I Polynômes d Hermite

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Ἰάκωβος Αναγνωστάκης
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1 SESSION 29 Concours commun Mines-Ponts DEUXIEME EPREUVE FILIERE PSI I Polynômes d Hermite Pour x R, h (x et h (x 2 ex2 ( 2xe x2 x Soit n N Pour x R, h n(x ( n 2 n 2xex2 D n (e x2 + ( n 2 n ex2 D n+ (e x2 2xh n (x 2h n+ (x x R, h (x, h (x x et n N, 2h n+ (x 2xh n (x + h n(x 2 Montrons par récurrence que n N, h n est un polynôme de degré n et de coefficient dominant C est vrai pour n Soit n N Supposons que h n est un polynôme de degré n et de coefficient dominant Alors h n+ Xh n 2 h n est un polynôme puis deg(h n+ deg(xh n n + et dom(h n+ dom(xh n dom(h n On a montré par récurrence que n N, h n est un polynôme de degré n et de coefficient dominant 3 Soit x R Soient f une fonction de classe C sur R puis f x la fonction définie sur R par t R, f x (t f(x t f x est de classe C sur R et n N, t R, g (n (t ( n f (n (x t et en particulier, n/inn, f (n x ( ( n f (n (x On applique ce résultat à la fonction f : t e t2 de sorte que t R, f x (t e (x t2 On obtient pour n N, f (n x ( ( n D n (e t2 (x 2 n e x2 h n (x 4 Soit x R t R, f x (t e x2 e 2tx e t2 Par suite, la fonction f x est développable en série entière sur R en tant que produit de fonctions développables en série entière sur R De plus,, d après la question précédente, pour t R, f x (t + (x, t R 2, e (x t2 f (k + x k! tk k! 2k h k (xe x2 + k! 2k h k (xe x 2 5 Pour (x, t R, w(x, t e x2 f x (t + k! 2k h k (x Soit x R On sait que la série entière de somme w(x, t est dérivable sur R et que sa dérivée s obtient par dérivation terme à terme Pour tout réel t R, w + t (x, t (2x 2tw(x, t k (k! 2k h k (x (2x 2t + k! 2k+ h k+ (x x k! 2k h k (x k! 2k+ h k (x + + k (k! 2k h k (x k! 2k (2h k+ (x 2xh k (x + kh k (x (avec la convention h (x http ://wwwmaths-francefr c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

2 L unicité d un développement en série entière et l identité (3 permettent alors d affirmer que k N, 2h k+ (x 2xh k (x+ kh k (x On a montré que k N, x R, 2h k+ (x 2xh k (x + kh k (x avec la convention x R, h (x 6 L identité ( et l identité (3 donnent n N, h n nh n 7 D après la question 4, pour tout réel t, + 2 k h k ( + f (t e t2 k! p ( p t 2p p! Par unicité des coefficients d un développement en série entière, pour p N, on a h 2p+ ( puis 22p h 2p ( (2p! et donc h 2p ( ( p (2p! 2 2p p! On en déduit que pour p N, φ 2p+ ( puis ( p p! φ 2p ( ( ( p (2p! π(2p!2 2p /2 2 2p ( p (2p! p! π /4 2 p p! p N, φ 2p ( ( p (2p! π /4 2 p p! et φ 2p+ ( Soit n N Pour x R, φ n(x dn ( 2xh n (x + h n(xe x2 dn ( 2xh n (x + nh n (xe x2 convention x R, h (x Pour x, on obtient Donc φ n ( dn nh n ( n dn d n φ n ( 2n φ n ( p N, φ 2p ( et φ 2p+ ( 2(2p + ( p (2p! π /4 2 p p! (on rappelle la 8 Soient (x, y R 2 e N La relation (4 fournit 9 Puis, (x yh k (xh k (y xh k (xh k (y yh k (xh k (y ( h k+ (x + k 2 h k (x h k (y ( h k+ (y + k 2 h k (y h k (x (h k+ (xh k (y h k+ (yh k (x k 2 (h k(xh k (y h k (yh k (x (x y h k (xh k (y (h k+ (xh k (y h k+ (yh k (x k 2 (h k (xh k (y h k (yh k (x (h k+ (xh k (y h k+ (yh k (x (h k (xh k (y h k (yh k (x, et donc pour n N, on obtient par télescopage (en posant conventionnellement d n (x y h k (xh k (y (h n (xh n (y h n (yh n (x (h (xh (y h (yh (x d n d d n (h n (xh n (y h n (yh n (x http ://wwwmaths-francefr 2 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

