Partie 2. Nombre de changements de signe.

Exercice

1. CommeA(0) = 0˜ , le polynôme Aest divisible par X. Il existe donc un polynômeB tel que A=XB. Ce polynôme est de degré2n−1 et de coecient dominant 1. On peut obtenir le terme de degré 0 à partir de la dérivée.

A⁰= 2n(X+ 1)²ⁿ⁻¹=XB⁰+B, A˜⁰(0) = ˜B(0) = 2n

2. Les racines de A sont les nombres complexes u−1 où u décrit l'ensemble U2n des racines2nièmes de l'unité.

3. Lorsquekdécrit J1, n−1K, le nombre2n−kdécrit Jn+ 1,2n−1K.

(2n−k)π

2n =π−kπ

2n ⇒sin(2n−k)π

2n = sinkπ 2n. On en déduit

Pn=

2n−1

Y

k=n+1

sinkπ 2n puisQn =P_n² car, pourk=n,sin^kπ_2n = 1.

Comme tous les ^kπ_2n sont dans[0,^π₂], lessin sont positifs etP_n =√ Q_n.

4. Les racines non nulles deA sont les racines deB. NotonsE le produit de ces2n−1 racines. En développant l'expression factorisée du polynôme et en identiant, il vient

E= (−1)²ⁿ⁻¹ b0

b_2n−1 =−2n En formant directement le produit des racines, il vientE=Q

u∈U2n−{1}(u−1). Chaque udeU2n− {1} est de la formee^iθ avecθ= ^kπ_n et k∈J1,2n−1K. D'où

E= (2i)²ⁿ⁻¹e^{iP2n−1k=1 kπn}

2n−1

Y

k=1

sinkπ

n avece^{iP2n−1k=1 kπn} =e^i(2n−1)π2 = (i)²ⁿ⁻¹

⇒E= 2²ⁿ⁻¹(−1)²ⁿ⁻¹Qn =−2²ⁿ⁻¹Qn. FinalementQ_n=n2⁻²ⁿ⁺²,P_n =√

n2⁻ⁿ⁺¹.

5. La décomposition deF en éléments simples est de la forme X

u∈U2n

λ(u)

X−u+ 1 avecλ(u) = 1

A˜⁰(u−1) = 1

2nu²ⁿ⁻¹ = u 2n.

Problème 1

Partie 1. Suites de Sturm.

1. Le polynômePmest le dernier reste non nul de la suite fournie par l'algorithme d'Eu- clide donc Pm est le pgcd deP et P⁰. CommeP est sans racine multiple,P n'a pas de racine en commun avecP⁰ donc P et P⁰ sont premiers entre eux c'est à dire que deg(Pm) = 0.

2. Exprimons les divisions euclidiennes de l'algorithme d'Euclide avec les notations de l'énoncéf₀, f₁, f₂,· · ·, f_m égaux àP₀=P, P₁=P⁰,−P2,−P3, P₄, P₅,− · · ·.

P₀=Q₁P₁+P₂ ⇒ f₀=Q₁f₁−f₂ P1=Q2P2+P3 ⇒ f1=−Q2f2−f3

P2=Q3P3+P4 ⇒ −f2=−Q3f3+f4 ⇒ f2=Q3f3−f4

P₃=Q₄P₄+P₅ ⇒ −f3=Q₄f₄+f₅ ⇒ f₃=−Q4f₄−f₅

... ...

En posantg_i= (−1)ⁱ⁺¹Q_i la suite de Sturm vérie bienf_i−1=g_if_i−f_i+1.

3. Pour un polynômeM quelconque, notonsR(M)l'ensemble de ses racines. L'ensemble des racines communes à deux polynômes consécutifs est un invariant de l'algorithme d'Euclide :

∅=R(P)∩ R(P⁰) =R(P1)∩ R(P2) =· · ·=R(Pi)∩ R(Pi+1).

Pour tout i et tout x, P_i(x) = 0 et P_i+1(x) = 0 est faux donc f_i(x) 6= 0 ou f_i+1(x)6= 0.

4. En prenant la valeur enξ dans la relationf_i−1=gifi−fi+1, on obtient f_i−1(ξ) =−fi+1(ξ)⇒f_i−1(ξ)fi+1(ξ) =−f_i−1(ξ)²<0 carfi(ξ) = 0et fi−1(ξ)6= 0 d'après la question précédente.

Partie 2. Nombre de changements de signe.

1. Pour toutxqui n'est pas une racine d'unfi : f_i(x)

|fi(x)| =

( 1 sifi(x)>0

−1 sif_i(x)<0 ⇒

f_i+1(x)

|fi+1(x)| − f_i(x)

|fi(x)|

=

(0 sifi(x)fi+1(x)>0 2 sif_i(x)f_i+1(x)<0.

