Problème I
1. a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre queQn est de degrénet de coecient dominantn+ 1.
b. En substituant−X à X dansQn on obtient(−1)nQn. On en déduit queQn est de même parité quen et que l'ensemble des racines deQn est symétrique (si z est racine alors−zl'est aussi).
2. Écrivons cette fois la formule complète : Q2r= 1
2i
2r+1
X
k=0
2r+ 1 k
1−(−1)k
.(i)kX2r+1−k
De plus1−(−1)k est nul sikest pair, il vaut 2 sikest impair. Les entiers impairs k entre1et 2r+ 1sont de la forme2p+ 1avecp∈J0, rK. Alorsik= (−1)pid'où
Q2r=
r
X
p=0
2r+ 1 2p+ 1
(−1)pX2(r−p).
On retrouve bien le fait queQ2rest pair. Il est clair que Sr=
r
X
p=0
2r+ 1 2p+ 1
(−1)pXr−p.
3. Les racines deQn sont les complexesz tels que (z+i)n+1 = (z−i)n+1.
Commein'est pas solution de cette équation, celle ci est équivalente à z+i
z−i n+1
= 1⇔z+i
z−i ∈Un+1\ {1}.
Il convient d'enlever1car z+iz−i 6= 1pour toutz∈C. On en déduit quezest une racine si et seulement si
∃k∈J1, nKtq z+i
z−i =e2ikπn+1. Il faut exclurek= 0car z+iz−i est toujours diérent de 1.
En transformant la relation (homographique) précédente, on obtient quez est racine si et seulement si
∃k∈J1, nKtqz=−i1 +e2ikπn+1 1−e2ikπn+1
=−i 2 cosn+1kπ
−2isinn+1kπ = cotan kπ n+ 1.
Ces racines sont distinctes car l'application1 z → z+iz−i est bijective de C− {i} dans C− {1}. Avec le coecient dominant, l'expression des racines conduit à la factorisation
Qn= (n+ 1)
n
Y
k=1
X−cotan kπ n+ 1
.
4. Lorsquek∈J1, rK, l'entier2r+ 1−kdécrit Kr+ 1,2rKavec cotan(2r+ 1−k)π
2r+ 1 = cotan(π− kπ
2r+ 1) =−cotan kπ 2r+ 1.
Pour toutk∈J1, rK, on regroupe les racines opposées associées àket à2r+ 1−k. On obtient
Q2r= (2r+ 1)
r
Y
k=1
X2−cotan2 kπ 2r+ 1
.
En développant, il apparait que le coecient du terme de degré2r−2deQ2r est
−(2r+ 1)
r
X
k=1
cotan2 kπ 2r+ 1.
D'autre part, l'expression deSr, ce coecient est aussi
− 2r+ 1
3
=−(2r+ 1)(2r)(2r−1)
6 .
On en déduit r
X
k=1
cotan2 kπ
2r+ 1 =r(2r−1)
3 .
En remplaçantcotan2parsin12 −1 dans la formule précédente, il vient
r
X
k=1
1
sin22r+1kπ =r+r(2r−1)
3 = 2r(r+ 1)
3 .
5. Dans
0,π2, sin et cotan sont strictement positifs. Les inégalités demandées se dé- duisent donc desinx < x <tanx. Celles ci se démontrent très rapidement en formant les tableaux de variation dex−sinxet de tanx−x.
1une telle application est dite homographiqe
6. Écrivons les inégalités de la question précédente avecx= 2r+1kπ ∈ 0,π2
pour tous les k∈J1, rJet additionnons les en tenant compte de 4. Il vient
r(2r−1)
3 ≤
r
X
k=1
1 kπ 2r+1
2 ≤ 2r(r+ 1)
3 .
7. L'encadrement précédent s'écrit encore π
2r+ 1 2
r(2r−1)
3 ≤
r
X
k=1
1 k2 ≤
π 2r+ 1
2
2r(r+ 1) 3
π2 3
r(2r−1) (2r+ 1)2 ≤
r
X
k=1
1 k2 ≤ 2π2
3
r(r+ 1) (2r+ 1)2.
Quandr→+∞, les suites à droite et à gauche convergent vers π62. On en déduit
(
r
X
k=1
1
k2)r∈N→ π2 6 .
Exercice
Partie I
1. Lorsqu'un polynômePest dans le noyau deΦ, il admet lesnréels distincts(x1,· · · , xn) comme racine. Il est donc divisible par
L= (X−x1)· · ·(X−xn)
2. Comme Φ est une application linéaire entre deux espaces de même dimension, pour montrer que c'est un isomorphisme, il sut de montrer qu'il est injectif. C'est à dire que son noyau est réduit au polynôme nul.
Considérons unP quelconque dans le noyau deΦ. On sait déjà qu'il est divisible par L, il existe un polynômeQde degré inférieur ou égal àn−2(s'il n'est pas nul) tel que P =LQ. Alors
P0=LQ0+L0Q
∀i∈ {1,· · ·, n} − {k}: 0 =Pf0(xi) =L(xe i)
=0
fQ0(xi) +Le0(xi)
6=0
Q(xe i)
car toutes lesnracines deL(de degré n) sont simples. On en déduit queQadmet au moinsn−1 racines. C'est donc le polynôme nul.
