d’après Polytechnique 2006 PC

Lycée Fénelon Sainte-Marie Classe de MP

Année 2017-2018 Mathématiques

Devoir maison n ^◦ 7 (facultatif ) – correction

d’après Polytechnique 2006 PC

Première partie

1. • En considérant les séquencesa= (1; 1)etb= (1;−1)de longueur2, la seule condition de corrélation à écrire est a₀a₁+b₀b₁ = 0, qui est clairement vérifiée. Ces séquences constituent donc une paire complémentaire de longueur 2, donc2appartient àL.

• Supposons maintenant que3 appartient àL. Alors, il existea= (a0;a1;a2)et b= (b0;b1;b2), deux séquences de longueur 3, vérifiant les deux conditions de corrélation suivantes :

a0a1+b0b1+a1a2+b1b2= 0 (1) et

a₀a₂+b₀b₂= 0. (2)

Puisque lesai et lesbi valent tous soit1, soit−1, ils sont ou égaux ou opposés deux à deux. Discutons : B Sia0=b0, la relation (2) donnea0(a2+b2) = 0doncb2=−a2. En réinjectant dans la relation (1), il vient

alors

a0(a1+b1) +a2(a1−b1) = 0.

— soita₀=a₂, auquel casa₁+b₁+a₁−b₁= 0, soit2a₁= 0, ce qui est impossible ;

— soita₀=−a₂, auquel casa₁+b₁−a₁+b₁= 0, soit 2b₁= 0, ce qui est encore impossible.

Donca0 n’est pas égal àb0.

B Sia0=−b0, la relation (2) donnea0(a2−b2) = 0doncb2=a2. En réinjectant dans la relation (1), il vient alors

a0(a1−b1) +a2(a1+b1) = 0.

La même disjonction de cas que ci-dessus conduit alors à nouveau à des contradictions.

Donca0 n’est pas égal àb0.

Finalement, il n’existe aucun couple de séquences(a, b)de longueur3formant une paire complémentaire, donc 3 n’appartient pas àL.

2.a) Notonsfa,b la fonction associée aux séquencesaet b, qui àx6= 0associePa(x)Pa(x⁻¹) +Pb(x)Pb(x⁻¹).

Considérons une séquenceade longueur `et une séquenceb de longueurm.

Supposons la fonctionfa,b bornée.

Si ` > m, alors

• lim

x→+∞Pa(x) = lim

x→+∞a<sub>`−1</sub>x<sup>`−1</sup>;

• lim

x→+∞P_a(x⁻¹) =a₀;

• lim

x→+∞P_b(x) = lim

x→+∞b_m−1x^m−1;

• lim

x→+∞Pb(x⁻¹) =b0;

avec m−1 < `−1 donc lim

x→+∞f_a,b(x) = lim

x→+∞a<sub>`−1</sub>a<sub>0</sub>x<sup>`−1</sup>. Donc une condition nécessaire pour que f_a,b soit bornée est déjàa_`−1a0= 0, ce qui est impossible étant donné queai∈ {±1}.

On en déduit que `≤m. Mais en supposant` < m, on aboutirait par un raisonnement analogue àb_m−1b₀= 0, ce qui est impossible.

Finalement`=m.

On ainsi démontré que sif_a,b est bornée,aet b sont des séquences de même longueur. Par contraposée, siaet b ne sont pas des séquences de même longueur,fa,b n’est pas bornée.

Pour démontrer que deux séquencesaetbde même longueur`forment une paire complémentaire si et seulement sif_a,b est constante, commençons par expliciter différemmentf_a,b(x). On a

Pa(x) =

`−1

X

i=0

aixⁱ et Pb(x) =

`−1

X

i=0

bixⁱ

donc

f_a,b(x) =

`−1

X

i=0

a_ixⁱ

!



`−1

X

j=0

a_jx^−j



+

`−1

X

i=0

b_ixⁱ

!



`−1

X

j=0

b_jx^−j





fa,b(x) =

`−1

X

i=0

`−1

X

j=0

aiajx^i−j+

`−1

X

i=0

`−1

X

j=0

bibjx^i−j

f_a,b(x) =

`−1

X

i=0

a²_i +b²_i +

`−1

X

i=0 i−1

X

j=0

a_ia_jx^i−j+

`−1

X

i=0

`−1

X

j=i+1

a_ia_jx^i−j+

`−1

X

i=0 i−1

X

j=0

b_ib_jx^i−j+

`−1

X

i=0

`−1

X

j=i+1

b_ib_jx^i−j

fa,b(x) =

`−1

X

i=0

a²_i +b²_i +

`−1

X

i=0 i−1

X

j=0

(aiaj+bibj)x^i−j+

`−1

X

i=0

`−1

X

j=i+1

(aiaj+bibj)x^i−j

Effectuons les changements d’indice k=i−j dans la deuxième somme, etk=j−idans la troisième somme.

