Maths B
X-ENSMP2025
# Corrigé — Mathématiques B (X), filière MP, 2025
**Concours :** École polytechnique (X) — Concours d'admission 2025
**Épreuve :** Composition de Mathématiques B, filières MP-MPI (épreuve n° 3)
**Durée :** 4 heures — calculatrices interdites.
## Thème et fil directeur
Le problème traite de plusieurs **problèmes classiques d'approximation** reliés par un même objet : le polynôme interpolateur *avec multiplicités* $H(f,P)$ et son « quotient de Newton » $Q(f,P)$.
- **Partie I** construit l'interpolation d'Hermite $H(f,P)$ (les dérivées de $f$ et de $H$ coïncident jusqu'à l'ordre $k_i-1$ en chaque racine $t_i$ de $P$), le reste $Q(f,P)$, une formule d'erreur à la Taylor-Lagrange (5b), et montre la stabilité de l'**absolue monotonie** par $Q(f,\cdot)$ (6).
- **Partie II** fabrique, pour un poids $f>0$, une base orthogonale *échelonnée* $(a_0,\dots,a_n)$ et prouve que le polynôme $\prod(X-r_\ell)$ (dont les racines sont celles du polynôme orthogonal de tête $D$) a des **coordonnées strictement positives** dans cette base.
Le levier technique est la **relation de récurrence à trois termes** et l'**entrelacement des racines**.
- **Partie III** réalise concrètement cette situation avec les **polynômes de Gegenbauer** $a_n^{(\lambda)}$, coefficients du DSE de la fonction génératrice $F_\lambda(x,r)=(1-2rx+r^2)^{-\lambda}$, et prouve leur orthogonalité pour le poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$.
- **Partie IV** introduit les **fonctions de type positif en dimension $N$** (le cône $S_k^+$ est stable par produit de Hadamard) et combine tout ce qui précède pour produire de telles fonctions via $H(f,\prod(X-r_i))$.
Les trois premières parties sont indépendantes ; la quatrième les utilise.
## Carte stratégique (d'après le rapport du jury)
Le jury insiste : **mieux vaut enchaîner correctement plusieurs questions consécutives, dont des difficiles, que grappiller les questions faciles** — le barème pénalise le survol. Le soin de rédaction est explicitement valorisé (un quota de points y sera bientôt réservé) ; la balance concision/précision est un signe de maturité. On a le droit d'admettre le résultat d'une question sautée et de l'utiliser ensuite, à condition de **vérifier les hypothèses** des « boîtes noires ».
Taux de réussite (MP+MPI confondus), pour situer les seuils :
- **Points d'appui (>55 %)** : 2a (88), 1b (82), 7c (77), 7b (74), 3a (69), 1a (61), 4a (57), 8a (54), 9b (53), 18a (48), 18b (42), 10a (41), 7d/7a/8b autour de 26-37.
- **Questions charnières (10-35 %)** : 2b (16, application linéaire injective ⟹ surjective), 3b (32), 4b (32), 14 (31), 16a (26), 16b (21), 5a (23), 5b (22), 18c (25), 18e (13), 18d (10), 9a (12), 17a (23), 17b (10).
- **Questions discriminantes (≤7 %)** : 9c (7), 10b/11a (6), 15 (6), 17c (3), 11b (3), 12 (2), 17d (2), 19 (1), 20 (1), et **6, 10c(7), 13, 17e, 21 quasi nulles**.
Ordre conseillé : traiter la **Partie I jusqu'à 4a** et la **Partie IV jusqu'à 18e/19** (bon rendement), sécuriser **7a-8a** et **14-16b**, puis attaquer les récurrences fines (10b, 11, 17d-e, 13, 21) qui font la différence en tête de classement.
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# Première partie
*Notations.* $h,f$ sont $\mathscr{C}^\infty$ sur $[a,b]$. « $h$ s'annule à l'ordre $N$ » : il existe $a\le c_1<\dots<c_m\le b$ et $k_1,\dots,k_m\ge 1$ avec $\sum k_i=N$ et $h^{(k)}(c_i)=0$ pour $0\le k<k_i$.
## Question 1a
**Stratégie.**
En dérivant, on perd un ordre d'annulation en *chaque* $c_i$ (soit $m$ au total) mais le théorème de Rolle recrée $m-1$ zéros entre les $c_i$ ; bilan : on ne perd qu'un ordre.
**Rédaction.**
Soit $c_1<\dots<c_m$ et $k_1,\dots,k_m\ge1$ avec $\sum k_i=N+1$ témoignant que $h$ s'annule à l'ordre $N+1$.
*En chaque $c_i$ :* pour $0\le k<k_i-1$, $(h')^{(k)}(c_i)=h^{(k+1)}(c_i)=0$.
Donc $h'$ s'annule à l'ordre $k_i-1$ en $c_i$ (aucune condition si $k_i=1$).
Total : $\sum_{i=1}^m (k_i-1)=(N+1)-m$.
*Entre les $c_i$ :* comme $k_i\ge1$, on a $h(c_i)=0$ pour tout $i$. $h$ étant continue et dérivable, le **théorème de Rolle** appliqué sur chaque $[c_i,c_{i+1}]$ ($1\le i\le m-1$) fournit $d_i\in\,]c_i,c_{i+1}[$ avec $h'(d_i)=0$.
Les $d_i$ sont deux à deux distincts et distincts des $c_j$.
Réunissons ces points : les $c_i$ (avec ordre $k_i-1$) et les $d_i$ (avec ordre $1$ chacun).
Ils sont dans $[a,b]$, deux à deux distincts, et la somme des ordres vaut $$\big((N+1)-m\big)+(m-1)=N.$$
Après réindexation croissante, ceci prouve que **$h'$ s'annule à l'ordre $N$ dans $[a,b]$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** Le jury (61 %) souhaite une rédaction *courte* : « il semble exagéré d'y consacrer une page ».
Le point clé est le décompte $m$ (dérivation) $-(m-1)$ (Rolle) $=1$.
Le jury note avec humour que « Rolle » devient parfois « Rolles » ou « Rholles » : soignez l'orthographe des noms propres.
## Question 1b
**Stratégie.**
Itérer 1a jusqu'à obtenir un ordre $1$, qui fournit un point d'annulation de $h^{(N)}$.
**Rédaction.**
Montrons par récurrence sur $0\le j\le N$ que $h^{(j)}$ s'annule à l'ordre $N+1-j$.
C'est l'hypothèse pour $j=0$.
Si $h^{(j)}$ s'annule à l'ordre $N+1-j\ge 2$, la question 1a appliquée à $h^{(j)}$ montre que $h^{(j+1)}=(h^{(j)})'$ s'annule à l'ordre $N-j$.
Pour $j=N$, $h^{(N)}$ s'annule à l'ordre $1$ : il existe donc $c\in[a,b]$ avec $h^{(N)}(c)=0$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 82 % : conséquence immédiate de 1a. Le jury déconseille « des récurrences encombrantes » — quelques lignes suffisent.
*Cadre pour 2a–6.* $f\in\mathscr{C}^\infty([a,b],\mathbb{R})$. $P\in\mathbb{R}[X]$ non nul, scindé sur $\mathbb{R}$, racines $a<t_1<\dots<t_m<b$, $k_i$ = plus petit entier avec $P^{(k_i)}(t_i)\neq0$ = **multiplicité** de $t_i$ ; comme $P$ est scindé, $\deg P=\sum k_i=:d$.
## Question 2a
**Stratégie.** Traduire les annulations en divisibilité par $P$, puis comparer les degrés.
**Rédaction.**
Pour chaque $i$, la condition $Q^{(k)}(t_i)=0$ ($0\le k<k_i$) signifie que $t_i$ est racine de $Q$ de multiplicité $\ge k_i$, i.e. $(X-t_i)^{k_i}\mid Q$.
Les $(X-t_i)^{k_i}$ étant premiers deux à deux (racines distinctes), leur produit $P=\prod_i (X-t_i)^{k_i}$ (à un scalaire près) divise $Q$.
Or $\deg Q<\deg P$ : un multiple non nul de $P$ a un degré $\ge\deg P$, donc $Q=0$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 88 % : question la mieux réussie de la partie. Le jury attend exactement l'argument « $P\mid Q$ puis degrés ».
## Question 2b
**Stratégie.** Considérer l'application linéaire d'évaluation des dérivées ; 2a en donne l'injectivité, donc la bijectivité en dimension finie égale.
**Rédaction.**
Posons $d=\deg P$ et $$\Phi:\ \mathbb{R}_{d-1}[X]\longrightarrow \mathbb{R}^{d},\qquad \Phi(Q)=\big(Q^{(k)}(t_i)\big)_{1\le i\le m,\ 0\le k<k_i}.$$ $\Phi$ est linéaire, et $\dim\mathbb{R}_{d-1}[X]=d=\sum_i k_i=\dim\mathbb{R}^{d}$.
Si $\Phi(Q)=0$ alors $Q$ vérifie les hypothèses de 2a, donc $Q=0$ : $\Phi$ est **injective**.
Une application linéaire injective entre deux espaces de **même dimension finie** est bijective.
Il existe donc un unique $H(f,P)\in\mathbb{R}_{d-1}[X]$ tel que $\Phi\big(H(f,P)\big)=\big(f^{(k)}(t_i)\big)$, c'est-à-dire $H(f,P)^{(k)}(t_i)=f^{(k)}(t_i)$ pour $0\le k<k_i$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 16 % seulement : « première question fine ». L'écueil est de ne pas voir l'application linéaire pertinente. Le jury attend précisément *injectivité + égalité des dimensions ⟹ surjectivité*.
## Question 3a
**Stratégie.**
Formule de Taylor avec reste intégral pour $g=f-H(f,P)$ au point $t_i$ (les $k_i$ premiers termes sont nuls), puis changement de variable affine $s=t_iv+x(1-v)$.
**Rédaction.**
Posons $g=f-H(f,P)$, de sorte que $g^{(k)}(t_i)=0$ pour $0\le k<k_i$.
