Problème — Déterminants tridiagonaux et polynômes de Tchebychev

1) Les premières valeurs. $D_1(x)=x$ et $D_2(x)=x^2-1$. En développant selon la première ligne, $$D_3(x)=\left|\begin{array}{ccc}x& 1& 0\\ 1& x& 1\\ 0& 1& x\end{array}\right|=x(x^2-1)-1\cdot (x-0)=x^3-2x.$$

2) La récurrence. Soit $n\ge 2$. La première ligne de $T_n(x)$ est $(x,1,0,\dots ,0)$ : le développement selon elle ne compte que deux termes, $$D_n(x)=x\cdot (-1{)}^{1+1}\det A_{1,1}+1\cdot (-1{)}^{1+2}\det A_{1,2}=x\det A_{1,1}-\det A_{1,2},$$ où $A_{i,j}$ désigne la matrice obtenue en supprimant la ligne $i$ et la colonne $j$. Supprimer la première ligne et la première colonne laisse la matrice de la même famille, de taille $n-1$ : $\det A_{1,1}=D_{n-1}(x)$. Dans $A_{1,2}$, la première colonne est ce qui reste de la première colonne de $T_n(x)$ une fois la première ligne supprimée, soit $(1,0,\dots ,0{)}^{\top }$. Développons selon elle : un seul terme, $1\cdot (-1{)}^{1+1}$ fois le déterminant obtenu en supprimant encore la première ligne et la première colonne, qui est $T_{n-2}(x)$ — pour $n=2$, il ne reste rien, et la convention $D_0=1$ donne le bon résultat. Donc $\det A_{1,2}=D_{n-2}(x)$ et $$D_n(x)=x{D}_{n-1}(x)-D_{n-2}(x).$$ Contrôle : $D_2=x\cdot x-1$ et $D_3=x(x^2-1)-x=x^3-2x$. Degré : par récurrence double, $D_0=1$ et $D_1=x$ sont unitaires de degrés $0$ et $1$ ; si $D_{n-1}$ et $D_{n-2}$ sont unitaires de degrés $n-1$ et $n-2$, alors $x{D}_{n-1}$ est unitaire de degré $n$, et lui retrancher $D_{n-2}$, de degré inférieur, ne change pas le terme dominant.

Le point délicat. Le second développement : il faut voir que $A_{1,2}$ a une première colonne presque vide, et que ce qui reste ensuite est de nouveau une matrice de la même famille. C'est cette stabilité qui fait apparaître une récurrence ; sans elle, on aurait des mineurs sans nom, et rien ne se refermerait.

3) La formule trigonométrique. Posons $u_n=\frac{\sin ((n+1)\theta )}{\sin \theta }$, défini car $\sin \theta \ne 0$ sur $\left]0,\pi \right[$, et montrons $D_n(2\cos \theta )=u_n$ par récurrence double. Initialisation : $u_0=1=D_0$, et $u_1=\frac{\sin 2\theta }{\sin \theta }=2\cos \theta =D_1(2\cos \theta )$. Hérédité : supposons la formule vraie aux rangs $n-1$ et $n$. La formule $\sin (\alpha +\beta )+\sin (\alpha -\beta )=2\sin \alpha \cos \beta$, avec $\alpha =(n+1)\theta$ et $\beta =\theta$, donne $2\cos \theta \sin ((n+1)\theta )=\sin ((n+2)\theta )+\sin (n\theta )$. Alors $$D_{n+1}(2\cos \theta )=2\cos \theta u_n-u_{n-1}=\frac{2\cos \theta \sin ((n+1)\theta )-\sin (n\theta )}{\sin \theta }=\frac{\sin ((n+2)\theta )}{\sin \theta }=u_{n+1}.$$ Autre voie : la suite $(D_n(2\cos \theta ){)}_n$ vérifie une récurrence linéaire d'ordre $2$ d'équation caractéristique $r^2-2\cos \theta r+1=0$, de racines $e^{\pm i\theta }$ ; la méthode du chapitre sur les suites redonne la même formule.

4) Les racines, et l'inversibilité. Pour $\theta \in \left]0,\pi \right[$, $D_n(2\cos \theta )=0$ si et seulement si $\sin ((n+1)\theta )=0$, c'est-à-dire $(n+1)\theta =k\pi$ avec $k$ entier, et la condition $0<\theta <\pi$ impose $1\le k\le n$. Les réels $$x_k=2\cos \frac{k\pi }{n+1},1\le k\le n,$$ sont racines de $D_n$, et deux à deux distincts, le cosinus étant strictement décroissant sur $\left]0,\pi \right[$. Un polynôme unitaire de degré $n$ qui a $n$ racines distinctes est le produit des facteurs correspondants : $$D_n(x)=\prod _{k=1}^n\left(x-2\cos \frac{k\pi }{n+1}\right).$$ Contrôle : pour $n=2$, les racines $2\cos \frac{\pi }{3}=1$ et $2\cos \frac{2\pi }{3}=-1$ redonnent $x^2-1$ ; pour $n=3$, les racines $\sqrt{2}$, $0$, $-\sqrt{2}$ redonnent $x^3-2x$. L'inversibilité. $T_n(x)$ est inversible si et seulement si $D_n(x)\ne 0$, c'est-à-dire si et seulement si $x$ n'est aucun des $n$ réels $2\cos \frac{k\pi }{n+1}$, tous situés dans $]-2,2[$. En particulier, $T_n(x)$ est inversible pour $|x|\ge 2$. Le lemme d'Hadamard le donnait pour $|x|>2$ ; il ne disait rien pour $x=\pm 2$, où la dominance n'est plus stricte, et la matrice y est pourtant inversible : la condition d'Hadamard était suffisante, pas nécessaire, et le déterminant tranche là où elle se taisait.