En remarquant quea²_i +b²_i = 2pour touti∈ {0, . . . , `−1}, il vient :

fa,b(x) = 2`+

`−1

X

i=0 i

X

k=1

(aia_i−k+bib_i−k)x^k+

`−1

X

i=0

`−1−i

X

k=1

(aiai+k+bibi+k)x^−k

Intervertissons maintenant les sommes : fa,b(x) = 2`+

`−1

X

k=1

`−1

X

i=k

(aiai−k+bibi−k)

! x^k+

`−1

X

k=1

`−1−k

X

i=0

(aiai+k+bibi+k)

! x^−k

Effectuons enfin le changement d’indice i := i−k dans la première somme entre parenthèses. Après mise en facteur de ce qui peut l’être, on obtient :

fa,b(x) = 2`+

`−1

X

k=1

"_`−1−k X

i=0

(aiai+k+bibi+k)

#

x^k+x^−k .

On reconnaît alors, en coefficient dex^k+x^−k, l’expression servant à écrire lak-ième condition de corrélation.

Il est maintenant clair que,

— siaetbsont deux séquences de même longueur et si elles forment une paire complémentaire, alors pour tout k∈ {1, . . . , `−1},

`−1−k

X

i=0

(aiai+k+bibi+k) = 0et doncfa,b(x) = 2`pour toutx6= 0.fa,b est bien constante ;

— sif_a,b est constante, alorsf_a,b(x)est indépendant dex, donc les coefficients des termes enx^k+x^−kdansf_a,b sont nuls, ce qui donne les conditions de corrélation entreaetbdoncaetbforment une paire complémentaire.

2.b) Soientaet bdeux séquences de même longueur `. Alors : Pa(1) =

`−1

X

i=0

ai et Pb(1) =

`−1

X

i=0

bi.

Comme chaqueai etbivaut1ou−1, il est clair quePa(1)etPb(1)sont des entiers relatifs. De plus, on a, pour tout i∈ {0, . . . , `−1},a_i≡1 (2)etb_i≡1 (2)donc en effectuant la somme :

Pa(1)≡`(2) et Pb(1)≡`(2).

Ainsi,P_a(1)etP_b(1)sont des entiers de même parité que`et donc de même parité.

Si`appartient àL, alors il existe deux séquencesaetbde même longueur`et formant une paire complémentaire.

D’après 2.a), on en déduit que la fonctionf_a,b associée est constante et, plus précisément, que pour toutx6= 0, f_a,b(x) = 2`. En particulier,f<sub>a,b</sub>(1) = 2`, c’est-à-dire

Pa(1)²+Pb(1)²= 2`. (3)

On sait par ailleurs quePa(1)et Pb(1)sont deux entiers de même parité.

B S’ils sont tous les deux pairs, on écrit Pa(1) = 2α et Pb(1) = 2β avecαet β entiers. Alors 2`= 4α<sup>2</sup>+ 4β<sup>2</sup> donc`= 2α²+ 2β²= (α−β)²+ (α+β)². Ainsi,`est bien somme de deux carrés d’entiers.

B S’ils sont tous les deux impairs, on écritP_a(1) = 2α+ 1etP_b(1) = 2β+ 1 avecαetβ entiers. Alors 2`= 4α²+ 4α+ 1 + 4β²+ 4β+ 1donc

`= 2α<sup>2</sup>+ 2α+ 2β<sup>2</sup>+ 2β+ 1 = (α<sup>2</sup>+β<sup>2</sup>+ 1 + 2α+ 2β+ 2αβ) + (α<sup>2</sup>+β<sup>2</sup>−2αβ) = (α+β+ 1)<sup>2</sup>+ (α−β)<sup>2</sup>. Ainsi,`est encore somme de deux carrés d’entiers.

Finalement, tout élément deLest somme de deux carrés d’entiers.

2.c) Un entiernest congru soit à0 soit à1 modulo2. Donc un carré d’entier est congru soit à0 soit à1 modulo4 et la somme de deux carrés d’entiers est congrue soit à0, soit à1soit à2 modulo4.

