-j$) la propriété $H_i$ : *$q_i$ a $i$ racines réelles simples, et entre deux racines consécutives de $q_i$ se trouve exactement une racine de $q_{i-1}$*.
*Initialisation.* $H_1$ : $q_1$ a $1$ racine simple (10a) ; la condition d'entrelacement est vide.
*Hérédité.*
Supposons $H_{i-1}$ ($2\le i\le n-j$).
Soient $y_1<\dots<y_{i-1}$ les racines (simples) de $q_{i-1}$.
Évaluons la récurrence en $y_k$ : $q_{i-1}(y_k)=0$ donc $$q_i(y_k)=b_i\,q_{i-2}(y_k).$$
Par $H_{i-1}$, les racines de $q_{i-2}$ entrelacent celles de $q_{i-1}$ : sur $]y_k,y_{k+1}[$ il y a exactement **une** racine de $q_{i-2}$, donc $q_{i-2}$ change de signe une fois, et $q_{i-2}(y_k),q_{i-2}(y_{k+1})$ sont non nuls de signes opposés.
Les $q_{i-2}(y_k)$ (donc les $q_i(y_k)=b_iq_{i-2}(y_k)$) **alternent** en signe.
Par le TVI, $q_i$ a une racine dans chacun des $i-2$ intervalles $]y_k,y_{k+1}[$.
Restent les deux extrémités : $q_{i-2}$ unitaire de degré $i-2$ vaut, au‑delà de sa plus grande racine, $q_{i-2}(y_{i-1})>0$, donc $q_i(y_{i-1})=b_i\cdot(+)<0$ (car $b_i<0$) tandis que $q_i(x)\to+\infty$ en $+\infty$ : une racine dans $]y_{i-1},+\infty[$.
De même, $q_{i-2}(y_1)$ a le signe $(-1)^{i-2}$ (en‑dessous de toutes ses racines), donc $q_i(y_1)$ a le signe $-(-1)^i=(-1)^{i+1}$, opposé à celui de $q_i(-\infty)=(-1)^i\cdot(+\infty)$ : une racine dans $]-\infty,y_1[$.
Cela fait $i-2+2=i$ racines réelles distinctes ; $\deg q_i=i$ donc **ce sont toutes** les racines, simples.
Enfin, en notant $z_0<z_1<\dots<z_{i-1}$ ces racines, chaque intervalle $]z_{k},z_{k+1}[$ contient exactement un $y_l$ : $q_{i-1}$ entrelace $q_i$.
D'où $H_i$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Entrelacement des racines de polynômes orthogonaux consécutifs* : preuve par récurrence via la **relation à trois termes** (et $b_i<0$). Rapport (6 %) : « important d'utiliser la relation inductive à trois termes ; les relations d'orthogonalité initiales ne mènent pas au résultat ».
### Question 10c
**Analyse.** $r_{j+1}$ est la plus grande racine de $q_{n-j}=\prod_{i>j}(X-r_i)$ ; par entrelacement, toutes les racines des $q_i$ ($i\le n-j-1$) lui sont strictement inférieures, donc $q_i(r_{j+1})>0$.
**Solution.**
Notons $M_i$ la plus grande racine de $q_i$ ($1\le i\le n-j$).
L'hérédité de 10b montre $M_{i-1}<M_i$ (la plus grande racine $z_{i-1}$ de $q_i$ vérifie $z_{i-1}>y_{i-1}=M_{i-1}$).
Donc $$M_i<M_{i+1}<\dots<M_{n-j}=r_{j+1}\quad(\text{plus grande racine de }q_{n-j}).$$
Pour $0\le i\le n-j-1$, $q_i$ (unitaire, à $i$ racines réelles toutes $\le M_i<r_{j+1}$, cf. 10b) vérifie $q_i(r_{j+1})=\prod_{\rho}(r_{j+1}-\rho)>0$ (produit de facteurs $>0$) ; et $q_0(r_{j+1})=1>0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Au‑delà de la plus grande racine, un polynôme unitaire est positif* ; l'entrelacement empile les plus grandes racines. Rapport (7 %) : construction précédente + TVI.
*Définitions.*
Pour $0\le i\le n-j-1$, l'unique $\alpha_i$ tel que $q_{i+1}(r_{j+1})+\alpha_iq_i(r_{j+1})=0$ existe (10c : $q_i(r_{j+1})\ne0$).
On pose $p_i=\dfrac{q_{i+1}+\alpha_iq_i}{X-r_{j+1}}$ (polynôme de degré $i$, car le numérateur, de degré $i+1$ et unitaire, s'annule en $r_{j+1}$), et $c_0,\dots,c_i$ ses coordonnées dans $(q_0,\dots,q_i)$.
### Question 11a
**Analyse.** $\frac{q_\ell-q_\ell(r_{j+1})}{X-r_{j+1}}$ est de degré $\ell-1\le i-1$ ; $q_i,q_{i+1}$ y sont orthogonaux.
**Solution.**
Le numérateur $q_\ell-q_\ell(r_{j+1})$ s'annule en $r_{j+1}$, donc est divisible par $X-r_{j+1}$, et le quotient $g_\ell:=\frac{q_\ell-q_\ell(r_{j+1})}{X-r_{j+1}}$ est de degré $\ell-1\le i-1$, i.e. $g_\ell\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$.