La somme de l'énoncé compte donc bien les changements de signe :

∀x∈R\ Z, V(x) =1 2

m−1

X

i=0

fi+1(x)

|fi+1(x)| − fi(x)

|fi(x)|

.

Cette expression montre queV est continue dansR\ Z. Comme elle est à valeurs en- tières, le théorème des valeurs intermédiaires prouve qu'elle est constante dans chacun des intervalles qui constituentR\ Z.

Soitξ∈ Z. Ce réel ξ est l'extrémité droite d'un des intervalles constituantR\ Z. La fonctionV admet donc une limite strictement à gauche deξet cette limiteV₋(ξ)est la valeur deV sur cet intervalle. De même de l'autre côté,ξ est l'extrémité gauche d'un des intervalles constituantR\ Z. La fonctionV admet donc une limite strictement à droite deξet cette limite V+(ξ)est la valeur deV sur cet intervalle.

2. Soitξ ∈ Z. CommeZ est ni (moins d'éléments que la somme des degrés des fi), il existeα >0 tel queξsoit le seul élément de Z dans[ξ−α, ξ+α]. On en déduit :

∀x∈[ξ−α, ξ[,∀i∈J0, mK, f_i(x)6= 0.

Pour tous ces x, la suite des signes de (f₀(x), f₁(x),· · · , f_m(x)) est la même donc la valeur deV(x)est la même et c'estV₋(ξ). De même de l'autre côté,

∀y∈]ξ, ξ+α],∀i∈J0, mK, fi(y)6= 0.

Pour tous ces y, la suite des signes de (f0(y), f1(y),· · ·, fm(y)) est la même donc la valeur deV(y)est la même et c'estV₊(ξ).

De plus, les signes de (f₀(x), f₁(x),· · ·, f_m(x)) et (f₀(y), f₁(y),· · ·, f_m(y)) sont les mêmes sauf (éventuellement) pourf_i(x)etf_i(y)avecitel quef_i(ξ) = 0.

On se place dans un tel intervalle pour les deux questions suivantes et on utilise les mêmes notations.

a. Iciξ∈ Z0, leidéni au dessus est0.

Supposonsf₁(ξ) >0. Par continuité f₁(x) >0, f₁(y) >0 et la fonction f₀ est localement strictement croissante. Alors f₀(x)<0 et f₀(y)>0. Le changement de signe entre les deux premiers termes de(f₀(x), f₁(x),· · ·, f_m(x))n'existe plus pour(f₀(y), f₁(y),· · · , f_m(y)).

De même f1(ξ) < 0 entraine f1(x) < 0, f1(y) < 0, f0(x) > 0, f0(y) < 0. Ici encore, un changement de signe est perdu dexà y. Ceci prouve

V+(ξ) =V₋(ξ)−1.

b. Ici leitel quefi(ξ) = 0 est≥1. D'après 1.4., on sait quefi−1(ξ)fi+1(ξ)<0. Supposonsfi−1(ξ)<0et fi+1(ξ)>0. Par continuité,

fi−1(x)<0, fi+1(x)>0, fi−1(y)<0, fi+1(y)>0.

Quel que soit le signe de f_i(x), le triplet (f_i−1(x), f_i(x), f_i+1(x)) ne change de signe qu'une fois (entrei−1 eti ou entreiet i+ 1). De même, quel que soit le signe de f_i(y), le triplet (f_i−1(y), f_i(y), f_i+1(y))ne change de signe qu'une fois.

Le nombre total de changements de signe reste le même : V₊(ξ) =V₋(ξ).

c. Quand xvarie de a à b, V(x) ne varie qu'en traversant une racine de P. Il est décrémenté de1 en traversant une telle racine. On en déduit

V(b) =V(a)−nb racines dans[a, b]⇒nb racines dans[a, b] =V(a)−V(b).

3. Soit u = minZ et v = maxZ. La fonction V est constante dans ]−∞, u[ et dans ]v,+∞[. Elle admet une limiteV(−∞)en −∞égale à sa valeur dans]−∞, u[ et une limiteV(+∞)en+∞égale à sa valeur dans]v,+∞[.

Pour touti∈J0, mK, notons di le coecient dominant de fi etδi son degré.

Présentons dans un tableau des réels de même signe quefi(x)dans ces intervalles ]−∞, u[ ]v,+∞[

signe def_i(x) (−1)^δid_i d_i On en déduit

V(−∞) = nb de chgts de signes de (−1)^δ0d0,· · ·,(−1)^δmdm

, V(+∞) = nb de chgts de signes de (d0,· · · , dm).

