MPSI B Corrigé du DM 9 29 juin 2019
1. a. Le polynôme xéAdénissantf est de degrénle plus grand degré possible pour f(P)ests+n−1. Soitsle degré deP. Le coecient deXs+n−1 est
(s−p)(Coe. dom. de A)(Coe. dom. deP).
On en déduit
deg(f(P))
(=s+p−1sideg(P)6= deg(A)
≤s+p−1sideg(P) = deg(A)
Le degré maximal def(P)pourP∈Rm[X]est doncp=n+m−1carn <m2 < m. b. La linéarité est évidente. Elle résulte de la linéarité de la multiplication par un
polynôme xé et de la dérivation.
c. Par un calcul immédiat :f(QA) =A2Q0.
d. Il est clair quef(P) = 0si et seulement si la fonction rationnelle PA est constante.
On remarque que la fonction est dénie dansIcar le polynômeAest sans racine dans cet intervalle. SiP est dans le noyau de f, il existe donc un réelλtel que Pe = λAe. Attention, la relation précédente est relative à des fonctions. On en déduit l'égalité polynomiale en remarquant que P −λA admet une innité de racines. Finalement :
kerf = Vect(A)
Le théorème du rang entraîne alors,rg(f) = dimRm[X]−1 =m. 2. a. L'espace engendré V = Vect Xi, i∈J\ {n}
est un hyperplan supplémentaire de kerf car il ne peut pas contenir A qui est de degré n. On en déduit que la restriction de f à V est injective et donc que la famille Yi
i∈J\{n} est libre.
Comme elle a le bon nombre de vecteurs, c'est une base de l'image.
b. On a déjà vu quef(A) = 0. On en déduit :
Yn=−a0Y0−a1Y1− · · · −an−1Yn−1(pas de terme enaiYi) 3. a. On a déjà montré (question 1a) que le degré deYi estn+i−1.
b. Soit S = f(P) un polynôme non nul dans l'image de f. Montrons que le plus petit degré possible pourS est n−1(= deg(A)−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.
c. Un polynôme divisible par A2 est de la forme A2Q. 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).
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1 Rémy Nicolai M0109C
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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)
−w=a
−2v=b
−w−3u=c 2w=d v+u=e
admet des solutions. On obtient très facilement que la condition cherchée est
−2a=d
−b 2+a
3 −c 3 =e
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![(C). Montrer qu’il existe P ∈ C[X] tel que deg P < n et e](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)