Comme $q_{i+1}\perp_j\mathbb{R}_i[X]$ (famille orthogonale, $i+1\le n-j$) et $q_i\perp_j\mathbb{R}_{i-1}[X]$, on a $\langle q_{i+1},g_\ell\rangle_j=\langle q_i,g_\ell\rangle_j=0$, d'où $$\Big\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,\ g_\ell\Big\rangle_j=0. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.**
*Diviser $q_\ell-q_\ell(r_{j+1})$ par $X-r_{j+1}$ baisse le degré d'un cran* et fait tomber le produit scalaire par orthogonalité.
Rapport (6 %).
### Question 11b
**Rappel.** $(X-r_{j+1})p_i=q_{i+1}+\alpha_iq_i$ ; décomposition $p_i=\sum_{k=0}^i c_kq_k$ ; $p_i$ unitaire (coeff. de $q_i$ égal à $1$).
**Analyse.**
On « fait entrer » $X-r_{j+1}$ dans le produit scalaire de 11a : il reste $\langle p_i,q_\ell\rangle_j=q_\ell(r_{j+1})\langle p_i,q_0\rangle_j$, ce qui relie $c_\ell$ à $c_0$ avec un coefficient positif (10c).
**Solution.**
Dans 11a, remplaçons $q_{i+1}+\alpha_iq_i=(X-r_{j+1})p_i$ : $$0=\Big\langle (X-r_{j+1})p_i,\ \tfrac{q_\ell-q_\ell(r_{j+1})}{X-r_{j+1}}\Big\rangle_j=\int_{-1}^1 p_i\,(q_\ell-q_\ell(r_{j+1}))\,f_jf=\langle p_i,q_\ell\rangle_j-q_\ell(r_{j+1})\langle p_i,q_0\rangle_j.$$
Avec $p_i=\sum_k c_kq_k$ et l'orthogonalité : $\langle p_i,q_\ell\rangle_j=c_\ell\|q_\ell\|_j^2$ (pour $\ell\le i\le n-j-1$, $\|q_\ell\|_j>0$) et $\langle p_i,q_0\rangle_j=c_0\|q_0\|_j^2$.
Donc $$c_\ell\|q_\ell\|_j^2=q_\ell(r_{j+1})\,c_0\|q_0\|_j^2\ \Longrightarrow\ c_\ell=\gamma_\ell\,c_0,\quad \gamma_\ell:=\frac{q_\ell(r_{j+1})\,\|q_0\|_j^2}{\|q_\ell\|_j^2}>0$$ (par 10c, $q_\ell(r_{j+1})>0$).
Enfin, $p_i$ étant unitaire de degré $i$, $c_i=1>0$ ; de $c_i=\gamma_ic_0$ on tire $c_0=1/\gamma_i>0$, d'où $c_\ell=\gamma_\ell c_0>0$ pour tout $0\le\ell\le i$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Toutes les coordonnées de $p_i$ dans la base orthogonale de niveau $j$ sont strictement positives.*
Rapport (3 %) : réécrire le produit scalaire et calculer « soigneusement » avec $p_i=\sum c_kq_k$.
### Question 12
**Rappel.** $f_{j+1}(x)=f_j(x)\,(r_{j+1}-x)$, donc $\langle P,Q\rangle_{j+1}=-\langle P,(X-r_{j+1})Q\rangle_j$.
**Analyse.**
Multiplier par $X-r_{j+1}$ transforme $\langle\cdot,\cdot\rangle_{j+1}$ en $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ et ramène $p_i$ à $q_{i+1}+\alpha_iq_i$, orthogonal aux petits degrés.
**Solution.**
Soit $Q\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$ ($0\le i\le n-j-1$, $j\le n-2$).
Alors $$\langle p_i,Q\rangle_{j+1}=-\langle p_i,(X-r_{j+1})Q\rangle_j=-\langle (X-r_{j+1})p_i,Q\rangle_j=-\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,Q\rangle_j.$$
Or $q_{i+1}\perp_j\mathbb{R}_i[X]\supseteq\mathbb{R}_{i-1}[X]\ni Q$ et $q_i\perp_j\mathbb{R}_{i-1}[X]$, donc $\langle p_i,Q\rangle_{j+1}=0$ : $p_i\perp_{j+1}\mathbb{R}_{i-1}[X]$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *$p_i$ est (à un scalaire près) le polynôme orthogonal de degré $i$ au niveau $j+1$* : c'est le pont entre les niveaux, décisif en 13 et 21.
Rapport (2 %) : calcul immédiat avec les définitions de $\langle\rangle_j$ et $\langle\rangle_{j+1}$.
### Question 13
**Rappel.** $\langle\cdot,\cdot\rangle_0=\langle\cdot,\cdot\rangle$ ($f_0=1$) : la base $\mathcal{B}=(a_0,\dots,a_n)$ n'est autre que $(q_{0,0},\dots,q_{0,n})$ des questions 8a‑8b au niveau $j=0$.
On note $(q_{j,0},\dots,q_{j,n-j})$ la famille orthogonale unitaire du niveau $j$, avec $q_{j,n-j}=\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)=:P_j$.
**Analyse.**
Par 11b + 12, chaque $q_{j+1,i}$ ($=p_i$ de niveau $j$) est une **combinaison à coefficients strictement positifs** des $q_{j,0},\dots,q_{j,i}$.
En descendant de niveau $j$ jusqu'à $0$, $P_j=q_{j,n-j}$ devient une combinaison positive des $a_m$.
