1 est racine multiple d`es que P(1

ECS1 H. Boucher Corrig´e Devoir maison n^o7

Exercice 1

Soit P le polynˆomeP =X⁶−5X⁴+ 8X³−9X²+aX+bo`u aetbsont deux r´eels.

1. 1 est racine multiple d`es que P(1) = P⁰(1) = 0, i.e.

(−5 +a+b= 0

−8 +a= 0 ⇔

(b=−3

a= 8 . Ainsi, avec a= 8 etb=−3 , 1 est racine double (au moins) deP.

On a P⁰⁰ = 30X⁴−60X²+ 48X−18, d’o`u P⁰⁰(1) = 0, puisP⁽³⁾ = 120X³−180X+ 48 et P⁽³⁾(1)6= 0 donc 1 est racine triple deP .

2. P est divisible par (X −1)³ et un calcul de quotient par la m´ethode de votre choix donne P = (X−1)³(X³+ 3X²+X+ 3).

On constate que−3 est racine deX³+ 3X²+X+ 3, ainsi P = (X−1)³(X+ 3)(X²+ 1) .

Comme X² + 1 est de degr´e 2 et n’a pas de racine r´eelle, il est irr´eductible dans R[X], on a donc la d´ecomposition de P en produit d’irr´eductibles dans R[X].

Dans C[X] : P = (X−1)³(X+ 3)(X−i)(X+i) .

Factoriser P surR[X] puis surC[X] (en produit d’irr´eductibles).

3. P(X²) = (X²−1)³(X²+ 3)(X⁴+ 1).

• X²−1 = (X−1)(X+ 1).

• X²+ 3 est irr´eductible sur Ret on a X²+ 3 = (X−√

3i)(X+

√

3i) dansC[X].

• X⁴+ 1 a pour racines complexes :n

e^iπ4,e^i3π4 ,e^i5π4 ,e^i7π4 o

(r´esoudrez⁴+ 1 = 0).

DoncX⁴+ 1 = (X−e^iπ4)(X−e^i7π4 )

| {z }

X²−√ 2X+1

(X−e^i3π4 )(X−e^i5π4 )

| {z }

X²+√ 2X+1

.

Finalement, P(X²) = (X−1)³(X+ 1)³(X²+ 3)(X²−√

2X+ 1)(X²+√

2X+ 1) dans R[X].

Et P(X²) = (X−1)³(X+ 1)³(X−√

3i)(X+√

3i)(X−e^iπ4)(X−e^i7π4 )(X−e^i3π4 )(X−e^i5π4 )

4. P esta fortiori continue sur [−3,1], d´erivable sur ]−3,1[ et P(−3) = P(1) = 0. D’apr`es le th´eor`eme de Rolle, il existeα∈]−3,1[ tel que P⁰(α) = 0 .

De mˆeme on peut appliquer le th´eor`eme de Rolle `a P⁰ entre α et 1 pour montrer qu’il existeβ ∈]α,1[

(et donc dans ]−3,1[) tel que P⁽²⁾(β) = 0 .

Enfin on peut appliquer le th´eor`eme de Rolle `a P⁽²⁾ entreβ et 1 pour montrer qu’il existe γ∈]β,1[ (et donc dans ]−3,1[) tel que P⁽²⁾(γ) = 0 .

Exercice 2

Soit n∈N. On va ´etudier les polynˆomesP_n∈R[X] qui v´erifient

∀x∈R, P_n(cosx) = cos(nx).

1. (a) Soit n∈N. Soit Pn etQn tous deux tels que

∀x∈R, Pn(cosx) =Qn(cosx) = cos(nx).

1

Alors ∀x ∈ R,(Pn−Qn)(cosx) = 0 et donc cosx est une racine de Pn−Qn. Ainsi Pn−Qn a une infinit´e de racines (en fait tout l’intervalle [−1,1]), doncPn−Qn est le polynˆome nul et donc

Pn=Qn.

(b) • cos(0x) = 1 donc si P₀ existe, ∀x ∈R,P₀(cosx) = 1. Le polynˆome constant ´egal `a 1 r´ealise cela, donc P₀ = 1 .

• De mˆeme (on observe un polynˆome qui r´ealise l’´egalit´e et l’unicit´e de la question pr´ec´edente nous permet de conclure), cos(1x) = cosx donc P1 =X .

• cos(2x) = 2 cos²(x)−1, donc P2 = 2X²−1 . (c) On va avoir besoin de la relation suivante :

les formules

(cos(a+b) = cosacosb−sinasinb

cos(a−b) = cosacosb+ sinasinb nous donnent : sinasinb= 1

2(cos(a−b)−cos(a+b)). H´er´edit´e : soit n∈N, supposons quePnet Pn+1 existent.

Pour tout x ∈ R, cos ((n+ 2)x) = cos ((n+ 1)x) cos(x) −sin ((n+ 1)x) sin(x). D’apr`es la for- mule pr´ec´edente, cos ((n+ 2)x) = cos ((n+ 1)x) cos(x)− 1

2(cos(nx)−cos((n+ 2)x)). D’apr`es l’hypoth`ese de r´ecurrence, cos ((n+ 2)x) = Pn+1(cosx) cos(x)− 1

2(Pn(cosx)−cos((n+ 2)x)).

D’o`u cos((n+ 2)x) = 2Pn+1(cosx) cos(x)−Pn(cosx). Ainsi Pn+2 = 2XPn+1−Pn convient.