Comme tout élément de L est somme de deux carrés d’entiers, tout élément deLest congru soit à 0, soit à1, soit à2modulo4.

On en déduit que tout entier congru à3 modulo4 n’appartient pas àLmais à son complémentaire dansN. Ainsi,N− Lcontient au moins tous les entiers congrus à 3modulo4, et il y a une infinité de tels entiers. Donc le complémentaire deL dansNest infini.

3.a) Soient a et b des séquences de même longueur `. On définit les polynômes U et V par U = 1

2(P_a +P_b) et V = 1

2(Pa−Pb). La fonctionga,b définie sur R^∗ par

g_a,b(x) =U(x)U(x⁻¹) +V(x)V(x⁻¹) s’exprime aussi par

g_a,b(x) = 1

4 P_a(x) +P_b(x)

P_a(x⁻¹) +P_b(x⁻¹) +1

4 P_a(x)−P_b(x)

P_a(x⁻¹)−P_b(x⁻¹) g_a,b(x) = 1

4 P_a(x)P_a(x⁻¹) +P_b(x)P_b(x⁻¹) +1

4 P_a(x)P_b(x⁻¹) +P_b(x)P_a(x⁻¹) +1

4 P_a(x)P_a(x⁻¹) +P_b(x)P_b(x⁻¹)

−1

4 P_a(x)P_b(x⁻¹) +P_b(x)P_a(x⁻¹) g_a,b(x) = 1

2f_a,b(x)

D’après le 2.a), il est alors clair queaetbforment une paire complémentaire si et seulement sig_a,b est constante.

Sa valeur est alors, pour toutx6= 0,ga,b(x) =`.

3.b) On considère les séquences de longueur10

a= (1; 1;−1; 1;−1; 1;−1;−1; 1; 1) et b= (1; 1;−1; 1; 1; 1; 1; 1;−1;−1).

Pour savoir si elles forment une paire complémentaire, on applique le critère du 3.a). On a :

Pa(x) = 1 +x−x²+x³−x⁴+x⁵−x⁶−x⁷+x⁸+x⁹ et Pb(x) = 1 +x−x²+x³+x⁴+x⁵+x⁶+x⁷−x⁸−x⁹ donc

U(x) = 1 +x−x²+x³+x⁵ et V(x) =−x⁴−x⁶−x⁷+x⁸+x⁹. Par suite :

ga,b(x) = (1+x−x²+x³+x⁵)(1+x⁻¹−x⁻²+x⁻³+x⁻⁵)+(−x⁴−x⁶−x⁷+x⁸+x⁹)(−x⁻⁴−x⁻⁶−x⁻⁷+x⁻⁸+x⁻⁹) et après calculs et simplifications, on obtient

ga,b(x) = 10

pour toutx6= 0. La fonctionga,b étant constante, on en déduit queaetb forment une paire complémentaire.

4. Soitvune séquence de longueur2m(m∈N^∗). On cherche à démontrer l’équivalence des propositions suivantes : (i) 4 divise la sommev₀+v₁+· · ·+v_2m−1.

(ii) Le nombre de coordonnées dev égales à−1 a la même parité quem.

(iii) v0v1· · ·v_2m−1= (−1)^m.

Notons k⁺ le nombre de coordonnées dev valant1et k⁻ le nombre de coordonnées dev valant −1. On a bien sûrk⁺+k⁻= 2m. Remarquons alors que

v₀+v₁+· · ·+v_2m−1=k⁺×1 +k⁻×(−1) =k⁺−k⁻= 2m−k⁻−k⁻= 2(m−k⁻).

On peut maintenant démontrer facilement que (i)⇐⇒ (ii) :

Sik⁻ a même parité quem, alorsm−k⁻≡0 (2)donc2(m−k⁻)≡0 (4), autrement dit4divisev₀+v₁+· · ·+ v_2m−1.

Réciproquement, si4 divise v0+v1+· · ·+v2m−1, 2(m−k⁻)≡0 (4)puism−k⁻ ≡0 (2)donc le nombre de coordonnées dev valant−1a la même parité quem.

Ceci démontre l’équivalence entre (i) et (ii).

Démontrons maintenant l’équivalence entre (ii) et (iii), en remarquant que les coordonnées dev valant1ou−1, on av0v1· · ·v2m−1= (−1)^k− :

Si le nombre de coordonnées devégales à−1, c’est-à-direk⁻, a la même parité quem, alors il s’écritk⁻ =m+2n.

