Corrigé de l’examen

Université de Cergy-Pontoise Polynômes et suites

Licence 1 MIPI 2018-2019

Corrigé de l’examen

Questions de cours.

1. Les formules d’Euler du cosinus et du sinus s’écrivent

∀θ∈R,cos(θ) = e^iθ+e^−iθ

2 et sin(θ) = e^iθ−e^−iθ 2i .

2. Soit (P₁, P₂) ∈ K[X]², avec P₂ ̸= 0. Le théorème de la division euclidienne affirme l’existence d’un unique couple(Q, R)∈K[X]² tel que

P1 =QP2+R et d^◦(R)< d^◦(P2).

Les polynômesQetR sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne du polynômeP₁ par le polynômeP₂.

3. Une suite réelle(un)n∈N est dite convergente si et seulement s’il existe un nombre réelℓ tel que

∀ε >0,∃N ∈Ntel que ∀n≥N,|u_n−ℓ| ≤ε.

4. Le théorème des suites adjacentes affirme que deux suites réelles (u_n)_n∈N et (v_n)_n∈N adjacentes, soit telles que

(i) la suite(u_n)_n∈N est croissante, (ii) la suite(v_n)_n∈N est décroissante, (iii) vn−un →

n→+∞0,

sont convergentes de même limiteℓ, avec

∀n∈N, u_n≤ℓ≤v_n.

Exercice 1.

1.a. Rappelons que

∀x+iy∈C,(x+iy)²=x²−y²+ 2ixy.

Nous calculons donc z² = 2 +√

3−2 +√ 3 + 2i

√ (2 +√

3)(2−√

3) = 2√

3 + 2i√

4−3 = 2√ 3 + 2i.

Comme

e^iπ6 =

√3 2 + i

2, la forme exponentielle du nombrez² s’écrit

z² = 4e^iπ6.

b. Il découle de la question 1.a et de la formule exponentielle d’une racine carrée que z=±2e^iπ12.

CommeRe(z) =√ 2 +√

3>0et Re(

2e^iπ12)

= 2 cos (π

12 )

>0, nous concluons que

z= 2e^iπ12. c. Il découle de la question 1.b que

z= 2 cos (π

12 )

+ 2isin (π

12 )

, ce qui assure par définition du nombre complexez que

cos (π

12 )

=

√ 2 +√

3

2 et sin

(π 12

)

=

√ 2−√

3

2 .

2.a. Nous calculons

ω²= 1−2√

2 + 2i+ 2−2√

2i−1 = 2−2√

2 +i(2−2√ 2).

b. Le discriminant de l’équation vaut

∆ = (√

2 + 1 +i)²−4√

2(1 +i) = (2−2√

2)(1 +i)̸= 0,

de sorte que l’équation a bien deux solutions distinctesz₁ etz₂. D’après la question 2.a, le discriminant est égal à

∆ =ω².

Les deux solutions de l’équation valent donc, à l’ordre près, z₁ =

√2 + 1 +i+ω 2√

2 = 1 +i

√2 , et

z₂=

√2 + 1 +i−ω 2√

2 = 1.

c. Rappelons que

cos (π

4 )

= sin (π

4 )

= 1

√2. Il résulte ainsi de la question 2.b que

z₁ = cos (π

4 )

+isin (π

4 )

=e^iπ4 , tandis que

z₂ = 1 =e⁰ⁱ.

d. Rappelons que les formes exponentielles des trois racines cubiques du nombre complexe ρe^iθ sont données par les expressions

ρ¹³e^iθ3, ρ¹³e^i(θ+2π)3 et ρ¹³e^i(θ+4π)3 ,

lorsqueρ >0. D’après la question 1.c, les trois racines cubiques dez₁ sont donc e^iπ12, e^9iπ12 et e^17iπ12 ,

tandis que celles dez₂ valent

e⁰ⁱ, e^2iπ3 , et e^4iπ3 .

e. Rappelons qu’un polynôme de degré6 a au plus6 racines, de sorte que l’équation

√2z⁶−(√

2 + 1 +i)z³+ 1 +i= 0,

a au plus 6 racines. En outre, si z est une racine cubique de z₁ ou dez₂, la question 2.b assure queZ =z³(=z1 ou z2)est une solution de l’équation algébrique du second degré

√2Z²−(√

2 + 1 +i)Z+ 1 +i= 0, ce qui garantit que √

2z⁶−(√

2 + 1 +i)z³+ 1 +i= 0.

