Corrig´e du Devoir Libre n

Corrig´ e du Devoir Libre n ^◦ 6

Probl` eme 1 :

Soitnun entier. On se propose d’´etudier les polynˆomes Pn ∈R[X] `a coefficients r´eels v´erifiant :

(1) ∀z∈C^?, Pn(z+1

z) =zⁿ+ 1 zⁿ

1. Pour d´emontrer l’unicit´e du polynˆome v´erifiant (1), consid´erons des polynˆomes P et Q v´erifiant tous deux la propri´et´e universelle (1). En particulier, pour tout entierk∈N^?, nous avons

P(k+1

k) =Q(k+1 k)

Notons pour tout k ∈N^?, zk =k+¹_k. D’apr`es l’´egalit´e ci-dessus le polynˆomeP−Qposs`ede une infinit´ede racines distinctes. Or nous savons qu’un polynˆome de degr´ed∈Nposs`edeau plus d racines distinctes. Par cons´equent le polynˆomeP−Qest de degr´e−∞, c’est`a-dire P=Q. N 2. Premiers exemples

a. Le polynˆome constant ´egal `a 2 v´erifie (1) pourn= 0. Par unicit´e,P₀= 2. De mˆeme, le polynˆomeX v´erifie

(1) pourn= 1, doncP₁=X. N

b. Pour tout z∈C^?,

(z+1

z)²=z²+ 1 z² + 2 NotonsP =X²−2, l’´egalit´e ci-dessus se traduit par

∀z∈C^?, P(z+1

z) =z²+ 1 z²

Ainsi, le polynˆomeP v´erifie la propri´et´e (1) pourn= 2. Par unicit´e, il en r´esulte queP₂=X²−2. N 3. Montrons par r´ecurrence forte surnque pour tout entier natureln,

P(n) P₀,P₁, . . .,P_n+2 existent etP_n+2(X) =X P_n+1(X)−P_n(X).

Initialisation :Pourn= 0, nous avons d´ej`a remarqu´e queP₀, P₁etP₂existent. De plusP₂=X²−2 =XP₁−P0. H´er´edit´e : Soitn≥0 tel queP₀,P₁, . . .,P_n+2 existent etP_n+2(X) =X P_n+1(X)−P_n(X).

NotonsP =X P_n+2(X)−P_n+1(X).Alors pour tout nombre complexe non nul z: P(z+1

z) = (z+1

z)×Pn+2(z+1

z)−Pn+1(z+1 z)

= (z+1

z)×(zⁿ⁺²+ 1

zⁿ⁺²)−(zⁿ⁺¹+ 1 zⁿ⁺¹)

= zⁿ⁺³+ 1 zⁿ⁺³

Ainsi, le polynˆomeP v´erifie (1) pourn+ 3, ce qui prouve par unicit´e quePn+3 existe etPn+3=X Pn+2(X)− Pn+1(X).

Conclusion : Pour tout entier natureln,Pn existe et de plusPn+2(X) =X Pn+1(X)−Pn(X). N 4. D’autres exemples

a. En utilisant la relation de r´ecurrence ci-dessus, j’obtiens

P₃ = X P₂−P₁=X³−3X P4 = X P3−P2=X⁴−4X²+ 2 P5 = X P4−P3=X⁵−5X³+ 5X.

N

b. Remarquons tout d’abord que nous pouvons factoriserP₅parX:P₅=X(X⁴−5X²+ 5). Afin de factoriser P₅, r´esolvons - a priori dansC- l’´equation :

(2) X⁴−5X²+ 5 = 0

Il s’agit d’une´equation bicarr´ee, c’est-`a-dire quez∈Cest solution de (2)si et seulement si z²est solution de l’´equation de degr´e 2 :

(3) X²−5X+ 5 = 0

Le discriminant de l’´equation (3) est ∆ = 5. Par cons´equent les racines de (3) sont x= 5−√

5

2 et x⁰ =5 +√ 5

2 .