Partie II
1. On rappelle que le symbole de Kroneckerδij vaut1 lorsque i=j et 0 si i6=j. Il est bien connu queLi(xj) =δij.
2. Comme la famille(L1,· · · , Ln)contient n= dimRn−1[X] vecteurs, pou montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre. Considérons une combinaison linéaire égale au polynôme nul :
λ1L1+· · ·+λnLn En substituantxi à X (pour n'importe queli), on obtient
λi = 0
La famille est donc libre.
Les coordonnées d'un polynômeP dans la base(L1,· · ·, Ln)s'obtiennent de manière analogue. On obtient
(Pe(x1),· · · ,Pe(xn))
3. Tous les xj sont racines de tous lesΛi donc Λi(xj) = 0. Lorsque i 6= k, toutes ces racines sont doubles saufxi etxk. On en déduit
Λ0i(xj) =0 si j6=j6=k
Λ0i(xi) =(xi−xk) Y
j∈{1,···,n}−{i,k}
(xi−xj)2 si j=i Λ0i(xk) =(xk−xi) Y
j∈{1,···,n}−{i,k}
(xk−xj)2 si j=k
4. a. Cette famille contient2n−2 = dimEéléments. Pour montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre.
Considérons une combinaison linéaire nulle
l1L1+· · ·lnLn+λ1Λ1+· · ·λnΛn= 0
En substituant lesxi, on montre que leslisont nuls. On peut alors simplier par Lpuis substituer à nouveau lesxi(pouri6=k). On obtient alors la nullité desλi. b. On chercheT sous la forme
T =l1L1+· · ·lnLn+λ1Λ1+· · ·λnΛn
En considérant les valeurs de T aux points xi, on obtient immédiatement que l1=· · ·=lk= 1et lk+1=· · ·=ln= 0. Posons
S=L1+· · ·+Lk
En considérant les valeurs de T0 aux points xi, on obtient immédiatement que pouri6=k:
λi=−S0(xi) Λ0i(xi)
Il est évident queT déni avec ces coecients répond aux contraintes. Son degré est au plus2n−2 car lesLi sont de degrén−1 et lesΛi de degré2n−2. 5. a. Par dénition,T0 s'annule aux n−1pointsxi pouri6=k.
De plus, on peut appliquer le théorème de Rolle entre x1 et x2, x2 et x3, jus- qu'àxk−1 et xk car en ces points la fonction associée à T vaut 1. On en déduit l'existence dek−1 racinesξ1,· · · , ξk−1 telles que :
x1< ξ1< x2< ξ2< x2<· · ·< xk−1< ξk−1< xk
On peut faire de même pour xk+1, . . . , xn (valeur commune 0). On en déduit l'existence den−k−1 racinesξk+1,· · · , ξn−1telles que :
xk+1< ξk+1< xk+2< ξk+2< xk+2<· · ·< xn−1< ξn−1< xn
b. CommeT0qui est de degré2n−3admet2n−3racines, elles sont toutes simples.
La fonction associée à T0 change donc de signe à chaque fois. Les racines de T0 sont donc toutes des extrema locaux et alternativement des max ou des min.
De plus, à cause de l'entrelacement, les racines de même type sont des extréma de même nature. C'est à dire :
x1max&ξ1min x2max&ξ2min · · · xk−1max&ξk−1min (1) ou
x1min%ξ1max x2min%ξ2max · · · xk−1min%ξk−1max (2) et de même dans la deuxième zone
xk+1max&ξk+1min · · · xn−1max&ξn−1 minxnmax (3) ou
xk+1min%ξk+1max · · · xn−1min%ξn−1 maxxnmin (4)
En fait, le rôle particulier joué parxk vient "bloquer" la situation.
La fonctionT0 ne change pas de signe dans l'intervalle ]ξk−1, xk+1[
La fonctionT y est donc monotone. Mais comme cet intervalle contientxk avec T(xk) = 1 et T(xk+1) = 0
La fonctionT est décroissante dans cet intervalle. Ce qui entraîne queξk−1est un maximum etxk+1est un minimum. On en déduit que les variations sont données par les tableaux(2)et(4)
c. D'après les variations établies à la question précédente, la fonctionT est décrois- sante dans]− ∞, x1[et croissante dans]xn,+∞[. CommeT(x1) = 1etT(xn) = 0 on a :
∀x≤x1:T(x)≥1 et ∀x≥xn:T(x)≥0
La fonctionT est donc minorée. Elle atteint son minimum absolu en un point qui est un minimum relatif où la dérivée s'annule. D'après le tableau de variations c'est unxi. La plus petite valeur atteinte par T est donc 0. Elle reste toujours positive.
La fonction polynomialeT diverge vers l'inni à l'inni. Ici c'est forcément vers +∞. Comme T est de degré pair, on en déduit que le coecient dominant est strictement positif.
