Université de Cergy-Pontoise Polynômes et suites
Licence 1 MIPI 2017-2018
Corrigé de l’examen de rattrapage
Questions de cours.
1. La fonction exponentielle complexe est définie de la façon suivante :
∀z=x+iy∈C(avec(x, y)∈R2),exp(x+iy) =ex(
cos(y) +isin(y)) .
2. Le théorème de Bézout affirme que des polynômes non nulsP1,. . ., etPN sont premiers entre eux dans leur ensemble si et seulement s’il existe des polynômesU1,. . ., et UN tels que
U1P1+. . .+UNPN = 1.
3. Une suite réelle ou complexe(un)n∈N est une suite de Cauchy si et seulement si
∀ε >0,∃N ∈Nt.q.∀m≥N,∀n≥N,|um−un|< ε.
Exercice 1.
1.a. Pour tout nombreθ∈R, la formule de Moivre conduit à l’expression cos(4θ) = Re(
ei4θ)
= Re((
cos(θ) +isin(θ))4) .
Comme la formule du binôme de Newton s’écrit
∀(a, b)∈C2,( a+b)4
=a4+ 4a3b+ 6a2b2+ 4ab3+b4, il vient
cos(4θ) = Re(
cos(θ)4+4isin(θ) cos(θ)3+6i2sin(θ)2cos(θ)2+4i3sin(θ)3cos(θ)+i4sin(θ)4) .
Sachant quei2 =−1,i3 =−ieti4= 1, nous obtenons
cos(4θ) = cos(θ)4−6 cos(θ)2sin(θ)2+ sin(θ)4. b. Rappelons que
sin(θ)2 = 1−cos(θ)2, de sorte que
sin(θ)4=(
1−cos(θ)2)2
= 1−2 cos(θ)2+ cos(θ)4.
Il suffit donc d’introduire ces formules dans l’identité de la question 1.a pour obtenir
cos(4θ) = cos(θ)4−6 cos(θ)2(
1−cos(θ)2)
+ 1−2 cos(θ)2+ cos(θ)4, ce qui équivaut à l’expression
cos(4θ) = 8 cos(θ)4−8 cos(θ)2+ 1.
2.a. Le discriminant de cette équation algébrique du second degré est égal à
∆ = 64−32 (
1− 1
√2 )
= 32 + 16√ 2>0.
Cette équation possède donc deux racines réelles égales à
X+= 1 16
( 8 +
√
32 + 16√ 2
)
= 1 4 (
2 +
√ 2 +√
2 )
,
et
X−= 1 16
( 8−
√
32 + 16√ 2
)
= 1 4 (
2−
√ 2 +√
2 )
.
b. Commecos(π
4
)= √1
2, un nombre x est racine de l’équation algébrique de degré quatre 8x4−8x2+ 1 = cos(π
4
) si et seulementx2 est solution de l’équation du second degré 8X2−8X+ 1 = 1
√2. D’après la question 2.a, nous avons
x2 = 1 4 (
2 +
√ 2 +√
2 )
, ou x2 = 1 4 (
2−
√ 2 +√
2 )
.
Comme2>√ 2 +√
2, les quatre solutions de l’équation8x4−8x2+ 1 = cos(π
4
) sont donc
−1 2
√ 2 +
√ 2 +√
2, 1 2
√ 2 +
√ 2 +√
2, −1 2
√ 2−
√ 2 +√
2, et 1 2
√ 2−
√ 2 +√
2.
c. La fonctioncosest strictement décroissante sur l’intervalle[ 0,π2]
. Comme0< 16π < π4 <
π
2, il s’ensuit que
cos(0)>cos (π
16
)>cos (π
4 )
,
soit 1
√2 <cos (π
16 )
<1.
d. D’après la question 1.b, nous avons
8 cos (π
16 )4
−8 cos (π
16 )2
+ 1 = cos (π
4 )
,
pourθ= 16π. Le nombrecos(π
16
) est donc solution de l’équation algébrique de degré4
8x4−8x2+ 1 = cos (π
4 )
.
Par conséquent, il s’agit d’une des quatre solutions de la question 2.b. Comme
1 2
√ 2−
√ 2 +√
2< 1 2
√2 = 1
√2, il résulte de la question 2.c que ce nombre est égal à
cos (π
16 )
= 1 2
√ 2 +
√ 2 +√
2.
Il s’ensuit que
sin (π
16 )2
= 1−cos (π
16 )2
= 1− 1 4 (
2 +
√ 2 +√
2 )
= 1 4 (
2−
√ 2 +√
2 )
.
Puisquesin(π
16
) >0, nous concluons que
sin (π
16 )
= 1 2
√ 2−
√ 2 +√
2.
Exercice 2.
1. Nous calculons
Pa(a) =a5−6a5+ 2(6a2+ 1)a3−2(5a2+ 3)a3+ 3a3(a2+ 2)−2a3
=(
1−6 + 12−10 + 3) a5+(
2−6 + 6−2) a3
=0,
de sorte queaest bien une racine dePa.