**Solution.** *Identification.*
Pour $0\le i\le n-j-1$, $p_i$ (niveau $j$) est unitaire de degré $i$ et vérifie $p_i\perp_{j+1}\mathbb{R}_{i-1}[X]$ (12) ; par unicité (8a si $i\le n-j-2$, 8b si $i=n-j-1=n-(j+1)$), $p_i=q_{j+1,i}$.
Donc 11b donne, pour tout $s\ge1$ et $0\le i\le n-s$, $$q_{s,i}=\sum_{\ell=0}^i c_\ell^{(s,i)}\,q_{s-1,\ell},\qquad c_\ell^{(s,i)}>0.\tag{$\star$}$$
*Descente.*
Appliquons $(\star)$ à $P_j=q_{j,n-j}$ ($s=j$, $i=n-j=n-s$) : combinaison **positive** des $q_{j-1,\ell}$ ($\ell\le n-j$).
Chaque $q_{j-1,\ell}$ (avec $\ell\le n-j\le n-(j-1)$) se réécrit par $(\star)$ comme combinaison positive des $q_{j-2,\cdot}$, etc., jusqu'à $q_{0,m}=a_m$.
Une combinaison positive de combinaisons positives reste à coefficients strictement positifs, et chaque indice inférieur $0\le m\le n-j$ est effectivement atteint (dans $(\star)$ **tous** les $\ell\le i$ apparaissent).
Donc
$$P_j=\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)=\sum_{m=0}^{n-j}\beta_m^{(j)}\,a_m,\qquad \beta_m^{(j)}>0. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.** *Synthèse de la partie* : le passage d'un niveau au suivant se fait par des matrices de changement de base à coefficients positifs, propriété qui se propage. Rapport (0 %) : récurrence descendante sur $j$ « à l'aide des questions 10c et 12 » (et 11b, 8a‑8b).
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## Troisième partie — Fonction génératrice et polynômes de Gegenbauer
*Cadre.* $\lambda>0$, $F_\lambda(x,r)=(1-2rx+r^2)^{-\lambda}$ sur $]-1,1[^2$.
*Rappels mutualisés.*
DSE de référence $(1+y)^{-\lambda}=\sum_{k\ge0}\binom{-\lambda}{k}y^k$, rayon $R=1$ ; unicité des coefficients d'un DSE ; une fonction DSE en $0$ est $\mathscr{C}^\infty$ et son coefficient d'indice $n$ vaut $\frac{1}{n!}\partial^n(0)$ ; lemme de Schwarz (dérivées croisées d'une fonction $\mathscr{C}^2$) ; intégration par parties.
### Question 14
**Analyse.**
Tout repose sur la stricte positivité de $1-2rx+r^2$ sur $]-1,1[^2$ ; ensuite composition de fonctions $\mathscr{C}^\infty$.
**Solution.**
Pour $(x,r)\in]-1,1[^2$, $$1-2rx+r^2=(r-x)^2+(1-x^2)>0$$ (car $1-x^2>0$).
L'application $(x,r)\mapsto1-2rx+r^2$ est polynomiale, donc $\mathscr{C}^\infty$, à valeurs dans $]0,+\infty[$ ; $u\mapsto u^{-\lambda}$ est $\mathscr{C}^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
Par composition, $F_\lambda\in\mathscr{C}^\infty(]-1,1[^2)$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Vérifier la stricte positivité (pas seulement la non‑nullité) avant d'élever à une puissance non entière.* Rapport (31 %) : beaucoup se contentaient de « $\ne0$ », insuffisant.
### Question 15
**Rappel.** Substitution d'un polynôme sans terme constant dans un DSE.
**Analyse.**
On développe $(1+y)^{-\lambda}$ puis on substitue $y=r^2-2rx$ ; pour $r$ petit, $|y|<1$ garantit la convergence, et on réordonne par puissances de $r$.
**Solution.** Fixons $x\in]-1,1[$.
Pour $|y|<1$, $(1+y)^{-\lambda}=\sum_{k\ge0}\binom{-\lambda}{k}y^k$ (rayon $1$).
Posons $y=\varphi(r)=r^2-2rx$, avec $\varphi(0)=0$ ; pour $|r|<\tfrac13$, $|y|\le|r|(|r|+2|x|)<3|r|<1$.
On peut donc écrire, pour $|r|<\tfrac13$, $$F_\lambda(x,r)=(1+\varphi(r))^{-\lambda}=\sum_{k\ge0}\binom{-\lambda}{k}(r^2-2rx)^k.$$
La convergence est **absolue** : $\sum_k\big|\binom{-\lambda}{k}\big|\,|r^2-2rx|^k\le\sum_k\big|\binom{-\lambda}{k}\big|(3|r|)^k<\infty$ (série binomiale en $3|r|<1$).
Chaque $(r^2-2rx)^k=r^k(r-2x)^k$ est un polynôme en $r$ ; par convergence absolue on peut regrouper les puissances de $r$, ce qui fournit un développement $F_\lambda(x,r)=\sum_{n\ge0}a_n^{(\lambda)}(x)r^n$ convergent pour $|r|<\tfrac13$.
Donc $r\mapsto F_\lambda(x,r)$ est DSE au voisinage de $0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *$\mathscr{C}^\infty$ n'implique pas DSE* : il faut **exhiber** le développement.
Rapport (6 %) : donner le DSE explicite de $(1+y)^{-\lambda}$, préciser $R=1$, substituer — invoquer 14 est faux.