D’après la question 2.d, les nombresz1 etz2 ont un total de6racines cubiques distinctes, qui sont donc toutes solutions de cette équation de degré 6. Par conséquent, les solutions de cette équation sont exactement les 6 racines cubiques de z₁ et de z₂, dont il ne reste plus qu’à calculer la forme algébrique.

Commençons pas les racines cubiques dez₂ dont la forme algébrique s’écrit e⁰ⁱ = 1, e^2iπ3 = cos

(2π 3

) +isin

(2π 3

)

=−1 2 +i

√3 2 , et

e^4iπ3 = cos (4π

3 )

+isin (4π

3 )

=−1 2 −i

√3 2 . En ce qui concerne celles dez1, nous avons

e^9iπ12 =eⁱ (π

12+^2π₃)

=e^iπ12e^2iπ3 et e^17iπ12 =eⁱ (π

12+^4π₃ )

=e^iπ12 e^4iπ3 .

D’après les formules précédentes et la question 1.c, ces trois racines cubiques valent e^12iπ =

√2 +√ 3

2 +i

√2−√ 3

2 ,

e^9iπ12 = 1 4

(−

√ 2 +√

3−

√

6−3√

3 +i(√

6 + 3√ 3−

√ 2−√

3)) , et

e^17iπ12 = 1 4

(−

√ 2 +√

3 +

√

6−3√ 3 +i(

−

√ 6 + 3√

3−

√ 2−√

3)) . En conclusion, les formes algébriques des six racines recherchées sont

1 ; −1 2+i

√3 2 ; −1

2 −i

√3 2 ;

√2 +√ 3

2 +i

√2−√ 3

2 ;

1 4

(−

√ 2 +√

3−

√

6−3√

3 +i(√

6 + 3√ 3−

√ 2−√

3))

;

et 1

4 (−

√ 2 +√

3 +

√

6−3√ 3 +i(

−

√

6 + 3√ 3−

√ 2−√

3)) .

Exercice 2.

1.a. Nous calculons

P_a(1) = 1+a−(a+1)−(a+1)+a+1 = 0 et P_a(−1) =−1+a+(a+1)−(a+1)−a+1 = 0, de sorte que−1 et1sont racines du polynôme P_a.

b. Les premiers polynômes dérivés du polynômePa sont égaux à P_a^′ = 5X⁴+ 4aX³−3(a+ 1)X²−2(a+ 1)X+a,

P_a^′′= 20X³+ 12aX²−6(a+ 1)X−2(a+ 1), P_a^′′′ = 60X²+ 24aX−6(a+ 1), et

P_a⁽⁴⁾= 120X+ 24a.

Nous avons par conséquent

P_a^′(1) = 0, P_a^′′(1) = 12 + 4a, P_a^′′′(1) = 54 + 18a et P_a⁽⁴⁾(1) = 120 + 24a.

Lorsquea̸=−3, le nombre P_a^′′(1)est non nul, et l’ordre de multiplicité de la racine 1est égal à2. Par contre, sia=−3, alors

P_a^′′(1) =P_a^′′′(1) = 0 et P_a⁽⁴⁾(1) = 48̸= 0, et l’ordre de multiplicité de la racine1est égal à 4.

De même, nous obtenons

P_a^′(−1) = 4−4a, P_a^′′(−1) = 16a−16 et P_a^′′′(−1) = 54−30a.

Quand a̸= 1, le nombre P_a^′′(−1) est non nul, et l’ordre de multiplicité de la racine1 est égal à1. Lorsquea= 1, il vient

P_a^′(−1) =P_a^′′(−1) = 0 et P_a^′′′(−1) = 24̸= 0, de sorte que l’ordre de multiplicité de la racine1vaut 3.