Ainsi, z est solution de (2)si et seulement si z²=⁵⁻

√5

2 ouz²= ⁵⁺

√5 2 . Finalement les racines deP5 sont

S5=







± s

5−√ 5 2 ; ±

s 5 +√

5 2







En notantα= q5−√

5 2 et β=

q5+√ 5

2 , j’en d´eduis que P₅ se factorise sous la forme P₅= (X−α)×(X+α)×(X−β)×(X+β)

N 5. Montrons par r´ecurrence double surn∈NqueP_n admet pour monˆome dominant Xⁿ.

Initialisation : pour n= 0 etn= 1, c’est imm´ediat.

H´er´edit´e : soit n ∈ N un entier tel que P_n et P_n+1 admettent pour monˆomes dominants Xⁿ et Xⁿ⁺¹ res- pectivement. D’apr`es la question 3. P<sub>n+2</sub> = XP<sub>n+1</sub>−P<sub>n</sub>. D’apr`es les op´erations alg´ebriques sur les degr´es des polynˆomes, et par hypoth`ese de r´ecurrence, XP_n+1 est de degr´e n+ 2 tandis queP_n est de degr´e n. Par cons´equent Pn+2a pour monˆome dominantXⁿ⁺².

Conclusion : Pour tout entier natureln∈NquePn admet pour monˆome dominantXⁿ. N 6. Soitθ∈]0, π[ un r´eel fix´e.

a. Ainsi que nous l’avons d´ej`a vu, l’´equation

z+1

z = 2 cosθ

admet pour solutions distinctese^±iθ N

b. Soit n∈Nfix´e, il r´esulte des formules d’Euler et Moivre que Pn(2 cosθ) =Pn(e^iθ+e^−iθ) =Pn(e^iθ+ 1

e^iθ) = (e^iθ)ⁿ+ 1

(e^iθ)ⁿ =e^{in θ}+e^{−in θ} = 2 cosnθ.

N 7. Soitn∈Nfix´e. Afin de r´esoudre l’´equation ˜Pn(z) = 0, remarquons que∀x∈]0, π[

cosnx= 0 ⇐⇒ nx≡ π 2[π]

⇐⇒ ∃k∈Ztel que x= (2k+ 1)π 2n .

Soitk∈[[0, n−1]] fix´e. Notonsθk =^(2k+1)π_2n . D’apr`es la question pr´ec´edentePn(2 cosθk) = 2 cosnθk qui est nul d’apr`es le calcul ci-dessus. D’autre part, pour toutk∈[[0, n−1]],θk ∈]0, π[. L’application cos ´etant injective sur ]0, π[, il s’en suit que lesθ_k pourk∈[[0, n−1]] ont des images distinctes par l’application cos. Ainsi l’ensemble

S={2 cosθ_k; k∈[[0, n−1]]}=

2 cos π

2n; 2 cos3π

2n; 2 cos5π

2n;. . .; 2 cos(2n−1)π 2n

est constitu´e denracines distinctes deP_n. CommeP_n est de degr´en, il ne peut avoir d’autres racines. Ainsi,S est l’ensemble des racines deP_n.

On en d´eduit la factorisation deP_n : Pn =

n−1

Y

k=0

(X−2 cos(2k+ 1)π 2n ) =

X−2 cos1π 2n

×

X−2 cos3π 2n

× · · · ×

X−2 cos(2n−1)π 2n

N 8. Lorsquen= 5, les racines deP5 sont

S

2 cos π

10; 2 cos3π

10; 0; 2 cos7π

10; 2 cos9π 10

En remarquant que les racines positives deP5 sont 2 cos₁₀^π et 2 cos^3π₁₀, j’en d´eduis que :

cos π 10= 1

2 s

5−√ 5

2 et cos3π

10 =1 2

s 5 +√

5 2

N

Probl` eme 2 : Interpolation

Soientn∈N^? un entier naturel non nul et (xi)_1≤i≤n ∈Rⁿ unn-uplet de r´eels distincts deux `a deux. On d´efinitn polynˆomes L1, L2, . . . , Ln par :