2. (a) On va montrer par r´ecurrence double que Pn est de degr´e n, i.e. que Pn = anXⁿ+Rn−1 avec Rn−1 de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n−1.

• La propri´et´e est vraie pourn= 0,n= 1 (avec R−1 = 0).

• Soitn∈N. Supposons la propri´et´e vraie aux rangsn etn+ 1.

AlorsP_n+2 = 2X(a_n+1Xⁿ⁺¹+Rn−1)−a_nX_n= 2a_n+1Xⁿ⁺²+ 2XRn−1−a_nX_n

| {z }

Rn

et on a bien deg(R_n)6n. AinsiP_n+2 est de degr´e n+ 2 et son coefficient dominant esta_n+2= 2a_n+1. On a montr´e que ∀n∈N, deg(P_n) =n et les coefficients dominants de P_n suivent (`a partir de n= 1) une suite g´eom´etrique de raison 2.

Donc pour tout n>2, le coefficient dominant de P_n est 2ⁿ⁻¹ . (b) ∀x∈[0,π], cos(nx) = 0⇔nx= π

2[π] et 06nx6nπ.

Ceci ´equivaut `a :∃k∈J0, n−1K, nx= π

2 +kπ, soit ∃k∈J0, n−1K, x= π 2n+kπ

n .

Or Pn(cosx) = 0 ⇔ cos(nx) = 0. Donc toutes les solutions de cette ´equation donnent des racines de Pn. Elles sont au nombre de n entre 0 et π, toutes les racines de Pn sont donc n

cos π 2n+kπ

n

, k∈J0, n−1Ko . Ainsi, pour toutn>1,P_n= 2ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=0

X−cosπ 2n+kπ

n

= 2ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=0

X−cos

(2k+ 1)π 2n

. (c) L’´evaluation deP_n en 0 donne son coefficient constant.

Ainsi d’une part, P_n(0) = 2ⁿ⁻¹(−1)ⁿ

n−1

Y

k=0

cos

(2k+ 1)π 2n

.

2

D’autre part, Pn(0) =Pn

cos

π 2

= cos

nπ 2

=

(0 sinest impair, (−1)ⁿ² si nest impair.

Ainsi

n−1

Y

k=0

cos

(2k+ 1)π 2n

=







0 sinest impair, (−1)ⁿ²

2ⁿ⁻¹ sinest impair.

Probl`eme 1

L’objet de ce probl`eme est de d´eterminer tous les polynˆomesP ∈C[X] qui v´erifient :

P(X²) =P(X)². (1)

1. Soit P =a∈Run polynˆome constant.

P v´erifie (1) si et seulement siP(X²) =P(X)²⇔a=a²⇔a(1−a) = 0⇔a∈ {0,1}.

Les polynˆomes constants qui v´erifient (1) sont {0,1}. Soit d´esormais P ∈C[X] un polynˆome v´erifiant (1).

2. (a) On ´evalue en 1 l’´egalit´e (1) :P(1) =P(1)². Donc P(1)∈ {0,1}. (b) On ´evalue en 1 l’´egalit´e (1) :P(1) =P(−1)².

Donc siP(1) = 0, alorsP(−1) = 0 et siP(1) = 1 alors P(−1)∈ {1,−1}.

(c) Les valeurs de P(1) et P(−1) d´eterminent un unique polynˆome de degr´e au plus 1 (´equation affine). Deux des possibilit´es ci-dessus donnent un polynˆome constant. Le seul polynˆome de degr´e 1 v´erifiant (1) est tel queP(1) = 1 etP(−1) =−1, soit le polynˆome X .

Supposons P non constant. Soitaune racine deP. 3. (a) Init. a=a²⁰ est racine deP.

H´er. Soitn∈N. Supposons quea²ⁿ est racine deP. AlorsP

a²ⁿ⁺¹

=P

a²ⁿ2

=P a²ⁿ2

= 0² = 0.

Donc a²ⁿ⁺¹ est racine deP .

(b) Ces expressions, si elles sont toutes distinctes, donnent une infinit´e de racines de P, ce qui est impossible. Donc il existen < n⁰∈Ntels que a²ⁿ =a²ⁿ

0

. Sia6= 0, cela donne a²ⁿ

0−2ⁿ

= 1, donc avec r=n⁰−n∈N^∗,a^r= 1 . Il existe doncθ∈[0,2π[ un argument de a, si bien que a=e^iθ.

4. (a) Comme `a la question 3a, on montre par r´ecurrence que pour tout n∈N,e^iθ/2n est racine de P . (b) Si θ 6= 0, cela donne une infinit´e de racines de P car les valeurs des arguments θ

2ⁿ sont toutes distinctes. Ceci est impossible. Donc θ= 0 .

5. Supposons que 1 est racine deP. On a vu (question 2b) que −1 est aussi racine deP. Mais−1 =e^iπ et donc d’apr`es ce qui pr´ec`ede, P est le polynˆome nul, ce qui est contraire `a notre hypoth`ese. Donc

1 n’est pas racine deP .

6. Finalement seul 0 est racine de P .

7. Conclusion de l’analyse : siP ∈C[X] v´erifie (1), alorsP est constant ´egal `a 0 ou 1 ou il existen∈N tel queP =Xⁿ.

Synth`ese : ces polynˆomes v´erifient bien (1) : notamment pour X<sup>n</sup>, on a bien (X<sup>2</sup>)<sup>n</sup>=X<sup>2n</sup>= (X<sup>n</sup>)<sup>2</sup>. Donc les solutions du probl`eme sont {0,1} ∪ {Xⁿ, n∈N^∗} .

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