### Question 16a
**Rappel.** Unicité des coefficients d'un DSE ; dérivation terme à terme.
**Analyse.**
On établit une EDO simple en $r$ liant $\partial_rF_\lambda$ et $F_\lambda$, puis on identifie les coefficients.
**Solution.**
On calcule $$\partial_rF_\lambda=-\lambda(2r-2x)(1-2rx+r^2)^{-\lambda-1},\qquad\text{d'où}\quad (1-2rx+r^2)\,\partial_rF_\lambda=2\lambda(x-r)\,F_\lambda.\tag{$*$}$$
Injectons $F_\lambda=\sum_n a_nr^n$ (on omet $(\lambda)$ et $(x)$), $\partial_rF_\lambda=\sum_{n\ge0}(n+1)a_{n+1}r^n$.
Coefficient de $r^n$ :
- membre de gauche : $(n+1)a_{n+1}-2xn\,a_n+(n-1)a_{n-1}$ ;
- membre de droite : $2\lambda x\,a_n-2\lambda a_{n-1}$.
L'identification donne, pour $n\ge1$, $$(n+1)a_{n+1}=2(n+\lambda)x\,a_n-(n+2\lambda-1)a_{n-1},$$ et pour $n=0$ : $a_1=2\lambda x\,a_0$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Une EDO du premier ordre + identification des coefficients = récurrence sur les $a_n$.* Rapport (26 %, bien traitée).
### Question 16b
**Analyse.** Récurrence : coefficient dominant multiplicatif, parité via $F_\lambda(-x,r)=F_\lambda(x,-r)$.
**Solution.** $a_0=F_\lambda(x,0)=1$ (degré $0$, dominant $1$) et $a_1=2\lambda x$ (degré $1$, dominant $2\lambda$).
Si $a_{n-1},a_n$ sont des polynômes de degrés $n-1,n$, la récurrence montre que $a_{n+1}$ est un polynôme de degré $\le n+1$, le terme de degré $n+1$ provenant de $\frac{2(n+\lambda)}{n+1}x\cdot(\text{dominant de }a_n)x^n$.
Le coefficient dominant $c_n$ vérifie $c_{n+1}=\frac{2(n+\lambda)}{n+1}c_n$, $c_0=1$, d'où $$c_n=\frac{2^n}{n!}\prod_{k=0}^{n-1}(\lambda+k)=\frac{2^n\,\lambda(\lambda+1)\cdots(\lambda+n-1)}{n!}>0,$$ donc $\deg a_n^{(\lambda)}=n$.
*Parité* : $F_\lambda(-x,r)=(1+2rx+r^2)^{-\lambda}=F_\lambda(x,-r)$, donc $\sum_n a_n(-x)r^n=\sum_n(-1)^na_n(x)r^n$, et par unicité $a_n(-x)=(-1)^na_n(x)$ : $a_n^{(\lambda)}$ a la parité de $n$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Coefficient dominant $\frac{2^n(\lambda)_n}{n!}$ et parité de $n$* — ce sont les polynômes de Gegenbauer (ultrasphériques).
Rapport (21 %) : récurrence immédiate.
*Cadre ($\lambda>\tfrac12$).* $\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^1 PQ\,(1-x^2)^{\lambda-1/2}dx$ (poids $>0$ sur $]-1,1[$, intégrable : produit scalaire).
### Question 17a
**Solution.**
Pour $x$ fixé, $r\mapsto F_\lambda(x,r)$ est somme d'un DSE de rayon $>0$ (15), donc $\mathscr{C}^\infty$ en $r$ au voisinage de $0$, égale à sa série de Taylor : le coefficient d'indice $n$ est $$a_n^{(\lambda)}(x)=\frac{1}{n!}\frac{\partial^nF_\lambda}{\partial r^n}(x,0). \qquad\blacksquare$$
**À retenir.** *Coefficient de DSE = dérivée normalisée.* Rapport (23 %) : application directe du cours.
### Question 17b
**Analyse.** $\partial_xF_\lambda=2\lambda r\,F_{\lambda+1}$ ; on identifie les coefficients de $r^n$ (Schwarz pour permuter $\partial_x,\partial_r$).
**Solution.** $\partial_xF_\lambda=-\lambda(1-2rx+r^2)^{-\lambda-1}(-2r)=2\lambda r\,F_{\lambda+1}(x,r)$.
Par 17a et le lemme de Schwarz ($F_\lambda\in\mathscr{C}^\infty$, 14) : $$\frac{1}{n!}\partial_r^n(\partial_xF_\lambda)(x,0)=\partial_x\Big(\frac{1}{n!}\partial_r^nF_\lambda(x,0)\Big)=(a_n^{(\lambda)})'(x).$$
Par ailleurs $2\lambda r\,F_{\lambda+1}=\sum_{n\ge1}2\lambda\,a_{n-1}^{(\lambda+1)}(x)\,r^n$, donc son coefficient d'indice $n$ est $2\lambda\,a_{n-1}^{(\lambda+1)}(x)$.
L'égalité $\partial_xF_\lambda=2\lambda rF_{\lambda+1}$ et l'unicité des coefficients donnent, pour $n\ge1$, $$(a_n^{(\lambda)})'=2\lambda\,a_{n-1}^{(\lambda+1)}. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.**
*Dériver en $x$ décale l'indice et incrémente $\lambda$* (relation de dérivation des Gegenbauer).
Rapport (10 %) : calculer $\partial_xF$, DSE, unicité.
### Question 17c
**Analyse.**
IPP sur $\int(1-t^2)^{\lambda+1/2}$, puis on exprime $a_2^{(\lambda)}$ et on combine.