D’où

v0v1· · ·v2m−1= (−1)^m+2n = (−1)^m.

Réciproquement, siv0v1· · ·v_2m−1 = (−1)^m, alors (−1)^k− = (−1)^m donc(−1)^k−−m= 1et par suite k⁻−m≡ 0 (2): le nombre de coordonnées dev égales à−1 a la même parité quem.

On a finalement (i)⇐⇒(ii)⇐⇒ (iii).

5. Soit `∈ L, ` ≥1 et soient aet b deux séquences de longueur` formant une paire complémentaire. Pour tout i∈ {0, . . . , `−1}, on posexi=aibi.

5.a) Soitj∈ {1, . . . , `−1} fixé et soitv la séquence de longueur2(`−j)définie par :

v₀=a₀a_j, v₁=a₁a_j+1, . . . , v_{`−j−1</sub>=a<sub>`−1−j}a_{`−1</sub>, v<sub>`−j}=b₀b_j, v_{`−j+1</sub>=b<sub>1</sub>b<sub>j+1</sub>, . . . , v<sub>2(`−j)−1}=b_{`−1−j</sub>b<sub>`−1}.

Puisque aet bforment une paire complémentaire, on a

`−1−j

X

i=0

(a_ia_i+j+b_ib_i+j) = 0,

c’est-à-dire

`−1−j

X

i=0

aiai+j+

`−1−j

X

i=0

bibi+j = 0ou encore

`−1−j

X

i=0

vi+

2(`−j)−1

X

i=`−j

vi= 0. Finalement, la somme des coor- données de v est nulle. Comme v est une séquence de longueur paire, on peut appliquer les équivalences de la question 4. On en déduit que

2(`−j)−1

Y

k=0

vk= (−1)^`−j, soit

`−1−j

Y

k=0

vi ×

2(`−j)−1

Y

k=`−j

vi= (−1)^`−j,

ou encore

`−1−j

Y

k=0

a_ka_k+j ×

`−1−j

Y

k=0

b_kb_k+j = (−1)^`−j, ce qui s’écrit enfin

`−1−j

Y

k=0

xkxk+j = (−1)^`−j.

5.b) D’après le 5.a), on a, pour toutj⁰∈ {0, . . . , `−1},

`−1−j⁰

Y

k=0

xkxk+j⁰ = (−1)<sup>`−j0</sup>. Pour j<sup>0</sup>=`−1, cela donnex₀x_`−1=−1.

Pour j⁰=`−2, cela donnex0x<sub>`−2</sub>×x1x_{`−1</sub>= 1; or x0x<sub>`−1}=−1 doncx1x_`−2=−1.

Procédons alors par récurrence surj. Nous venons de vérifier que pourj= 0et j= 1on a bienx_jx_`−1−j=−1.

Supposons le résultat vrai pour tout j≤j0et appliquons la formule ci-dessus à j⁰=`−j0−2 :

j0+1

Y

k=0

x_kx_k+`−j0−2= (−1)^j0+2

xj₀+1x_`−j0−2

j0

Y

k=0

xk

! _j0+1 Y

k=1

x_k+`−j0−2

!

= (−1)^j0+2

xj₀+1x`−j₀−2 j₀

Y

k=0

xk

! j₀+1

Y

k=1

x_{`−1−(j0+1−k)}

!

= (−1)^j0+2.

En effectuant le changement d’indicek:=j0+ 1−k dans le dernier produit, il vient :

xj₀+1x_`−j0−2

j0

Y

k=0

xk

! _j0 Y

k=0

x_`−1−k

!

= (−1)^j0+2

xj₀+1x_`−j0−2

j0

Y

k=0

xkx_`−1−k= (−1)^j0+2.

D’après l’hypothèse de récurrence, chacun desxkx_{`−1−k</sub> apparaissant dans ce produit vaut −1. On en déduit xj<sub>0</sub>+1x<sub>`−j0−2}×(−1)^j0+1= (−1)^j0+2

et donc

x_j0+1x_{`−1−(j0+1)}=−1.

La propriété est donc encore vérifiée au rangj₀+ 1, et finalement, pour toutj∈ {0, . . . , `−1}, xjx<sub>`−1−j</sub>=−1.

5.c) Si`est impair, on l’écrit`= 2p+ 1avecp∈N^∗. Dès lors, en appliquant le résultat ci-dessus avecj =p, il vient x²_p=−1, ce qui est impossible puisquex_p ∈ {±1}!

Donc`est pair.

