On considère l'application f de C ∗ dans C dénie par f(z) = z + 1 z . 1. a. Montrer que f est surjective.

(1)

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On considère l'application f de C ^∗ dans C dénie par f(z) = z + ¹ _z . 1. a. Montrer que f est surjective.

b. Soit Γ l'ensemble des nombres complexes de module 1. Déterminer l'image F de Γ par f .

Montrer que l'image réciproque de F par f est Γ .

c. Soit D = {z ∈ C tq 0 < |z| < 1} , montrer que l'application g qui coïncide avec f mais dénie dans D et à valeurs dans C − F est une bijection.

2. a. Montrer que, pour tout entier n positif ou nul, il existe un unique polynôme P _n tel que :

∀z ∈ C ^∗ , f (z ⁿ ) = ˜ P n (f (z)) et que

∀n ≥ 1, P _n+1 = XP _n − P _n−1 b. Expliciter P 0 , P 1 , P 2 , P 3 .

c. Déterminer le degré de P _n et étudier la parité de P _n .

3. Soit n et k deux entiers naturels ; calculer la dérivée de la fonction qui à x ∈ ]−2, +2[

associe 2 cos(n arccos ^x ₂ ) .

Préciser la valeur de cette dérivée en 2 cos ^(2k+1)π _2n pour k ∈ {0, . . . , n − 1} .

4. Pour tout entier n supérieur ou égal à 1, on considère l'équation polynomiale dans C :

P ˜ _n (x) = 0 (1)

a. Résoudre l'équation (1). Vérier qu'elle admet n solutions distinctes. Classées par ordre décroissant, elles seront notées x n,k ; k variant de 0 à n − 1 :

x _n,0 ≥ x _n,1 ≥ · · · ≥ x _n,k ≥ · · · ≥ x _n,n−1

b. On suppose n ≥ 2 , montrer que

∀k ∈ {0, . . . , n − 2} , x n,k > x _n−1,k > x n,k+1

Etant donné un nombre complexe b , on considère, pour tout entier n ≥ 2 , l'équation polynomiale dans C

P ˜ n (x) = b (2)

5. On suppose que b n'appartient pas à l'intervalle réel [−2, +2] . Montrer que (2) admet n racines distinctes.

6. On suppose que b ∈ [−2, +2] et on pose θ = arccos ^b ₂ . a. Exprimer les solutions de (2) en fonction de θ .

b. Pour quelles valeurs de b l'équation (2) admet-elle des racines doubles ?

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 Arecipol

(2)

MPSI B 29 juin 2019

Corrigé

1. a. Pour tout complexe w , l'équation z + ¹ _z = w d'inconnue z 6= 0 est équivalente à z ² − zw + 1 = 0 qui, comme toute équation polynomiale complexe admet des solutions. Le calcul explicite des solutions est inutile ici. La fonction f est surjective.

b. Soit z = e ^iθ ∈ Γ , alors f (z) = 2 cos θ ∈ [−2, +2] donc F ⊂ [−2, +2] . Réciproque- ment, si y ∈ [−2, +2] , il existe θ tel que y = 2 cos θ donc y = f (e ^iθ ) . On a donc F = [−2, +2] .

Si w = 2 cos θ, l'équation polynômiale considérée au a. devient (z − e ^iθ )(z − e ^−iθ ) = 0

Les deux antécédents de w sont donc e ^iθ et e ^−iθ de module 1 ce qui montre f ⁻¹ ([−2, +2]) = Γ .

c. Il s'agit de montrer que, pour chaque w ∈ C − [−2, +2] , il existe un unique z ∈ D tel que z ² − zw + 1 = 0 .

Soit z 1 , z 2 tels que z ² −zw+1 = (z−z 1 )(z−z 2 ) et que |z 1 | ≤ |z 2 | . Comme z 1 z 2 = 1 ,

|z 1 | 6= |z 2 | sinon les deux modules seraient égaux à 1 et w appartiendrait à F.

On a donc |z 1 | < 1 < |z 2 | ce qui montre que w admet un seul antécédent z 1 dans D .

2. a. On raisonne par récurrence, l'existence et l'unicité de P 0 et P 1 sont évidentes avec P 0 = 2 , P 1 = X . Supposons l'existence, l'unicité et la formule vériée jusqu'à un ordre n alors :

f (z ⁿ⁺¹ ) = (z + 1

z )(z ⁿ + 1

z ⁿ ) − (z ⁿ⁻¹ + 1 z ⁿ⁻¹ )

= (z + 1

z ) ˜ P n (z + 1

z ) − P ˜ n−1 (z + 1 z )

avec P n+1 = XP n − P n−1 . L'unicité du polynôme P n+1 est assurée par le fait que z + _z ¹ prend une innité de valeurs quand z décrit C ^∗ .

b. La formule précédente conduit à P 2 = X ² − 2 , P 3 = X ³ − 3X c. Il est clair par récurrence que P n est de degré n et que

P ˜ n (−X ) = (−1) ⁿ P n

Le polynôme P _n est donc pair lorsque n est pair, impair lorsque n est impair.

