MPSI B Corrigé du DM 10 29 juin 2019
Problème
Partie 1 - Nombre de racines positives.
1. Sin= 0, le polynôme n'admet pas de racine, la suite des coecients qui ne contient qu'un seul terme ne change pas de signe :n+(P) =V(P) = 0.
Si n= 1. Lorsque V(P) = 0, les deux coecients a0, a1 sont de même signe donc le polynôme n'admet pas de racine positive etn+(P) =V(P) = 0.
LorsqueV(P)6= 0, les deux coecientsa0, a1sont de signes opposés donc le polynôme admet une seule racine positive−aa0
1 et n+(P) =V(P) = 1. 2. D'après l'énoncé :
P =a0+a1Xb1+· · ·+anXbn donc
P0=a1b1Xb1−1+R
où R ne contient que des X avec un exposant ≥b2−1 > b1−1. Il existe donc un polynômeQtel queP0=Xb1−1)QQ
3. Soit r1 < r2 < · · · < rl les racines strictement positives de P avec les multiplicités m1< m2<· · ·< ml.
D'après la dénition de la multiplicité d'une racine, r1 < r2 < · · · < rl sont encore racines deP0 mais avec les multiplicitésm1−1, m2−1,· · · , ml−1. On convient qu'un nombre qui n'est pas racine est compté comme une racine de multiplicité 0.
De plus, à cause du théorème de Rolle,P0 admet une racine entre deux racines consé- cutives deP. On obtient ainsi l−1 nouvelles racines strictement positives de P0 de multiplicité au moins 1.
Les racines non nulles de P0 sont celles de Q avec les mêmes multiplicitités. Le po- lynôme Q admet peut-être d'autres racines que celles que l'on vient de trouver. En sommant les multiplicités, on obtient de toute façons
n+(Q)≥(m1−1) +· · ·+ (ml−1) +l−1 =m1+· · ·+ml−1
4. Dans cette question, on supposea0a1<0. Comme plus haut,P0=Xb1Qavec Q=b1a1+b2a2Xb2−b1+· · ·
Comme tous lesbisont strictement positifs, le nombre de changement de signesV(Q) est le nombre de changements de signe dansa1, a2,· · ·. On en déduit
V(P) =V(Q) + 1
D'après la règle de Descartes à l'ordren−1 :n+(Q)≤V(Q) =V(P)−1. D'après la question 3. on a :n+(Q)≥n+(P)−1.
On en déduitn+(P)−1≤V(P)−1c'est à diren+(P)≤V(P).
5. a. Comme P(b1)(0) = b1!a1 > 0, il existe un α > 0 tel que P(b1) soit strictement positif dans [0, α]. On en déduit que P(b1−1) est croissante dans [0, α], elle est aussi positive car P(b1−1)(0) = 0. Comme P(b1−2) et toutes les autre dérivées sont nulles en 0, elles sont successivement croissantes et positives jusqu'àP. b. Sia0<0alorsa1<0et le raisonnement est identique avec des fonctions décrois-
santes et négatives.
c. Plaçons nous dans le cas oùa0 eta1 sont strictement positifs avecP0 =Xb1−1Q etP0>0dans l'intervalle[0, α]de la question précédente. Notonsr1la plus petite racine strictement positive deP.
P est croissante et strictement positive dans ]0, α] donc α < r1 et P0(α) > 0. MaisP0 ne peut rester>0 entreαet r1 doncP0 doit s'annuler en un point qui est aussi un zéro deQ. On traite l'autre cas en considérant le polynôme−P. d. Icia0 eta1 sont de même signe doncV(P) =V(Q). On peut compter les multi-
plicités des racines deQ: celles qui sont entrer1etrn et au moins une< r1. On obtient
n+(Q)≥(n+(P)−1) + 1 =n+(P)
De la règle de Descartes à l'ordren−1, on tiren+(Q)≤V(Q)d'où n+(P)≤n+(Q)≤V(Q) =V(P)
6. a. Question évidente car(−1)bk= (−1)−bk b. Commeckck+1<0 etakak+1<0, on a aussi
0< ckck+1akak+1= (−1)bk+1−bk(akak+1)2 doncbk+1−bk≥2 car c'est un nombre pair et strictement positif.
c. Répartissons leskentre 0 etn−1suivant que lesaou lesbou les deux changent de signe. Notons
I = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqakak+1<0, ckck+1>0}
J = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqakak+1>0, ckck+1<0}
K = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqakak+1<0, ckck+1<0}
On peut remarquer que par dénitionV(P, P−) = CardK. D'autre part,I∪K est l'ensemble des indices oùP change de signe donc CardI+ CardK =V(P).
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/
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De mêmeJ∪Kest l'ensemble des indices oùP−change de signe doncCardJ+ CardK=V(P−). À partir de ces équations, on obtient
CardI = V(P)−V(P, P−) (1) CardJ = V(P−)−V(P, P−) (2)
CardK=V(P, P−) (3)
Sik∈I∪J, bk−1−bk≥1, sik∈K, bk−1−bk ≥1. En ne tenant compte que des kdansI,J ouK, on peut écrire
bn= X
k∈{0,···,n}
(bk+1−bk)≥ X
k∈I∪J
(bk+1−bk) +X
k∈K
(bk+1−bk)
≥CardI+ CardJ+ CardK
≥(V(P)−V(P, P−)) + (V(P−)−V(P, P−)) + 2V(P, P−)
≥V(P) +V(P−) d. D'après la dénition deP−, les racines strictement négatives deP sont les oppo-
sées des racines strictement positives deP−. Lorsque toutes les racines deP sont réelles,degP =n+(P) +n+(P−).
D'après la règle de Descartes démontrée en 5. : n+(P)≤V(P)
n+(P−)≤V(P−) )
⇒degP ≤V(P) +V(P−)≤bn
Il est donc impossible que n+(P) < V(P) car sinon degP < bn ce qui est évi- demment absurde.
Partie 2 - Localisation des racines.
Partie 3 - Isolement des zéros d'une fonction.
1.
2. a.
b.
3. a.
b. Supposons que l'ensemble des zéros soit inni. On peut alors former une suite injective de zéros. D'après le théorème de Bolzano Weirstrass, on peut extraire de cette suite bormée une suite convergente dont la limite est dans le segment.
Par continuité, la limite de cette suite est un zéro de f qui ne sera pas isolé en contradiction avec la question a. L'ensembleZ est donc ni.
c.
4.
5. Le point important est l'inégalité de la question 1.b. Sif admet au moins deux zéros dans[a, b]alors|f0(c)| ≤ b−a2 M2 oùc est le milieu de[a, b]. Cela donne une condition susante pour que le segment contienne au plus un zéro. En supposant que l'on connaisseM2et que l'on sache calculer les valeurs def0, on peut former un algorithme qui va trouver une subdivisionc0, c1,· · · de l'intervalle initial[aini, bini]telle que chaque segment[ck, ck+1]contienne au plus un zéro.
En procédant par dichotomie, on calcule un segment (sur le bord gauche du segment donné) assez petit pour contenir au plus un zéro.
initialisation
a←aini, b←binic[0]←a,i←1 tant que
f0(a+b2ini)
≤ bini2−aM2 c← a+b2
si|f0(c)| ≤ b−a2 M2 b←c
sinon
a←b,c[i]←a b←bini
i←i+ 1
Il n'est pas du tout certain que cet algorithme se termine. Par exemple si l'extrémité droiteaannule la dérivée (sans être un zéro) et si la suite desbva versa, alors la suite descaussi et la condition|f0(c)| ≤ b−a2 M2risque d'être toujours vériée carf0(c)tend vers 0.
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