Problème : les polynômes de Legendre, $n$ racines simples entre $-1$ et $1$

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le degré d'un produit et d'une dérivée ; la formule de Leibniz, $(PQ{)}^{(n)}={\sum }_{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})P^{(k)}{Q}^{(n-k)}$, où le coefficient se lit « $k$ parmi $n$ » ; la caractérisation de la multiplicité par les dérivées successives ; le fait qu'un polynôme non nul de degré $n$ a au plus $n$ racines ; la caractérisation de la divisibilité par les racines ; et le théorème de Rolle (chapitre 6) : si $f$ est continue sur $[\alpha ,\beta ]$, dérivable sur $]\alpha ,\beta [$, et $f(\alpha )=f(\beta )$, alors $f^{\prime }$ s'annule en un point de $]\alpha ,\beta [$.

1) Degré, coefficient dominant, parité. Par le binôme, $U_n=X^{2n}+(\text{termes de degreˊ au plus }2n-2)$. Chaque dérivation abaisse le degré d'un et multiplie le terme dominant par l'exposant : la dérivée $n$-ième de $X^{2n}$ est $2n(2n-1)\cdots (n+1)X^n=\frac{(2n)!}{n!}{X}^n$, celles des autres termes sont de degré au plus $n-2$. $L_n$ est de degré $n$, de coefficient dominant $\frac{(2n)!}{n!}$. Parité : $U_n$ ne contient que des puissances paires de $X$ ; chaque dérivation échange « puissances toutes paires » et « puissances toutes impaires », donc $L_n$ n'a que des puissances de la parité de $n$, et $L_n(-X)=(-1{)}^n{L}_n(X)$. Les premiers : $L_1=(X^2-1{)}^{\prime }=2X$ ; $L_2=(X^4-2X^2+1{)}^{\prime \prime }=(4X^3-4X{)}^{\prime }=12X^2-4$ ; $L_3=(X^6-3X^4+3X^2-1{)}^{\prime \prime \prime }=(30X^4-36X^2+6{)}^{\prime }=120X^3-72X$. Les coefficients dominants $2$, $12$, $120$ sont bien $\frac{2!}{1!}$, $\frac{4!}{2!}$, $\frac{6!}{3!}$.

2) Les racines $\pm 1$ de $U_n$. $U_n=(X-1{)}^n(X+1{)}^n$, et $(X+1{)}^n$ vaut $2^n\ne 0$ en $1$ : $1$ est racine de multiplicité exactement $n$ ; de même $-1$, puisque $(X-1{)}^n$ vaut $(-2{)}^n\ne 0$ en $-1$. Par la caractérisation de la multiplicité, $U_n,U_n^{\prime },\dots ,U_n^{(n-1)}$ s'annulent en $1$ et en $-1$.

3) Rolle, une racine de plus à chaque dérivation. Récurrence sur $k\in \{0,\dots ,n\}$ : $U_n^{(k)}$ a au moins $k$ racines distinctes dans $]-1,1[$. Pour $k=0$, il n'y a rien à montrer. Supposons-le pour un $k\le n-1$, avec des racines $-1<x_1<\cdots <x_k<1$. Par le 2), comme $k\le n-1$, $U_n^{(k)}$ s'annule aussi en $-1$ et en $1$, donc aux $k+2$ points $-1<x_1<\cdots <x_k<1$. Sur chacun des $k+1$ intervalles $[-1,x_1],[x_1,x_2],\dots ,[x_k,1]$, la fonction polynomiale $U_n^{(k)}$ est continue, dérivable, et nulle aux deux bornes : par le théorème de Rolle, $U_n^{(k+1)}$ s'annule en un point intérieur à chacun. Ces intervalles ouverts étant disjoints, $U_n^{(k+1)}$ a au moins $k+1$ racines distinctes dans $]-1,1[$. Conclusion : pour $k=n$, $L_n$ a au moins $n$ racines distinctes $x_1,\dots ,x_n$ dans $]-1,1[$. Par la caractérisation de la divisibilité, $(X-x_1)\cdots (X-x_n)$ divise $L_n$ ; les deux sont de degré $n$, donc, en comparant les coefficients dominants, $$L_n=\frac{(2n)!}{n!}(X-x_1)(X-x_2)\cdots (X-x_n).$$ $L_n$ est scindé sur $\mathbb{R}$, ses $n$ racines sont simples, toutes dans $]-1,1[$, et il n'en a aucune autre, ni réelle ni complexe.