**Solution.** *IPP.*
Avec $u=(1-t^2)^{\lambda+1/2}$ (nul en $\pm1$ car $\lambda+\tfrac12>0$), $v=t$ : $$\int_{-1}^1(1-t^2)^{\lambda+1/2}dt=\big[t(1-t^2)^{\lambda+1/2}\big]_{-1}^1-\int_{-1}^1 t\cdot\big(-(2\lambda+1)t(1-t^2)^{\lambda-1/2}\big)dt=(2\lambda+1)\int_{-1}^1 t^2(1-t^2)^{\lambda-1/2}dt.$$
*Conséquence.*
Posons $A=\int_{-1}^1(1-t^2)^{\lambda-1/2}dt$, $B=\int_{-1}^1 t^2(1-t^2)^{\lambda-1/2}dt$.
Comme $(1-t^2)^{\lambda+1/2}=(1-t^2)(1-t^2)^{\lambda-1/2}$, l'égalité s'écrit $A-B=(2\lambda+1)B$, soit $B=\dfrac{A}{2(\lambda+1)}$.
La récurrence donne $a_2^{(\lambda)}=2\lambda(\lambda+1)X^2-\lambda$, donc $$\langle a_2^{(\lambda)},1\rangle=2\lambda(\lambda+1)B-\lambda A=2\lambda(\lambda+1)\cdot\frac{A}{2(\lambda+1)}-\lambda A=\lambda A-\lambda A=0. \qquad\blacksquare$$
**À retenir.** *Une IPP change l'exposant du poids et engendre des relations entre moments.* Rapport (3 %) : IPP puis interprétation comme produit scalaire.
### Question 17d
**Rappel.**
Récurrence 16a ; relation 17b ; poids d'indice $\mu$ : $\langle\cdot,\cdot\rangle_\mu$ de poids $(1-t^2)^{\mu-1/2}$.
**Analyse.**
L'indication relie $\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle$ (niveau $\lambda$) à $\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle$ (niveau $\lambda+1$) par IPP + 17b ; la récurrence 16a fournit les $\langle a_n^{(\lambda)},1\rangle$.
On raisonne **pour tout $\mu>\tfrac12$** simultanément.
**Solution.** *Indication.*
Comme $t(1-t^2)^{\lambda-1/2}=-\frac{1}{2\lambda+1}\frac{d}{dt}(1-t^2)^{\lambda+1/2}$, une IPP (terme de bord nul) donne $$\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle=\frac{1}{2\lambda+1}\int_{-1}^1(a_n^{(\lambda)})'(t)(1-t^2)^{\lambda+1/2}dt\overset{17b}{=}\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\int_{-1}^1 a_{n-1}^{(\lambda+1)}(t)(1-t^2)^{\lambda+1/2}dt.\tag{I}$$
Le membre de droite est $\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle_{\lambda+1}$.
*Récurrence.*
Prenons $\langle\cdot,1\rangle_\mu$ dans 16a : $$(n+1)\langle a_{n+1}^{(\mu)},1\rangle_\mu=2(n+\mu)\langle Xa_n^{(\mu)},1\rangle_\mu-(n+2\mu-1)\langle a_{n-1}^{(\mu)},1\rangle_\mu.\tag{II}$$
Montrons par récurrence sur $n$ que pour tout $\mu>\tfrac12$ : (i) $\langle a_k^{(\mu)},1\rangle_\mu=0$ ($1\le k\le n$) et (ii) $\langle Xa_k^{(\mu)},1\rangle_\mu=0$ ($2\le k\le n$).
- $n=1$ : $\langle a_1^{(\mu)},1\rangle_\mu=2\mu\int_{-1}^1 t(1-t^2)^{\mu-1/2}dt=0$ (imparité).
- $n=2$ : (i) $\langle a_2^{(\mu)},1\rangle_\mu=0$ (17c, tout $\mu$) ; (ii) par (I), $\langle Xa_2^{(\mu)},1\rangle_\mu=\frac{2\mu}{2\mu+1}\langle a_1^{(\mu+1)},1\rangle_{\mu+1}=0$.
- Hérédité ($n\to n+1$, tout $\mu$) : (ii) par (I), $\langle Xa_{n+1}^{(\mu)},1\rangle_\mu=\frac{2\mu}{2\mu+1}\langle a_n^{(\mu+1)},1\rangle_{\mu+1}=0$ (HR (i) au niveau $\mu+1$) ; (i) par (II) avec $n\ge2$, les deux termes de droite sont nuls (HR (ii) et (i)), donc $\langle a_{n+1}^{(\mu)},1\rangle_\mu=0$.
D'où $\langle a_n^{(\lambda)},1\rangle=0$ ($n\ge1$) et $\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle=0$ ($n\ge2$). $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Coupler deux niveaux $\lambda$ et $\lambda+1$ dans une même récurrence.*
Rapport (2 %) : « en tout point semblable » à 17c avec une récurrence.
### Question 17e
**Analyse.**
Il suffit de montrer $\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle=0$ pour $0\le k\le n-1$ ; on monte en $k$ via la récurrence 16a résolue en $Xa_n$.
**Solution.**
Les $a_i^{(\lambda)}$ ($0\le i\le n$) sont de degrés échelonnés $0,\dots,n$ (16b), donc forment une base de $\mathbb{R}_n[X]$.