La **formule de Taylor avec reste intégral** (au programme, $g\in\mathscr{C}^{k_i}$) entre $t_i$ et $x$ donne $$g(x)=\sum_{k=0}^{k_i-1}\frac{g^{(k)}(t_i)}{k!}(x-t_i)^k+\int_{t_i}^{x}\frac{(x-s)^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(s)\,ds=\int_{t_i}^{x}\frac{(x-s)^{k_i-1}}{(k_i-1)!}\,g^{(k_i)}(s)\,ds.$$
Posons $s=t_iv+x(1-v)$, $v\in[0,1]$ ; alors $ds=(t_i-x)\,dv$, $x-s=v(x-t_i)$, et $v=1\mapsto s=t_i$, $v=0\mapsto s=x$.
Donc $$g(x)=\int_{1}^{0}\frac{v^{k_i-1}(x-t_i)^{k_i-1}}{(k_i-1)!}g^{(k_i)}\big(t_iv+x(1-v)\big)(t_i-x)\,dv=(x-t_i)^{k_i}\int_0^1\frac{v^{k_i-1}}{(k_i-1)!}g^{(k_i)}\big(t_iv+x(1-v)\big)\,dv,$$ ce qui est bien la formule annoncée (les deux signes $-1$ dus à l'inversion des bornes et à $ds$ se compensent). $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 69 % : la formule de Taylor avec reste intégral « doit être bien connue ». Certains la redémontrent par IPP successives, ce qui est accepté.
## Question 3b
**Stratégie.**
Poser $R_i(x)=\int_0^1\frac{v^{k_i-1}}{(k_i-1)!}g^{(k_i)}(t_iv+x(1-v))\,dv$, qui est $\mathscr{C}^\infty$ (intégrale à paramètre) et vaut $g(x)/(x-t_i)^{k_i}$.
Puis récurrence sur le nombre de racines pour retirer une à une les facteurs.
**Rédaction.**
*Unicité :* $[a,b]\setminus\{t_1,\dots,t_m\}$ est dense dans $[a,b]$ et un prolongement de classe $\mathscr{C}^\infty$ est en particulier continu, donc entièrement déterminé sur $[a,b]$ par ses valeurs sur cette partie dense.
*Existence.*
Montrons le lemme : *si $\psi\in\mathscr{C}^\infty([a,b])$ s'annule à l'ordre $\ge\ell_j$ en des points distincts $s_1,\dots,s_p$ (i.e. $\psi^{(k)}(s_j)=0$, $k<\ell_j$), alors $\psi/\prod_j(X-s_j)^{\ell_j}$ se prolonge en une fonction $\mathscr{C}^\infty$ sur $[a,b]$.*
Récurrence sur $p$.
- $p=0$ : rien à faire.
- $p\ge1$ : par le calcul de 3a appliqué à $\psi$ en $s_1$, $\psi(x)=(x-s_1)^{\ell_1}\rho(x)$ avec $$\rho(x)=\int_0^1\frac{v^{\ell_1-1}}{(\ell_1-1)!}\psi^{(\ell_1)}\big(s_1v+x(1-v)\big)\,dv.$$
L'intégrande $(x,v)\mapsto \frac{v^{\ell_1-1}}{(\ell_1-1)!}\psi^{(\ell_1)}(s_1v+x(1-v))$ est $\mathscr{C}^\infty$ en $x$, et chacune de ses dérivées en $x$ est continue sur le compact $[a,b]\times[0,1]$, donc dominée par une constante intégrable.
Le **théorème de dérivation sous le signe intégral** (domination) donne $\rho\in\mathscr{C}^\infty([a,b])$, avec $\rho=\psi/(X-s_1)^{\ell_1}$ hors de $s_1$.
En $s_j$ ($j\ge2$), $(X-s_1)^{\ell_1}$ est $\mathscr{C}^\infty$ et non nul, donc $\rho=\psi\cdot(X-s_1)^{-\ell_1}$ (formule de Leibniz) s'annule à l'ordre $\ell_j$ en $s_j$ comme $\psi$.
On applique l'hypothèse de récurrence à $\rho$ et $\prod_{j\ge2}(X-s_j)^{\ell_j}$ : $\rho/\prod_{j\ge2}(X-s_j)^{\ell_j}$ se prolonge en $\mathscr{C}^\infty$.
Comme $\psi/\prod_{j}(X-s_j)^{\ell_j}=\rho/\prod_{j\ge2}(X-s_j)^{\ell_j}$ hors des racines, le lemme est établi.
Appliqué à $\psi=g=f-H(f,P)$ (qui s'annule à l'ordre $k_i$ en $t_i$) et aux $(t_i,k_i)$, le lemme montre que **$Q(f,P)$ se prolonge de façon unique en une fonction $\mathscr{C}^\infty$ sur $[a,b]$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 32 % : question à sous-questions. Le jury attend d'abord le prolongement *par continuité* (via 3a), puis le caractère $\mathscr{C}^\infty$ par **dérivation sous le signe intégral**. Ne pas confondre « prolongeable par continuité » et « $\mathscr{C}^\infty$ ».
## Question 4a
**Stratégie.**
Avec $P=(X-s_0)^n$, $H(f,P)$ est le polynôme de Taylor de $f$ ; $Q(f,P)=R_1$ et on l'évalue en $s_0$.
**Rédaction.**
Ici $P=(X-s_0)^n$ a l'unique racine $s_0$ de multiplicité $n$.
Le polynôme de Taylor $T(x)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{f^{(k)}(s_0)}{k!}(x-s_0)^k$ est de degré $<n$ et vérifie $T^{(k)}(s_0)=f^{(k)}(s_0)$ pour $0\le k<n$ : par unicité (2b), $H(f,P)=T$, et $g=f-T$ vérifie $g^{(n)}(s_0)=f^{(n)}(s_0)$ (car $\deg T<n$).
Par 3a (prolongée, 3b), $$Q(f,P)(x)=\frac{g(x)}{(x-s_0)^n}=\int_0^1\frac{v^{n-1}}{(n-1)!}g^{(n)}\big(s_0v+x(1-v)\big)\,dv.$$
En $x=s_0$, l'argument $s_0v+s_0(1-v)=s_0$ est constant : $$Q(f,P)(s_0)=g^{(n)}(s_0)\int_0^1\frac{v^{n-1}}{(n-1)!}\,dv=\frac{g^{(n)}(s_0)}{(n-1)!}\cdot\frac1n=\frac{f^{(n)}(s_0)}{n!}.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 57 % : application directe de 3a. Bien identifier $H(f,(X-s_0)^n)$ comme polynôme de Taylor.
## Question 4b
**Stratégie.**
Écrire $f=H(f,P_1)+P_1Q(f,P_1)$ puis $Q(f,P_1)=H(Q_1,P_2)+P_2Q(Q_1,P_2)$, recombiner, et invoquer l'unicité (2b) pour $P_1P_2$.
**Rédaction.**
Notons $H_1=H(f,P_1)$, $Q_1=Q(f,P_1)$ (prolongé, $\mathscr{C}^\infty$), $H_2=H(Q_1,P_2)$, $Q_2=Q(Q_1,P_2)$.
Par définition (partout sur $[a,b]$, par prolongement), $$f=H_1+P_1Q_1,\qquad Q_1=H_2+P_2Q_2.$$
Donc $f=H_1+P_1(H_2+P_2Q_2)=\underbrace{(H_1+P_1H_2)}_{=:\ \widetilde H}+P_1P_2\,Q_2$.
Or $\deg H_1<\deg P_1$ et $\deg(P_1H_2)=\deg P_1+\deg H_2<\deg P_1+\deg P_2$, donc $\deg\widetilde H<\deg(P_1P_2)$.
De plus $f-\widetilde H=P_1P_2\,Q_2$ avec $Q_2$ de classe $\mathscr{C}^\infty$ (donc finie), si bien qu'en chaque racine $t$ de $P_1P_2$ de multiplicité $k$, $f-\widetilde H$ s'annule à l'ordre $\ge k$, i.e. $\widetilde H^{(\ell)}(t)=f^{(\ell)}(t)$ pour $\ell<k$.
Par **unicité** de l'interpolateur (2b) associé à $P_1P_2$ : $$H(f,P_1P_2)=\widetilde H=H(f,P_1)+P_1\,H\big(Q(f,P_1),P_2\big).$$
Enfin $Q(f,P_1P_2)=\dfrac{f-H(f,P_1P_2)}{P_1P_2}=\dfrac{P_1P_2\,Q_2}{P_1P_2}=Q_2=Q\big(Q(f,P_1),P_2\big)$ (égalité hors racines, donc partout par continuité). $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 32 % : « question difficile », requiert la maîtrise de 2a-3b. Le jury attend l'usage de l'unicité (2a/2b) ; la seconde relation « s'obtient facilement de la première ».
## Question 5a
**Stratégie.** $Q_t=g-Q(f,P)(t)\prod(X-t_i)^{k_i}$ s'annule à l'ordre $k_i$ en $t_i$ (les deux termes le font) et s'annule en $t$ par construction.
**Rédaction.**
Écrivons $\pi(s)=\prod_{i=1}^m(s-t_i)^{k_i}$, donc $Q_t(s)=g(s)-Q(f,P)(t)\,\pi(s)$ avec $g=f-H(f,P)$.
*En $t_i$ :* $g$ s'annule à l'ordre $k_i$ (défn de $H$) et $\pi$ s'annule à l'ordre $k_i$ ($t_i$ racine de multiplicité $k_i$ de $\pi$).
Donc $Q_t$ s'annule à l'ordre $\ge k_i$ en $t_i$.
Somme sur $i$ : $\sum k_i=\deg P$.
*En $t$ :* $Q_t(t)=g(t)-Q(f,P)(t)\,\pi(t)=g(t)-\dfrac{g(t)}{\pi(t)}\,\pi(t)=0$ (car $t\notin\{t_i\}$ donc $\pi(t)\neq0$, et $Q(f,P)(t)=g(t)/\pi(t)$).
Ainsi $t$ est un zéro supplémentaire d'ordre $\ge1$, distinct des $t_i$.
Tous ces points appartiennent à $J=[\min(t,t_1),\max(t,t_m)]$ (les $t_i\in[t_1,t_m]$, et $t$ est une borne).