Deuxième partie On définit deux suites de polynômes(Pn)_n∈

Net (Qn)_n∈

Npar les conditions initiales P0(X) =Q0(X) = 1

et les relations de récurrence

P_n+1(X) =P_n(X) +X²ⁿQ_n(X), (4) Q_n+1(X) =P_n(X)−X²ⁿQ_n(X). (5) 6.a) D’après les relations de récurrence :

P1(X) =P0(X) +XQ0(X) = 1 +X, Q1(X) =P0(X)−XQ0(X) = 1−X,

P₂(X) =P₁(X) +X²Q₁(X) = 1 +X+X²(1−X) =−X³+X²+X+ 1, Q2(X) =P1(X)−X²Q1(X) = 1 +X−X²(1−X) =X³−X²+X+ 1.

6.b) Le calcul des deux premiers termes de chaque suite permet de deviner son expression. Ensuite, une simple démonstration par récurrence permet d’obtenir à moindre frais le résultat. Voici une méthode plus fastidieuse mais qui fonctionne à tous les coups.

En évaluant en1 les relations de récurrence données, on obtient le système suivant : P_n+1(1) = P_n(1) +Q_n(1)

Q_n+1(1) = P_n(1)−Q_n(1) que l’on écrit sous forme matricielle :

Pn+1(1) Qn+1(1)

=_{1 1}

1 −1

Pn(1) Qn(1)

.

NotonsA=_{1 1}

1 −1

. On en déduit : P_n(1)

Qn(1)

=A

P_n−1(1) Q_n−1(1)

=A²

P_n−2(1) Q_n−2(1)

=· · ·=Aⁿ

P₀(1) Q0(1)

.

Donc, pour exprimerPn(1)etQn(1)en fonction den, il faut calculerAⁿ. Pour ce faire, diagonalisonsA.

det(λI−A) =

λ−1 −1

−1 λ+ 1

= (λ−1)(λ+ 1)−1 =λ²−2 = (λ−√

2)(λ+√ 2).

Les valeurs propres deAsontλ1=√

2 et λ2=−√

2. PuisqueA admet deux valeurs propres distinctes, elle est effectivement diagonalisable.

RésolvonsAX=√ 2X :

x+y = √ 2x x−y = √

2y Il vienty= (√

2−1)x. On peut par exemple prendre comme premier vecteurX+= 1

√2−1

. On a alors

Ker A−√

2I

=Vect(X+).

Résolvons de même AX=−√ 2X :

x+y = −√ 2x x−y = −√

2y Il vientx= (1−√

2)y. On peut donc prendre comme deuxième vecteurX₋=

1−√ 2 1

. On a alors

Ker A+√

2I

=Vect(X₋).

On se place maintenant dans la nouvelle base(X+;X−)et on considère alors la matriceP = _{1 1−}^√₂

√

2−1 1

, qui est la matrice de passage de l’ancienne base deR² à cette nouvelle base.

On a P⁻¹= 1 4−2√

2

₁ ^√₂

−1 1−√

2 1

et

P⁻¹AP = ∆ =^√_{2 0}

0 −√ 2

.

On a ainsi diagonalisé la matrice A. Pour calculerAⁿ, on utilise cette diagonalisation. On a en effet : Aⁿ= (P∆P⁻¹)ⁿ=P∆P⁻¹P∆P⁻¹P∆P⁻¹· · ·P∆P⁻¹=P∆ⁿP⁻¹

et comme∆ est diagonale,∆ⁿ se calcule facilement :

∆ⁿ=^√_{2 0}

0 −√ 2

ⁿ

=^√₂n

0 0 (−√

2)ⁿ

puis

Aⁿ=P

√2ⁿ 0 0 (−√

2)ⁿ

!

P⁻¹= 1 4−2√

2

_{1 1}

−√

√ 2

2−1 1

^√₂n

0 0 (−√

2)ⁿ

₁ ^√₂

−1 1−√

2 1

. Après multiplications matricielles, il vient

Aⁿ=

√2ⁿ 4−2√

2

_{1 + (−1)}n(3−2√

2) (1−√

2)((−1)ⁿ−1) (1−√

2)((−1)ⁿ−1) 3−2√

2 + (−1)ⁿ

puis

Pn(1) Qn(1)

=Aⁿ

P0(1) Q0(1)

=Aⁿ 1

1

. D’où











Pn(1) =

√2ⁿ 4−2√

2

1 + (−1)ⁿ(3−2√

2) + (1−√

2) ((−1)ⁿ−1)

Q_n(1) =

√2ⁿ 4−2√

2

(1−√

2) ((−1)ⁿ−1) + 3−2√

2 + (−1)ⁿ

Pour expliciter davantage, distinguons les casnpair ou impair :

• Si n= 2k, aveck∈N, alors

Pn(1) = 2^k= 2ⁿ² et Qn(1) = 2^k = 2ⁿ².

