Devoir libre n

Mathématiques

Devoir libre n ^o 9

à rendre le lundi 28 février 2010

Applications linéaires, arithmétique et polynômes

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le précisera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte six exercices.

Paris XVI^e 2010-2011

Exercice 1 — Posé à l’oral du concours Centrale en 2010 dans la filière PSI

SoientEunK-ev de dimension finie, f etg dansL_{(E) tels que} E=Im(f)+Im(g)=Ker(f)+Ker(g) 1. Montrer que les deux sommes sont directes.

2. Donner un contre-exemple en dimension infinie.

Exercice 2 — Posé dans la filière MP au concours Mines-Ponts en 2010 Donner le reste dans la division euclidienne de 2010²⁰¹⁰par 13.

Exercice 3 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique en 2010 dans la filière PC

Déterminer lesP∈C[X] tels que

©z∈C|P(z)=0ª

=©

z∈C|(P◦P)(z)=0ª

Exercice 4 — Posé à l’oral de l’Ecole polytechnique en 2010 dans la filière PC

SoitP∈C[X] de degrénÊ2. Sim∈N^∗, on notePm=P◦ · · · ◦P(composéemfois). Montrer que, pour tout entier naturelmnon nul,P(X)−X divisePm(X)−X dansC[X].

Exercice 5 — Posé en 2010 à l’oral du concours Mines-Ponts dans la filière PC

Soit (Pn)nÊ0une suite de polynômes telle que

P₀=1, P₁6=0, ∀n∈N, ∀(x,y)∈R², P_n(x+y)=

n

X

k=0

P_k(x)·P_n−k(y) Pour tout entier natureln, on posea_n=P_n^′(0).

1. ExprimerP1en fonction dea1. 2. Montrer que

∀n∈N, ∀x∈R, P_n^′(x)=

n

X

k=0

a_k·P_n−k(x)

3. Déterminer le degré deP_nainsi que le coeffcient dominant deP_npour toutn∈N.

Exercice 6 — Les polynômes de Tchebychev

SoitnÊ0.

1. Montrer qu’il existe un unique polynôme réelTntel que,

∀t∈R, cos(nt)=Tn(cos(t)) 2. ExpliciterT_kpourkÉ3.

3. Pour toutnÊ1, trouver une relation entreTn+1,TnetTn−1.

4. Préciser, pour toutn∈N, la parité, le degré et le coefficient dominant deT_n. 5. Déterminer les racines deTn. On précisera les ordres de multiplicité.

6. Etablir que, pour toutnÊ2

¡X²−1¢

·T_n^′′+X ·T_n^′−n²·T_n=0 7. On pose

T_n=

n

X

k=0

a_kX^k Déduire de ce qui précède une relation entrea_k+2eta_k. 8. Prouver que∀k∈Ntel que 2kÉn,

a_n−2k=(−1)^k·n·2^n−1−2k·(n−k−1)!

k!(n−2k)!

Corrigé de l’exercice 1 — Posé à l’oral du concours Centrale en 2010 dans la filière PSI

Notonsn=dim(E).

1. Appliquons d’abord la formule de Grassmann à chacune des deux sommes

½n = dim¡

Im(f)+Im(g)¢

=rg(f)+rg(g)−dim¡

Im(f)∩Im(g)¢ n = dim¡

Ker(f)+Ker(g)¢

=dim¡

Ker(f)¢

+dim¡

Ker(g)¢

−dim¡

Ker(f)∩Ker(g)¢ puis le théorème du rang aux endomorphismesf etg

½n = rg(f)+rg(g)−dim¡

Im(f)∩Im(g)¢ n = n−rg(f)+n−rg(g)−dim¡

Ker(f)∩Ker(g)¢ En faisant la somme membre à membre, on aboutit à

0= −dim¡

Im(f)∩Im(g)¢

−dim¡

Ker(f)∩Ker(g)¢ Comme la dimension de tout sev deEest un entier naturel, on en déduit que

dim¡

Im(f)∩Im(g)¢

=dim¡

Ker(f)∩Ker(g)¢

=0 puis que les sommesE=Im(f)+Im(g)=Ker(f)+Ker(g) sont directes.