La somme des ordres vaut $\sum k_i+1=\deg P+1$ : **$Q_t$ s'annule à l'ordre $\deg P+1$ dans $J$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 23 % : il fallait vérifier $Q_t(t_i)=0$ *avec multiplicité $k_i$* et $Q_t(t)=0$.
Question discriminante malgré sa simplicité conceptuelle.
## Question 5b
**Stratégie.**
Appliquer 1b à $Q_t$ ($N=\deg P$), puis dériver $\deg P$ fois en tuant $H$ (degré trop petit) et en utilisant $P^{(\deg P)}=(\deg P)!$.
**Rédaction.** $Q_t$ est $\mathscr{C}^\infty$ et s'annule à l'ordre $\deg P+1$ dans $J$ (5a).
Par **1b** appliquée à $Q_t$ avec $N=\deg P=:d$, il existe $\xi\in J$ tel que $Q_t^{(d)}(\xi)=0$.
Or $P$ unitaire de degré $d$ : $\pi=P$, $H(f,P)^{(d)}=0$ (degré $<d$) et $P^{(d)}=d!$.
Donc pour tout $s$, $$Q_t^{(d)}(s)=f^{(d)}(s)-Q(f,P)(t)\,d!.$$
En $s=\xi$ : $0=f^{(d)}(\xi)-Q(f,P)(t)\,d!$, d'où $Q(f,P)(t)=\dfrac{f^{(d)}(\xi)}{d!}$.
En multipliant par $P(t)$ : $$f(t)-H(f,P)(t)=Q(f,P)(t)\,P(t)=\frac{f^{(\deg P)}(\xi)}{\deg P!}\,P(t).\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 22 % : « application directe de 4a » (en fait de 1b/5a) ; question « plutôt bien rédigée ». C'est l'analogue Hermite de l'erreur d'interpolation de Lagrange.
## Question 6
**Stratégie.**
Ramener la $n$-ième dérivée de $Q(f,P)$ à une valeur de $Q(f,P(X-x)^n)$ (via 4a et 4b), qui est $\ge0$ par la formule d'erreur 5b et l'absolue monotonie de $f$.
**Rédaction.**
Quitte à remplacer $P$ par son unitarisé (ce qui ne change ni $H$ ni $Q$, définis via $\prod(X-t_i)^{k_i}$), on suppose $P=\prod(X-t_i)^{k_i}$ unitaire, scindé dans $]a,b[$.
Posons $\varphi=Q(f,P)$, $D=\deg P$.
Il faut $\varphi^{(n)}\ge0$ sur $[a,b]$ pour tout $n\ge0$.
*Cas $x\in\,]a,b[$.* Fixons $n\ge1$.
Le polynôme $\widetilde P=P\,(X-x)^n$ est unitaire, scindé dans $]a,b[$ (ses racines, celles de $P$ et $x$, sont dans $]a,b[$), de degré $D+n$.
Par **4a** appliquée à $\varphi$ : $\varphi^{(n)}(x)=n!\,Q\big(\varphi,(X-x)^n\big)(x)$, et par **4b** : $Q\big(\varphi,(X-x)^n\big)=Q\big(Q(f,P),(X-x)^n\big)=Q\big(f,\widetilde P\big)$.
Donc $$\varphi^{(n)}(x)=n!\,Q(f,\widetilde P)(x).$$
Or par **5b** appliquée à $\widetilde P$ (unitaire), pour tout $u\notin\text{racines}(\widetilde P)$ il existe $\xi_u$ tel que $Q(f,\widetilde P)(u)=\dfrac{f^{(D+n)}(\xi_u)}{(D+n)!}\ge0$, car $f$ absolument monotone donne $f^{(D+n)}\ge0$.
Comme $Q(f,\widetilde P)$ est continue (3b) et $\ge0$ sur une partie dense, $Q(f,\widetilde P)(x)\ge0$, d'où $\varphi^{(n)}(x)\ge0$.
Pour $n=0$ : même argument avec $\widetilde P=P$ donne $\varphi(x)=Q(f,P)(x)\ge0$ sur $]a,b[$.
*Extension à $[a,b]$.* $\varphi^{(n)}$ est continue sur $[a,b]$ et $\ge0$ sur $]a,b[$, donc $\ge0$ sur $[a,b]$ par passage à la limite.
Ceci valant pour tout $n\ge0$, **$Q(f,P)$ est absolument monotone sur $[a,b]$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 0 % : quasiment personne. Le piège signalé : montrer seulement $Q(f,P)^{(D)}\ge0$ **ne suffit pas** ; il faut *toutes* les dérivées.
La clef est de relier $\varphi^{(n)}(x)$ à $Q(f,P(X-x)^n)$ pour appliquer la formule d'erreur 5b à l'ordre $D+n$.
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# Deuxième partie
*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 $I$ (donc $\deg D=n$) et $D\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
## Question 7a
**Stratégie.**
Base de Lagrange de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ aux nœuds $r_i$, et poser $\lambda_i=\int L_if$.
**Rédaction.**
Les polynômes de Lagrange $L_i(X)=\prod_{k\neq i}\frac{X-r_k}{r_i-r_k}$ ($1\le i\le n$) vérifient $L_i(r_k)=\delta_{i,k}$ et forment une base de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
Posons $\lambda_i=\int_{-1}^1 L_i(x)f(x)\,dx$.
Tout $P\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$ s'écrit $P=\sum_{i=1}^n P(r_i)L_i$ (formule d'interpolation, exacte car $\deg P\le n-1$).
Par linéarité,
$$\int_{-1}^1 Pf=\sum_{i=1}^n P(r_i)\int_{-1}^1 L_if=\sum_{i=1}^n\lambda_i P(r_i).\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 35 % : le programme est « modeste sur la dualité », d'où le contournement par Lagrange (ou Vandermonde) que le jury salue. On évite le dual $\mathbb{R}_{n-1}[X]^*$.
## Question 7b
**Stratégie.**
Division euclidienne $P=DQ+R$ ; le terme en $D$ disparaît par orthogonalité, et $P(r_i)=R(r_i)$ car $D(r_i)=0$.
**Rédaction.** Soit $P\in\mathbb{R}_{2n-1}[X]$.
Division euclidienne par $D$ (unitaire à un scalaire près, $\deg D=n$) : $P=DQ+R$ avec $\deg R<n$ et $\deg Q=\deg P-n\le n-1$.
Donc $Q,R\in\mathbb{R}_{n-1}[X]$ et $$\int_{-1}^1 Pf=\underbrace{\int_{-1}^1 DQf}_{=\langle D,Q\rangle=0}+\int_{-1}^1 Rf=\int_{-1}^1 Rf\overset{\text{7a}}{=}\sum_i\lambda_i R(r_i).$$
Comme $D(r_i)=0$, $P(r_i)=D(r_i)Q(r_i)+R(r_i)=R(r_i)$.
D'où $\int_{-1}^1 Pf=\sum_i\lambda_iP(r_i)$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 74 % : sans difficulté en suivant l'indication. C'est l'exactitude de la **quadrature de Gauss** à l'ordre $2n-1$.
## Question 7c
**Stratégie.**
Évaluer (1) sur $P_i=\prod_{j\neq i}(X-r_j)^2\ge0$ : seul le terme $k=i$ survit à droite.
**Rédaction.**
Soit $P_i=\prod_{j\neq i}(X-r_j)^2$, de degré $2(n-1)\le 2n-1$ : (1) s'applique.
Pour $k\neq i$, $P_i(r_k)=0$ (facteur $(r_k-r_k)^2$).
Donc $\sum_k\lambda_kP_i(r_k)=\lambda_iP_i(r_i)$ avec $P_i(r_i)=\prod_{j\neq i}(r_i-r_j)^2>0$.
Par ailleurs $\int_{-1}^1 P_if>0$ ($P_i\ge0$, non identiquement nul, $f>0$ continue).
Donc
$$\lambda_i=\frac{\int_{-1}^1 P_if}{P_i(r_i)}>0.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 77 % : « calcul direct ». Positivité des poids de Gauss.
## Question 7d
**Stratégie.**
Symétrie et bilinéarité sont immédiates ; la positivité définie sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$ vient de la quadrature (1) et des signes $f_j(r_i)>0$ pour $i>j$.
**Rédaction.** $\langle P,Q\rangle_j=\int_{-1}^1 PQf_jf$ est **symétrique** ($PQ=QP$) et **bilinéaire** (linéarité de l'intégrale).
Reste la positivité définie sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$.
Soit $P\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$.
Alors $\deg(P^2f_j)\le 2(n-j-1)+j=2n-j-2\le 2n-1$, donc (1) s'applique : $$\langle P,P\rangle_j=\int_{-1}^1 P^2f_jf=\sum_{i=1}^n\lambda_iP(r_i)^2f_j(r_i).$$
Calcul de $f_j(r_i)=\prod_{k=1}^j(r_k-r_i)$ : si $i\le j$, le facteur $k=i$ est nul, donc $f_j(r_i)=0$ ; si $i\ge j+1$, alors pour $k\le j<i$ on a $r_k>r_i$ (racines rangées par ordre décroissant), donc chaque $r_k-r_i>0$ et $f_j(r_i)>0$.
Ainsi $$\langle P,P\rangle_j=\sum_{i=j+1}^n\lambda_i f_j(r_i)\,P(r_i)^2\ge0$$ (chaque $\lambda_i>0$ par 7c, $f_j(r_i)>0$).
Si $\langle P,P\rangle_j=0$, alors $P(r_{j+1})=\dots=P(r_n)=0$ : $P$ a $n-j$ racines distinctes, or $\deg P\le n-j-1$, donc $P=0$. **$\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ est un produit scalaire sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$.** $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 37 % : le jury signale que la symétrie/bilinéarité (« triviale ») doit *quand même* être évoquée, et que le cœur est la positivité via $f_j(r_i)>0$.
Attention : $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ n'est *pas* défini positif sur tout $\mathbb{R}[X]$, uniquement sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$.
*Cadre 8–12.* On fixe $0\le j\le n-1$.