2.a. Rappelons que la formule du binôme de Newton est valable pour des polynômesP et Q. Elle s’écrit alors (
P+Q)3
=P3+ 3P2Q+ 3P Q2+Q3. PourP =X etQ=−a, nous obtenons
(X−a)3 =X3−3aX2+ 3a2X−a3.
b. La division euclidienne du polynômePa par le polynôme(X−a)3 s’écrit
X5 − 6aX4 + 2(6a2+1)X3 − 2a(5a2+3)X2 + 3a2(a2+2)X−2a3 X3−3aX2+3a2X−a3
−(X5 − 3aX4 + 3a2X3 − a3X2) X2−3aX+2
− 3aX4 + (9a2+2)X3 − (9a3+6a)X2 + 3a2(a2+2)X−2a3
−(− 3aX4 + 9a2X3 − 9a3X2 + 3a4X)
2X3 − 6aX2 + 6a2X−2a3
−(2X3 − 6aX2 + 6a2X−2a3) 0
Par conséquent, le quotientQa et le resteRade la division euclidienne de Pa par(X−a)3 sont égaux à
Qa=X2−3aX+ 2, et Ra= 0.
c. La question 2.b assure que
Pa= (X−a)3Qa,
de sorte que le polynôme(X−a)3 divise Pa. Le nombreaest donc une racine d’ordre au moins3de Pa. Comme
Qa(a) =a2−3a2+ 2 = 2(1−a2)̸= 0,
lorsquea̸=±1, l’ordre de multiplicité de cette racine est exactement égal à3.
3.a. Par définition, le polynômeP1 est égal à
P1 =X5−6X4+ 14X3−16X2+ 9X−2,
de sorte que les dérivées successives de ce polynôme sont données par
P1′ = 5X4−24X3+ 42X2−32X+ 9, P1′′= 20X3−72X2+ 84X−32, P1′′′ = 60X2−144X+ 84, et
P1(4) = 120X−144.
Outre le fait queP1(1) = 0par la question 1, nous calculons
P1′(1) = 5−24+42−32+9 = 0, P1′′(1) = 20−72+84−32 = 0, P1′′′(1) = 60−144+84 = 0, et
P1(4)(1) = 120−144 =−24̸= 0.
L’ordre de multiplicité de la racine1 du polynôme P1 est donc égal à4.
b. Il découle de la question 3.a que le polynôme(X−1)4 divise le polynômeP1, de sorte que le resteR1 de la division euclidienne de P1 par(X−1)4 vaut
R1= 0.
Quant au quotientQ1, il satisfait à l’identité
P1=Q1(X−1)4, d’où
d◦(Q1) =d◦(P1)−d◦(
(X−1)4)
= 5−4 = 1.
Il existe donc deux nombres réelsα etβ tels que
Q1 =αX+β.
Nous déduisons de la formule du binôme de Newton que
Q1(X−1)4 =(αX+β)(X4−4X3+ 6X2−4X+ 1)
=αX5+ (β−4α)X4+ (6α−4β)X3+ (6β−4α)X2+ (α−4β)X+β.
L’identification des coefficients de ce polynôme et de ceux deP1 conduit à
α= 1, et β=−2, ce qui fournit l’expression
Q1=X−2.
c. Nous déduisons de la question 3.b que
P1= (X−2)(X−1)4,
qui est la décomposition en facteurs irréductibles du polynômeP1, puisqu’elle est unique- ment composée de polynômes irréductibles.
Exercice 3.
1. Nous raisonnons par récurrence surn∈N∗. Au rang n= 1, nous vérifions que u1 = 1≤1 =√
1−1 +√ 1.
Supposons que
∀1≤k≤n, uk≤√
k−1 +√ k, et considérons le rangk=n+ 1. Nous observons que
un+1=un+ 1
√n+ 1, de sorte que par l’hypothèse de récurrence,
un+1 ≤√
n−1 +√
n+ 1
√n+ 1.
Il nous reste à vérifier que
√n−1 + 1
√n+ 1≤√ n+ 1, ce qui équivaut à l’inégalité
√(n−1)(n+ 1) + 1≤n+ 1.
Sachant que
(n−1)(n+ 1) =n2−1≤n2,
nous obtenons √
(n−1)(n+ 1)≤√
n2 =n, ce qui suffit à établir que √
(n−1)(n+ 1) + 1≤n+ 1, puis que
un+1≤√ n+√
n+ 1.
Par récurrence surn∈N∗, nous concluons que
∀n∈N∗, un≤√
n−1 +√ n.
2.a. Nous calculons
∀n∈N∗, vn+1−vn= un+1
√n+ 1− un
√n.
Comme
un=un+1− 1
√n+ 1, il vient
vn+1−vn= √un+1
n+ 1−u√n+1
n + 1
√n(n+ 1), ce qui s’écrit aussi
vn+1−vn= 1
√n(n+ 1)− un+1
√n(n+ 1)
(√n+ 1−√ n)
.
b. Il découle de la question 1 que
∀n∈N∗,0≤un+1 ≤√ n+√
n+ 1.
Comme√
n+ 1−√
n≥0, il s’ensuit que un+1
√n(n+ 1)
(√n+ 1−√ n)
≤ (√
n+ 1 +√ n)(√
n+ 1−√
√ n)
n(n+ 1) = n+ 1−n
√n(n+ 1) = 1
√n(n+ 1).
La formule de la question 2.a conduit alors à l’inégalité
vn+1−vn≥ 1
√n(n+ 1)− 1
√n(n+ 1) = 0,
qui assure que la suite(vn)n∈N∗ est croissante.
3.a. Il résulte de la question 1 que
∀n∈N∗, vn= un
√n ≤
√n−1 +√
√ n
n =
√n−1
n + 1≤2.
Par conséquent, la suite(vn)n∈N∗ est majorée.
b. D’après les questions 2.b et 3.a, la suite(vn)n∈N∗ est croissante et majorée, donc conver- gente.
c. D’après la question 3.b, il existe un nombre réelℓ tel que
vn →
n→+∞ℓ.
Rappelons que la suite(vn)n∈N∗ est croissante, et observons que v1= 1.
Il s’ensuit que
ℓ≥1.
Comme √
n →
n→+∞+∞, nous aboutissons à
un=vn
√n →
n→+∞+∞. La suite(un)n∈N∗ est donc divergente de limite +∞.
