Les polynômes de Bernoulli sont tombés plusieurs fois dans des sujets de maths Parisiennes, et ils pourraient ressortir très bientôt. On te propose d’étudier quelques propriétés sur ces polynômes qui sont certes hors programme, mais qui peuvent tomber aux Maths I et II ainsi qu’aux oraux de mathématiques (ESCP/HEC). Tu pourras d’ailleurs retrouver, à la fin de l’article, les annales dans lesquels ils sont déjà tombés.
Définition des polynômes de Bernoulli
La suite des polynômes de Bernoulli \( (B_{n}) \) est la suite de polynômes définie par récurrence de la façon suivante :
\[B_{0} = 1 \]
\[ \forall n \ge 1 \ B’_{n} = nB_{n-1} \ et \displaystyle \int_{0}^{1} B_{n}(t) \, \mathrm{d}t = 0 \]
Étude des premiers termes et graphique des polynômes
Tout d’abord, voyons les premiers termes de ces polynômes :
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_0(x) = 1\)
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_1(x) = x -\frac{1}{2}\)
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_2(x) = x^2 – x + \frac{1}{6}\)
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_3(x) = x^3 – \frac{3}{2}x^2 + \frac{1}{2}x\)
Pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_4(x) = x^4 – 2x^3 + x^2 – \frac{1}{30}\)
On a alors le graphique suivant :
Ces résultats nous permettent déjà de conjecturer certaines propriétés que nous allons tout de suite évoquer.
Propriétés importantes des polynômes de Bernoulli
Symétrie
Pour tout entier \( n \geq 0 \) et pour tout \(x \in \mathbb{R}\), on a la relation fondamentale :
\[ B_n(1 – x) = (-1)^n B_n(x) \]
Cela signifie que \( B_n(x) \) est symétrique par rapport à \(x=\frac{1}{2}\) lorsque \(n\) est pair et antisymétrique quand \(n\) est impair.
Démonstration par récurrence
Initialisation : Pour \( n = 0 \), on a pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \( B_0(x) = 1 \), donc :
\(B_0(1 – x) = 1 = B_0(x) = (-1)^0 B_0(x) \)
Hérédité : Supposons \( B_n(1 – x) = (-1)^n B_n(x) \).
On dérive \( B_{n+1}(1 – x) \) :
\( \frac{d}{dx} B_{n+1}(1 – x) = -B_{n+1}'(1 – x) = -(n+1) B_n(1 – x) \)
Par hypothèse de récurrence :
\( B_n(1 – x) = (-1)^n B_n(x) \)
Donc :
\( \frac{d}{dx} B_{n+1}(1 – x) = -(n+1)(-1)^n B_n(x) = (-1)^{n+1} (n+1) B_n(x) \)
D’autre part :
\( \frac{d}{dx} [(-1)^{n+1} B_{n+1}(x)] = (-1)^{n+1} B_{n+1}'(x) = (-1)^{n+1} (n+1) B_n(x) \)
Les deux dérivées sont égales, donc il existe une constante \( C \) telle que :
\( B_{n+1}(1 – x) = (-1)^{n+1} B_{n+1}(x) + C \)
On intègre sur \([0,1]\) et on utilise \( \int_0^1 B_{n+1}(x) dx = 0 \) :
\( \displaystyle \int_0^1 B_{n+1}(1 – x) dx = \int_0^1 B_{n+1}(x) dx = 0 \)
\( \displaystyle \int_0^1 [(-1)^{n+1} B_{n+1}(x) + C] dx = 0 \Rightarrow 0 + C = 0 \Rightarrow C = 0 \)
Donc :
\[ B_{n+1}(1 – x) = (-1)^{n+1} B_{n+1}(x) \]
Relation de récurrence
Les polynômes de Bernoulli vérifient une relation de récurrence :
Pour tout \( x \in \mathbb{R}\)
\[B_n(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^n {{n}\choose{k}} B_k x^{n-k} \]
Démonstration
On utilise les trois propriétés suivantes des polynômes de Bernoulli :
\begin{align*}
&\bullet \quad B_0(x) = 1 \\
&\bullet \quad B_n'(x) = n B_{n-1}(x), \quad \text{pour tout } n \geq 1 \\
&\bullet \quad \int_0^1 B_n(x) \, dx = 0, \quad \text{pour tout } n \geq 1
\end{align*}
Étape 1 : Forme générale supposée
On cherche une expression du type :
\( B_n(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^n a_k x^{n-k} \) avec \( a_k = \binom{n}{k} B_k \).
On définit donc la fonction :
\( P_n(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k x^{n-k} \)
Étape 2 : Vérification que \( P_n(x) \) satisfait les propriétés de \( B_n(x) \)
Calculons \( P_n'(x) \) :
\begin{align*}
P_n'(x) &= \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k \cdot (n-k) x^{n-k-1} \\
&= \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} B_k (n-k) x^{n-k-1}
\end{align*}
Changement d’indice : posons \( j = k \), on a :
\(P_n'(x) = \displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n}{j} B_j (n-j) x^{n-j-1} \)
Or : \( \binom{n}{j} (n-j) = n \binom{n-1}{j} \), donc :
\begin{align*}
P_n'(x) &= n \displaystyle\sum_{j=0}^{n-1} \binom{n-1}{j} B_j x^{(n-1)-j} \\
&= n P_{n-1}(x)
\end{align*}
Ainsi, on a \( P_n'(x) = n P_{n-1}(x) \), ce qui correspond à la propriété de dérivation de \( B_n(x) \).
