MPSI B Corrigé du DM 5 24 janvier 2020

(1)

MPSI B Corrigé du DM 5 24 janvier 2020

EXERCICE I Partie I

Rappelons que w = e

^2iπⁿ

, les autres valeurs de la famille sont w

²

, · · · , w

ⁿ

, avec en parti- culier w

ⁿ

= 1 . Pour tout polynôme P ∈ C

n−1

[X] , considérons

S = P e (w

¹

) + P(w e

²

) + · · · + P e (w

ⁿ

)

| {z }

=P(we ⁰)

=

n−1

X

k=0

P(w e

^k

).

Considérons P ∈ C

n−1

[X] quelconque. Il s'écrit

P = a

0

+ a

1

X + · · · + a

_n−1

X

ⁿ⁻¹

=

n−1

X

j=0

a

j

X

^j

.

avec a

0

, · · · , a

n

complexes. Ceci nous conduit à considérer pour j ∈ {0, · · · , n}

n−1

X

k=0

(w

^k

)

^j

=



 

 

 

 

n−1

X

k=0

1 = n si j = 0.

n−1

X

k=0

(w

^j

)

^k

= 1 − (w

^j

)

ⁿ

1 − w

^j

= 1 − (w

ⁿ

)

^j

1 − w

^j

= 0 si j ∈ J 1, n − 1 K . On en déduit :

S =

n−1

X

k=0





n−1

X

j=0

a

j

(w

^k

)

^j



 =

n−1

X

j=0

a

j n−1

X

k=0

(w

^k

)

^j

!

= na

0

= n P e (0).

car seul j = 0 contribue réellement à la somme. La famille (0, w

¹

, · · · , w

ⁿ

) vérie (C) .

Partie II

1. a. Chaque P

i

est un polynôme de degré n − 1 . D'après la condition (C) : P e

i

(z

0

) = 1

n

P e

i

(z

1

) + P e

i

(z

2

) + · · · + P e

i

(z

n

) .

Or par dénition de P

_i

, tous les P e

_i

(z

_k

) sont nuls sauf si k = i . C'est le seul cas où X − z

k

ne gure pas dans l'expression factorisée de P

i

. On en déduit

P e

_i

(z

₀

) = 1 n P e

_i

(z

_i

).

b. Montrons que Φ

⁰

= P

1

+ · · · + P

n

.

Φ

⁰

= ((X − z

₁

) [(X − z

₂

) · · · (X − z

_n

)])

⁰

= (X − z

2

) · · · (X − z

n

) + (X − z

1

) ((X − z

2

) · · · (X − z

n

))

⁰

= P

1

+ (X − z

1

) ((X − z

2

) [(X − z

3

) · · · (X − z

n

)])

⁰

= P

₁

+ P

₂

+ (X − z

₁

)(X − z

₂

) ((X − z

₃

) · · · (X − z

_n

))

⁰

...

= P

1

+ P

2

+ · · · + P

n

.

Pour i xé et k variable, tous les P e

k

(z

i

) sont nuls sauf P e

i

(z

i

), on a donc, en utilisant la première question,

f Φ

⁰

(z

_i

) = P e

_i

(z

_i

) = n P e

_i

(z

₀

) = n Y

k∈J1,nK−\{i}

(z

₀

− z

_k

).

Quand on multiplie par (z

₀

− z

_i

) , on obtient exactement les mêmes facteurs que dans Φ(z e

0

) soit (z

0

− z

i

)f Φ

⁰

(z

0

) = ne Φ(z

0

) .

c. Considérons le polynôme Q = Φ −

_n¹

(X − z

₀

)Φ

⁰

− Φ(z e

₀

) , il vérie Q(z e

₀

) = 0 et

∀i ∈ {1, · · · , n} , Q(z e

_i

) = Φ(z e

_i

)

| {z }

=0

− 1

n (z

_i

− z

₀

)f Φ

⁰

(z

_i

)

| {z }

=−neΦ(z0)

−e Φ(z

₀

) = 0.

Le polynôme Q admet n + 1 racines distinctes avec deg(Q) ≤ n , donc Q est nul.

2. a. En substituant z

0

à X dans Ψ , on obtient

Ψ(z e

0

) = Φ(z e

0

) − Φ(z e

0

) = 0 ⇒ z

0

racine de Ψ.

Comme n ≥ 3 , le coecient dominant de Ψ est celui de Φ c'est à dire 1.

Par dénition, z

0

est une racine de Ψ de multiplicité m ∈ N

^∗

si et seulement si

∃Q ∈ C [X ] tq Ψ = (X − z

₀

)

^m

Q avec Q(z e

₀

) 6= 0

⇔ Ψ g

^(k)

(z

0

) =

( 0 si k ∈ J 0, m − 1 K 6= 0 si k = m . b. En posant Ψ = Φ − Φ(z e

0

) , la formule de 1.c. s'écrit encore

Ψ = 1

n (X − z

0

)Φ

⁰

= 1

n (X − z

0

)Ψ

⁰

.

