Corrigé de l’examen

(1)

Université de Cergy-Pontoise Polynômes et suites

Licence 1 MIPI 2017-2018

Corrigé de l’examen

Questions de cours.

1. L’inégalité triangulaire pour le module des nombres complexes s’énonce ainsi :

∀(z, z^′)∈C²,|z+z^′| ≤ |z|+|z^′|.

2. Le théorème de d’Alembert-Gauss pour les polynômes complexes aﬃrme que tout poly- nôme complexe non constant possède au moins une racine.

3. Le théorème de Bolzano-Weierstrass aﬃrme que toute suite réelle ou complexe bornée possède une sous-suite convergente.

Exercice 1.

1.(i) Comme le nombrez1=iest non nul, il possède deux racines carrées que nous pouvons noterω₁ et−ω₁. Si nous posonsω₁ =x+iy, nous savons que

i=ω²₁ = (x+iy)² =x²−y²+ 2ixy, de sorte que

x²−y² = 0, et 2xy = 1.

Le module de l’égalité précédente conduit à la troisième identité 1 =|i|=|ω₁²|=|ω1|² =x²+y². Nous obtenons donc

x²=y² = 1 2, soit

x=± 1

√2, et y=± 1

√2.

La formule2xy= 1 assure que les nombresx ety sont de même signe, et nous concluons que les deux racines carrées du nombreisont

ω₁ = 1

√2+ i

√2, et −ω₁=− 1

√2− i

√2. (ii) Le nombrez₂ = ¹⁺ⁱ√

2 n’est pas nul, donc il possède deux racines carrées ω₂ et−ω₂. Si nous notonsω₂ =x+iy, nous obtenons à nouveau

√1 2 + i

√2 =x²−y²+ 2ixy,

ainsi que

1 = 1

√2 + i

√2

=x²+y².

(2)

Nous déduisons de ces identités que x²−y² = 1

√2, et 2xy = 1

√2,

puis que

2x² = 1 + 1

√2, et 2y² = 1− 1

√2. Comme 2xy = √¹

2, les nombres x et y sont de même signe, donc les deux racines carrées du nombre ¹⁺ⁱ√

2 sont égales à

ω₂=

√√ 2 + 1 2√

2 +i

√√ 2−1 2√

2 , et −ω₂=−

√√ 2 + 1 2√

2 −i

√√ 2−1 2√

2 .

(iii) Nous observons que

z3=−z2,

de sorte queω3 est une racine carrée de z3 si et seulement si z2 =−z3=−ω₃² = (iω3)²,

c’est-à-dire si et seulement siiω3 est une racine carrée de z2. Il s’ensuit que iω₃=±ω₂,

oùω₂ est la racine carrée du nombrez₂ calculée à la question 1.(ii). Comme ¹_i =−i, nous concluons que les deux racines carrées du nombre complexez₃ sont

ω3=

√√ 2−1 2√

2 −i

√√ 2 + 1 2√

2 , et −ω3=−

√√ 2−1 2√

2 +i

√√ 2 + 1 2√

2 .

2.a. Le nombre complexeωest une racines quatrième du nombre complexeisi et seulement si

i=ω⁴=( ω²)2

, c’est-à-dire si et seulement siω² est une racine carrée de i.

b. D’après la question 2.a, un nombreω est une racine quatrième de du nombre complexe i si et seulement si ω² est une racine carrée de i. D’après la question 1.(i), nous savons donc que

ω² = 1

√2 + i

√2 =z₂, ou ω² =− 1

√2 − i

√2 =z₃.

D’après les questions 1.(ii) et 1.(iii), les quatre racines quatrièmes du nombre complexe i sont par conséquent égales à

√√ 2 + 1 2√

2 +i

√√ 2−1 2√

2 , −

√√ 2 + 1 2√

2 −i

√√ 2−1 2√

2 ,

et √√

2−1 2√

2 −i

√√ 2 + 1 2√

2 , −

√√ 2−1 2√

2 +i

√√ 2 + 1 2√

2 .

(3)

3.a. Comme|i|= 1 et arg(i) = ^π₂ mod 2π, la forme exponentielle du nombre iest donnée par

i=e^iπ².

b. D’après la question 3.a, la forme exponentielle des racines quatrièmes du nombreiest donnée par les formules

eîπ⁸ , eîπ⁸⁺îπ² , eîπ⁸^+iπ, et eîπ⁸⁺^3iπ² , c’est-à-dire

e^iπ⁸, e^5iπ⁸ , e^9iπ⁸ , et e^13iπ⁸ . 4. Comme0< ^π₈ < ^π₂, nous savons que

cos (π

8 )

>0, et sin (π

8 )

>0,

ce qui équivaut au fait que

Re(e^iπ⁸ )>0, et Im(e^iπ⁸ )>0.