∀j∈[[1, n]], L_j= Y

1≤k≤n k6=j

X−x_k xj−xk

1. ExemplesVisualisez les polynˆomesL1,L2et L3 lorsquen= 3,x1= 1,x2= 2 etx3= 3.

2. a. Soitj∈[[1, n]] :L_jest par construction le produit den−1 facteurs de degr´e 1. Par les op´erations alg´ebriques sur les degr´es, il en r´esulte queL_j est de degr´en−1. D’autre part, l’ensemble

S={xk; k6=j}

est constitu´e de n−1 racines distinctes de L_j. Comme L_j est de degr´e n−1, il ne peut avoir d’autres racines. Par cons´equentS est l’ensemble des racines distinctes deL_j. N b. Soit j∈[[1, n]] fix´e. Par construction deLj, il vient :

L˜j(xj) = Y

1≤k≤n k6=j

xj−xk

x_j−x_k = 1

N 3. SoitP ∈Rn−1 un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n−1. On lui associe le polynˆomeQ∈R[X] d´efini par

Q=

n

X

j=1

P(xj)Lj.

a. D’apr`es la question2., remarquons que pour toutj etk,L<sub>j</sub>(x<sub>k</sub>) = 0 sij6=ketL<sub>j</sub>(x<sub>j</sub>) = 1, c’est-`a-dire, en utilisant le symbole de Kroneckerδ_j,k, que

∀j, k∈[[1, n]], Lj(xk) =δj,k

A pr´esent consid´eronsk∈[[1, n]], fix´e. Alors Q(x˜ k) =

n

X

j=1

P(xj)Lj(xk) =

n

X

j=1

P(xj)δj,k=P(xk)

N

b. Ainsi, le polynˆomeP−Qposs`ede (au moins)nracines distinctes. CommeP et Qsont de degr´es inf´erieurs ou ´egaux `a n−1, P −Q est aussi de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n−1. Comme P −Qposs`ede n racines

distinctes,P−Qest le polynˆome nul ! Par cons´equentP =Q. N

4. Soitf :R→Rune fonction num´erique. Associons -lui le polynˆomeQ∈R[X] d´efini par : Q=

n

X

j=1

f(xj)Lj.

Comme lesL_j sont de degr´en−1,Qest de degr´e inf´erieur ou ´egal `an−1. De plus comme pr´ec´edemment, pour tout k∈[[1, n]],nous avons :

Q(x˜ k) =

n

X

j=1

f(xj)Lj(xk) =

n

X

j=1

f(xj)δj,k=f(xk)

N

Exercice 1 : Divisions euclidiennes

Soientθ∈Run r´eel etn∈Nun entier.

1. SoientA= (Xsinθ+ cosθ)ⁿ etB=X²+ 1,

a. Les racines de B sont les solutions de l’´equationsz²=−1, `a savoiriet −i.

Par cons´equent B= (X−i)×(X+i) N

b. NotonsQetR le quotient et le reste de la division euclidienne deAparB dansC[X] de sorte que A= (X²+ 1)×Q

Comme B est de degr´e 2, R est de degr´e inf´erieur ou ´egal `a un. Par suite, il existe (a, b) ∈ C<sup>2</sup> tels que R=a+bX. Pour d´eterminer aet b´evaluons l’´egalit´e ci-dessus aux pointsiet −i, il en r´esulte que (a, b) est solution du syst`eme

(S)

A(i)˜ = B(i)˜ ×Q(i) + ˜˜ R(i) A(−i)˜ = B(−i)˜ ×Q(−i) + ˜˜ R(−i) Or

(S) ⇐⇒

(cosθ+isinθ)ⁿ = 0 +a+ib (cosθ−isinθ)ⁿ = 0 +a−ib ⇐⇒

e^inθ = 0 +a+ib e^−inθ = 0 +a−ib ⇐⇒

a = cosnθ b = sinnθ .