• Si n= 2k−1, avecn∈N^∗, alors

P_n(1) = 2^k = 2ⁿ⁺¹² et Q_n(1) = 0.

On procède exactement de la même façon pour Pn(−1) et Qn(−1) en remarquant toutefois que pour tout n supérieur ou égal à 1, on a :

Pn+1(−1) Q_n+1(−1)

=_{1 1}

1 −1

Pn(−1) Q_n(−1)

=A

Pn(−1) Q_n(−1)

donc

Pn(−1) Q_n(−1)

=Aⁿ⁻¹

P1(−1) Q₁(−1)

=Aⁿ⁻¹ 0

2

. On peut remplacer Aⁿ⁻¹ par son expression :

Pn(−1) Q_n(−1)

=

√2ⁿ⁻¹ 4−2√

2

_{1 + (−1)}n−1(3−2√

2) (1−√

2)((−1)ⁿ⁻¹−1) (1−√

2)((−1)ⁿ⁻¹−1) 3−2√

2 + (−1)ⁿ⁻¹

0 2

et on en déduit











P_n(−1) =

√2ⁿ

2 ((−1)ⁿ+ 1) Qn(−1) =

√2ⁿ 2(√

2−1) 3−2√

2−(−1)ⁿ

Là encore, on peut donner des expressions plus condensées en distinguant les casnpair ou impair :

• Si n= 2k, aveck∈N, alors

Pn(−1) = 2^k = 2ⁿ² et Qn(−1) =−2^k=−2ⁿ².

• Si n= 2k−1, avecn∈N^∗, alors

Pn(−1) = 0 et Qn(−1) = 2^k = 2ⁿ⁺¹² . 7. Justifions déjà par une récurrence que le degré des polynômesPn etQn est 2ⁿ−1:

• Pourn= 0, le degré deP₀ etQ₀ est bien0 = 2⁰−1.

• Pourn= 1, le degré deP₁ etQ₁ est bien1 = 2¹−1 (voir 6.a)).

• Supposons le résultat vrai au rangn et démontrons le alors au rangn+ 1. Observons pour cela les relations de récurrence :

Pn+1(X) =Pn(X) +X²ⁿQn(X), Qn+1(X) =Pn(X)−X²ⁿQn(X).

Le degré dePn etQn est2ⁿ−1d’après l’hypothèse de récurrence. On en déduit que le polynômeX²ⁿQn est de degré2ⁿ+ 2ⁿ−1 = 2ⁿ⁺¹−1. Par conséquent le degré dePn+1 etQn+1 est bien2ⁿ⁺¹−1.

Ainsi, pour tout entier natureln, le degré dePn etQn est2ⁿ−1.

Remarquons également, toujours à l’aide des relations de récurrence, quePn+1(0) =Pn(0) =· · ·=P0(0) = 1 et Qn+1(0) =Qn(0) =· · ·=Q0(0) = 1 donc les termes constants des polynômesPn etQn valent toujours1.

Justifions par une autre récurrence le fait que les polynômesPn etQn soient séquentiels.

• C’est clairement le cas pourn= 0et n= 1.

• Supposons le résultat vrai au rang n.

Observons à nouveau les relations de récurrence :

Pn+1(X) =Pn(X) +X²ⁿQn(X), Qn+1(X) =Pn(X)−X²ⁿQn(X).

Le terme dominant dePn est±X²ⁿ⁻¹.

Le terme constant de Q_n est 1. Donc le terme de plus bas degré de X²ⁿQ_n est X²ⁿ; il est donc de degré consécutif au degré de P_n. Les coefficients des polynômes P_n et Q_n ne sont donc jamais additionnés ou soustraits, mais simplement « juxtaposés ».

Par conséquent, siP_n etQ_n sont séquentiels, alorsP_n+1 etQ_n+1 aussi.

Finalement, pour tout entier natureln, les polynômesPn et Qn sont séquentiels.

Démontrons enfin queP_n etQ_n forment une paire complémentaire. Pour cela, utilisons la caractérisation du 2.

de la première partie.