## Question 8a
**Stratégie.** Orthogonalisation de Gram-Schmidt de la base canonique, versions unitaires ; unicité par récurrence.
**Rédaction.** *Existence.*
Par le procédé de **Gram-Schmidt** appliqué à $(1,X,\dots,X^{n-j-1})$ dans l'espace euclidien $(\mathbb{R}_{n-j-1}[X],\langle\cdot,\cdot\rangle_j)$, on construit $q_0=1$ et, pour $1\le i\le n-j-1$, $$q_i=X^i-\sum_{k=0}^{i-1}\frac{\langle X^i,q_k\rangle_j}{\langle q_k,q_k\rangle_j}\,q_k,$$ unitaire de degré $i$, orthogonal à $q_0,\dots,q_{i-1}$, donc à $\mathbb{R}_{i-1}[X]$.
*Unicité.*
Supposons $q_i,q_i'$ unitaires de degré $i$, tous deux orthogonaux à $\mathbb{R}_{i-1}[X]=\mathrm{Vect}(q_0,\dots,q_{i-1})$.
Alors $q_i-q_i'\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$ (mêmes termes dominants) et est orthogonal à $\mathbb{R}_{i-1}[X]$, donc à lui-même : $\langle q_i-q_i',q_i-q_i'\rangle_j=0$, d'où $q_i=q_i'$ (caractère défini sur $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$). $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 54 % : « légère variation de Gram-Schmidt ».
Ces $q_i$ sont les **polynômes orthogonaux** associés à $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$.
## Question 8b
**Stratégie.**
Remarquer $f_j\,q_{n-j}=(-1)^jD_1$ où $D_1=\prod_{i=1}^n(X-r_i)$, orthogonal à $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ; l'unicité vient de la dimension 1.
**Rédaction.** $q_{n-j}=\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)$ est unitaire de degré $n-j$.
Notons $D_1=\prod_{i=1}^n(X-r_i)$ (unitaire) ; comme $D$ a exactement ces racines, $D=cD_1$ ($c\neq0$), donc $D_1\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
Or $$f_j\,q_{n-j}=\prod_{k=1}^j(r_k-X)\cdot\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)=(-1)^j\prod_{k=1}^j(X-r_k)\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)=(-1)^jD_1.$$
Donc pour $0\le i\le n-j-1$, comme $q_i\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]\subseteq\mathbb{R}_{n-1}[X]$, $$\langle q_i,q_{n-j}\rangle_j=\int_{-1}^1 q_i\,(f_jq_{n-j})\,f=(-1)^j\int_{-1}^1 q_iD_1f=(-1)^j\langle q_i,D_1\rangle=0.$$
*Unicité.*
Si $\widetilde q$ unitaire de degré $n-j$ vérifie $\langle q_i,\widetilde q\rangle_j=0$ pour tout $i\le n-j-1$, alors $q_{n-j}-\widetilde q\in\mathbb{R}_{n-j-1}[X]=\mathrm{Vect}(q_0,\dots,q_{n-j-1})$ et est orthogonal (pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$) à chacun des $q_i$, donc à lui-même : par caractère défini, $q_{n-j}=\widetilde q$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 26 % : le jury donne l'astuce $f_jq_{n-j}=(-1)^jD$ ; l'unicité vient de ce que $q_{n-j}$ vit dans un sous-espace de dimension 1 (les unitaires de degré $n-j$ orthogonaux à $\mathbb{R}_{n-j-1}[X]$).
Les $q_0,\dots,q_{n-j}$ sont ainsi **deux à deux orthogonaux**.
## Question 9a
**Stratégie.** $q_i-Xq_{i-1}\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$ ; ses coordonnées sur $q_k$ ($k\le i-3$) sont nulles car $Xq_k$ reste de degré $<i-1$ et $X$ est auto-adjoint.
**Rédaction.**
Pour $2\le i\le n-j$ : $q_i$ et $Xq_{i-1}$ sont unitaires de degré $i$, donc $q_i-Xq_{i-1}\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$, et l'on écrit $q_i-Xq_{i-1}=\sum_{k=0}^{i-1}c_kq_k$ avec $c_k=\frac{\langle q_i-Xq_{i-1},q_k\rangle_j}{\|q_k\|_j^2}$ (les $q_0,\dots,q_{i-1}$ forment une base orthogonale de $\mathbb{R}_{i-1}[X]$, car $i-1\le n-j-1$).
Or, $X$ étant auto-adjoint pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ (i.e. $\langle XA,B\rangle_j=\langle A,XB\rangle_j$, car $\int XAB f_jf$ est symétrique), $$\langle q_i-Xq_{i-1},q_k\rangle_j=\underbrace{\langle q_i,q_k\rangle_j}_{0\ (k<i)}-\langle q_{i-1},Xq_k\rangle_j.$$
Pour $k\le i-3$, $\deg(Xq_k)=k+1\le i-2$, donc $Xq_k\in\mathbb{R}_{i-2}[X]\perp q_{i-1}$, et $c_k=0$.
Il ne reste que $k=i-1,i-2$ : $$q_i-Xq_{i-1}=a_iq_{i-1}+b_iq_{i-2},\qquad a_i=c_{i-1},\ b_i=c_{i-2}.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 12 % : c'est la fameuse **relation de récurrence à trois termes** des polynômes orthogonaux. Le jury attend l'écriture $q_i-Xq_{i-1}=\sum\alpha_kq_k$ puis l'exploitation des orthogonalités.
## Question 9b
**Stratégie.** Projeter 9a sur $q_{i-2}$.
**Rédaction.**
En prenant $\langle\cdot,q_{i-2}\rangle_j$ dans $q_i-Xq_{i-1}=a_iq_{i-1}+b_iq_{i-2}$ et en utilisant $\langle q_i,q_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=0$ : $$-\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=b_i\langle q_{i-2},q_{i-2}\rangle_j.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 53 % : « immédiat d'après la question précédente ».
## Question 9c
**Stratégie.** $\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},Xq_{i-2}\rangle_j=\|q_{i-1}\|_j^2>0$, donc $b_i<0$.
**Rédaction.** Par auto-adjonction, $\langle Xq_{i-1},q_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},Xq_{i-2}\rangle_j$.
Comme $Xq_{i-2}$ est unitaire de degré $i-1$, $Xq_{i-2}=q_{i-1}+R$ avec $\deg R\le i-2$, d'où $R\perp q_{i-1}$ et $$\langle q_{i-1},Xq_{i-2}\rangle_j=\langle q_{i-1},q_{i-1}\rangle_j+\langle q_{i-1},R\rangle_j=\|q_{i-1}\|_j^2>0$$ (non nul car $q_{i-1}\neq0$ et $i-1\le n-j-1$).
Avec 9b et $\|q_{i-2}\|_j^2>0$ : $$b_i=-\frac{\|q_{i-1}\|_j^2}{\|q_{i-2}\|_j^2}<0.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 7 % : très discriminante. Le jury donne l'identité équivalente $\langle Xq_{i-1},q_i\rangle_j=\|q_i\|_j^2$. Le signe $b_i<0$ est le moteur de l'entrelacement (10b).
## Question 10a
**Stratégie.** $q_0=1$, $q_1=X-\alpha$.
**Rédaction.** $q_0=1$ (constant unitaire) a $0$ racine réelle. $q_1=X-\frac{\langle X,1\rangle_j}{\langle 1,1\rangle_j}$ est unitaire de degré 1 : $1$ racine réelle. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 41 % : « triviale d'après 8a ». Sert d'initialisation à 10b.
## Question 10b
**Stratégie.**
Récurrence via la relation à trois termes $q_i=(X+a_i)q_{i-1}+b_iq_{i-2}$ ($b_i<0$) : aux racines de $q_{i-1}$, $q_i=b_iq_{i-2}$ change de signe, d'où entrelacement.
**Rédaction.**
De 9a : $q_i=(X+a_i)q_{i-1}+b_iq_{i-2}$ avec $b_i<0$.
Montrons par récurrence sur $i$ ($1\le i\le n-j$) : *$q_i$ a $i$ racines réelles simples $x_1^{(i)}>\dots>x_i^{(i)}$, strictement entrelacées avec celles de $q_{i-1}$*, i.e. (en notant $y_1>\dots>y_{i-1}$ celles de $q_{i-1}$) $$x_1^{(i)}>y_1>x_2^{(i)}>y_2>\dots>y_{i-1}>x_i^{(i)}.$$
*Initialisation* $i=1$ (10a), et $i=2$ : $q_2=(X+a_2)q_1+b_2$, en la racine $y_1$ de $q_1$ : $q_2(y_1)=b_2<0$, et $q_2\to+\infty$ en $\pm\infty$ (unitaire) : deux racines simples encadrant $y_1$.
*Hérédité.*
Supposons la propriété pour $i-1$ et $i-2$ ($i\ge3$).
Aux racines $y_1>\dots>y_{i-1}$ de $q_{i-1}$ : $q_i(y_k)=b_i\,q_{i-2}(y_k)$.
Par hypothèse d'entrelacement, entre deux racines consécutives de $q_{i-1}$ il y a exactement une racine de $q_{i-2}$, donc $q_{i-2}$ *change de signe* d'un $y_k$ au suivant ; ainsi $q_i(y_k)=b_iq_{i-2}(y_k)$ **alterne de signe**.
Le **TVI** fournit une racine de $q_i$ dans chaque $]y_{k+1},y_k[$ : $i-2$ racines.
Aux extrémités : $y_1$ est $>$ toutes les racines de $q_{i-2}$ donc $q_{i-2}(y_1)>0$ et $q_i(y_1)=b_i q_{i-2}(y_1)<0$ ; comme $q_i\to+\infty$ en $+\infty$, une racine dans $]y_1,+\infty[$.
De même $q_{i-2}(y_{i-1})$ a le signe $(-1)^{i-2}$ (à gauche de ses racines), $q_i(y_{i-1})$ a le signe $(-1)^{i-1}$, opposé à celui de $q_i$ en $-\infty$ ($=(-1)^i$) : une racine dans $]-\infty,y_{i-1}[$.
