Les polynômes de Tchebychev et l’exercice précédent

Je vais présenter ici une solution de l’exercice proposé dans cet articlel’exercice précédent du titre de ce billet.

J’étais tombé sur la relation à établir un peu par hasard, comme conséquence de quelques faits obtenus lors de la rédaction de la longue suite de billets intitulée Un joyau : les théorèmes de Ceva et de Menelaus, l’ellipse de Steiner et les permutations se rencontrent chez une modeste équation.

Dans ce commentaire, ThM nous faisait part de son intuition selon laquelle la relation est liée aux polynômes de Tchebychev. Il s’avère que son intuition ne le trompait nullement, comme vous allez le voir.

Voici quelques propriétés des polynômes de Tchebychev de seconde espèce, dont la solution annoncée découle aisément.

Soit n\in \mathbf N. En utilisant la formule de de Moivre

\cos(nx)+i\sin(nx)=\left(\cos x+i\sin x\right)^n

et celle du binôme de Newton pour développer le membre de droite, on voit qu’il existe des polynômes U_n et V_n tels que

\forall x\in\mathbf R,\quad\cos(nx)=U_n(\cos x)\quad \& \quad \sin(nx)=(\sin x)V_n(\cos x)

Ces polynômes sont univoquement déterminés par ces relations car des polynômes A,B sont égaux dès qu’ils vérifient A(\cos x)=B(\cos x) pour tout x dans \mathbf R puisqu’alors ils coïncident en une infinité de valeurs de leur variable. Les polynômes U sont les polynômes de Tchebychev de première espèce. Les polynômes V sont ceux de seconde espèce.

En voici une caractérisation. Nous l’exploiterons plusieurs fois.

La suite n\mapsto V_n est l’unique solution de l’équation de récurrence

(1) T_{n+2}-2XT_{n+1}+T_n=0,\quad T_0=0, T_1=1

Il est clair que V_0=0 et V_1=1. Pour établir la proposition, il suffit alors d’observer que

\sin((n+2)x)-2\cos(x)\sin((n+1)x)+\sin(nx)=0

et de remplacer \sin(nx),\sin((n+1)x) et \sin((n+2)x) par leurs expressions en termes des polynômes V.

Avec cette équation, on calcule facilement les premiers polynômes V (on peut, cela dit, les obtenir tous directement avec les formules de de Moivre et du binôme de Newton). Ainsi,

\begin{cases}V_2=2X\\V_3=4X^2-1\\V_4=8X^3-4X\\V_5=16X^4-12X^2+1\end{cases}

Nous allons à présent prouver que

(2) V_n(X)=2^{n-1}\left(X-\cos\frac{\pi}{n}\right)\left(X-\cos\frac{2\pi}{n}\right)\cdots\left(X-\cos\frac{(n-1)\pi}{n}\right)

Pour y parvenir, nous allons vérifier que le terme de plus haut degré de V_n est 2^{n-1}X^{n-1} et que les nombres

\cos\frac{k\pi}{n}, \quad k=1,...,n-1

en sont des zéros, ce qui suffit. La première étape est immédiate à accomplir, par récurrence, à l’aide de la relation (1). Pour la seconde, on observe que, d’après sa définition, les cosinus des nombres x tels que

\sin(nx)=0\quad \& \quad \sin x\neq 0

sont des zéros de V_n.

Ainsi, en combinant (2) avec la définition de V_n, nous obtenons, pour tout nombre réel x,

\sin(nx)=2^{n-1}(\sin x)\prod_{k=1}^{n-1}\left(\cos x-\cos\frac{k\pi}{n}\right)

Prenons alors x= \frac{\pi}{n+1}. Comme

\sin\frac{n\pi}{n+1}=\sin\frac{\pi}{n+1}\neq 0

il vient

\boxed{\prod_{k=1}^{n-1}\left(\cos \frac{\pi}{n+1}-\cos\frac{k\pi}{n}\right)=\frac{1}{2^{n-1}}}

L’exercice dont il est question dans le titre du billet consistait à prouver cette égalité pour n=10. Il est donc résolu.