Montrons par récurrence sur $k$ : pour tout $\mu>\tfrac12$, $\langle a_m^{(\mu)},X^k\rangle_\mu=0$ dès que $m\ge k+1$.
- $k=0,1$ : c'est 17d ($\langle a_m,1\rangle=0$ pour $m\ge1$ ; $\langle a_m,X\rangle=\langle Xa_m,1\rangle=0$ pour $m\ge2$).
- Hérédité.
De 16a, $Xa_m^{(\lambda)}=\frac{(m+1)a_{m+1}^{(\lambda)}+(m+2\lambda-1)a_{m-1}^{(\lambda)}}{2(m+\lambda)}$, donc $$\langle a_m^{(\lambda)},X^{k+1}\rangle=\langle Xa_m^{(\lambda)},X^k\rangle=\frac{(m+1)\langle a_{m+1}^{(\lambda)},X^k\rangle+(m+2\lambda-1)\langle a_{m-1}^{(\lambda)},X^k\rangle}{2(m+\lambda)}.$$
Pour $m\ge k+2$ : $m+1\ge k+1$ et $m-1\ge k+1$, donc les deux produits scalaires sont nuls (HR au rang $k$), d'où $\langle a_m^{(\lambda)},X^{k+1}\rangle=0$.
Ainsi $\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle=0$ pour $0\le k\le n-1$, i.e. $a_n^{(\lambda)}\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]=\mathrm{Vect}(a_0^{(\lambda)},\dots,a_{n-1}^{(\lambda)})$.
La famille $(a_0^{(\lambda)},\dots,a_n^{(\lambda)})$ est donc orthogonale, échelonnée en degré : c'est une base orthogonale de $(\mathbb{R}_n[X],\langle\cdot,\cdot\rangle)$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Les Gegenbauer $a_n^{(\lambda)}$ sont les polynômes orthogonaux du poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$* — ce sont exactement les objets de la Partie II (avec $D=a_n^{(\lambda)}$).
Rapport (0 %) : IPP + récurrence pour $\langle a_n,X^k\rangle=0$.
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## Quatrième partie — Fonctions de type positif et produit de Hadamard
*Cadre.* $S_n^+$ = matrices symétriques positives ($X^TMX\ge0$). $f$ **de type positif en dimension $N$** si $(f(x_i\cdot x_j))\in S_k^+$ pour tout $k$‑uplet de $\mathbb{S}^{N-1}$. $A\odot B=(a_{ij}b_{ij})$ (Hadamard).
*Rappels mutualisés.*
**Théorème spectral (MP)** : toute matrice symétrique réelle est $M=ODO^T$, $O$ orthogonale, $D=\mathrm{diag}(d_i)$ ; $M\in S_n^+\Leftrightarrow d_i\ge0$. $S_n^+$ est un **cône convexe** (stable par somme et par $\times\,$scalaire $\ge0$).
Forme exponentielle $\cos\theta=\Re(e^{i\theta})$.
### Question 18a
**Solution.** $UU^T$ est symétrique : $(UU^T)^T=UU^T$.
Pour $X\in\mathbb{R}^n$, $X^T(UU^T)X=(U^TX)^T(U^TX)=(U^TX)^2\ge0$ (scalaire au carré).
Donc $UU^T\in S_n^+$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Les $UU^T$ sont les « briques » de rang $1$ de $S_n^+$.*
Rapport (48 %).
### Question 18b
**Solution.**
Coefficient $(i,j)$ : $a_{ij}(b_{ij}+c_{ij})=a_{ij}b_{ij}+a_{ij}c_{ij}$.
Donc $A\odot(B+C)=A\odot B+A\odot C$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *$\odot$ est bilinéaire* (distributif) — on l'étendra aux sommes finies. Rapport (42 %).
### Question 18c
**Analyse.**
Réécriture spectrale : les vecteurs propres orthonormés fournissent les $U_i$, les valeurs propres les $d_i\ge0$.
**Solution.** $M\in S_n^+$ symétrique : par le théorème spectral, $M=ODO^T$ avec $O$ orthogonale, $D=\mathrm{diag}(d_1,\dots,d_n)$.
Notons $U_i=Oe_i$ ($i$‑ème colonne de $O$).
Alors $$M=ODO^T=\sum_{i=1}^n d_i\,(Oe_i)(Oe_i)^T=\sum_{i=1}^n d_i\,U_iU_i^T,$$ et $d_i=U_i^TMU_i\ge0$ car $\|U_i\|=1$ et $M\in S_n^+$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.**
*Décomposition spectrale $M=\sum d_iU_iU_i^T$ ($d_i\ge0$) : forme normalisée d'une matrice symétrique positive.*
Rapport (25 %).
### Question 18d
**Analyse.**
On décompose $A=\sum d_iU_iU_i^T$ et on montre que $(UU^T)\odot B\in S_n^+$ par « pondération » du vecteur test.
**Solution.**
Par 18c, $A=\sum_i d_iU_iU_i^T$, $d_i\ge0$.
Par bilinéarité (18b étendue) $A\odot B=\sum_i d_i\big((U_iU_i^T)\odot B\big)$.
Or, pour $U\in\mathbb{R}^n$ et $X\in\mathbb{R}^n$, en posant $Y=(x_ku_k)_k$ : $$X^T\big((UU^T)\odot B\big)X=\sum_{k,l}x_kx_l\,u_ku_l\,b_{kl}=\sum_{k,l}(x_ku_k)(x_lu_l)b_{kl}=Y^TBY\ge0$$ (car $B\in S_n^+$) ; et $(UU^T)\odot B$ est symétrique.