Total $i$ racines réelles, distinctes ; $\deg q_i=i$ donc elles sont **simples** et il n'y en a pas d'autres.
L'ordre obtenu réalise l'entrelacement strict annoncé, et entre deux racines consécutives $x_1<x_2$ de $q_i$ figure **une unique** racine de $q_{i-1}$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 6 % : question sophistiquée. Le jury est explicite : il **faut** la relation inductive à trois termes ; les orthogonalités « initiales » entre les $q_i$ ne suffisent pas. C'est le théorème d'**entrelacement des racines des polynômes orthogonaux**.
## Question 10c
**Stratégie.** $r_{j+1}$ est la plus grande racine de $q_{n-j}$ ; par entrelacement, toutes les racines de $q_i$ ($i\le n-j-1$) lui sont strictement inférieures, donc $q_i(r_{j+1})>0$.
**Rédaction.** $q_{n-j}=\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)$ a pour plus grande racine $r_{j+1}$.
Par entrelacement (10b), la plus grande racine de $q_{n-j-1}$ est $<r_{j+1}$ ; et de proche en proche, la plus grande racine de $q_i$ est $\le$ celle de $q_{i+1}$ (strictement), donc **toutes** les racines de $q_i$ (pour $0\le i\le n-j-1$) sont $<r_{j+1}$.
Comme $q_i$ est unitaire, $q_i(r_{j+1})>0$ (valeur à droite de toutes ses racines ; et $q_0=1>0$). $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 7 % : découle de 10b et du TVI. Positivité indispensable pour définir $\alpha_i$ et pour 11b.
*Cadre.* $\alpha_i$ défini par $q_{i+1}(r_{j+1})+\alpha_iq_i(r_{j+1})=0$ ; $p_i=\dfrac{q_{i+1}+\alpha_iq_i}{X-r_{j+1}}$ (polynôme de degré $i$, unitaire) ; $c_0,\dots,c_i$ = coordonnées de $p_i$ dans $(q_0,\dots,q_i)$.
## Question 11a
**Stratégie.** $\frac{q_\ell-q_\ell(r_{j+1})}{X-r_{j+1}}\in\mathbb{R}_{\ell-1}[X]\subseteq\mathbb{R}_{i-1}[X]$, orthogonal à $q_i$ et $q_{i+1}$.
**Rédaction.**
Le numérateur $q_\ell-q_\ell(r_{j+1})$ s'annule en $r_{j+1}$, donc est divisible par $X-r_{j+1}$ et $\psi_\ell:=\frac{q_\ell-q_\ell(r_{j+1})}{X-r_{j+1}}$ est un polynôme de degré $\ell-1$ (nul si $\ell=0$).
Pour $0\le\ell\le i$, $\psi_\ell\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$.
Or $q_{i+1}\perp\mathbb{R}_i[X]$ et $q_i\perp\mathbb{R}_{i-1}[X]$ (pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$, orthogonalité des $q$, $i+1\le n-j$).
Donc
$$\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,\ \psi_\ell\rangle_j=\langle q_{i+1},\psi_\ell\rangle_j+\alpha_i\langle q_i,\psi_\ell\rangle_j=0.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 6 % : le jury pointe exactement $\psi_\ell\in\mathbb{R}_{\ell-1}[X]$, $\ell-1<i$.
## Question 11b
**Stratégie.**
Transformer 11a via $X$ auto-adjoint en $\langle p_i,q_\ell-q_\ell(r_{j+1})\rangle_j=0$, extraire $c_\ell\|q_\ell\|_j^2=q_\ell(r_{j+1})c_0\|q_0\|_j^2$, et fixer le signe grâce à $c_i=1$.
**Rédaction.**
Comme $q_{i+1}+\alpha_iq_i=(X-r_{j+1})p_i$ et $X-r_{j+1}$ est auto-adjoint, 11a donne $$0=\big\langle (X-r_{j+1})p_i,\ \psi_\ell\big\rangle_j=\big\langle p_i,\ (X-r_{j+1})\psi_\ell\big\rangle_j=\big\langle p_i,\ q_\ell-q_\ell(r_{j+1})\big\rangle_j.$$
Donc $\langle p_i,q_\ell\rangle_j=q_\ell(r_{j+1})\langle p_i,1\rangle_j=q_\ell(r_{j+1})\langle p_i,q_0\rangle_j$.
En écrivant $p_i=\sum_{k=0}^i c_kq_k$ (base orthogonale), $\langle p_i,q_\ell\rangle_j=c_\ell\|q_\ell\|_j^2$ et $\langle p_i,q_0\rangle_j=c_0\|q_0\|_j^2$, d'où $$c_\ell=\underbrace{\frac{q_\ell(r_{j+1})\,\|q_0\|_j^2}{\|q_\ell\|_j^2}}_{=:\ \gamma_\ell}\,c_0,\qquad \gamma_\ell>0\ \text{(car }q_\ell(r_{j+1})>0\text{ par 10c)}.$$
Enfin $p_i$ est unitaire de degré $i$, donc $c_i=1$ (coordonnée sur $q_i$ unitaire de degré $i$).
De $1=c_i=\gamma_ic_0$ avec $\gamma_i>0$ on tire $c_0=1/\gamma_i>0$, puis $c_\ell=\gamma_\ell c_0>0$ pour tout $0\le\ell\le i$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 3 % : très peu de réussites.
Le jury indique la réécriture $\langle p_i,q_\ell-q_\ell(r_{j+1})\rangle_j=0$ ; la positivité de *tous* les $c_\ell$ est le point crucial pour la question 13.
## Question 12
**Stratégie.** $f_{j+1}=-(X-r_{j+1})f_j$, donc $\langle p_i,\psi\rangle_{j+1}=-\langle(X-r_{j+1})p_i,\psi\rangle_j=-\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,\psi\rangle_j=0$.
**Rédaction.**
Pour $0\le j\le n-2$ : $f_{j+1}(t)=\prod_{k=1}^{j+1}(r_k-t)=(r_{j+1}-t)f_j(t)=-(t-r_{j+1})f_j(t)$.
Donc pour $\psi\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$, $$\langle p_i,\psi\rangle_{j+1}=\int_{-1}^1 p_i\psi f_{j+1}f=-\int_{-1}^1\big[(X-r_{j+1})p_i\big]\psi f_jf=-\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,\psi\rangle_j.$$
Or $\psi\in\mathbb{R}_{i-1}[X]$, $q_{i+1}\perp\mathbb{R}_i[X]$ et $q_i\perp\mathbb{R}_{i-1}[X]$ (pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$), donc $\langle q_{i+1}+\alpha_iq_i,\psi\rangle_j=0$ et $\langle p_i,\psi\rangle_{j+1}=0$ : **$p_i\perp\mathbb{R}_{i-1}[X]$ pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_{j+1}$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 2 % : « calcul immédiat » selon le jury, à condition de se rappeler la définition de $\langle\cdot,\cdot\rangle_{j+1}$.
Conséquence clé (avec l'unicité 8a) : $p_i$ **est** le polynôme orthogonal $q_{j+1,i}$ du niveau $j+1$, ce qui relie les deux niveaux.
## Question 13
**Stratégie.** $p_i^{(j)}=q_{j+1,i}$ (12 + unicité) et 11b donnent $q_{j+1,i}=\sum_{k\le i}c_k q_{j,k}$ à coefficients $>0$.
En itérant depuis le niveau 0, tout $q_{j,i}$ ($j\ge1$) a des coordonnées $>0$ dans $\mathcal{B}=(a_0,\dots,a_n)=(q_{0,i})$.
**Rédaction.**
Notons $q_{j,0},\dots,q_{j,n-j}$ la famille orthogonale unitaire de $\langle\cdot,\cdot\rangle_j$ (8a-8b), de sorte que $\mathcal{B}=(a_0,\dots,a_n)=(q_{0,0},\dots,q_{0,n})$ ($\langle\cdot,\cdot\rangle=\langle\cdot,\cdot\rangle_0$) et $q_{j,n-j}=\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)$.
D'après 12 et l'unicité (8a) du polynôme unitaire de degré $i$ orthogonal à $\mathbb{R}_{i-1}[X]$ pour $\langle\cdot,\cdot\rangle_{j+1}$, on a $p_i^{(j)}=q_{j+1,i}$ pour $0\le i\le n-j-1$.
La question 11b (niveau $j$) donne alors $$q_{j+1,i}=\sum_{k=0}^{i}c_k^{(i)}\,q_{j,k},\qquad c_k^{(i)}>0\quad(0\le k\le i).\tag{$\star$}$$
*Affirmation :* pour tout $1\le j\le n-1$ et $0\le i\le n-j$, $q_{j,i}$ a des coordonnées **strictement positives** sur $(a_0,\dots,a_i)$ dans $\mathcal{B}$.
Récurrence (ascendante) sur $j$.
- $j=1$ : ($\star$) avec $j=0$ donne $q_{1,i}=\sum_{k=0}^i c_k^{(i)}a_k$, $c_k^{(i)}>0$ : coordonnées $>0$.
- $j\to j+1$ : par ($\star$), $q_{j+1,i}=\sum_{k=0}^i c_k^{(i)}q_{j,k}$ avec $c_k^{(i)}>0$.
Chaque $q_{j,k}$ ($k\le i$) a, par hypothèse, des coordonnées $>0$ sur $a_0,\dots,a_k$.
La coordonnée de $q_{j+1,i}$ sur $a_m$ ($0\le m\le i$) vaut $\sum_{k=m}^i c_k^{(i)}\,[\text{coord. de }q_{j,k}\text{ sur }a_m]>0$ (au moins le terme $k=m$, tous positifs).
D'où le résultat.
En particulier, pour $i=n-j$ : **$\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)=q_{j,n-j}$ a toutes ses coordonnées $a_0,\dots,a_{n-j}$ strictement positives** ($1\le j\le n-1$).
Pour $j=0$, $\prod_{\ell=1}^n(X-r_\ell)=a_n$ : sa seule coordonnée (celle sur $a_n$, égale à $1$) est $>0$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 0 % : synthèse de toute la partie II.