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 M0105C

(2)

MPSI B Corrigé du DM 5 24 janvier 2020

Dérivons i fois cette relation à l'aide de la formule de Leibniz. Les dérivées suc- cessives de (X − z

0

) sont nulles à partir de la 2

^◦

, il ne reste donc que deux termes

nΨ

⁽ⁱ⁾

= [(X − z

0

)Φ

⁰

]

⁽ⁱ⁾

= (X − z

0

)

⁽⁰⁾

Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

+ i(X − z

0

)

⁽¹⁾

Ψ

⁰⁽ⁱ⁻¹⁾

= (X − z

0

)Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

+ iΨ

⁽ⁱ⁾

⇒ (n − i)Ψ

⁽ⁱ⁾

= (X − z

0

)Ψ

⁽ⁱ⁺¹⁾

. c. Substituons z

₀

à X dans la formule précédente :

∀i ∈ J 1, n − 1 K , (n − i) Ψ g

⁽ⁱ⁾

(z

0

) = 0 ⇒ Ψ g

⁽ⁱ⁾

(z

0

) = 0.

Avec la caractérisation citée en a., on en déduit que z

₀

est racine de multiplicité au moins n de Ψ . Comme deg Ψ = n , il existe un réel λ tel que Ψ = λ(X − z

0

)

ⁿ

. Comme le coecient dominant est 1 , on a en fait

Ψ = (X − z

₀

)

ⁿ

. 3. D'après la question précédente et la dénition de a ,

Φ = (X − z

0

)

ⁿ

+ Φ(z e

0

) = (X − z

0

)

ⁿ

− a

ⁿ

.

Par dénition, les racines de Φ sont z

1

, · · · , z

n

. On en déduit que z

1

− z

0

, · · · , z

n

− z

0

sont les racines n -ièmes de −e Φ(z

0

) . On a donc :

{z

1

, · · · , z

n

} = z

0

+ a U

ⁿ

= {z

0

+ au avec u ∈ U

ⁿ

}

Les complexes z

₁

, · · · , z

_n

sont les sommets d'un polygône régulier de centre z

₀

.

EXERCICE II

1. a. Les racines 5-èmes de e

^2iπx

sont les nombres complexes e

^2iπx⁵

u avec u ∈ U

5

. On peut aussi les écrire e

^iθ^k

avec

θ

k

= 2iπ

5 (x + k) pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}

b. Si Z = e

^iθ

,

i Z + 1

Z − 1 = i e

^iθ

+ 1

e

^iθ

− 1 = cotan θ 2

2. Notons P le polynôme

(X − i)

⁵

(i + cotan(πx)) + (X + i)

⁵

(i − cotan(πx)) Il est de degré 5. Comme x n'est pas entier, sin πx 6= 0 et

i + cotan πx = 1

sin πx (cos πx + i sin πx) = 1 sin πx e

^iπx

i − cotan πx = 1

sin πx (− cos πx + i sin πx) = − 1

sin πx e

^−iπx

D'autre part, il est bien clair que i et −i ne sont pas racines (un des termes s'annule mais pas l'autre). Ainsi, z est racine de P si et seulement si

z + i z − i

⁵

= e

^2iπx

L'application h z →

^z+i_z−i

est une bijection de C − {i} dans C − {1} . Comme x n'est pas entier, e

^2iπx

6= 1 . Les racines de P sont donc les images réciproques par h des racines 5-ièmes de e

^2iπx

.

Or

^z+i_z−i

= Z si et seulement si z = i

^Z+1_Z−1

= cotan

^θ₂

lorsque Z = e

^iθ

d'après 1.b. En utilisant le θ

k

déni en 1.a., on en déduit que les racines de P sont les nombres réels

cotan x + k

5 π k ∈ {0, · · · , 4}

Il paraît surprenant de ne trouver que des racines réelles car le polynôme est à coef- cients complexes. En fait tous ses coecients sont imaginaires purs, on s'en aperçoit en considérant P .

3. Précisons, dans le développement de P les termes de degré 5 , 4 et 0 à l'aide du début de la formule du binôme.

P = e

^iπx

sin πx (X − i)

⁵

− e

^−iπx

sin πx (X + i)

⁵

= e

^iπx

− e

^−iπx

sin πx X

⁵

+ −e

^iπx

− e

^−iπx

sin πx 5iX

⁴

+ · · · + e

^iπx

+ e

^−iπx

sin πx (−i)

= 2i X

⁵

− 5 cotan πx X

⁴

+ · · · − cotan πx Comme on connait les racines du polynôme :

X

⁵

− 5 cotan πx X

⁴

+ · · · − cotan πx =

4

Y

k=0

X − cotan x + k 5 π

2

(3)

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On en déduit, en identiant les termes de degré 4 ou 0 ,

4

X

k=0

cotan x + k

5 π = 5 cotan πx,

4

Y

k=0

cotan x + k

5 π = − cotan πx

3