Dans son commentaire mentionné plus haut, ThM faisait allusion aux produits des zéros des polynômes de Tchebychev. Au point où nous en sommes, il n’est pas difficile d’étudier le cas des polynômes de seconde espèce. Plus précisément, les zéros non nuls de V_n vont par paires de valeurs opposées puisque

\cos\frac{k\pi}{n}=-\cos\frac{(n-k)\pi}{n}

et nous nous proposons de calculer le produits de ses racines positives. Pour ce faire, nous utiliserons les relations de Viète liant les fonctions symétriques élémentaires des racines d’un polynôme

a_0(X-u_1)\cdots(X-u_n)=\sum_{k=0}^na_{n-k}X^k

à ses coefficients. Les voici

\forall k\in\{0,\ldots,n\},\quad \sigma_k(u_1,\ldots,u_n):=\sum_{1\leqslant i_1 <\cdots <i_k\leqslant n} u_{i_1}\cdots u_{i_k}=(-1)^k\frac{a_k}{a_0}

Concernant V_n, nous devrons distinguer le cas où n est impair de celui où il est pair. Dans le premier cas, nous utiliserons la relation de Viète impliquant le terme indépendant, V_n(0), de V_n. Dans le second, nous utiliserons celle impliquant le coefficient de X dans V_n, qui est aussi la valeur en zéro de sa dérivée V_n'.

Lorsque n=2p+1 est impair, V_n possède 2p zéros. Ils sont non nuls et se groupent en p paires de valeurs opposées. Leur produit vaut alors, d’après la relation de Viète impliquant le terme indépendant de V_n,

(-1)^p\left(\cos\frac{\pi}{2p+1}\cdots\cos\frac{p\pi}{2p+1}\right)^2=\frac{V_{2p+1}(0)}{2^{2p}}

En utilisant (1), on vérifie facilement que V_{2p+1}(0)=(-1)^p. Dès lors

\boxed{\cos\frac{\pi}{2p+1}\cdots\cos\frac{p\pi}{2p+1}=\frac{1}{2^p}}

Lorsque n=2p est pair, V_n possède 2p-1 racines. Une est nulle et les autres se répartissent en p-1 paires de valeurs opposées. Observons qu’en toute généralité

\sigma_{n-1}(0,u_1,\ldots,u_{n-1})=u_1\ldots u_{n-1}

Pour calculer le produit des racines non nulles de V_{2p}, nous utiliserons dès lors la relation de Viète impliquant le ceofficient de X. Ceci nous donne

(-1)^{p-1}\left(\cos\frac{\pi}{2p}\cdots\cos\frac{(p-1)\pi}{2p}\right)^2=\frac{V_{2p}'(0)}{2^{2p-1}}

Pour déterminer V_{2p}'(0), nous allons dériver la relation (1) puis évaluer le résultat en 0. Il vient ainsi

V_{2(p+1)}'(0)-2V_{2p+1}(0)+V_{2p}'(0)=0

Sachant que V_2=2X et, comme observé plus haut, que V_{2p+1}(0)=(-1)^p, une récurrence facile donne alors V_{2p}'(0)=(-1)^{p+1}2p. De là

\boxed{\cos\frac{\pi}{2p}\cdots\cos\frac{(p-1)\pi}{2p}=\frac{\sqrt p}{2^{p-1}}}

Une réflexion sur “Les polynômes de Tchebychev et l’exercice précédent

  1. Merci pour cette belle solution! J’avais un certain souvenir des relations de Viète (j’avais toutefois oublié ce nom), mais en effet ce n’était pas pertinent pour ce problème. J’ignorais aussi l’existence des polynômes de Tchebycheff de seconde espèce, c’est intéressant de l’apprendre. L’avant-dernière identité avant l’encadré est totalement évidente si on examine le cercle trigonométrique, mais il fallait y penser. C’est typiquement le genre d’étape qui m’échappe dans les démonstrations. J’étais donc encore assez loin de la solution.

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