Le résultat est proprement le levier de la question 21 : chaque $\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)$ est combinaison à coefficients positifs des $a_i$, ce qui transmettra le « type positif » (partie IV). *(La récurrence, ici présentée en montée sur $j$, réalise exactement la récurrence descendante suggérée par le jury, lue depuis la cible.)*
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# Troisième partie
$\lambda>0$, $F_\lambda(x,r)=(1-2rx+r^2)^{-\lambda}$ pour $|x|<1,|r|<1$.
## Question 14
**Stratégie.**
Montrer $1-2rx+r^2>0$ (et non seulement $\neq0$) via $1-2rx+r^2=(r-x)^2+(1-x^2)$, puis composition de $\mathscr{C}^\infty$.
**Rédaction.**
Pour $(x,r)\in\,]-1,1[^2$ : $$1-2rx+r^2=(r-x)^2+(1-x^2)>0,$$ car $(r-x)^2\ge0$ et $1-x^2>0$ ($|x|<1$).
L'application $(x,r)\mapsto 1-2rx+r^2$ est polynomiale donc $\mathscr{C}^\infty$ sur $\mathbb{R}^2$, à valeurs dans $]0,+\infty[$, et $u\mapsto u^{-\lambda}$ est $\mathscr{C}^\infty$ sur $]0,+\infty[$.
Par **composition**, $F_\lambda\in\mathscr{C}^\infty(]-1,1[^2)$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 31 % : « étonnamment » difficile.
Le jury insiste : affirmer seulement $1-2rx+r^2\neq0$ ne permet pas de conclure ; il faut la **stricte positivité** (pour que $u^{-\lambda}$, définie sur $]0,+\infty[$, soit composable).
## Question 15
**Stratégie.**
DSE explicite de $(1+y)^{-\lambda}$ (rayon 1), puis substitution $y=r^2-2xr$, licite pour $|r|$ petit.
**Rédaction.**
Le développement usuel $(1+y)^{-\lambda}=\sum_{k\ge0}\binom{-\lambda}{k}y^k$ avec $\binom{-\lambda}{k}=\frac{(-\lambda)(-\lambda-1)\cdots(-\lambda-k+1)}{k!}$ a pour rayon de convergence $R=1$ (série du binôme, $-\lambda\notin\mathbb{N}$).
Fixons $x\in\,]-1,1[$ et posons $y(r)=r^2-2xr$, polynôme avec $y(0)=0$.
Pour $|r|<\rho$ assez petit, $|y(r)|\le|r|^2+2|r|<1$ ; alors $$F_\lambda(x,r)=(1+y(r))^{-\lambda}=\sum_{k\ge0}\binom{-\lambda}{k}\big(r^2-2xr\big)^k.$$
Chaque $(r^2-2xr)^k=r^k(r-2x)^k$ est un polynôme en $r$ ; la convergence étant absolue pour $|r|<\rho$, on peut réordonner en une série entière $\sum_{n\ge0}a_n^{(\lambda)}(x)r^n$.
Donc **$r\mapsto F_\lambda(x,r)$ est développable en série entière au voisinage de $0$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 6 % : très discriminante (« séries entières abordées de façon tangente au programme »). Le jury refuse l'argument « ça découle de 14 » : une fonction $\mathscr{C}^\infty$ n'est pas nécessairement DSE. Il faut le DSE **explicite** du binôme, le rayon $R=1$, et la substitution.
## Question 16a
**Stratégie.** Établir l'EDO $(1-2xr+r^2)\partial_rF_\lambda=2\lambda(x-r)F_\lambda$, injecter le DSE et identifier les coefficients.
**Rédaction.** $\partial_rF_\lambda=-\lambda(2r-2x)(1-2xr+r^2)^{-\lambda-1}=2\lambda(x-r)(1-2xr+r^2)^{-\lambda-1}$, donc $$(1-2xr+r^2)\,\partial_rF_\lambda=2\lambda(x-r)F_\lambda.\tag{E}$$
Avec $F_\lambda=\sum_{n\ge0}a_nr^n$ (on note $a_n=a_n^{(\lambda)}(x)$) et $\partial_rF_\lambda=\sum_{n\ge0}(n+1)a_{n+1}r^n$, le coefficient de $r^n$ (convention $a_{-1}=0$) dans le membre de gauche de (E) est $$(n+1)a_{n+1}-2x\,n\,a_n+(n-1)a_{n-1},$$ et dans le membre de droite $2\lambda x\,a_n-2\lambda a_{n-1}$.
Pour $n=0$ : $a_1=2\lambda x\,a_0$.
Pour $n\ge1$ : $$(n+1)a_{n+1}-2xn a_n+(n-1)a_{n-1}=2\lambda x a_n-2\lambda a_{n-1},$$ soit $(n+1)a_{n+1}^{(\lambda)}(x)=2(n+\lambda)x\,a_n^{(\lambda)}(x)-(n+2\lambda-1)a_{n-1}^{(\lambda)}(x)$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 26 % : « bien traitée ». Méthode canonique : EDO + unicité des coefficients d'un DSE.
## Question 16b
**Stratégie.**
Récurrence sur (16a) : $a_0=1$, $a_1=2\lambda x$ ; le terme dominant et la parité se propagent.
**Rédaction.** $a_0^{(\lambda)}=F_\lambda(x,0)=1$ (degré 0) et $a_1^{(\lambda)}=2\lambda x$ (degré 1).
Supposons $a_{n-1}^{(\lambda)}$ de degré $n-1$ et $a_n^{(\lambda)}$ de degré $n$ de coefficient dominant $c_n$.
La relation $a_{n+1}=\frac1{n+1}\big[2(n+\lambda)Xa_n-(n+2\lambda-1)a_{n-1}\big]$ donne $a_{n+1}^{(\lambda)}$ de degré $n+1$, de coefficient dominant $c_{n+1}=\frac{2(n+\lambda)}{n+1}c_n$.
Avec $c_0=1$ : $$\boxed{\ \deg a_n^{(\lambda)}=n,\quad c_n=\frac{2^n}{n!}\prod_{k=0}^{n-1}(\lambda+k)\ }\qquad(>0\ \text{car }\lambda>0).$$
**Parité :** $a_0$ paire, $a_1$ impaire ; si $a_n$ a la parité $(-1)^n$ et $a_{n-1}$ celle $(-1)^{n-1}$, alors $Xa_n$ et $a_{n-1}$ ont la parité $(-1)^{n+1}$, donc $a_{n+1}$ aussi.
Ainsi $a_n^{(\lambda)}(-x)=(-1)^na_n^{(\lambda)}(x)$ : **$a_n^{(\lambda)}$ a la parité de $n$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 21 % : « récurrence immédiate ». Ces $a_n^{(\lambda)}$ sont les **polynômes de Gegenbauer** (ultrasphériques).
*Cadre.*
Désormais $\lambda>\tfrac12$ et $\langle P,Q\rangle=\int_{-1}^1 PQ(1-x^2)^{\lambda-1/2}dx$ (intégrale convergente car $\lambda-\tfrac12>-1$).
## Question 17a
**Stratégie.** Coefficients d'un DSE = coefficients de Taylor.
**Rédaction.** $r\mapsto F_\lambda(x,r)$ est somme de sa série entière $\sum a_n^{(\lambda)}(x)r^n$ sur un voisinage de 0 (15) ; une telle fonction est $\mathscr{C}^\infty$ et sa série coïncide avec sa série de Taylor.
Donc $a_n^{(\lambda)}(x)=\frac1{n!}\frac{\partial^nF_\lambda}{\partial r^n}(x,0)$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 23 % : « application directe du cours » sur le lien coefficient DSE ↔ dérivée $n$-ième.
## Question 17b
**Stratégie.** $\partial_xF_\lambda=2\lambda r\,F_{\lambda+1}$ ; dériver 17a en $x$, échanger $\partial_x$ et $\partial_r^n$ (Schwarz), puis Leibniz au point $r=0$.
**Rédaction.** $\partial_xF_\lambda=-\lambda(-2r)(1-2xr+r^2)^{-\lambda-1}=2\lambda r\,F_{\lambda+1}(x,r)$.
Par 17a et le **théorème de Schwarz** ($F_\lambda\in\mathscr{C}^\infty$) : $$(a_n^{(\lambda)})'(x)=\frac1{n!}\partial_x\partial_r^nF_\lambda(x,0)=\frac1{n!}\partial_r^n\partial_xF_\lambda(x,0)=\frac{2\lambda}{n!}\partial_r^n\big(rF_{\lambda+1}\big)(x,0).$$
Or, par Leibniz, $\partial_r^n(rF_{\lambda+1})=r\,\partial_r^nF_{\lambda+1}+n\,\partial_r^{n-1}F_{\lambda+1}$, qui vaut en $r=0$ : $n\,\partial_r^{n-1}F_{\lambda+1}(x,0)$.
Donc
$$(a_n^{(\lambda)})'(x)=\frac{2\lambda\,n}{n!}\partial_r^{n-1}F_{\lambda+1}(x,0)=2\lambda\cdot\frac1{(n-1)!}\partial_r^{n-1}F_{\lambda+1}(x,0)=2\lambda\,a_{n-1}^{(\lambda+1)}(x).\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 10 % : calcul de $\partial_xF_\lambda$ + unicité des coefficients (ou Schwarz). Relation « d'abaissement » essentielle pour 17c-e.
## Question 17c
**Stratégie.**
IPP sur $\int(1-t^2)^{\lambda+1/2}dt$ (bords nuls), puis calcul de $a_2^{(\lambda)}$ et des intégrales.
**Rédaction.** $\frac{d}{dt}(1-t^2)^{\lambda+1/2}=-(2\lambda+1)t(1-t^2)^{\lambda-1/2}$.
IPP (bords nuls car $\lambda+\tfrac12>0$, en passant à la limite depuis $[-1+\varepsilon,1-\varepsilon]$) : $$\int_{-1}^1(1-t^2)^{\lambda+\frac12}dt=\big[t(1-t^2)^{\lambda+\frac12}\big]_{-1}^1+(2\lambda+1)\int_{-1}^1 t^2(1-t^2)^{\lambda-\frac12}dt=(2\lambda+1)\int_{-1}^1 t^2(1-t^2)^{\lambda-\frac12}dt.$$
Notons $A=\int t^2(1-t^2)^{\lambda-\frac12}$, $B=\int(1-t^2)^{\lambda-\frac12}$, $C=\int(1-t^2)^{\lambda+\frac12}$.
