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PCSI5 Lyc´ ee Saint Louis

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

PCSI5 Lyc´ ee Saint Louis

Polynˆ omes

TD16

Exercice 20 Soit n un entier strictement positif. Factoriser dans C [X] le polynˆ ome P (X) = (X + 1) n − (X − 1) n .

En d´ eduire Q p

k=1 cotan

kπ 2p+1

= 1

√ 2p + 1 .

Solution.

On a montr´ e que les n − 1 racines distinctes a k de P sont (−i)cotan( n ). Puisque deg(P ) = n − 1, ces racines sont simples, et P est scind´ e ` a racines simples. Comme de plus CD(P ) = 2n, on en avait d´ eduit la factorisation suivante de P (factorisation en produits de polynˆ omes irr´ eductibles dans C[X]) :

P = 2n

n−1

Y

k=1

X + icotan( kπ n )

.

On utilise ` a pr´ esent les relations coefficients racines : on a par le cours, si on note P = P n−1 k=0 p k X k (P est de degr´ e n − 1 !) :

n−1

Y

k=1

(−i)cotan( kπ

n ) = (−1) n−1 p 0 p n−1

= (−1) n−1 P (0)

2n = (−1) n−1 (1 − (−1) n )

2n .

C’est ici que j’avais fait une erreur de signe, en ´ ecrivant (−1) n ` a la place de (−1) n−1 car je n’avais pas fait attention que le polynˆ ome est de degr´ e n − 1 et pas n !

Prenons n = 2p + 1 dans la relation pr´ ec´ edente. On a : On a :

ˆ Q 2p

k=1 (−i)cotan( 2p+1 ) = (−i) 2p Q 2p

k=1 cotan( 2p+1 ) = (−1) p Q 2p

k=1 cotan( 2p+1 ).

ˆ (−1) 2p (1 − (−1) 2p+1 )

4p + 2 = 2

4p + 2 = 1 2p + 1 . D’o` u l’´ egalit´ e :

2p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1

= (−1) p

2p + 1 (∗) Reste la derni` ere in´ egalit´ e ` a d´ emontrer, calculons Q 2p

k=p+1 cotan kπ

2p+1

(on fait le changement de variables j = 2p + 1 − k, j : p → 1) :

2p

Y

k=p+1

cotan kπ

2p + 1

=

p

Y

j=1

cotan

(2p + 1 − j)π 2p + 1

=

p

Y

j=1

cotan

π − jπ 2p + 1

=

p

Y

j=1

−cotan jπ

2p + 1

(v´ erifiez que cotan(π − x) = −cotan(x)

= (−1) p

p

Y

j=1

cotan jπ

2p + 1

1

(2)

PCSI5 Lyc´ ee Saint Louis

D’o` u finalement en rempla¸cant dans (∗) : (−1) p

2p + 1 =

2p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1

=

p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1 ! 

2p

Y

k=p+1

cotan kπ

2p + 1

=

p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1 ! 

(−1) p

p

Y

j=1

cotan jπ

2p + 1

= (−1) p

p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1 ! 2

On obtient (enfin) la formule demand´ ee :

p

Y

k=1

cotan kπ

2p + 1 ! 2

= 1

√ 2p + 1 .

Exercice 20. Polynˆ omes d’interpolation de Lagranges

Etant donn´ e (n+1) complexes distincts (a 0 , a 1 , · · · , a n ) et (n+1) complexes (b 0 , b 1 , · · · , b n ), on cherche un polynˆ ome P de degr´ e minimal tel que

∀i ∈ [|0, n|], P (a i ) = b i .

Proposition : Un tel polynˆ ome existe. Il est de plus unique si l’on suppose que deg(P ) ≤ n.

1. On d´ efinit L i = Q

k6=i X−a

k

a

i

−a

k

. Montrer que L i ∈ C n [X] pour tout i, et calculer L i (a j ).

En d´ eduire l’existence du polynˆ ome P de C n [X] tel que ∀i ∈ [|0, n|], P (a i ) = b i .