2.a. Comme

(X+ 1)(X−1)² =X³−X²−X+ 1,

la division euclidienne du polynômePa par le polynôme(X+ 1)(X−1)² s’écrit

X⁵ + aX⁴ − (a+ 1)X³−(a+ 1)X²+aX + 1 X³−X²−X+ 1

− (X⁵ − X⁴ − X³+X²) X²+ (a+ 1)X+ 1

(a+ 1)X⁴ − aX³−(a+ 2)X²+aX + 1

− ((a+ 1)X⁴ − (a+ 1)X³−(a+ 1)X²+ (a+ 1)X) X³−X²−X+ 1

− (X³−X²−X+ 1) 0

Le quotientQaet le reste Ra de cette division euclidienne sont donc égaux à Q_a=X²+ (a+ 1)X+ 1 et R_a= 0.

b. La division euclidienne de la question 2.a assure que Pa= (X+ 1)(X−1)²Qa. Poura=−3, nous avons

Qa=X²−2X+ 1 = (X−1)²,

de sorte que la décomposition en facteurs irréductibles du polynômeP_a s’écrit Pa = (X+ 1)(X−1)⁴.

Lorsquea= 1, nous obtenons

Qa=X²+ 2X+ 1 = (X+ 1)²,

de sorte que la décomposition en facteurs irréductibles du polynômeP_a s’écrit Pa= (X+ 1)³(X−1)².

Exercice 3.

1.a. Nous calculons

∀n≥1, a_n+1−2 = (n+ 2)an+ 2(n²+n−1)−2(n+ 1)² (n+ 1)²

= (n+ 2)an−2n−4 (n+ 1)²

= (n+ 2)(a_n−2) (n+ 1)² . b. Montrons par récurrence que

∀n≥1, a_n≥2.

Au rangn= 1, nous avons

a1=α≥2.

Supposons donc que

∀1≤p≤n, ap ≥2.

Au rangn+ 1, il découle de la question 1.a que

a_n+1−2 = (n+ 2)(a_n−2) (n+ 1)² . Commea_n−2≥0 par l’hypothèse de récurrence, il vient

an+1−2≥0, soit

an+1≥2.

Nous concluons par récurrence que

∀n≥1, an≥2, ce qui assure que la suite(a_n)_n≥1 est minorée par 2.

2.a. Nous calculons

∀n≥1, an+1−an= (n+ 2)an+ 2(n²+n−1)−an(n+ 1)²

(n+ 1)² = (2−an)(n²+n−1) (n+ 1)² . Par la question 1.b, nous savons que

∀n≥1,2−a_n≤0, tandis que

∀n≥1, n²+n−1≥1²+ 1−1≥0.

Il s’ensuit que

an+1−an≤0, et la suite(a_n)_n≥1 est donc décroissante.

b. D’après les questions 1.b et 2.a, la suite (an)n≥1 est minorée et décroissante, donc convergente par le théorème des suites monotones.

c. Soitℓ∈R, la limite de la suite (an)n≥1. Comme

n→lim+∞

n+ 2

(n+ 1)² = lim

n→+∞

n

n² = lim

n→+∞

1 n = 0, il découle des opérations élémentaires sur les limites que

n→lim+∞

a_n(n+ 2)

(n+ 1)² =ℓ×0 = 0.

Sachant que

n→lim+∞

2(n²+n−1)

(n+ 1)² = lim

n→+∞

2n² n² = 2,

nous déduisons de la définition de la suite récurrente(an)n≥1et des opérations élémentaires sur les limites que

a_n+1 →

n→+∞2.

d. Par la question 2.b, la suite (an)n≥1 est convergente, donc la sous-suite(an+1)n≥1 est convergente de même limite. La question 2.c assure ainsi que

an →

n→+∞2.

3. Nous vérifions cette formule par récurrence surn≥1. Au rang n= 1, nous avons bien (α−2)(1 + 1)

2×1! + 2 =α=a₁. Supposons donc que

∀1≤p≤n, ap = (α−2)(p+ 1) 2p! + 2.

Au rang n+ 1, il découle de l’hypothèse de récurrence et de la formule de la question 1.a que

a_n+1= 2 +(n+ 2)(a_n−2)

(n+ 1)² = 2 + (α−2)(n+ 2)(n+ 1)

2n!(n+ 1)² = 2 +(α−2)(n+ 2) 2(n+ 1)! . Aussi concluons-nous par récurrence surn≥1 que

∀n≥1, an= (α−2)(n+ 1) 2n! + 2.