3 Si de plus, x et y sont distincts n n φ k (xφ k (y e x2 e y2 h k (xh k (y e x2 e y2 h n(xh n (y h n (yh n (x d n x y dn dn φ n(xφ n (y φ n (yφ n (x d n x y n 2 φ n(xφ n (y φ n (yφ n (x x y II Etude de Φ 2m L équation différentielle proposée est du type y + a(xy + b(xy c(x où a, b et c sont trois fonctions continues sur R D après le théorème de Cauchy, le problème de Cauchy (S(r, β, γ admet une et une seule solution sur R Les solutions sur R de l équation homogène associée ρ (x+γ 2 ρ(x sont les fonction des la forme x λ ρ (x+λ 2 ρ 2 (x où (λ, λ 2 R 2 et ρ et ρ 2 sont les fonctions définies sur R par x R, ρ (x cos(γx et ρ 2 (x sin(γx Une solution particulière de l équation ρ (x + γ 2 ρ(x r(x est fournie par la méthode de variation des constantes : il existe une solution particulière de l équation { de la forme x λ (xρ (x + λ 2 (xρ 2 (x où λ et λ 2 sont deux fonctions λ dérivables sur R et solution du système ρ + λ 2 ρ 2 λ ρ + λ 2 ρ 2 r On a ρ (x ρ 2 (x ρ (x ρ 2 (x cos(γx sin(γx γ sin(γx γ cos(γx γ et les formules de Cramer fournissent pour x R λ (x sin(γx γ r(x γ cos(γx γ r(xsin(γx et λ 2 (x cos(γx γ γ sin(γx r(x γ r(xcos(γx On peut prendre λ (x γ proposée est donc r(tsin(γt dt et λ 2 (t γ ρ(x γ cos(γx r(tsin(γt dt + γ sin(γx r(tcos(γt dt γ La solution générale de l équation proposée est x λ cos(γx + λ 2 sin(γx + γ La condition ρ( β fournit λ β Ensuite, pour x R, ( γ sin(γx γ et la condition ρ ( fournit λ 2 r(t cos(γt dt Une solution particulière de l équation r(tsin(γ(x t dt r(tsin(γ(x t dt, (λ, λ 2 R 2 ρ (x λ sin(γx + λ 2 cos(γx + x r(t sin(γt dt cos(γxr(x cos(γx + γ cos(γx r(t cos(γt dt + sin(γxr(x sin(γx, La solution sur R du problème de Cauchy (S(r, β, γ est la fonction ρ définie sur R par : x R, ρ (x β cos(γx + γ r(tsin (γ(x t dt Pour x R, posons r(x x 2 φ 2m (x D après le résultat admis ci-dessus, φ 2m est solution de (S(r, φ 2m (, φ 2m ( ou encore du problème (S(r, α 2m, où α 2m ( m (2m! π /4 2 m d après la question 7 et γ 4m + m! D après la question précédente, on a donc x R, φ 2m (x α 2m cos( 4m + x + 4m + sin ( 4m + (x y y 2 φ 2m (y dy où α 2m ( m (2m! 4m + π /4 2 m m! 2 D après la formule de Stirling http ://wwwmaths-francefr 3 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