Notonsfn la fonction définie à partir dePn etQn commefa,b était définie à partir dePa etPb. Alors : f_n+1(x) = P_n+1(x)P_n+1(x⁻¹) +Q_n+1(x)Q_n+1(x⁻¹)

f_n+1(x) =

P_n(x) +x²ⁿQ_n(x) P_n(x⁻¹) +x⁻²ⁿQ_n(x⁻¹) +

P_n(x)−x²ⁿQ_n(x) P_n(x⁻¹)−x⁻²ⁿQ_n(x⁻¹) fn+1(x) = Pn(x)Pn(x⁻¹) +x²ⁿQn(x)Pn(x⁻¹) +x⁻²ⁿQn(x⁻¹)Pn(x) +Qn(x)Qn(x⁻¹)

+P_n(x)P_n(x⁻¹)−x²ⁿQ_n(x)P_n(x⁻¹)−x⁻²ⁿQ_n(x⁻¹)P_n(x) +Q_n(x)Q_n(x⁻¹) fn+1(x) = 2 Pn(x)Pn(x⁻¹) +Qn(x)Qn(x⁻¹)

= 2fn(x).

On en déduit que, pour tout entier naturel n,

fn(x) = 2ⁿf0(x) = 2ⁿ(1×1 + 1×1) = 2ⁿ⁺¹.

Ainsi, pour tout entier natureln,fn est constante, doncPn et Qn forment une paire complémentaire.

Les séquences associées àPn etQn sont de longueur2ⁿ(il y a2ⁿ coefficients dansPn etQn), donc on en déduit que2ⁿ appartient àLpour tout entier natureln.

8. On raisonne à nouveau par récurrence surn.

• Pourn= 0, on aP0(X) = 1,Q0(X) = 1et (−1)⁰z²⁰⁻¹P0(−z⁻¹) = 1 =Q0(z).

• Supposons le résultat vrai au rang n.

évaluons enz la deuxième relation de récurrence définissant les polynômesPn etQn : Qn+1(z) =Pn(z)−z²ⁿQn(z).

Or, par hypothèse de récurrenceQ_n(z) = (−1)ⁿz²ⁿ⁻¹P_n(−z⁻¹)donc

Q_n+1(z) =P_n(z)−z²ⁿ(−1)ⁿz²ⁿ⁻¹P_n(−z⁻¹).

Calculons alors :

Pn+1(−z⁻¹) =Pn(−z⁻¹) + (−z⁻¹)²ⁿQn(−z⁻¹) =Pn(−z⁻¹) +z⁻²ⁿQn(−z⁻¹) d’où

z²ⁿ⁺¹⁻¹Pn+1(−z⁻¹) =z²ⁿ⁺¹⁻¹Pn(−z⁻¹) +z²ⁿ⁻¹Qn(−z⁻¹) puis

(−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ⁺¹⁻¹Pn+1(−z⁻¹) = (−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ⁺¹⁻¹Pn(−z⁻¹)−(−1)ⁿz²ⁿ⁻¹Qn(−z⁻¹) (−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ⁺¹⁻¹P_n+1(−z⁻¹) =−z²ⁿh

(−1)ⁿz²ⁿ⁻¹P_n(−z⁻¹)i

−(−1)ⁿz²ⁿ⁻¹(−1)ⁿ(−z⁻¹)²ⁿ⁻¹P_n(z) (−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ⁺¹⁻¹Pn+1(−z⁻¹) =−z²ⁿQn(z) +Pn(z).

Finalement

(−1)ⁿ⁺¹z²ⁿ⁺¹⁻¹P_n+1(−z⁻¹) =Q_n+1(z).

La relation est donc encore vérifiée au rangn+ 1et ainsi pour tout entiern.

9.a) SoitT un polynôme quelconque deC[X], de degré exactementd,d≥1. On l’écritT(X) =t0+t1X+· · ·+tdX^d, avect_d6= 0.

Soitzune racine deT. AlorsT(z) = 0donct0+t1z+t2z²+· · ·+tdz^d = 0, d’oùz^d=−t0

t_d−t1

t_dz− · · · −t_d−1 t_d z^d−1. En passant aux modules et en utilisant l’inégalité triangulaire, il vient

|z|^d ≤

t0

td

+

t1

td

|z|+· · ·+

td−1

td

|z|^d−1.

• Si |z| ≤1, alors clairement|z| ≤1 + sup

0≤i≤d−1

t_i td

.