5) Les bords $x=\pm 2$. En $x=2$, la récurrence s'écrit $D_n(2)-D_{n-1}(2)=D_{n-1}(2)-D_{n-2}(2)$ : la suite $(D_n(2))$ est arithmétique, de raison $D_1(2)-D_0(2)=1$, donc $D_n(2)=n+1$ — la valeur que les exercices résolus du chapitre obtiennent pour le déterminant tridiagonal à $2$ sur la diagonale et $1$ à côté. En $x=-2$, montrons par récurrence double que $D_n(-x)=(-1{)}^n{D}_n(x)$ : c'est vrai pour $n=0$ et $n=1$, et si c'est vrai aux rangs $n-1$ et $n-2$, alors $D_n(-x)=-x(-1{)}^{n-1}{D}_{n-1}(x)-(-1{)}^{n-2}{D}_{n-2}(x)=(-1{)}^n(x{D}_{n-1}(x)-D_{n-2}(x))=(-1{)}^n{D}_n(x)$. Donc $D_n(-2)=(-1{)}^n(n+1)$.

6) Le schéma aux différences finies. L'approximation. Si $y$ est de classe ${\mathcal{C}}^2$, la formule de Taylor-Young à l'ordre $2$ donne $y(x\pm h)=y(x)\pm h{y}^{\prime }(x)+\frac{h^2}{2}{y}^{\prime \prime }(x)+o(h^2)$ ; en ajoutant les deux, les termes en $h$ se compensent : $$\frac{y(x+h)-2y(x)+y(x-h)}{h^2}=y^{\prime \prime }(x)+o(1).$$ Le système. En écrivant $-y^{\prime \prime }(x_k)=f(x_k)$ avec cette approximation, pour $k=1,\dots ,n$, et $y_0=y_{n+1}=0$, on obtient $-y_{k-1}+2y_k-y_{k+1}=h^{2}f(x_k)$, c'est-à-dire $K_{n}Y=h^{2}F$. La conjugaison. Soit $Q=\mathrm{diag}(1,-1,1,\dots ,(-1{)}^{n-1})$, qui vérifie $Q^2=I_n$. Le coefficient d'indice $(i,j)$ de $Q{T}_n(2)Q$ est $(-1{)}^{i-1}(-1{)}^{j-1}$ fois celui de $T_n(2)$ : inchangé sur la diagonale, changé de signe juste à côté. Donc $Q{T}_n(2)Q=K_n$, et $$\det K_n=(\det Q{)}^2{D}_n(2)=n+1\ne 0,$$ puisque $\det Q=\pm 1$. Le système a une solution unique, quel que soit le nombre $n$ de points : le schéma est bien posé. (On peut aussi remarquer que $K_n=-T_n(-2)$, d'où $\det K_n=(-1{)}^n{D}_n(-2)=n+1$.) Les $\mu$ interdits. De même, $K_n-\mu I_n=Q(T_n(2)-\mu I_n)Q=Q{T}_n(2-\mu )Q$, car $Q{I}_{n}Q=I_n$ : $\det (K_n-\mu I_n)=D_n(2-\mu )$, qui s'annule si et seulement si $2-\mu =2\cos \frac{k\pi }{n+1}$ pour un $k\in \{1,\dots ,n\}$, c'est-à-dire $$\mu ={\mu }_k=2-2\cos \frac{k\pi }{n+1}=4{\sin }^2\frac{k\pi }{2(n+1)},1\le k\le n.$$

Le théorème obtenu. Pour tout $n\ge 1$, le déterminant tridiagonal $D_n(x)=\det T_n(x)$ est une fonction polynomiale unitaire de degré $n$, qui vérifie $D_n(x)=x{D}_{n-1}(x)-D_{n-2}(x)$, $D_n(2\cos \theta )=\frac{\sin ((n+1)\theta )}{\sin \theta }$ pour $\theta \in \left]0,\pi \right[$, et $D_n(x)=\prod _{k=1}^n\left(x-2\cos \frac{k\pi }{n+1}\right)$. La matrice $T_n(x)$ est inversible si et seulement si $x$ n'est aucun des $n$ réels $2\cos \frac{k\pi }{n+1}$ ; en particulier, la matrice $K_n$ des différences finies est inversible, de déterminant $n+1$. Les $D_n$ sont, à un changement d'échelle près, les polynômes de Tchebychev de seconde espèce : $D_n(2x)=U_n(x)$, où $U_n(\cos \theta )=\frac{\sin ((n+1)\theta )}{\sin \theta }$ — un nom de culture, que le programme ne retient pas ; l'énoncé les a définis.

Ce que le problème installe. Deux développements transforment un déterminant de taille $n$ en une récurrence linéaire d'ordre $2$ : un chapitre d'algèbre en appelle un de suites, puis la trigonométrie. Et les ${\mu }_k$ ont un sens physique précis : ce sont, pour la corde vibrante discrétisée et fixée à ses deux extrémités, les valeurs qui autorisent un mode non nul. Quand $n$ devient grand, $\frac{{\mu }_k}{h^2}=4(n+1{)}^2{\sin }^2\frac{k\pi }{2(n+1)}$ tend vers $k^2{\pi }^2$, puisque $\sin u\sim u$ en $0$ : on retrouve les nombres $k^2{\pi }^2$ pour lesquels $-y^{\prime \prime }=\lambda y$ a une solution non nulle, nulle aux deux bords, $y=\sin (k\pi x)$ — les modes propres de la corde de Melde, de fréquences proportionnelles à $k$.