Par définition, les quatre solutions de la question 2.b sont égales aux quatre solutions de la question 3.b, donc nous déduisons des inégalités précédentes que

e^iπ⁸ =

√√ 2 + 1 2√

2 +i

√√ 2−1 2√

2 , ce qui conduit aux formules

cos (π

8 )

=

√√ 2 + 1 2√

2 , et sin (π

8 )

=

√√ 2−1 2√

2 .

Exercice 2.

1. La division euclidienne du polynômeP₁ par le polynôme P₂ s’écrit

X⁶ + X⁵ + 3X⁴ + 2X³ + 3X² + X + 1 X⁴+X³−X−1

− (X⁶ + X⁵ − X³ − X²) X²+ 3 3X⁴ + 3X³ + 4X² + X + 1

− (3X⁴ + 3X³ − 3X − 3) 4X² + 4X + 4

Le quotientQet le resteR de cette division euclidienne sont donc égaux à Q=X²+ 3, et R = 4X²+ 4X+ 4.

2. Poursuivons l’algorithme d’Euclide débuté à la question 1. La division euclidienne du polynômeP₂ par le polynômeR s’écrit

X⁴ + X³ − X − 1 4X²+ 4X+ 4

− (X⁴ + X³ + X²) ¹₄ (

X²−1 )

− X² − X − 1

− (− X² − X − 1) 0

(4)

Le dernier reste non nul dans l’algorithme d’Euclide est donc égal àR= 4X²+ 4X+ 4, et le PGCD des polynômesP₁ etP₂ vaut par conséquent

PGCD(P₁, P₂) =X²+X+ 1.

3. Revenons à la question 1. La division euclidienne du polynôme P₁ par le polynôme P₂ s’écrit aussi

P₁ =QP₂+R, ce qui revient à l’identité

P1=(

X²+ 3)

P2+ 4(

X²+X+ 1) ,

d’où il découle que

X²+X+ 1 = 1 4P1−1

4

(X²+ 3) P2.

Les polynômes

U = 1

4, et V =−1 4

(X²+ 3) ,

satisfont donc l’identité

U P1+V P2 =X²+X+ 1.

Exercice 3.

1.a. Le nombre1 est une racine du polynôme aX^N⁺¹+bX^N + 1si et seulement si a1^N+1+b1^N + 1 = 0.

La condition nécessaire et suﬃsante recherchée est donc a+b+ 1 = 0.

b. SoitP =aX^N+1+bX^N+ 1. Si le nombre 1est une racine double du polynômeP, alors il est déjà racine deP, de sorte que par la question 1.a,

a+b+ 1 = 0.

De plus, le nombre1 est aussi racine de

P^′ = (N+ 1)aX^N+N bX^N⁻¹.

Par conséquent, les nombresaetb satisfont aussi (N + 1)a+N b= 0.

Il découle de ces deux équations que

b=−1−a, puis que

(N + 1)a−N −N a= 0.

Il vient ainsi

a=N, puis b=−1−N.

(5)

Réciproquement, sia=N etb=−N−1, alors,

P(1) =N1^N⁺¹−(N + 1)1^N + 1 = 0, et P^′(1) =N(N + 1)1^N −N(N+ 1)1^N⁻¹ = 0.

Enfin, nous avons

P^′′= {

N²(N+ 1)X^N⁻¹−N(N−1)(N+ 1)X^N⁻², siN ≥2, N²(N+ 1), siN = 1,

ce qui implique que

P^′′(1) =

{N²(N + 1)−N(N −1)(N+ 1) =N(N + 1)̸= 0, siN ≥2,

N²(N + 1) = 2̸= 0, si N = 1.

Le nombre1est donc une racine double deP, ce qui achève la preuve de l’équivalence.

2.a. Nous calculons

P_N+1−P_N =(N+ 1)X^N+2−(N+ 2)X^N+1+ 1−N X^N⁺¹+ (N+ 1)X^N −1

=(N+ 1)X^N+2−2(N+ 1)X^N+1+ (N+ 1)X^N

=(N+ 1)X^N(

X²−2X+ 1)

=(N+ 1)X^N(

X−1)₂ .

b. Nous déduisons de la question 2.a que

∀2≤k≤N, P_k−P_k−1=kX^k⁻¹(X−1)².