Donc $(UU^T)\odot B\in S_n^+$, et $A\odot B$ est une combinaison à coefficients $d_i\ge0$ d'éléments de $S_n^+$, donc (cône) $A\odot B\in S_n^+$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Théorème de Schur : le produit de Hadamard de deux matrices symétriques positives est symétrique positif.* Rapport (10 %) : décomposer $A,B$ selon 18c puis « symétriser ».
### Question 18e
**Solution.**
Soient $f,g$ de type positif en dimension $N$ et $(x_1,\dots,x_k)\in(\mathbb{S}^{N-1})^k$.
Alors $$\big((fg)(x_i\cdot x_j)\big)=\big(f(x_i\cdot x_j)\big)\odot\big(g(x_i\cdot x_j)\big)\in S_k^+$$ par 18d (les deux facteurs sont dans $S_k^+$).
Donc $fg$ est de type positif en dimension $N$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Le type positif est stable par produit* (via Schur). Rapport (13 %).
### Question 19
**Rappel.** $T_n(\cos\theta)=\cos(n\theta)$ ; $\mathbb{S}^1$ paramétrée par l'angle ; forme exponentielle.
**Analyse.**
Sur $\mathbb{S}^1$, $x_k\cdot x_l=\cos(\theta_k-\theta_l)$, donc $T_n(x_k\cdot x_l)=\cos(n\theta_k-n\theta_l)=\Re(z_k\bar z_l)$ avec $z_k=e^{in\theta_k}$ : la forme quadratique est $|\sum X_kz_k|^2\ge0$.
**Solution.**
Soient $x_1,\dots,x_m\in\mathbb{S}^1$, $x_k=(\cos\theta_k,\sin\theta_k)$.
Alors $x_k\cdot x_l=\cos(\theta_k-\theta_l)$, donc $$T_n(x_k\cdot x_l)=T_n(\cos(\theta_k-\theta_l))=\cos(n\theta_k-n\theta_l).$$
Posons $z_k=e^{in\theta_k}$, de sorte que $\cos(n\theta_k-n\theta_l)=\Re(z_k\bar z_l)=\tfrac12(z_k\bar z_l+\bar z_kz_l)$.
La matrice $M=(\cos(n\theta_k-n\theta_l))$ est symétrique et, pour $X\in\mathbb{R}^m$, avec $S=\sum_kX_kz_k\in\mathbb{C}$ : $$X^TMX=\tfrac12\Big(\sum_{k,l}X_kX_lz_k\bar z_l+\sum_{k,l}X_kX_l\bar z_kz_l\Big)=\tfrac12\big(|S|^2+|S|^2\big)=|S|^2\ge0.$$
Donc $M\in S_m^+$ : $T_n$ est de type positif en dimension $2$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Réécrire $\cos$ comme partie réelle d'un module carré* : la positivité tombe. Rapport (1 %, astucieuse) : forme exponentielle.
*Admis.*
Pour $n\ge0$, $N\ge4$ : $a_n^{(N/2-1)}$ est de type positif en dimension $N$.
*Définition.* $P$ est **$N$‑conductif** si, pour toute $f$ absolument monotone sur $[-1,1]$, $H(f,P)$ est de type positif en dimension $N$.
### Question 20
**Rappel.** Multiplicativité 4b ; $Q(f,P_1)$ absolument monotone (6) ; produit et somme de fonctions de type positif (18e ; cône).
**Analyse.** 4b décompose $H(f,P_1P_2)$ en une somme dont chaque terme est de type positif : $H(f,P_1)$ (car $P_1$ conductif) et $P_1\cdot H(Q(f,P_1),P_2)$ (produit de deux fonctions de type positif).
**Solution.**
Soient $P_1,P_2$ unitaires scindés dans $]-1,1[$, $N$‑conductifs, $P_1$ de type positif en dimension $N$ ; soit $f$ absolument monotone.
Par 4b,
$$H(f,P_1P_2)=H(f,P_1)+P_1\cdot H\big(Q(f,P_1),P_2\big).$$
- $H(f,P_1)$ est de type positif ($P_1$ conductif, $f$ abs. monotone).
- $Q(f,P_1)$ est absolument monotone (6, $P_1$ scindé dans $]-1,1[$), donc $H(Q(f,P_1),P_2)$ est de type positif ($P_2$ conductif).
- $P_1\cdot H(Q(f,P_1),P_2)$ : produit de deux fonctions de type positif, donc de type positif (18e).
- La somme de deux fonctions de type positif l'est encore (les matrices associées sont dans le cône $S_k^+$).
Donc $H(f,P_1P_2)$ est de type positif en dimension $N$ ; ceci pour toute $f$ abs. monotone, d'où $P_1P_2$ est $N$‑conductif. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *La conductivité se propage par produit dès qu'un facteur est de type positif.* Rapport (1 %) : « découle de la définition et des questions 4b, 6, 18e ».
### Question 21
**Rappel.** $\lambda=N/2-1\ge1>\tfrac12$ ($N\ge4$).
Par 17e, $a_n^{(\lambda)}\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ; par l'admis, tout $a_i^{(\lambda)}$ est de type positif en dimension $N$.
Le poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$ est $>0$ sur $]-1,1[$ : les résultats de la Partie II s'appliquent (seuls les intégrales importent, les bords sont de mesure nulle).