Problème II
1. a. La linéarité est évidente. Elle résulte de la linéarité de la multiplication par un polynôme xé et de la dérivation. Commedeg(A) =n, le plus grand degré possible pourf(P) =AP0−A0P avecdeg(P) =sests+n−1. Examinons le coecient deXs+n−1:
(s−n)(Coe. dom. de A)(Coe. dom. deP)
⇒deg(f(P))
(=s+p−1 sis6=n
≤s+p−1 sis=n
⇒p= max{deg(f(S), S∈Rm[X]}=n+m−1carn < m 2 < m.
b. Par un calcul immédiat :f(QA) =A2Q0.
c. La formule de dérivation suggérée par l'énoncé est P
A 0
=AP0−A0P A2 .
On en déduit que f(P) = 0 si et seulement si la fraction rationnelle PA est de dérivée nulle. On peut associer une fonction dénie dansI car le polynômeAest sans racine dans cet intervalle. SiP est dans le noyau def, il existe donc un réel λtel quePe =λAe. Attention, la relation précédente est relative à des fonctions.
On en déduit l'égalité polynomiale car P −λA admet une innité de racines.
Finalement :
kerf = Vect(A)⇒rg(f) = dimRm[X]−1 =m(théorème du rang). 2. a. NotonsV = Vect Xi, i∈J\ {n}.
dimV =m= dim(Rm[X]−1 deg(A) =n⇒V ∩Vect(A) ={0}
)
⇒V ⊕kerf =E.
On en déduit avec le théorème noyau-image du cours que la restriction def àV est injective et donc que la famille Yi
i∈J\{n}est libre. Comme son nombre de vecteurs est égal àrg(f), c'est une base deIm(f).
b. On a déjà vu quef(A) = 0. On en déduit par linéarité :
Yn=−a0Y0−a1Y1− · · · −an−1Yn−1(pas de terme enaiYi). 3. a. On sait déjà (question 1a) quedeg(Yi) =n+i−1. Montrons que
min{deg(S, S∈Im(f), S6= 0}=n−1.
Ce degré est atteint pourS=f(1) =−A0.
Sideg(P)6=n, alorsdeg(f(P)) =n+ deg(P)−1≥n−1.
Sideg(P) =n, notonsλson coecient dominant. Il existe alors un polynômeR tel queP =λA+Ravecdeg(R)< n. CommeAest dans le noyau :f(P) =f(R) avecdeg(f(R)) = deg(R) +n−1≥n−1.
b. Un polynôme divisible parA2 est de la formeA2Q. Il est dans l'image de f car on peut écrire
A2Q=f(AQ1)
oùQ1 est un polynôme primitif deQ(c'est à dire tel queQ01=Q).
SupposonsP =A2Q+RavecR dans l'image. Alors, par linéarité, A2Q∈Imf ⇒P ∈Imf.
Réciproquement, supposons P =f(P1)dans l'image. Écrivons la division eucli- dienne P =A2Q+R deP parA2. Comme A2Q=f(Q1),R =f(P1−Q1)est aussi dans l'image.
CommeRest le reste d'une division par A2, la valeur maximale de son degré est deg(A2)−1 = 2n−1.
4. a. Les primitives de
f(P)
A2 = AP0−A0P
A2 =
P A
0
sont les fractions rationnelles P
A+C avecC∈R.
b. Pouri∈J\ {n},Yi=f(Xi)donc une primitive de AYi2 est XAi. Pouri=n,
Yn =−a0Y0−a1Y1− · · · −an−1Yn−1 donc une primitive de YAn2 est
−a0−a1X1− · · · −an−1Xn−1
A =Xn−A
A = Xn A −1.
Dans ce cas aussi XAn est une primitive de AYn2. 5. Dans cette questionm >6et A=X3−X+ 1.
a. On trouve, après un calcul direct :
Y0=−3X2+ 1, Y1=−2X3+ 1, Y2=−X4−X2+ 2X.
b. On peut exprimerS =X4+ 4X3−2X2−2X−1comme combinaison desYi en utilisant systématiquement le terme de plus haut degré. On obtient
S =−Y2−2Y1+Y0∈Im(f).
c. On déduit de la question précédente que
−X2−2X+ 1
A est une primitive de X4+ 4X3−2X2−2X−1 (X3−X+ 1)2 .
d. D'après les questions précédentes, un polynômeP est dans l'image si et seulement si il est combinaison desYi c'est à dire s'il existeu, v,wtels que
P =−wX4−2vX3−(w+ 3u)X2+ 2wX+v+u
Le polynôme P est donc dans l'image si et seulement si le système suivant (aux inconnuesu,v,w) admet des solutions. On le transforme par opérations élémen- taires
−w=a
−2v=b
−w−3u=c 2w=d v+u=e
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
−3u−w=c 2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a 3v−w=c+ 3e
2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
−w=c+ 3e+3 2b 2w=d
⇔
u+v=e
−2v=b
−w=a
0 =c+ 3e+3 2b−a 0 =d+ 2a
La condition cherchée est donc
( 2a+d= 0 2a−3b−2c−6e= 0.
