on obtient (−1)

(1)

Problème I

1. a. En écrivant les deux termes de plus haut degré de la formule du binôme, on montre que Q

n

est de degré n et de coecient dominant n + 1 .

b. En substituant −X à X dans Q

_n

on obtient (−1)

ⁿ

Q

_n

. On en déduit que Q

_n

est de même parité que n et que l'ensemble des racines de Q

_n

est symétrique (si z est racine alors −z l'est aussi).

2. Écrivons cette fois la formule complète : Q

2r

= 1

2i

2r+1

X

k=0

2r + 1 k

1 − (−1)

^k

.(i)

^k

X

^2r+1−k

De plus 1 − (−1)

^k

est nul si k est pair, il vaut 2 si k est impair. Les entiers impairs k entre 1 et 2r + 1 sont de la forme 2p + 1 avec p ∈ J 0, r K. Alors i

^k

= (−1)

^p

i d'où

Q

_2r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^2(r−p)

.

On retrouve bien le fait que Q

_2r

est pair. Il est clair que S

r

=

r

X

p=0

2r + 1 2p + 1

(−1)

^p

X

^r−p

.

3. Les racines de Q

n

sont les complexes z tels que (z + i)

ⁿ⁺¹

= (z − i)

ⁿ⁺¹

.

Comme i n'est pas solution de cette équation, celle ci est équivalente à z + i

z − i

ⁿ⁺¹

= 1 ⇔ z + i

z − i ∈ U

n+1

\ {1} .

Il convient d'enlever 1 car

^z+i_z−i

6= 1 pour tout z ∈ C. On en déduit que z est une racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z + i

z − i = e

^2ikπⁿ⁺¹

. Il faut exclure k = 0 car

^z+i_z−i

est toujours diérent de 1.

En transformant la relation (homographique) précédente, on obtient que z est racine si et seulement si

∃k ∈ J 1, n K tq z = −i 1 + e

^2ikπⁿ⁺¹

1 − e

^2ikπⁿ⁺¹

= −i 2 cos

_n+1^kπ

−2i sin

_n+1^kπ

= cotan kπ n + 1 .

Ces racines sont distinctes car l'application

¹

z →

^z+i_z−i

est bijective de C − {i} dans C − {1} . Avec le coecient dominant, l'expression des racines conduit à la factorisation

Q

_n

= (n + 1)

n

Y

k=1

X − cotan kπ n + 1

.

4. Lorsque k ∈ J 1, r K, l'entier 2r + 1 − k décrit K r + 1, 2r K avec cotan (2r + 1 − k)π

2r + 1 = cotan(π − kπ

2r + 1 ) = − cotan kπ 2r + 1 .

Pour tout k ∈ J 1, r K, on regroupe les racines opposées associées à k et à 2r + 1 − k . On obtient

Q

2r

= (2r + 1)

r

Y

k=1

X

²

− cotan

²

kπ 2r + 1

.

En développant, il apparait que le coecient du terme de degré 2r − 2 de Q

2r

est

−(2r + 1)

r

X

k=1

cotan

²

kπ 2r + 1 .

D'autre part, l'expression de S

r

, ce coecient est aussi

− 2r + 1

3 = − (2r + 1)(2r)(2r − 1)

6 .

On en déduit

_r

X

k=1

cotan

²

kπ

2r + 1 = r(2r − 1)

3 .

En remplaçant cotan

²

par

_sin¹2

− 1 dans la formule précédente, il vient

r

X

k=1

1 sin

²_2r+1^kπ

= 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 de sin x < x < tan x . Celles ci se démontrent très rapidement en formant les tableaux de variation de x − sin x et de tan x − x .

1une telle application est dite homographiqe

(2)

6. Écrivons les inégalités de la question précédente avec x =

_2r+1^kπ

∈ 0,

^π₂

pour tous les k ∈ J 1, r J et 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 k

²

≤

π 2r + 1

2

2r(r + 1) 3

π

²

3 r(2r − 1) (2r + 1)

²

≤

r

X

k=1

1 k

²

≤ 2π

²

3 r(r + 1) (2r + 1)

²

.

Quand r → +∞ , les suites à droite et à gauche convergent vers

^π₆²

. On en déduit

(

r

X

k=1

1 k

²

)

r∈N

→ π

²

6 .

Exercice

Partie I

1. Lorsqu'un polynôme P est dans le noyau de Φ , il admet les n réels distincts (x

₁

, · · · , x

_n

) comme racine. Il est donc divisible par

L = (X − x

1

) · · · (X − x

n

)

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 un P quelconque dans le noyau de Φ . On sait déjà qu'il est divisible par L , il existe un polynôme Q de degré inférieur ou égal à n − 2 (s'il n'est pas nul) tel que P = LQ . Alors

P

⁰

= LQ

⁰

+ L

⁰

Q

∀i ∈ {1, · · · , n} − {k} : 0 = P f

⁰

(x

i

) = L(x e

i

)

=0

f Q

⁰

(x

i

) + L e

⁰

(x

i

)

6=0

Q(x e

i

)

car toutes les n racines de L (de degré n ) sont simples. On en déduit que Q admet au moins n − 1 racines. C'est donc le polynôme nul.