2. Le résultat précédent devient faux en dimension infinie. Posons f : R[X]−→R[X]

P 7−→P^′′

et g :R[X]−→R[X] P 7−→P(0)

On a ½

Im(f) = R[X] Im(g) = R₀[X] et

½Ker(f)= R₁[X] Ker(g)= X·R[X] AinsiR[X]=Im(f)+Im(g) etR[X]=Ker(f)+Ker(g) mais

Im(f)∩Im(g)=R₀[X]6={0} et Ker(f)∩Ker(g)=vect(X)6={0}

Corrigé de l’exercice 2 — Posé dans la filière MP au concours Mines-Ponts en 2010

On a successivement







2010≡8 [13]

2010²≡64≡ −1 [13]

2010⁴≡1 [13]

La division euclidienne de 2010 par 4 s’écri- vant 2010=4·502+2, on a

2010²⁰¹⁰=¡

2010⁴¢502

·2010²

≡1⁵⁰²×2010²[13]

≡2010²[13]

≡ −1 [13]

≡12 [13]

Le reste dans la division euclidienne de 2010²⁰¹⁰par 13 est donc égal à 12.

Corrigé de l’exercice 3 — Posé à l’oral de l’Ecole Polytechnique en 2010 dans la filière PC

Posons







Z(P)=©

z∈C|P(z)=0ª Z(P◦P)=©

z∈C|(P◦P)(z)=0ª Ï Les polynômes constantsP vérifient claire- mentZ(P)=Z(P◦P).

Ï Recherchons les éventuels polynômes P non constants vérifiant Z(P)=Z(P◦P). Soit P un tel polynôme, notons n Ê 1 son de- gré. Soit z ∈ Z(P). On déduit du théorème de D’Alembert-Gauss que le polynôme non constant

Q(X)=P(X)−z

admet au moins une racine complexe, i.e. il existez^′∈Ctel que

z=P(z^′)

On a alors

(P◦P)(z^′)=P(z)=0 doncz^′∈Z(P◦P)=Z(P) d’où

z=P(z^′)=0

Ainsi, 0 est la seule racine complexe de P. PuisqueP est scindé sur C, on en déduit que P est de la formeP =λ·Xⁿ avecλ∈C^∗. Il est clair que, réciproquement, tout polynôme P de la formeP=λ·Xⁿ avec (λ,n)∈C^∗×N^∗est solution puisqu’on a alorsP◦P=λⁿ⁺¹·Xⁿ². Ï Conclusion: les polynômes P ∈C[X] véri- fiantZ(P)=Z(P◦P) sont exactement ceux de la forme

λ·Xⁿ avec (λ,n)∈C×N.

Corrigé de l’exercice 4 — Posé à l’oral de l’Ecole polytechnique en 2010 dans la filière PC

Raisonnons par récurrence surm∈N^∗. Pour tout entier naturelmnon nul, notonsHR(m) la proposition suivante : toutP∈C[X] de degré supérieur ou égal à 2,P(X)−X diviseP_m(X)−X dansC[X].

Ï Pourm=1, le résultat est banal carP_m(X)−X =P(X)−X.

Ï SoitmÊ1. SupposonsHR(m) vraie. SoitP∈C[X] de degrénÊ2. Ecrivons P(X)=

n

X

k=0

p_k·X^k

CommeP_m+1=P◦P_m, on a P_m+1(X)−P(X)=

n

X

k=0

p_k·P_m(X)^k−P(X)=

n

X

k=0

p_k·

³

P_m(X)^k−X^k´ Pour tout 0ÉkÉn, on a

P_m(X)^k−X^k=(P_m(X)−X)·

k−1

X

ℓ=0

P_m(X)^ℓ·X^k−1−ℓ

ainsiPm(X)−X |Pm(X)^k−X^k dansC[X] et doncPm(X)−X |Pm+1(X)−P(X) dansC(X]. D’après HR(m),P(X)−X |Pm(X)−X dansC[X] doncP(X)−X divisePm+1(X)−P(X) dansC[X] d’où P(X)−X divisePm+1(X)−P(X)+(P(X)−X)=Pm+1(X)−X dansC[X] etHR(m+1) est vraie.

P(X)−X diviseP_m(X)−X dansC[X].