4. Dans cette question,P peut admettre des racines multiples. Le dernier polynôme non nulPm de l'algorithme d'Euclide est le pgcd deP et deP⁰. Il n'est pas forcément de degré0.

L'ensemble des diviseurs communs àPietPi+1est le même pour tous lesi∈J0, m−1K.

Donc le pgcdPmdeP0 etP1 divise tous lesPi. De même,φmdivise tous lesφi car on passe dePià φi en multipliant par1 ou−1.

Lorsquedeg(Pm)≥1, ses racines sont les racines multiples deP. Notonsz1,· · ·, zsces racines multiples etp1,· · · , psleurs multiplicités. Tous lespi sont≥2. À un coecient multiplicatif prèsPmest

(X−z₁)^p1−1· · ·(X−z_s)^ps−1.

Donc les racines deφ0 sont celles deP mais elles sont toutes simples.

Reprenons les notations de la question 2 pour l'ensembleZ des racines, les intervalles constituantR\Z, une racineξet leαdénissant un peitit intervalle sans racine autour deξ.

Supposonsξracine deφ₀.

Partie 3. Application.

1. Présentons dans un tableau les résultats des divisions euclidiennes demandées

division quotient reste

a X⁴+X³−X−1 par4X³+ 3X²−1 ¹₄X+₁₆¹ −₁₆³(X²+ 4X+ 5) b 4X³+ 3X²−1 parX²+ 4X+ 5 4X−13 32(X+ 2)

c X²+ 4X+ 5 parX+ 2 X+ 2 1

2. Le tableau précédent permet de former l'algorithme d'Euclide et la suite de Sturm associée. On trouve

P0=P =X⁴+X³−X−1 f0=X⁴+X³−X−1 P1=P⁰= 4X³+ 3X²−1 f1= 4X³+ 3X²−1 P2=−3

16(X²+ 4X+ 5) f2= 3

16(X²+ 4X+ 5) P3= 32(X+ 2) f3=−32(X+ 2) P4=−3

16 f4=−3

16

Le fait queP₄ soit de degré non nul signie queP et P⁰ sont premiers entre eux c'est à dire que toutes les racines deP sont simples.

3. D'après la partie 3, le nombre de racines deP entre0est2 estV(0)−V(2)avec

V(0) = nb chgts de signe dans

−1,−1,15

16,−64,−3 16

= 2

V(2) = nb chgts de signe dans

21,43,13×17

16 ,−32×4,− 3 16

= 1.

Il existe donc une seule racine entre0et 2.

Le nombre de racines réelles estV(−∞)−V(+∞)avec V(−∞) = nb chgts de signe dans

1,−4, 3

16,32,−3 16

= 3

V(+∞) = nb chgts de signe dans

1,4, 3

16,−32,−3 16

= 1.

Il existe exactement 2 racines réelles.

4. En fait1 et−1sont des racines évidentes deP qui se factorise

P = (X⁴−1) + (X³−X) = (X²−1)(X²+ 1) + (X²−1)X= (X²−1)(X²+X+ 1).

Il admet bien deux racines réelles1 et−1et deux racines non réellesj etj² ce qui est conforme aux résultats de la question précédente.

Problème 2

1. a. La multiplication par un polynôme xé est linéaire, la dérivation est linéaire, l'applicationf est donc aussi linéaire. Le calcul donne

f(Xⁱ) = (1− i

n)Xⁱ⁺¹+ i nXⁱ⁻¹

b. Le calcul précédent montre que, pour tous les i < n, le degré de f(Xⁱ) =i+ 1 et que le degré def(Xⁿ) est n−1. On en déduit que tous les f(Xⁱ)sont dans E. Comme ils forment une base deE, l'image d'un élément quelconque deEest dansE. L'application linéairef est un endomorphisme deE.

2. Si deg(B) < n alors d'après la question précédente deg(f(B)) = deg(B) + 1. Ceci interdit àB d'être un polynôme propre. SiB est un polynôme propre, son degré est forcémentn.

3. Si f(B) = B alors B = XB − _n¹(X² −1)B⁰. En substituant -1 à X, on obtient B(−1) =˜ −B(−1)˜ donc -1 est racine deB.

Notons k la multiplicité de −1 comme racine de B. Proposons deux méthodes pour calculer cette multiplicité.