On a $C=(2\lambda+1)A$ et $C=\int(1-t^2)(1-t^2)^{\lambda-\frac12}=B-A$, d'où $B=(2\lambda+2)A$.
Or, par (16a), $a_2^{(\lambda)}=2\lambda(1+\lambda)X^2-\lambda$, donc $$\langle a_2^{(\lambda)},1\rangle=2\lambda(1+\lambda)A-\lambda B=2\lambda(1+\lambda)A-\lambda\cdot2(\lambda+1)A=0.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 3 % : « sans difficulté particulière », mais très peu réussie. IPP + interprétation en produit scalaire.
## Question 17d
**Stratégie.** IPP donnant $\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle=\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle_{\lambda+1}$, puis récurrence à deux crans via (16a).
**Rédaction.** *Identité clé.*
Avec $t(1-t^2)^{\lambda-\frac12}=-\frac1{2\lambda+1}\frac{d}{dt}(1-t^2)^{\lambda+\frac12}$, IPP (bords nuls) puis 17b : $$\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle=\frac1{2\lambda+1}\int_{-1}^1 (a_n^{(\lambda)})'(t)(1-t^2)^{\lambda+\frac12}dt=\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\int_{-1}^1 a_{n-1}^{(\lambda+1)}(t)(1-t^2)^{\lambda+\frac12}dt=\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\big\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\big\rangle_{\lambda+1}.\tag{$\dagger$}$$ (on a noté $\langle\cdot,\cdot\rangle_{\mu}$ le produit scalaire de paramètre $\mu$, de poids $(1-t^2)^{\mu-1/2}$.)
*Notons $\mathcal{H}(n)$ : « $\forall\lambda>\tfrac12,\ \langle a_n^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=0$ ».*
- $\mathcal{H}(1)$ : $a_1^{(\lambda)}=2\lambda t$ impaire ⟹ $\langle a_1^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=0$.
- $\mathcal{H}(2)$ : c'est 17c, valable pour tout $\lambda>\tfrac12$.
- Hérédité (à deux crans) : pour $n\ge2$, en appliquant $\langle\cdot,1\rangle_\lambda$ à (16a), $$(n+1)\langle a_{n+1}^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=2(n+\lambda)\underbrace{\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle_\lambda}_{\overset{(\dagger)}{=}\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle_{\lambda+1}}-(n+2\lambda-1)\underbrace{\langle a_{n-1}^{(\lambda)},1\rangle_\lambda}_{=0\ (\mathcal H(n-1))}.$$
Par $\mathcal{H}(n-1)$ appliquée au paramètre $\lambda+1$, $\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle_{\lambda+1}=0$, donc $\langle a_{n+1}^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=0$ : $\mathcal{H}(n+1)$.
Ainsi $\mathcal{H}(n)$ pour tout $n\ge1$ : $\langle a_n^{(\lambda)},1\rangle=0$.
Enfin, pour $n\ge2$, ($\dagger$) et $\mathcal{H}(n-1)$ (paramètre $\lambda+1$) donnent $\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle=\frac{2\lambda}{2\lambda+1}\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},1\rangle_{\lambda+1}=0$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 2 % : semblable à 17c mais avec récurrence. L'indication du jury est exactement l'identité ($\dagger$).
## Question 17e
**Stratégie.**
Montrer $\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle=0$ pour $0\le k\le n-1$ (IPP + récurrence descendante en $k$ via 17b), d'où l'orthogonalité de la famille échelonnée.
**Rédaction.**
La famille $(a_0^{(\lambda)},\dots,a_n^{(\lambda)})$ est échelonnée en degré (16b), donc **base** de $\mathbb{R}_n[X]$.
Montrons l'orthogonalité via le lemme : *pour tout $n\ge1$, tout $\lambda>\tfrac12$ et $0\le k\le n-1$, $\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle_\lambda=0$*, par récurrence sur $n$.
Pour $k\ge1$, IPP (bords nuls) avec $t(1-t^2)^{\lambda-\frac12}=-\frac1{2\lambda+1}\frac{d}{dt}(1-t^2)^{\lambda+\frac12}$, puis 17b $((a_n^{(\lambda)})'=2\lambda a_{n-1}^{(\lambda+1)})$ et $(1-t^2)^{\lambda+\frac12}=(1-t^2)(1-t^2)^{\lambda-\frac12}$ : $$(2\lambda+k)\,\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle_\lambda=2\lambda\,\langle a_{n-1}^{(\lambda+1)},X^{k-1}\rangle_{\lambda+1}+(k-1)\,\langle a_n^{(\lambda)},X^{k-2}\rangle_\lambda.\tag{$\ddagger$}$$
Posons $I_k=\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle_\lambda$.
*Hypothèse $\mathcal{P}(n-1)$* : $\langle a_{n-1}^{(\mu)},X^j\rangle_\mu=0$ pour tout $\mu>\tfrac12$, $0\le j\le n-2$.
Pour $1\le k\le n-1$, $k-1\le n-2$ donc le premier terme de ($\ddagger$) est nul (au paramètre $\lambda+1$), et $$I_k=\frac{k-1}{2\lambda+k}\,I_{k-2}\qquad(2\lambda+k>0).$$
En chaînant, $I_k$ se ramène à $I_0=\langle a_n^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=0$ ($k$ pair) ou à $I_1=\langle Xa_n^{(\lambda)},1\rangle_\lambda=0$ ($k$ impair, $n\ge2$) — nuls par 17d. Donc $I_k=0$ pour $0\le k\le n-1$ : $\mathcal{P}(n)$.
*Initialisation* $\mathcal{P}(1)$ : $I_0=\langle a_1^{(\lambda)},1\rangle=0$ (parité).
Ainsi $a_n^{(\lambda)}\perp X^k$ ($k\le n-1$), donc $a_n^{(\lambda)}\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$.
Pour $m>k$, $a_k^{(\lambda)}\in\mathbb{R}_{m-1}[X]$ donne $\langle a_m^{(\lambda)},a_k^{(\lambda)}\rangle=0$ : **$(a_0^{(\lambda)},\dots,a_n^{(\lambda)})$ est une base orthogonale de $(\mathbb{R}_n[X],\langle\cdot,\cdot\rangle)$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 0 % : « plus difficile que 17c-d, même esprit ».
Le jury vise précisément $\langle a_n^{(\lambda)},X^k\rangle=0$ pour $k\le n-1$.
On retrouve que les Gegenbauer sont les polynômes orthogonaux du poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$.
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# Quatrième partie
*Cadre.* $S_n^+$ = matrices symétriques telles que $X^TMX\ge0$ ($\forall X$). $A\odot B=(a_{ij}b_{ij})$ (produit de Hadamard). $f$ **de type positif en dim $N$** : $\forall k,\ \forall(x_1,\dots,x_k)\in(\mathbb{S}^{N-1})^k$, $(f(x_i\cdot x_j))\in S_k^+$.
## Question 18a
**Stratégie.** $UU^T$ symétrique et $X^T(UU^T)X=(U\cdot X)^2$.
**Rédaction.** $(UU^T)^T=UU^T$ (symétrique).
Pour $X\in\mathbb{R}^n$ : $X^T(UU^T)X=(U^TX)^T(U^TX)=(U\cdot X)^2\ge0$.
Donc $UU^T\in S_n^+$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 48 % : « immédiat ».
## Question 18b
**Stratégie.** Coefficient par coefficient.
**Rédaction.** $\big(A\odot(B+C)\big)_{ij}=a_{ij}(b_{ij}+c_{ij})=a_{ij}b_{ij}+a_{ij}c_{ij}=(A\odot B)_{ij}+(A\odot C)_{ij}$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 42 % : « immédiat ». $\odot$ est bilinéaire.
## Question 18c
**Stratégie.**
Théorème spectral : $M=\sum d_iV_iV_i^T$ avec $V_i$ orthonormés et $d_i\ge0$ (valeurs propres).
**Rédaction.** $M$ symétrique : par le **théorème spectral**, il existe une base orthonormée $(V_1,\dots,V_n)$ de vecteurs propres, $MV_i=d_iV_i$.
En posant $P=(V_1|\cdots|V_n)$ (orthogonale) et $D=\mathrm{diag}(d_i)$, $M=PDP^T=\sum_{i=1}^n d_iV_iV_i^T$.
Comme $M\in S_n^+$, $d_i=V_i^TMV_i\ge0$.
Avec $U_i=V_i$ : $$M=\sum_{i=1}^n d_iU_iU_i^T,\qquad d_i\ge0.\qquad\blacksquare$$
**Commentaire du correcteur.** 25 % : « réécriture du théorème spectral ». Bien justifier $d_i\ge0$.
## Question 18d
**Stratégie.**
Décomposer $A=\sum d_iU_iU_i^T$ ; $(U_iU_i^T)\odot B=D_iBD_i$ (congruence), donc $\in S_n^+$ ; sommer.
**Rédaction.**
Par 18c, $A=\sum_{i}d_iU_iU_i^T$, $d_i\ge0$.
Par bilinéarité de $\odot$ (18b), $A\odot B=\sum_i d_i\,(U_iU_i^T)\odot B$.
Posons $D_i=\mathrm{diag}\big((U_i)_1,\dots,(U_i)_n\big)$.
Alors $$\big((U_iU_i^T)\odot B\big)_{k\ell}=(U_i)_k(U_i)_\ell B_{k\ell}=(D_iBD_i)_{k\ell},$$ donc $(U_iU_i^T)\odot B=D_iBD_i$, symétrique, et pour $X\in\mathbb{R}^n$ : $X^TD_iBD_iX=(D_iX)^TB(D_iX)\ge0$ (car $B\in S_n^+$).