Partie II

1. On rappelle que le symbole de Kronecker δ

_ij

vaut 1 lorsque i = j et 0 si i 6= j . Il est bien connu que L

_i

(x

_j

) = δ

_ij

.

2. Comme la famille (L

₁

, · · · , L

_n

) contient n = dim R

n−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 :

λ

₁

L

₁

+ · · · + λ

_n

L

_n

En substituant x

_i

à X (pour n'importe quel i ), on obtient

λ

_i

= 0

La famille est donc libre.

Les coordonnées d'un polynôme P dans la base (L

1

, · · · , L

n

) s'obtiennent de manière analogue. On obtient

( P e (x

1

), · · · , P e (x

n

))

3. Tous les x

j

sont racines de tous les Λ

i

donc Λ

i

(x

j

) = 0 . Lorsque i 6= k , toutes ces racines sont doubles sauf x

i

et x

k

. On en déduit

Λ

⁰_i

(x

j

) =0 si j 6= j 6= k

Λ

⁰_i

(x

i

) =(x

i

− x

k

) Y

j∈{1,···,n}−{i,k}

(x

i

− x

j

)

²

si j = i Λ

⁰_i

(x

k

) =(x

k

− x

i

) Y

j∈{1,···,n}−{i,k}

(x

k

− x

j

)

²

si j = k

4. a. Cette famille contient 2n − 2 = dim E éléments. Pour montrer que c'est une base, il sut de montrer qu'elle est libre.

Considérons une combinaison linéaire nulle

l

1

L

1

+ · · · l

n

L

n

+ λ

1

Λ

1

+ · · · λ

n

Λ

n

= 0

En substituant les x

_i

, on montre que les l

_i

sont nuls. On peut alors simplier par L puis substituer à nouveau les x

_i

(pour i 6= k ). On obtient alors la nullité des λ

_i

. b. On cherche T sous la forme

T = l

₁

L

₁

+ · · · l

_n

L

_n

+ λ

₁

Λ

₁

+ · · · λ

_n

Λ

_n

(3)

En considérant les valeurs de T aux points x

i

, on obtient immédiatement que l

1

= · · · = l

k

= 1 et l

k+1

= · · · = l

n

= 0 . Posons

S = L

₁

+ · · · + L

_k

En considérant les valeurs de T

⁰

aux points x

_i

, on obtient immédiatement que pour i 6= k :

λ

i

= − S

⁰

(x

i

) Λ

⁰_i

(x

_i

)

Il est évident que T déni avec ces coecients répond aux contraintes. Son degré est au plus 2n − 2 car les L

_i

sont de degré n − 1 et les Λ

_i

de degré 2n − 2 . 5. a. Par dénition, T

⁰

s'annule aux n − 1 points x

_i

pour i 6= k .

De plus, on peut appliquer le théorème de Rolle entre x

₁

et x

₂

, x

₂

et x

₃

, jus- qu'à x

_k−1

et x

k

car en ces points la fonction associée à T vaut 1. On en déduit l'existence de k − 1 racines ξ

1

, · · · , ξ

_k−1

telles que :

x

1

< ξ

1

< x

2

< ξ

2

< x

2

< · · · < x

_k−1

< ξ

_k−1

< x

k

On peut faire de même pour x

k+1

, . . . , x

n

(valeur commune 0 ). On en déduit l'existence de n − k − 1 racines ξ

k+1

, · · · , ξ

n−1

telles que :

x

k+1

< ξ

k+1

< x

k+2

< ξ

k+2

< x

k+2

< · · · < x

n−1

< ξ

n−1

< x

n

b. Comme T

⁰

qui est de degré 2n − 3 admet 2n − 3 racines, elles sont toutes simples.

La fonction associée à T

⁰

change donc de signe à chaque fois. Les racines de T

⁰

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 :

x

1

max & ξ

1

min x

2

max & ξ

2

min · · · x

_k−1

max & ξ

_k−1

min (1) ou

x

1

min % ξ

1

max x

2

min % ξ

2

max · · · x

k−1

min % ξ

k−1

max (2) et de même dans la deuxième zone

x

_k+1

max & ξ

_k+1

min · · · x

_n−1

max & ξ

_n−1

min x

_n

max (3) ou

x

k+1

min % ξ

k+1

max · · · x

_n−1

min % ξ

_n−1

max x

n

min (4)

En fait, le rôle particulier joué par x

k

vient "bloquer" la situation.

La fonction T

⁰

ne change pas de signe dans l'intervalle ]ξ

_k−1

, x

k+1

[

La fonction T y est donc monotone. Mais comme cet intervalle contient x

k

avec T (x

_k

) = 1 et T(x

_k+1

) = 0

La fonction T est décroissante dans cet intervalle. Ce qui entraîne que ξ

k−1

est un maximum et x

k+1

est 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 fonction T est décrois- sante dans ] − ∞, x

1

[ et croissante dans ]x

_n

, +∞[ . Comme T(x

₁

) = 1 et T (x

_n

) = 0 on a :

∀x ≤ x

₁

: T (x) ≥ 1 et ∀x ≥ x

_n

: T (x) ≥ 0

La fonction T 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 un x

i

. La plus petite valeur atteinte par T est donc 0 . Elle reste toujours positive.