Corrigé de l’exercice 5 — Posé en 2010 à l’oral du concours Mines-Ponts dans la filière PC

1. CommeP₀=1,P₁vérifie

∀(x,y)∈R², P₁(x+y)=P₁(x)+P₁(y) Fixons arbitrairementy∈Ret dérivions par rapport àx: on obtient

∀x∈R, P₁^′(x+y)=P₁^′(x)

En particulier pourx=0,P₁^′(y)=a₁. Comme cela est vrai pour touty∈R, il existec∈Rtel que

∀y∈R, P1(y)=a1·y+c Mais l’égalité

∀(x,y)∈R², P₁(x+y)=P₁(x)+P₁(y)

impose alors, pour les valeurs particulièresx=y=0,P₁(0)=c=2P₁(0)=2c d’oùc=0. Ainsi,

∀x∈R, P₁(x)=a₁·x 2. Soitn∈N. On a

∀(x,y)∈R², P_n(x+y)= Xn k=0

P_k(x)·P_n−k(y) En fixant arbitrairementx∈Ret en dérivant par rapport ày, on obtient

P_n^′(x+y)=

n

X

k=0

P_k^′(x)·P_n−k(y) En particulier, pourx=0 :

P_n^′(y)=

n

X

k=0

P_k^′(0)·P_n−k(y)=

n

X

k=0

a_k·P_n−k(y) Commeyest une variable muette arbitrairement fixée dansR, on a

∀x∈R, P_n^′(x)=

n

X

k=0

a_k·P_n−k(x)

3. Prouvons par récurrence surn∈Nla proposition suivanteHR(n) : pour tout 0ÉkÉn,P_kest une fonction polynôme de degréket de coefficient dominant^a

k 1

k!. Ï HR(0) est clairement vraie carP₀=1.

Ï Soitn∈N. SupposonsHR(n) vraie. CommeP0est constant,a0=P₀^′(0)=0. Ainsi

∀x∈R, P_n^′(x)=

n+1

X

k=0

a_k·P_n+1−k(x)=

n+1

X

k=1

a_k·P_n+1−k(x)

n+1−k

1ÉkÉnet queP₀^′=0. Commea₁6=0 et deg(P_n)=n(d’aprèsHR(n)),a₁·P_n+1−1=a₁·P_nest de degrénet de coefficient dominant égal àa₁·^a

n 1

n! (toujours d’aprèsHR(n)) d’oùP_n+1^′ est de degrén et de coefficient dominant égal à ^a

n+1 1

n! . On en déduit queP_n+1est de degrén+1 et de coefficient dominant _n+1¹ ·^a

n+1 1

n! = ^a

n+1 1

(n+1)!. La propriétéHR(n+1) est donc vraie.

Ï On en déduit que, pour tout entier natureln,P_nest un polynôme de degrénet de coefficient dominant ^a

n 1

n!.

Corrigé de l’exercice 6 — Les polynômes de Tchebychev

1. C’est parti !

Ï Prouvons l’unicité de T_n. SoientU_netV_ndeux polynômes vérifiant la relation de l’énoncé.

PosonsP=U_n−V_n. Le polynômeP vérifie

∀t∈R, P(cos(t))=0

il admet donc une infinité de racines : les réels appartenant au segment [−1, 1]. On a doncP=0 etU_n=V_n.

Ï Prouvons l’existence de T_n. Soientn∈Nett∈R. D’après la formule de Moivre, cos(nt)=Re³³

e^{i t}´n´

Or, d’après la formule du binôme,

(e^{i t})ⁿ=(cos(t)+isin(t))ⁿ=

n

X

k=0

Ãn k

!

i^ksin^k(t) cos^n−k(t) Et puisquei^k∈Rsi et seulement si k est pair,

cos(nt)= X

0É2kÉn

Ãn 2k

!

·i^2k·sin^2k(t) cos^n−2k(t)= X

0É2kÉn

Ãn 2k

!

·(−1)^k·cos^n−2k(t)¡

1−cos²(t)¢k

Ainsi, en posant

T_n= X

0É2kÉn

Ãn 2k

!

·(−1)^k·¡

1−X²¢k

·X^n−2k on a bien

∀t∈R, T_n(cos(t))=cos(nt) 2. On a clairementT₀=1 etT₁=X.

Ï Puisque pour touttréel cos(2t)=2 cos²(t)−1, on aT₂=2X²−1.