Ainsi $(U_iU_i^T)\odot B\in S_n^+$, et $A\odot B=\sum_i d_i D_iBD_i\in S_n^+$ (combinaison à coefficients $d_i\ge0$ d'éléments de $S_n^+$, qui est un cône convexe). $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 10 % : la « symétrisation » $D_iBD_i$ est le point clé.
C'est le **théorème de Schur** sur la stabilité de $S_n^+$ par $\odot$.
## Question 18e
**Stratégie.** Traduire : matrice du produit = $\odot$ des deux matrices, puis 18d.
**Rédaction.**
Soit $f,g$ de type positif en dim $N$, $k\ge1$, $(x_1,\dots,x_k)\in(\mathbb{S}^{N-1})^k$.
Alors $A=(f(x_i\cdot x_j))\in S_k^+$ et $B=(g(x_i\cdot x_j))\in S_k^+$, et $$\big((fg)(x_i\cdot x_j)\big)=\big(f(x_i\cdot x_j)\,g(x_i\cdot x_j)\big)=A\odot B\in S_k^+\quad(\text{18d}).$$
Donc $fg$ est de type positif en dim $N$. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 13 % : « immédiat d'après 18d ».
## Question 19
**Stratégie.** $x_k\in\mathbb{S}^1$ ⟹ $x_k=(\cos\theta_k,\sin\theta_k)$, $x_k\cdot x_j=\cos(\theta_k-\theta_j)$, et $T_n(\cos\varphi)=\cos n\varphi=\mathrm{Re}(e^{in\varphi})$.
**Rédaction.**
Soit $(x_1,\dots,x_m)\in(\mathbb{S}^1)^m$, $x_k=(\cos\theta_k,\sin\theta_k)$ ; alors $x_k\cdot x_j=\cos(\theta_k-\theta_j)$ et $$T_n(x_k\cdot x_j)=T_n(\cos(\theta_k-\theta_j))=\cos\big(n(\theta_k-\theta_j)\big).$$
La matrice $M=(\cos n(\theta_k-\theta_j))$ est symétrique.
Pour $X\in\mathbb{R}^m$, avec $z=\sum_{k}X_ke^{in\theta_k}\in\mathbb{C}$ : $$X^TMX=\sum_{k,j}X_kX_j\,\mathrm{Re}\big(e^{in\theta_k}e^{-in\theta_j}\big)=\mathrm{Re}\Big(\underbrace{\Big(\sum_kX_ke^{in\theta_k}\Big)}_{z}\underbrace{\Big(\sum_jX_je^{-in\theta_j}\Big)}_{\bar z}\Big)=|z|^2\ge0.$$
Donc $M\in S_m^+$ : **$T_n$ est de type positif en dimension 2**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 1 % : « astucieuse ».
La forme exponentielle $\cos n\varphi=\mathrm{Re}\,e^{in\varphi}$ transforme la forme quadratique en $|z|^2$.
*On admet :* pour $n\ge0$, $N\ge4$, $a_n^{(N/2-1)}$ est de type positif en dim $N$. **$P$ est $N$-conductif** si, pour toute $f$ absolument monotone sur $[-1,1]$, $H(f,P)$ est de type positif en dim $N$.
## Question 20
**Stratégie.** $H(f,P_1P_2)=H(f,P_1)+P_1H(Q(f,P_1),P_2)$ (4b) : premier terme type positif ($P_1$ conductif), second = produit de $P_1$ (type positif) et de $H(Q(f,P_1),P_2)$ (type positif car $Q(f,P_1)$ absolument monotone par 6 et $P_2$ conductif) ; conclure par 18e + somme.
**Rédaction.**
On suppose $P_1,P_2$ unitaires scindés dans $]-1,1[$ (hypothèses de 4b).
Soit $f$ absolument monotone sur $[-1,1]$.
Par **4b** :
$$H(f,P_1P_2)=\underbrace{H(f,P_1)}_{(\mathrm{i})}+\underbrace{P_1\cdot H\big(Q(f,P_1),P_2\big)}_{(\mathrm{ii})}.$$
- (i) : $P_1$ étant $N$-conductif et $f$ absolument monotone, $H(f,P_1)$ est de type positif en dim $N$.
- (ii) : par **6**, $Q(f,P_1)$ est absolument monotone sur $[-1,1]$ (car $f$ l'est et $P_1$ est scindé dans $]-1,1[$). $P_2$ étant $N$-conductif, $H\big(Q(f,P_1),P_2\big)$ est de type positif en dim $N$.
Comme $P_1$ est **par hypothèse** de type positif en dim $N$, le produit (ii) l'est aussi (**18e**).
La somme de deux fonctions de type positif en dim $N$ l'est encore (somme de matrices de $S_k^+$).
Donc $H(f,P_1P_2)$ est de type positif en dim $N$, pour toute $f$ absolument monotone : **$P_1P_2$ est $N$-conductif**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 1 % : le jury indique la combinaison exacte 4b + 6 + 18e. Noter le rôle asymétrique de $P_1$ (celui qu'on suppose de type positif).
## Question 21
**Stratégie.** Poser $\lambda=\frac N2-1\ge1$.
Montrer par récurrence descendante sur $j$ que $P_j=\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)$ est $N$-conductif : $P_j=P_{j+1}\cdot(X-r_{j+1})$, où $P_{j+1}$ est conductif (récurrence) *et* de type positif (13 + fait admis), et $(X-r_{j+1})$ est conductif ; appliquer 20.
**Rédaction.**
Soit $\lambda=\frac N2-1$ ; comme $N\ge4$, $\lambda\ge1>\tfrac12$.
Le fait admis donne : $a_m^{(\lambda)}$ est de type positif en dim $N$ pour tout $m\ge0$.
Par **17e**, $(a_0^{(\lambda)},\dots,a_n^{(\lambda)})$ est une base orthogonale de $(\mathbb{R}_n[X],\langle\cdot,\cdot\rangle)$ pour le poids $(1-x^2)^{\lambda-1/2}$ ; et $D:=a_n^{(\lambda)}$, de racines $r_1>\dots>r_n\in\,]-1,1[$ (admis), vérifie $D\perp\mathbb{R}_{n-1}[X]$ : les **hypothèses de la partie II** sont réalisées (poids $>0$ sur $]-1,1[$, intégrable).
La base unitaire orthogonale $\mathcal{B}=(a_0,\dots,a_n)$ de la partie II est donc $a_i=a_i^{(\lambda)}/c_i$ ($c_i>0$ par 16b).
*Étape 1 — chaque $P_j$ est de type positif en dim $N$ ($0\le j\le n-1$).*
Par **13**, $P_j=\prod_{\ell=j+1}^n(X-r_\ell)=\sum_{i=0}^{n-j}\beta_{j,i}\,a_i$ avec $\beta_{j,i}>0$ (pour $j=0$, $P_0=a_n$).
Or $a_i=\frac1{c_i}a_i^{(\lambda)}$ est de type positif en dim $N$ (multiple positif d'une fonction de type positif : $\frac1{c_i}\ge0$ conserve $S_k^+$).
Donc $P_j=\sum_i\beta_{j,i}a_i$, combinaison à coefficients $\beta_{j,i}>0$ de fonctions de type positif, est **de type positif en dim $N$**.
*Étape 2 — tout facteur $X-r$ ($r\in]-1,1[$) est $N$-conductif.*
Pour $f$ absolument monotone, $H(f,X-r)$ est le polynôme de degré $<1$ interpolant $f$ en $r$, i.e. la constante $f(r)$.
Comme $f\ge0$ (absolue monotonie), la fonction constante $f(r)\ge0$ est de type positif en dim $N$ (matrice $f(r)\,\mathbf{1}\mathbf{1}^T\in S_k^+$).
Donc $X-r$ est $N$-conductif.
*Étape 3 — récurrence descendante sur $j$ : $P_j$ est $N$-conductif.*
- $j=n$ : $P_n=1$ (produit vide) ; $H(f,1)=0$ (degré $<0$), de type positif (matrice nulle).
Conductif.
- Hérédité : supposons $P_{j+1}$ $N$-conductif.
Alors $P_j=P_{j+1}\cdot(X-r_{j+1})$ avec $P_{j+1}$ **conductif** (récurrence) et **de type positif** en dim $N$ (Étape 1, valable pour $P_{j+1}$ car $1\le j+1\le n$, le cas $P_n=1$ étant $\mathbf{1}\mathbf{1}^T$ type positif), et $X-r_{j+1}$ **conductif** (Étape 2).
Les deux facteurs sont unitaires scindés dans $]-1,1[$.
Par **20** (avec $P_1=P_{j+1}$, $P_2=X-r_{j+1}$), $P_j$ est $N$-conductif.
Pour $j=0$ : $P_0=\prod_{i=1}^n(X-r_i)$ est $N$-conductif.
Par définition, pour la fonction absolument monotone $f$ donnée, $H\big(f,\prod_{i=1}^n(X-r_i)\big)$ est **de type positif en dimension $N$**. $\qquad\blacksquare$
**Commentaire du correcteur.** 0 % : point d'orgue du problème, synthèse des parties I (4b, 6), II (13), III (16b, 17e) et IV (20). Le jury décrit exactement la récurrence descendante sur $P_j=\prod_{i=j+1}^n(X-r_i)$.
La question 13 est ici indispensable : c'est elle qui transmet le caractère « type positif » des $a_i^{(\lambda)}$ (admis) aux polynômes $P_j$.
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## Bilan
Les quatre parties tissent une même trame : l'interpolation d'Hermite $H(f,P)$ et son reste $Q(f,P)$ (I) préservent l'absolue monotonie (I.6) ; les polynômes orthogonaux d'un poids (II, III), via l'entrelacement des racines et la positivité des coordonnées (II.13), fournissent les $P_j=\prod(X-r_i)$ ; et le cône $S_k^+$, stable par produit de Hadamard (IV.18d), permet de propager le caractère « type positif » jusqu'à $H(f,\prod(X-r_i))$ (IV.21).
Conformément au conseil du jury, la valeur d'une copie tient à l'enchaînement rigoureux de blocs consécutifs — notamment les récurrences discriminantes 10b, 11b, 12, 13, 17d-e et 21 — plutôt qu'au grappillage.