La première est purement polynomiale. On noteB= (X+ 1)^kAavecA(−1)˜ 6= 0et on insère dansf(B). On obtient

B= (X+ 1)^kA=f(B) =X(X+ 1)^kA−1

n(X²−1) k(X+ 1)^k−1A+ (X+ 1)^kA⁰

= (X+ 1)^k(XA−1

n(X−1)(kA+ (X+ 1)A⁰))

Simplions par(X+ 1)^k puis substituons -1 àX. On en déduit 2(1−k

n) ˜A(−1) = 0⇒k=n.

La deuxième méthode utilise la décomposition en éléments simples des fractions ra- tionnelles.

B=XB−1

n(X²−1)B⁰⇒n(X−1)B = (X²−1)B⁰⇒nB = (X+ 1)B⁰

⇒ B⁰ B = n

X+ 1 que l'on regarde comme une décomosition en éléments simples. On en déduit que−1 est le seul pôle de la fraction c'est à dire la seule racine deB et que sa multiplicité est n.

4. Montrons que si B est un polynôme propre de valeur propre -1 il est de la forme B=A(X−1)ⁿ oùAest un polynôme de degré 0.

En eet en substituant 1 àX dans f(B) =−B, on obtientB(1) = 0˜ donc 1 est une racine deB. notonsksa multiplicité avecB=A(X−1)^k etA(1)˜ 6= 0. On injecte alors cette expression dansf(B) =−B puis on simplie par(X−1)^k puis on substitue 1 à X. On obtient

2(1−k

n) ˜A(1) = 0 d'où l'on déduitk=net le résultat annoncé.

5. On suppose maintenant que B est un polynôme propre dont la valeur propre λ est diérente de -1 et de 1. Montrons que -1 et 1 sont racines deB. En écrivantf(B) =λB, il vient

λB=XB− 1

n(X²−1)B⁰. En substituant 1 puis -1 àX, il vient

λB(1) = ˜˜ B(1)⇒(λ−1) ˜B(1) = 0⇒B(1) = 0˜ carλ6= 1.

λB(−1) =˜ −B(−1)˜ ⇒(λ+ 1) ˜B(−1) = 0⇒B(−1) = 0˜ car(λ+ 1)6= 0.

On pose donc

B= (X−1)^k+(X+ 1)^k−A

avecA(1)˜ 6= 0 et A(−1)˜ 6= 0. On remplace dans f(B) =B. Après simplication par (X−1)^k+(X+ 1)^k− il vient

λA=XA−1

n(k⁺(X−1)A+k⁻(X+ 1)A+ (X²−1)A⁰).

En substituant -1 àX et en utilisantA(−1)˜ 6= 0, on obtient

λ=−1 +2k⁻ n . En substituant 1 àX et en utilisantA(1)˜ 6= 0, on obtient

λ= 1−2k⁺ n . En faisant la diérence, on obtient

0 =−2 + 2(k⁻+k⁺)

n .

C'est à direk⁻+k⁺=n. On en déduit queAest un polynôme constant. On obtient aussi l'expression de la valeur propre

λ=−1 + 2(n−k⁺)

n = 2k⁺−n n .

Ici encore, il aurait été plus élégant d'utiliser des décompositions en éléments simples.

λB=XB− 1

n(X²−1)B⁰⇒ B⁰

B =n X−λ X²−1 =n

1−λ

2(X−1)− 1 +λ 2(X+ 1)

.

Les seuls pôles sont 1 et −1 donc B n'a pas d'autre racine donc k⁺ +k⁻ = n. En identiant avec la décomposition connue de ^B_B⁰, on déduit les expressions de λ en fonction dek⁺ ou dek⁻.

6. Les calculs précédents montrent que les seuls polynômes propres possibles sont (à multiplication par un réel près) de la forme

Bk= (X−1)^k(X+ 1)^n−k

aveckentier entre 0 etn. Montrons que ces polynômes sont eectivement propres en calculantf(B_k).

f(Bk) =X(X−1)^k(X+ 1)^n−k− 1

n((X−1)^k−1(X+ 1)^n−k + (n−k)(X−1)^k(X+ 1)^n−k−1)

=

X−1

n(k(X+ 1) + (n−k)(X−1))

B_k =n−2k n B_k

Il reste à montrer que lesn+ 1polynômesBk forment une base. On montre pour cela qu'ils forment une famille libre. Supposons

λ₀B₀+· · ·+λ_nB_n= 0_R[X].

En substituant -1 àX on obtientλ_n = 0. En substituant 1 àX on obtientλ₀= 0. On peut alors simplier par(X−1)(X+ 1)et obtenir

λ1B0+· · ·+λ_n−1Bn= 0_R[X].

On recommence et on obtient ainsi la nullité de tous les coecients.