4 (2m α 2m ( m π /4 e 2 m ( m e 2m 4πm m 2πm ( m πm /4 α 2m ( m πm /4 3 Soient x R puis I [, x] si x et [x, ] si x sin ( 4m + (x y y 2 φ 2m (y dy 4m + y 2 φ 2m (y dy 4m + I y 4 dy φ 2 2m(y dy (inégalité de Cauchy-Schwarz 4m + I I 4m + I y 4 dy x 5 4m + 5 x 5/2 4m D après la question, pour tout réel x, ( ( m x πm /4 φ 2m 2 m φ 2 2m (y dy y 4 dy R 4m + I ( 4m x ( ( m x 4m + πm /4 α 2m cos 2 + ( m sin + ( πm /4 2 m 2 m y y 2 φ 2m (y dy m 4m + 4m + ( x 4m + 4m + Soit x R D après la question 2, on a lim ( m πm /4 α 2m cos 2 cosx (car m 2 m D autre part, ( 4m x ( m sin + ( πm /4 2 m 2 m y y 2 φ 2m (y dy 4m + x πm /4 2 5/2 m π x 5/2 5 4m 2 m On en déduit que lim ( m πm /4 x R, ( 4m x sin + ( 2 m y y 2 φ 2m (y dy et on a montré que 4m + lim m πm /4 φ 2m ( x 2 cosx m III Intégrales de déterminants 5 Soient N N et (x, y R 2 Pour z R, ( N ( N K (N (x, zk (N (z, y φ k (xφ k (z φ l (zφ l (y l k,l N φ k (xφ k (zφ l (zφ l (y Chaque produit φ k φ l, k, l N, étant intégrable sur R, la fonction z K (N (x, zk (N (z, y est intégrable sur R et K (N (x, zk (N (z, y dz k,l N k,l N N φ k (xφ l (y φ k (zφ l (z dz φ k (xφ l (yδ k,l (d après les relations (5 φ k (xφ k (y K (N (x, y http ://wwwmaths-francefr 4 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

5 De même, les relations (5 fournissent N N, (x, y R 2, K (N (x, x dx N φ k (xφ k (x dx N K (N (x, zk (N (z, y dz K (N (x, y et N N, N K (N (x, x dx N 6 Une composée de deux permutations de, k est une permutation de, k et donc σ est une permutation de, k Si σ(k k, σ σ et donc σ(k k De plus, ε( σ ε(σ Si σ(k k, σ(k (k, σ(k (σ(k k De plus, ε( σ ε(σ σ est une permutation de, k telle que σ(k k, de même signature que σ si σ(k k et de signature opposée à celle de σ si σ(k k 7 Soit σ S k Pour τ S k on a (puisque τ(k k σ(k Soit τ S k telle que τ σ τ θ (θ ({σ} θ(τ θ(σ τ σ τ σ (, τ σ (k, τ(k τ (k, σ(k σ τ (k, τ(k (k, σ(k σ Ainsi, si τ σ, τ est nécessairement l une des permutations σ l (k, l (k, σ(k σ, l k Réciproquement, pour l, k, σ l (k (k, l(k l et donc σ l (k, σ l (k (k, l (k, σ(k σ (k, σ(k σ σ Ainsi, θ (θ ({σ} {σ l, l k} Comme les permutations σ l, l k, sont deux à deux distinctes (car (k, l (k, σ(k σ (k, l (k, σ(k σ (k, l (k, l l l, on a montré que card ( θ (θ ({σ} k σ S k, card ( θ (θ ({σ} k (Erreur d énoncé 8 Soient N N, (x,,x k R k et σ S k er cas Supposons σ(k k Dans ce cas, σ σ σ /,k De plus, i, k, σ(i k et donc, d après les identités de la question 5, i k K (N ( k x i, x σ(i dxk K (N ( x i, x σ(i i k N K (N ( x i, x eσ(i i k K (N (x k, x k dx k N i K (N ( x i, x σ(i 2ème cas Supposons σ(k k Pour i, k, σ(i k i σ (k et donc, toujours d après les identités de la question 5, i k K (N ( x i, x σ(i dxk i k, i σ (k K (N ( x i, x σ(i K (N ( x σ (k, x k K (N ( x k, x σ(k dxk K (N ( x σ (k, x σ(k i k, i σ (k K (N ( x i, x σ(i Maintenant, si i, k \ {k, σ (k}, alors i n est pas k et aussi σ(i n est ni k, ni σ(k Par suite, σ(i existe puis σ(i σ(i (k, σ(k σ(i σ(i, et si i σ (k, alors i k et σ(i σ(σ (k(k, σ(k σ(σ (k σ(k http ://wwwmaths-francefr 5 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