4) Les valeurs en $\pm 1$, par Leibniz. Avec $A=(X-1{)}^n$ et $B=(X+1{)}^n$, $$L_n=(AB{)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})A^{(k)}{B}^{(n-k)}.$$ Or $A^{(k)}=\frac{n!}{(n-k)!}(X-1{)}^{n-k}$ s'annule en $1$ pour $k<n$ et vaut la constante $n!$ pour $k=n$ : en $1$, seul le terme $k=n$ subsiste, et $L_n(1)=n!B(1)=2^{n}n!$. Symétriquement, en $-1$, seul le terme $k=0$ subsiste, où $B^{(n)}=n!$ : $L_n(-1)=A(-1)n!=(-2{)}^{n}n!=(-1{)}^n{2}^{n}n!$, ce que confirmait la parité. Donc $P_n=\frac{L_n}{2^{n}n!}$ vérifie $P_n(1)=1$ et $P_n(-1)=(-1{)}^n$ : c'est la normalisation des physiciens, et les $P_n$ sont les polynômes de Legendre.

5) L'équation différentielle. L'identité : $U_n^{\prime }=n(X^2-1{)}^{n-1}\cdot 2X$, donc $(X^2-1)U_n^{\prime }=2nX(X^2-1{)}^n=2nX{U}_n$. Dérivons $n+1$ fois par Leibniz. À gauche, les dérivées de $X^2-1$ sont $2X$, puis $2$, puis $0$ : seuls trois termes subsistent, avec les coefficients « $0$ parmi $n+1$ », « $1$ parmi $n+1$ » et « $2$ parmi $n+1$ », ce dernier valant $\frac{n(n+1)}{2}$ : $$((X^2-1)U_n^{\prime }{)}^{(n+1)}=(X^2-1)L_n^{\prime \prime }+2(n+1)X{L}_n^{\prime }+n(n+1)L_n,$$ puisque $U_n^{(n)}=L_n$, $U_n^{(n+1)}=L_n^{\prime }$ et $U_n^{(n+2)}=L_n^{\prime \prime }$. À droite, les dérivées de $X$ sont $1$ puis $0$ : $$(2nX{U}_n{)}^{(n+1)}=2n(X{L}_n^{\prime }+(n+1)L_n)=2nX{L}_n^{\prime }+2n(n+1)L_n.$$ En égalant, $(X^2-1)L_n^{\prime \prime }+2X{L}_n^{\prime }-n(n+1)L_n=0$, soit, en changeant les signes, $(1-X^2)L_n^{\prime \prime }-2X{L}_n^{\prime }+n(n+1)L_n=0$ : c'est l'équation de Legendre, et $P_n$ la vérifie aussi, puisqu'elle est linéaire.

6) Le contrôle pour $n=3$. $P_3=\frac{L_3}{2^3\times 3!}=\frac{120X^3-72X}{48}=\frac{5X^3-3X}{2}$. Avec $P_3^{\prime }=\frac{15X^2-3}{2}$ et $P_3^{\prime \prime }=15X$, les trois termes de l'équation valent $(1-X^2)\times 15X=15X-15X^3$, puis $-2X\times \frac{15X^2-3}{2}=-15X^3+3X$, puis $12\times \frac{5X^3-3X}{2}=30X^3-18X$ ; leur somme a pour coefficient de $X^3$ le nombre $-15-15+30=0$, et pour coefficient de $X$ le nombre $15+3-18=0$ : $P_3$ vérifie l'équation de Legendre. Ses racines, puisque $P_3=\frac{X(5X^2-3)}{2}$, sont $0$ et $\pm \sqrt{\frac{3}{5}}\approx \pm 0,7746$ : trois racines simples dans $]-1,1[$, et $P_3(1)=\frac{5-3}{2}=1$.

Le théorème obtenu — les polynômes de Legendre. Pour tout $n\ge 1$, le polynôme de Legendre $P_n=\frac{1}{2^{n}n!}((X^2-1{)}^n{)}^{(n)}$ (formule de Rodrigues) est de degré $n$, de la parité de $n$, vérifie $P_n(1)=1$, $P_n(-1)=(-1{)}^n$ et l'équation de Legendre $(1-X^2)P_n^{\prime \prime }-2X{P}_n^{\prime }+n(n+1)P_n=0$ ; et il possède $n$ racines réelles simples, toutes situées dans l'intervalle ouvert $]-1,1[$.

Ce que le problème installe. Le théorème de Rolle, itéré, fabrique des racines : chaque dérivation en crée une de plus entre les précédentes, pourvu que les bornes restent des racines — et c'est la multiplicité $n$ de $\pm 1$ qui les y maintient jusqu'à l'ordre $n-1$ ; le degré dit ensuite qu'on les a toutes. La formule de Leibniz sert deux fois : pour évaluer en $\pm 1$, où presque tous ses termes s'annulent, et pour transformer une identité en équation différentielle. Au chapitre 16, les $P_n$ réapparaîtront orthogonaux pour le produit scalaire ${\int }_{-1}^{1}PQ$ ; au TD 16, leurs racines seront les nœuds de la méthode de Gauss, qui intègre exactement, avec $n$ points, tous les polynômes de degré au plus $2n-1$. En physique, l'équation de Legendre est celle que l'on rencontre en deuxième année en résolvant l'équation de Laplace en coordonnées sphériques.