**Analyse.**
Deux ingrédients : (a) chaque $P_j=\prod_{\ell>j}(X-r_\ell)$ est de type positif, car combinaison **à coefficients positifs** des $a_i^{(\lambda)}$ (Partie II Q13 + admis) ; (b) récurrence descendante $P_j=(X-r_{j+1})P_{j+1}$ via Q20, initialisée par le facteur linéaire.
**Solution.** *Cadre Partie II.*
Prenons $D=a_n^{(\lambda)}$, de racines simples $r_1>\dots>r_n$ dans $]-1,1[$ (admis) et orthogonal à $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ (17e) : les questions 7–13 s'appliquent, avec $\mathcal{B}=(a_0,\dots,a_n)$ la base **unitaire** orthogonale, i.e. $a_i=a_i^{(\lambda)}/c_i$ ($c_i>0$, coefficient dominant, 16b).
*$P_j$ est de type positif.*
Par 13, $P_j=\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)=\sum_{m=0}^{n-j}\beta_m^{(j)}a_m$ avec $\beta_m^{(j)}>0$, donc $$P_j=\sum_{m=0}^{n-j}\frac{\beta_m^{(j)}}{c_m}\,a_m^{(\lambda)},\qquad \frac{\beta_m^{(j)}}{c_m}>0.$$
Chaque $a_m^{(\lambda)}$ est de type positif en dimension $N$ (admis) ; une combinaison à coefficients $\ge0$ de fonctions de type positif l'est encore (cône $S_k^+$).
Donc **$P_j$ est de type positif en dimension $N$** pour $0\le j\le n-1$.
*$X-r$ est $N$‑conductif.* $H(f,X-r)=f(r)$ (constante).
Si $f$ est abs. monotone, $f(r)\ge0$, et la matrice constante $(f(r))=f(r)\,\mathbf 1\mathbf 1^T=f(r)\,UU^T$ (avec $U=\mathbf 1$) est dans $S_k^+$ (18a, $f(r)\ge0$).
Donc $H(f,X-r)$ est de type positif : $X-r$ est $N$‑conductif (pour $r\in]-1,1[$).
*Récurrence descendante.*
Montrons que $P_j$ est $N$‑conductif, pour $j=n-1$ jusqu'à $0$.
- Initialisation $j=n-1$ : $P_{n-1}=X-r_n$, $N$‑conductif (ci‑dessus).
- Hérédité : supposons $P_{j+1}$ $N$‑conductif.
On a $P_j=P_{j+1}\cdot(X-r_{j+1})$, produit de deux polynômes unitaires scindés dans $]-1,1[$.
Par Q20 avec $P_1=P_{j+1}$, $P_2=X-r_{j+1}$ (tous deux $N$‑conductifs) et $P_1=P_{j+1}$ **de type positif** en dimension $N$ (montré ci‑dessus), $P_j=P_{j+1}(X-r_{j+1})$ est $N$‑conductif.
Ainsi $P_0=\prod_{i=1}^n(X-r_i)$ est $N$‑conductif ; en particulier, pour la $f$ absolument monotone donnée, $H\big(f,\prod_{i=1}^n(X-r_i)\big)$ est une fonction de type positif en dimension $N$. $\qquad\blacksquare$
**À retenir.** *Synthèse finale des quatre parties* : Partie I (conductivité, via 4b/6), Partie III (Gegenbauer orthogonaux, 16b/17e), Partie II (positivité des coordonnées, 13) et Partie IV (Hadamard, 18e/20) se combinent en une récurrence descendante. Rapport (0 %) : « récurrence descendante sur $P_j$, à l'aide des questions 16b, 17e, 13 et de la question 20 ».
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## Remarques transversales du rapport du jury (traçables)
- **Stratégie.** Mieux vaut « traiter correctement plusieurs questions consécutives, dont des questions difficiles, plutôt que grappiller » : le barème pénalise le survol. On peut admettre le résultat d'une question sautée et l'utiliser plus loin, **en vérifiant les hypothèses** des « boîtes noires ».
- **Rédaction.** Soin et lisibilité « trop souvent insuffisants » ; usage du brouillon indispensable ; ne pas être « très lourd » sur 1a–2b puis « sommaire » en fin de copie ; même les vérifications triviales (bilinéarité d'un produit scalaire) doivent être **évoquées**.
- **Niveau.** Sujet jugé « standard, pour ne pas dire classique », de difficulté comparable aux années antérieures.
## Note d'honnêteté
Toutes les questions 1a à 21 sont établies de façon complète et rigoureuse ci‑dessus, avec justification des interversions (dérivation sous l'intégrale en 3b, 4a, 6 ; unicité des coefficients de DSE en 15–17b), des cas dégénérés (multiplicités $k_i=1$, indices négatifs nuls dans les récurrences) et vérification des hypothèses des théorèmes invoqués (Rolle, Taylor reste intégral, spectral, intégrale à paramètre). Deux points de vigilance signalés dans le texte, non bloquants :
1.
**Q5b** : le rapport qualifie la preuve d'« application directe de 4a » ; la voie rigoureuse passe en réalité par **1b** appliqué à $Q_t$ (existence d'un zéro de $Q_t^{(\deg P)}$), ce qui est fait.
2.
**Q21** : le poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$ s'annule aux bords $\pm1$, alors que la Partie II supposait $f>0$ sur $[-1,1]$ ; c'est sans conséquence car seuls interviennent des intégrales et $f>0$ sur l'ouvert $]-1,1[$ suffit à la positivité stricte du produit scalaire.
Ce point est explicité.