La fonction polynomiale T 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. Le polynôme xé A dénissant f est de degré n le plus grand degré possible pour f (P ) est s + n − 1 . Soit s le degré de P . Le coecient de X

^s+n−1

est

(s − p)( Coe. dom. de A)( Coe. dom. de P ).

On en déduit

deg(f (P))

( = s + p − 1 si deg(P ) 6= deg(A)

≤ s + p − 1 si deg(P ) = deg(A)

Le degré maximal de f (P ) pour P ∈ R

m

[X] est donc p = n+m−1 car n <

^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) = A

²

Q

⁰

.

(4)

d. Il est clair que f (P) = 0 si et seulement si la fonction rationnelle

^P_A

est constante.

On remarque que la fonction est dénie dans I car le polynôme A est sans racine dans cet intervalle. Si P est dans le noyau de f , il existe donc un réel λ tel que P e = λ A e . 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 :

ker f = Vect(A)

Le théorème du rang entraîne alors, rg(f ) = dim R

m

[X] − 1 = m . 2. a. L'espace engendré V = Vect X

ⁱ

, i ∈ J \ {n}

est un hyperplan supplémentaire de ker f 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 Y

ⁱ

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 que f (A) = 0 . On en déduit :

Y

_n

= −a

₀

Y

₀

− a

₁

Y

₁

− · · · − a

_n−1

Y

_n−1

(pas de terme en a

_i

Y

_i

) 3. a. On a déjà montré (question 1a) que le degré de Y

_i

est n + i − 1 .

b. Soit S = f (P ) un polynôme non nul dans l'image de f . Montrons que le plus petit degré possible pour S est n − 1 ( = deg(A) − 1 ).

Ce degré est atteint pour S = f (1) = −A

⁰

.

Si deg(P) 6= n , alors deg(f (P )) = n + deg(P ) − 1 ≥ n − 1 .

Si deg(P) = n , notons λ son coecient dominant. Il existe alors un polynôme R tel que P = λA + R avec deg(R) < n . Comme A est dans le noyau : f (P ) = f (R) avec deg(f (R)) = deg(R) + n − 1 ≥ n − 1 .

c. Un polynôme divisible par A

²

est de la forme A

²

Q . Il est dans l'image de f car on peut écrire

A

²

Q = f(AQ

₁

)

où Q

1

est un polynôme primitif de Q (c'est à dire tel que Q

⁰₁

= Q ).

Supposons P = A

²

Q + R avec R dans l'image. Alors, par linéarité, A

²

Q ∈ Im f ⇒ P ∈ Im f.

Réciproquement, supposons P = f (P

1

) dans l'image. Écrivons la division eucli- dienne P = A

²

Q + R de P par A

²

. Comme A

²

Q = f (Q

1

) , R = f (P

1

− Q

1

) est aussi dans l'image.

Comme R est le reste d'une division par A

²

, la valeur maximale de son degré est deg(A

²

) − 1 = 2n − 1 .

4. a. Les primitives de

f (P)

A

²

= AP

⁰

− A

⁰

P

A

²

=

P A

0

sont les fractions rationnelles P

A + C avec C ∈ R .

b. Pour i ∈ J \ {n} , Y

i

= f (X

ⁱ

) donc une primitive de

_A^Yⁱ2

est

^X_Aⁱ

. Pour i = n ,

Y

_n

= −a

₀

Y

₀

− a

₁

Y

₁

− · · · − a

_n−1

Y

_n−1

donc une primitive de

^Y_Aⁿ2

est

−a

0

− a

₁

X

¹

− · · · − a

_n−1

X

ⁿ⁻¹

A = X

ⁿ

− A

A = X

ⁿ

A − 1.

Dans ce cas aussi

^X_Aⁿ

est une primitive de

_A^Yⁿ2

. 5. Dans cette question m > 6 et A = X

³

− X + 1 .

a. On trouve, après un calcul direct :

Y

0

= −3X

²

+ 1, Y

1

= −2X

³

+ 1, Y

2

= −X

⁴

− X

²

+ 2X.

b. On peut exprimer S = X

⁴

+ 4X

³

− 2X

²

− 2X − 1 comme combinaison des Y

i

en utilisant systématiquement le terme de plus haut degré. On obtient

S = −Y

2

− 2Y

1

+ Y

0

∈ Im(f ).

c. On déduit de la question précédente que

−X

²

− 2X + 1

A est une primitive de X

⁴

+ 4X

³

− 2X

²

− 2X − 1 (X

³

− X + 1)

²

. d. D'après les questions précédentes, un polynôme P est dans l'image si et seulement

si il est combinaison des Y

_i

c'est à dire s'il existe u , v , w tels que

P = −wX

⁴

− 2vX

³

− (w + 3u)X

²

+ 2wX + v + u

(5)

Le polynôme P est donc dans l'image si et seulement si le système suivant (aux inconnues u , v , w )