Ï Puisque pour touttréel,

cos(3t)=cos(2t) cos(t)−sin(2t) sin(t)=(2 cos²(t)−1) cos(t)−2(1−cos²(t)) cos(t)

=4 cos³(t)−3 cos(t) on aT3=4X³−3X.

cos(p)+cos(q)=2 cos³p+q 2

´

·cos³p−q 2

´

Ainsi,∀nÊ0 ett∈R,

cos((n−1)t)+cos((n+1)t)=2 cos(nt) cos(t) Le polynôme

P=T_n−1+T_n+1−2X T_n

admet donc une infinité de racines, les nombres de la forme cos(t),tdécrivantR. On en déduit que le polynômeP est nul, ieT_n+1=2X T_n−T_n−1.

4. Prouvons par récurrence surnÊ1 la propositionHR(n) suivante,

«pour tout1ÉkÉn,T_kest de degré k, de cœfficient dominant2^k−1et a la même parité que k».

Ï L’hypothèse est banale aux rangs 1 et 2.

Ï SoitnÊ2. SupposonsHR(n) vérifiée. PuisqueT_n+1=2X T_n−T_n−1, on a deg(2X T_n)=n+1>deg(T_n−1)

donc deg(Tn+1)=n+1 et le coefficient dominant deTn+1est celui de 2X Tnc’est-à-dire 2×2ⁿ⁻¹=2ⁿ. Les polynômes 2X TnetTn−1ayant la parité inverse de celle deTn, il en est de même deTn+1. L’hypothèseHR(n+1) est donc vérifiée.

Ï L’hypothèseHR(n) est donc vraie pour tout entier naturelnÊ1 d’après le principe de récurrence.

5. SoitnÊ1. Posons pour tout 0ÉkÉn−1, α_k=cos

µ π 2n+kπ

n

¶

On a alors

T_n(α_k)=cos(π/2+2kπ)=0 Puisque pour tout 0ÉkÉn−1 ,

0É π 2n+kπ

n Éπ

et que la fonction cosinus est injective sur [0,π], lesα_k sontnracines disctinctes deTn ;Tnétant de degrén, lesα_ksont les seules racines deT_nqui sont donc simples.

6. Posons pour tout nombre réelt,

f(t)=cos(nt)−T_n(cos(t)) La fonction f est de classeC^∞_surRet sur cet intervalle,

f^′(t)= −nsin(nt)+sin(t)T_n^′(cos(t)) puis

f^′′(t)= −n²cos(nt)−sin²(t)T_n^′′(cos(t))+cos(t)T_n^′(cos(t))

= −n²cos(nt)+cos(t)T_n^′(cos(t))−¡

1−cos²(t)¢

T_n^′′(cos(t)) Puisquef est nulle surR, le polynôme

P=¡

X²−1¢

T_n^′′−X T_n^′−n²Tn

admet une infinité de racines, les nombres de la forme cos(t),tdécrivantR. AinsiP=0.

X²T_n^′′=

n

X

k=0

k(k−1)a_kX^k et T_n^′′=

n−2

X

k=0

(k+1)(k+2)a_k+2X^k, mais aussi

X T_n^′ =

n

X

k=0

k a_kX^k

La relation démontrée à la question précédente s’écrit donc

n

X

k=0

(k²−n²)a_kX^k=

n−2

X

k=0

(k+1)(k+2)a_k+2X^k Ainsi, après identification des coefficients, pour tout entierkÉn−2,

a_k+2= k²−n² (k+1)(k+2)a_k

8. Soit un nentier naturelnÊ1. Prouvons par récurrence surkÉ¥_n

2

¦que a_n−2k=(−1)^kn2^n−1−2k(n−k−1)!

k!(n−2k)!

Ï Le résultat est acquis au rang 0 puisquea_n=2ⁿ⁻¹. Ï Supposons la formule vérifiée au rangk<¥_n

2

¦. Posonsℓ=n−2k−2. On a aℓ = aℓ+2

(ℓ+1)(ℓ+2)

ℓ²−n² = −a_n−2k(n−2k−1)(n−2k) 4(k+1)(n−k−1)

= −(−1)^kn2^n−1−2k(n−k−1)!

k!(n−2k)!×(n−2k−1)(n−2k) 4(k+1)(n−k−1)

= (−1)^k+1n2^n+1−2(k+1)× (n−k−2)!

(n−2k−2)!(k+1)!

D’oùHR(n+1).

Ï La formule est donc acquise jusqu’au rang¥_n

2

¦d’après le principe de récurrence.