• Si |z|>1, puisque pour touti∈ {0, . . . , d−1}, ti

td

≤ sup

0≤i≤d−1

ti

td

, on écrit

|z|^d≤ 1 +|z|+· · ·+|z|^d−1 sup

0≤i≤d−1

ti

t_d

|z|^d≤

|z|^d−1

|z| −1

sup

0≤i≤d−1

ti

t_d

et puisque|z|>1, en multipliant de chaque côté par|z| −1et en divisant par |z|^d, il vient :

|z| −1≤

|z|^d−1

|z|^d

sup

0≤i≤d−1

t_i td

< sup

0≤i≤d−1

t_i td

et finalement

|z| ≤1 + sup

0≤i≤d−1

ti

td

.

9.b) Soit z une racine complexe du polynômeP_nQ_n. Alorsz est une racine de P_n ou une racine deQ_n. D’après le 9.a), appliqué àP_n ouQ_n, on obtient

|z| ≤1 + sup

0≤i≤2ⁿ−2

ti

t₂n−1

où lestireprésentent les coefficients du polynômePnouQn, selon. Or ces polynômes sont séquentiels, c’est-à-dire que tous leurs coefficients valent±1. Doncsup

i

ti

t2ⁿ−1

= 1 et par conséquent|z| ≤2.

Par ailleurs, on a démontré au 8. que

Qn(z) = (−1)ⁿz²ⁿ⁻¹Pn(−z⁻¹).

Si (PnQn)(z) = 0, alors :

— soitP_n(z) = 0(z= 0est impossible puisque le terme constant deP_nest non nul), auquel casQ_n(−z⁻¹) = 0;

— soitQn(z) = 0(là encorez= 0est impossible), auquel casPn(−z⁻¹) = 0.

Dans tous les cas, −z⁻¹ est une autre racine dePnQn. Elle vérifie donc| −z⁻¹| ≤2 d’où|z| ≥ 1 2. Finalement, pour toute racine complexez deP_nQ_n, on a

1

2 ≤ |z| ≤2.

Pour voir si l’on peut remplacer ces inégalités larges par des inégalités strictes, regardons déjà s’il existe des racines dePnQn de module exactement2.

Soitzune racine de P_nQ_n. Comme tout à l’heure, c’est une racine deP_n ou deQ_n, en tout cas d’un polynôme séquentiel. Pour certains coefficientst_i égaux à ±1, on a donc

t0+t1z+· · ·+t2ⁿ−2z²ⁿ⁻²=−t2ⁿ−1z²ⁿ⁻¹ et en tenant compte du fait que|ti|= 1pour touti, il vient

|z|²ⁿ⁻¹≤1 +|z|+· · ·+|z|²ⁿ⁻² soit

|z|²ⁿ⁻¹≤|z|²ⁿ⁻¹−1

|z| −1 . Ainsi, si|z|= 2, on obtient

2²ⁿ⁻¹≤2²ⁿ⁻¹−1 ce qui est absurde.

Il n’existe donc aucune racine de P_nQ_n de module exactement2. Par la relation entreP_n(−z⁻¹) et Q_n(z), on en déduit qu’il n’existe pas non plus de racine deP_nQ_n de module exactement 1

2.

Dans l’encadrement obtenue de|z|, les inégalités larges peuvent donc être remplacées par des inégalités strictes.

10.a) Le polynômePn est la partie dePn+1tronquée à l’ordre2ⁿ−1, il existe donc une série entière,S(z) =

∞

X

p=0

upz^p, dont lesPnsont des sommes partielles. Par ailleurs|up|= 1pour toutp, donc le rayon de convergence est égal à1 . 10.b) On aPn(z) =

2ⁿ−1

X

p=0

upz^pavecup=±1.

Pour tout |z| ≤ 1

2, il vient |Pn(z)| ≥ 1−

2ⁿ−1

X

p=1

upz^p

avec

2ⁿ−1

X

p=1

upz^p

≤

2ⁿ−1

X

p=1

1

2^p = 1−2¹⁻²ⁿ. Ainsi |Pn(z)| ≥ 2

1 2

²ⁿ .

Supposons que la somme de la sérieS ait un zéroz0 tel que|z0|< 1 2. On a |Pn(z0)|=|S(z0)−Pn(z0)| ≤

∞

X

p=2ⁿ

|z0|^p= 1

1− |z₀||z0|²ⁿ. On aboutit à une contradiction, puisque 1

1− |z0||z0|²ⁿ<2 1

2 2ⁿ

.

La somme de la série S n’a donc pas de zéros dans le disque ouvert de rayon1/2centré à l’origine .