6 Finalement, K ( (N x σ (k, x σ(k K (N ( k x i, x σ(i K (N ( x i, x eσ(i i k, i σ (k i N N, (x,,x k R k, σ S k, k i K (N ( x i, x σ(i dxk K (N ( x i, x eσ(i si σ(k k K (N ( x i, x eσ(i si σ(k k k N i k i 9 D après la question précédente, DetK (N (x,,x k dx N N σ S n ε(σ i σ S n/ σ(kk σ S n/ σ(kk (d après la question 6 et puisque ε( σ ε( σ k K (N ( x i, x σ(i dxk k ε(σ K (N ( x i, x eσ(i + i k ε( σ K (N ( x i, x eσ(i i σ S n/ σ(k k σ S n/ σ(k k k ε(σ K (N ( x i, x eσ(i i k ε( σ K (N ( x i, x eσ(i Maintenant, la question 7 montre que chaque élément σ de S k a exactemen antécédents par θ dans S k On peut donc partitionner S k en k parties S,, S k constituées chacune de (k! éléments telles que la restriction de θ à chaque S i, i k, soit une bijection de S i sur S k De plus, comme S k, θ( σ σ et que σ(k k, tout élément σ de S k admet un antécédent σ par θ vérifiant de plus σ(k k Par suite, on peut imposer que l une des parties S i, par exemple S, soit constituée des éléments σ S k telles que σ(k k On obtient i DetK (N (x,,x k dx N σ S n/ σ(kk k ε( σ K (N ( x i, x eσ(i i σ S n/ σ(k k N k ε( σ K (N ( k k x i, x eσ(i ε( σ K (N ( x i, x eσ(i σ S i l2 σ S l i k ε( σ K (N ( x i, x eσ(i N k ε( σ K (N ( k x i, x eσ(i (k ε( σ K (N ( x i, x eσ(i eσ S k i eσ S k i (N k + DetK (N (x,,x k i N N, (x,, x k R k, i k K (N (x,, x k dx k (N k + DetK (N (x,, x k III Déterminants et intégrales 2 Soient N 2 et (x,, x N R n h N est un polynôme de degré N unitaire et donc h N x N est un polynôme de degré au plus N 2 La famille (h,, h N 2 est une base de R N 2 [X] (famille de N polynômes de degrés deux à N 2 deux distincts et inférieurs à N Donc il existe (α,,α N 2 R N tel que h N X N α k h k ou encore tel N 2 que h N α k h k X N On effectue alors sur le déterminant à calculer la transformation C N C N Cette transformation ne modifie pas la valeur du déterminant proposé et on obtient h (x h N 2 (x h N (x h (x h N 2 (x x N h (x 2 h N 2 (x 2 h N (x 2 h (x 2 h N 2 (x 2 x N 2 h (x N h N 2 (x N h N (x N h (x N h N 2 (x N xn N N k α k C k http ://wwwmaths-francefr 6 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

7 On réitère sur les colonnes C N,, C 2 et en tenant compte de C h (x h N 2 (x h N (x h (x 2 h N 2 (x 2 h N (x 2 h (x N h N 2 (x N h N (x N ce qui reste conventionnellement vrai quand N, on obtient Van(x,, x N i<j N N N, (x,, x N R N, det(h j (x i i,j N Van(x,,x N (x j x i i<j N (x j x i 2 Pour k N, d d d N ψ (N N (x,,x N d d d N ψ (N (x,, x N e N i x2 i d d d N i<j N e N 2 i x2 i (det(h j (x i d d d i,j N N ( 2 det e x 2 j 2 2 h j (x i (det(φ j (x i i,j N dj i,j N det ((φ k (x i i,k N t (φ k (x j j,k N ( N ( Det φ k (x i φ k (x j Det( K (N (x i, x j i,j N k DetK (N (x,, x N La formule de l énoncé est donc vraie quan N i,j N Soi, N Supposons que φ (N k d d (x,, x k DetK (N (x,, x k Alors N φ (N k d d (x +,, x k N (N (k Le résultat est démontré par récurrence (N (k N N, (x,, x N R N, k, N, ψ (N k d d (x,, x k, y dy N (x j x i 2 DetK (N (x,, x k, y dy (par hypothèse de récurrence DetK (N (x,, x k (d après la question 9 d d N φ (N k (x,, x k DetK (N (x,,x k http ://wwwmaths-francefr 7 c Jean-Louis Rouget, 29 Tous droits réservés

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