Calculons \( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx \) pour \( n \geq 1 \).
On intègre terme à terme :
\( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx = \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k \int_0^1 x^{n-k} dx \)
Mais \( \int_0^1 x^{n-k} dx = \frac{1}{n-k+1} \), donc :
\( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx = \displaystyle\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k \cdot \frac{1}{n-k+1} \)
Posons \( m = n – k \), alors :
\( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx = \displaystyle\sum_{m=0}^n \binom{n}{n-m} B_{n-m} \cdot \frac{1}{m+1} \)
On reconnaît :
\( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx = \displaystyle\sum_{m=0}^n \binom{n}{m} \cdot \frac{B_{n-m}}{m+1} \)
Ce calcul donne une somme que l’on peut montrer nulle par récurrence ou que l’on admet (hors programme). On admet ici que :
\( \displaystyle \int_0^1 P_n(x) dx = 0 \)
La fonction \( P_n(x) \) vérifie les mêmes propriétés que \( B_n(x) \) (même dérivée et même intégrale nulle). Par unicité, on a :
\( B_n(x) = P_n(x)\)
Degré et coefficient dominant du polynôme de Bernoulli
D’après la formule de récurrence qu’on vient de démontrer, on peut avoir facilement que \( \forall n \in \mathbb{N}\) \(B_n\) est de degré \(n\) et de coefficient dominant égal à 1.
En effet, on utilise les propriétés caractéristiques suivantes :
\[
B_0(x)=1,\qquad
B_n'(x)=n\,B_{n-1}(x)\ \ (n\ge 1),\qquad
\int_0^1 B_n(x)\,dx=0\ \ (n\ge 1).
\]
On raisonne par récurrence sur \(n\).
Initialisation : Pour \(n=0\), on a pour tout \(x \in \mathbb{R}\) \(B_0(x)=1\), donc on a \(\deg B_0=0\) et le coefficient dominant vaut \(1\).
Hérédité : Supposons le résultat vrai au rang \(n-1\) avec \(n\ge 1\) :
\[
\deg B_{n-1}=n-1
\]
Par la relation de dérivation, pour tout \(x \in \mathbb{R}\)
\[
B_n'(x)=n\,B_{n-1}(x).
\]
Comme \(B_{n-1}\) est de degré \(n-1\) et avec un coefficient dominant égal à 1, on peut écrire :
\[
B_{n-1}(x)=x^{n-1}+ Q(x)
\]
où deg Q \(\le n-2\)
En intégrant terme à terme, il existe une constante \(C\in\mathbb{R}\) telle que pour tout \(x \in \mathbb{R}\)
\[
B_n(x)\;=\;n\int B_{n-1}(x)\,dx + C
\;=\;n\left(\frac{x^n}{n}+\text{polynôme de degré }\le n-1\right)+C.
\]
Ainsi,
\[
B_n(x)=x^n+\text{(termes de degré }\le n-1),
\]
Ce qui montre que \(\deg B_n=n\) et que le coefficient de \(x^n\) est \(1\).
La constante \(C\) se détermine (si besoin) par la condition de normalisation \(\int_0^1 B_n=0\), mais elle n’affecte ni le degré ni le coefficient dominant.
Conclusion : Par récurrence, pour tout \(n\ge 0\), \(B_n\) est de degré \(n\) et son coefficient dominant est égal à 1.
Quelques égalités importantes
Après avoir vu les propriétés importantes autour des polynômes de Bernoulli, regardons à présent les égalités importantes que l’on peut aussi retrouver.
\[ \forall n \ge 2\ B_n(0) = B_n(1) \]
\[ \forall k \in \mathbb{N}^* \ B_{2k+1}(0) = B_{2k+1}(\frac{1}{2}) = B_{2k+1}(1) = 0 \]
Ces égalités sont également exigibles pour des étudiants de classe préparatoire ECG dans des sujets Parisiennes. Nous t’invitons à essayer de les démontrer.
Sujet de concours avec la notion des polynômes de Bernoulli
Ces polynômes sont tombés il y a plusieurs années en maths Parisiennes. Voilà les sujets dans lesquels on peut les retrouver :
- Maths HEC 1989 (appro)
- Maths ESSEC 2001 (appro)
Même si les polynômes ne sont pas définis de la même façon qu’au-dessus, il est bon de travailler à partir des annales.
Conclusion
Cet article t’a présenté les aspects essentiels des polynômes de Bernoulli, une notion indispensable à maîtriser dans le cadre de ton programme de mathématiques ECG. N’hésite pas à approfondir cette notion à l’aide des sujets ci-dessus ! L’objectif n’est pas nécessairement d’apprendre par cœur chaque propriété, mais plutôt de comprendre le raisonnement dans chaque démonstration.