2. D´ emontrer l’unicit´ e d’un tel polynˆ ome. Y a-t-il toujours unicit´ e si on ne suppose pas deg(P ) ≤ n

?

Solution.

1. Pour tout 0 ≤ i ≤ n, on d´ efinit le polynˆ ome L i (i-` eme polynˆ ome de Lagrange associ´ e ` a a 0 <

· · · < a n ) par :

L i (X) = Y

k6=i

X − a k

a i − a k = (X − a 0 ) . . . (X − a i−1 )(X − a i+1 ) . . . (X − a n ) (a i − a 0 ) . . . (a i − a i−1 )(a i − a i+1 ) . . . (a i − a n ) .

On observe imm´ ediatement que deg(L i ) = n et que a 0 , . . . a i−1 , a i+1 , . . . , a n sont racines de L i . De plus :

L i (a i ) = (a i − a 0 ) . . . (a i − a i−1 )(a i − a i+1 ) . . . (a n − a n ) (a i − a 0 ) . . . (a i − a i−1 )(a i − a i+1 ) . . . (a i − a n ) = 1 Ainsi on a montr´ e que L i (a j ) = δ i,j =

( 0 si i 6= j 1 si i = j .

Pour d´ eterminer P tel que ∀i ∈ [|0, n|], P (a i ) = b i ., on cherche ` a utiliser les polynˆ omes L i , et ` a en prendre une combinaison lin´ eaire. Vu les valeurs des L i sur a j , on peut penser ` a proposer :

P = b 0 L 0 + . . . b n L n . Montrons qu’un tel polynˆ ome convient :

2

(3)

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ˆ P est une combinaison lin´ eaire de polynˆ omes de degr´ es n, donc deg(P ) ≤ n.

ˆ On ´ evalue P en a i pour i ∈ [|0, n|] : P (a i ) = b 0 L 0 (a i )

| {z }

=0

+ · · · + b i L i (a i )

| {z }

=1

+ · · · + b n L n (a i )

| {z }

=0

= b i .

On obtient bien l’existence d’un tel polynˆ ome.

2. Soient P 1 et P 2 r´ epondant au probl` eme. Montrons que P 1 = P 2 (on aura alors l’unicit´ e). Posons Q = P 1 − P 2 . On a :

Q(a i ) = P 1 (a i ) − P 2 (a i ) = b i − b i = 0

pour tout i ∈ [|0, n|]. Ainsi Q a n + 1 racines distinctes. Comme de plus deg(Q) ≤ n (car deg(P 1 ), deg(P 2 ) ≤ n), on obtient (cours) que Q = 0, et donc que P 1 = P 2 .

Remarques.

ˆ Si on retire l’hypoth` ese deg(P ) ≤ n, alors on n’a plus l’unicit´ e : par exemple le polynˆ ome Q suivant convient :

Q = P + (X − a 0 ) . . . (X − a n ).

On a bien Q(a i ) = P(a i ) = b i pour tout i.

ˆ Il faut savoir retrouver l’expression des L i ` a partir de la caract´ erisation L i (a j ) = δ i,j =

( 0 si i 6= j 1 si i = j . En effet grˆ ace ` a cette caract´ erisation, on en d´ eduit que a 0 , . . . , a i−1 , a i+1 , . . . , a n sont racines de L i . Comme deg(L i ) = n, on en d´ eduit que :

L i = λ(X − a 0 ) . . . (X − a i−1 )(X − a i+1 ) . . . (X − a n ).

On d´ etermine alors λ ∈ K en utilisant la derni` ere relation L i (a i ) = 1. D’o` u :

λ = 1

(a i − a 0 ) . . . (a i − a i−1 )(a i − a i+1 ) . . . (a i − a n ) Finalement, on retrouve l’expression de L i :

L i (X) = (X − a 0 ) . . . (X − a i−1 )(X − a i+1 ) . . . (X − a n ) (a i − a 0 ) . . . (a i − a i−1 )(a i − a i+1 ) . . . (a i − a n ) .

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