Nous pouvons sommer ces identités afin d’obtenir

∑N k=2

(P_k−P_k₋₁)

=

∑N k=2

kX^k⁻¹(X−1)²= (X−1)²

∑N k=2

kX^k⁻¹.

Nous observons que

∑N k=2

(P_k−P_k₋₁)

=P_N −P_N₋₁+P_N₋₁−. . .−P₂+P₂−P₁ =P_N −P₁,

d’où la formule

PN =P1+ (X−1)²

∑N

k=2

kX^k⁻¹.

CommeP₁=X²−2X+ 1 = (X−1)², il vient

PN = (X−1)² (

1 +

∑N

k=2

kX^k⁻¹ )

= (X−1)²

∑N

k=1

kX^k⁻¹.

Exercice 4.

1.a Comme a est strictement positif, le nombre a+x est strictement positif lorsque x est positif. La fonctionfa est donc bien définie sur R+ et à valeurs strictement positives.

(6)

Sachant que la fonction racine carrée est de classeC^∞ sur ]0,+∞[, la fonction f_a est de classeC^∞sur R+, et sa dérivée vérifie

∀x∈R+, f_a^′(x) = 1 2√

a+x >0.

Aussi la fonctionf_aest-elle strictement croissante sur R+.

b. D’après la question 1.a, la fonctionfa est bien définie deR+ surR+. Par récurrence sur n∈N, et puisqueu₀ = 0, la suite (u_n)_n_∈Nest donc bien définie et à valeurs positives. En ce qui concerne sa stricte croissance, nous raisonnons aussi par récurrence surn∈N. Nous observons que

u₁−u₀ =√

a−0>0.

Supposons alors que

∀0≤k≤n, uk+1−uk>0,

et étudions le cask=n+1. Les nombresunetun+1sont positifs, et satisfont par l’hypothèse de récurrence

u_n< u_n+1.

D’après la question 1.a, la fonctionf_a est strictement croissante surR+, ce qui assure que u_n+1 =f_a(u_n)< f_a(u_n+1) =u_n+2.

Par récurrence surn∈N^∗, nous concluons que

∀n∈N, un< un+1, de sorte que la suite(u_n)_n_∈N est strictement croissante.

2.a. Il s’agit de résoudre l’équation

x=fa(x) =√ a+x,

pourx∈R+, puisque ce nombre est la racine carrée positive du nombrea+x. Nous avons x²−x−a= 0,

et le discriminant de cette équation algébrique du second degré est égal à

∆ = 1 + 4a >0.

Cette équation possède donc deux solutions

x+= 1 +√ 1 + 4a

2 , et x₋= 1−√ 1 + 4a

2 .

Commex₋<0, le seul point fixe possible estx₊, et nous vérifions que

fa(x+) =√

a+x+=√(

x+

)2

=x+.

L’unique point fixe de la fonctionf_aest donc

x+ = 1 +√ 1 + 4a

2 .

(7)

b. Nous raisonnons par récurrence surn∈N. Au rangn= 0, nous vérifions que

u₀ = 0≤ 1 +√ 1 + 4a

2 .

Supposons que

∀0≤k≤n, u_k ≤ 1 +√ 1 + 4a

2 ,

et étudions le cask=n+ 1. Par la question 1.b, et l’hypothèse de récurrence, nous savons que

0≤un≤ 1 +√ 1 + 4a

2 .

Comme la fonctionfa est croissante surR+ par la question 1.a, il vient

u_n+1=f_a(u_n)≤f_a

(1 +√ 1 + 4a 2

) ,

ce qui équivaut au fait que

un+1 ≤ 1 +√ 1 + 4a

2 ,

puisque ¹⁺

√1+4a

2 est un point fixe defa. Par récurrence surn∈N, nous arrivons à

∀n∈N, un≤ 1 +√ 1 + 4a

2 .

c. D’après les questions 1.b et 2.b, la suite(u_n)_n_∈N est croissante et majorée, donc convergente. Comme la fonction fa est continue, sa limite est un point fixe de cette fonction, et par unicité de ce point fixe, nous concluons que

u_n →

n→+∞

1 +√ 1 + 4a

2 .