Par cons´equent R= cosnθ+ sinnθX. N

2. SoientA=X²ⁿ−2Xⁿcosnθ+ 1 etB=X²−2Xcosθ+ 1.

a. Le discriminant du polynˆomeB est ∆ = 4 cos²θ−4 =−4 sin²θ. Pour d´eterminer les racines complexes de B, et donc sa factorisation, nous distinguons trois cas.

• Siθ≡0[2π] en ce casB =X²−2X+ 1 = (X−1)².

• Siθ≡π[2π] en ce casB=X²+ 2X+ 1 = (X+ 1)².

• Siθ6≡0[π], en ce cas ∆ =−4 sin²θ <0. Dans ce cas,B poss`ede deux racines complexes conjugu´ees e^iθ= 2 cosθ+ 2isinθ

2 et e^−iθ= 2 cosθ−2isinθ

2 .

Par cons´equent B admet comme factorisation B= (X−e^iθ)×(X−e^iθ). N b. NotonsR=aX+ble reste de la division euclidienne deAparBdansR[X]. Pour d´eterminer les coefficients

-n´ecessairement r´eels-aetb nous utilisons les trois cas pr´ec´edents :

• Si θ ≡0[2π]. Dans ce cas A =X²ⁿ−2Xⁿ+ 1 = (Xⁿ−1)² et B = (X−1)². On remarque que 1 est racine de multiplicit´e sup´erieure ou ´egale¹ `a 2 deA : en effet

• A(1) = 0˜

• A˜⁰(1) = 2n(1ⁿ−1)1ⁿ⁻¹= 0

Par cons´equent, d’apr`es la caract´erisation des racines multiples B divise A et donc le reste dans la division euclidienne deA parB est nul.

• Siθ≡π[2π]. Dans ce casA=X²ⁿ−2(−1)ⁿXⁿ+ 1 = 1−(−X)ⁿ²

etB= (X+ 1)². On remarque que

−1 est racine de multiplicit´e sup´erieure ou ´egale`a 2 deA. En effet

• A(−1) = 1˜ −(+1)ⁿ²

= 0

• A˜⁰(−1) = 2n 1−(+1)ⁿ

(1ⁿ−1)(−1)ⁿ⁻¹= 0

Par cons´equent, d’apr`es la caract´erisation des racines multiples B divise A et donc le reste dans la division euclidienne deA parB est nul dans ce cas aussi.

• Siθ6≡0[π], dans ce cas,B poss`ede deux racines distinctes : (a, b) est donc solution du syt`eme : (S)

A(e^iθ) = R(e^iθ) A(e^−iθ) = R(e^−iθ) Or

(S) ⇐⇒

e^2inθ−2 cos(nθ)e^inθ+ 1 = ae^iθ+b e^−2inθ−2 cos(nθ)e^−inθ+ 1 = ae^−iθ+b

⇐⇒

cos(2nθ)−2 cos(nθ) cos(nθ) + 1 = acosθ+b sin(−2nθ)−2 cos(nθ) sin(−nθ) = asinθ.

⇐⇒

acosθ+b = cos(2nθ)−2 cos(nθ) cos(nθ) + 1 asinθ = sin(−2nθ)−2 cos(nθ) sin(−nθ)

⇐⇒

acosθ+b = 0 asinθ = 0

Comme dans e cas, sinθ6= 0 il en r´esulte quea= 0 et par suiteb= 0.

Ainsi lorsqueθ6≡0[π], le reste dans la division euclidienne deAparB est nul.

Dans tous les cas, nous avons d´emontr´e que le reste de la division euclidienne deAparB est nul. N