3. Si φ(x) = 2 cos(n arccos ^x ₂ ) , φ ⁰ (x) = ^√ ²ⁿ

4−x

²

sin(n arccos ^x ₂ ) .

Si x = 2 cos ^(2k+1)π _2n , comme ^(2k+1)π _2n ∈ ]0, π[ lorsque k est dans {0, . . . , n − 1} , on a

arccos x

2 = (2k + 1)π 2n sin(n arccos x

2 ) = sin (2k + 1)π

2 = sin( π

2 + kπ) = (−1) ^k p 4 − x ² =

r

4 sin ² (2k + 1)π

2n = 2 sin (2k + 1)π 2n On en déduit nalement

φ ⁰ (2 cos (2k + 1)π

2n ) = (−1) ^k n sin ^(2k+1)π _2n 4. a. Soit x ∈ C , il existe z ∈ C ^∗ tel que x = f (z) . Alors

P ˜ _n (x) = ˜ P _n (f (z)) = f (z ⁿ )

donc P ˜ _n (x) = 0 si et seulement si z ⁿ + _z ¹

_n

= − c'est à dire z ²ⁿ = −1 . Les solutions de cette dernière équation sont les 2n nombres complexes w _k = e ^iθ

^k

avec k ∈ {0, . . . , 2n − 1} et

θ k = π 2n + k π

n = (2k + 1)π 2n

Remarquons que si k ⁰ = 2n−1−k , k ⁰ ∈ {0, . . . , 2n − 1} lorsque k ∈ {0, . . . , 2n − 1}

avec θ k

⁰

= 2π−θ k . Les 2n nombres complexes w k sont donc deux à deux conjugués, comme f (w _k ) = f (w _k ) = 2 cos θ _k , on obtient ainsi n solutions

2 cos θ ₀ > 2 cos θ ₁ > · · · > 2 cos θ _n−1

de l'équation (1). Ce sont les seules à cause du degré. On posera donc

x n,k = 2 cos (2k + 1)π 2n

Pour comparer les x n,k , il sut de comparer les θ k car tout se passe dans [0, π]

où cos est décroissante. Il sut donc de montrer que 2k + 1

n < 2k + 1

n − 1 < 2(k + 1) + 1 n

2

(3)

MPSI B 29 juin 2019

La première inégalité est évidente, la seconde résulte de : 2k + 3

n − 2k + 1

n − 1 = 2n − 2k − 3

n(n − 1) > 2n − 2(n − 2) − 3

n(n − 1) = 1

n(n − 1) lorsque k ∈ {0, . . . , n − 2} .

5. Si b / ∈ [−2, +2] , il existe un unique w dans D tel que b = f (w) . Cherchons des solutions x de (2) sous la forme x = f (z) .

Un tel x est solution si et seulement si f (z ⁿ ) = f (w) . Les n racines n ièmes {z 0 , z 1 , · · · , z _n−1 } de w sont dans D sur lequel f est injective . On en déduit que f(z 0 ), f (z 1 ), · · · , f (z _n−1 ) sont n solutions distinctes de (2) dans C − [−2, +2] . Comme P n − b est un polynôme de degré n , ce sont les seules.

6. a. Soit x une solution de (2), il existe z 1 et z 2 tels que x = f (z 1 ) = f (z 2 ) . Ils vérient f (z ₁ ⁿ ) = f (z ⁿ ₂ ) = b ∈ [−2, +2] donc, d'après 1., z 1 et z 2 sont conjuguées et de module 1 .

Posons z ₁ = e ^iφ , z ₂ = e ^−iφ . On en déduit que P _n (x) = b si et seulement si x = 2 cos φ avec cos nφ = cos θ . L'ensemble des racines de (2) dans ce cas est donc

2 cos

θ + 2kπ n

, k ∈ {0, . . . , n − 1}

b. L'équation admet des racines multiples lorsque cet ensemble contient stricte- ment moins de n éléments ; c'est à dire lorsque e ^iθ admet deux racines n ièmes conjuguées . Leurs puissances seraient alors également conjuguées, e ^iθ serait réel.

Ce cas se produit seulement si b = 2 ou b = −2 .

3

On considère l'application f de C ∗ dans C dénie par f(z) = z + 1 z . 1. a. Montrer que f est surjective.

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

On considère l'application f de C ∗ dans C dénie par f(z) = z + 1 z . 1. a. Montrer que f est surjective.

b. Soit Γ l'ensemble des nombres complexes de module 1. Déterminer l'image F de Γ par f .

Montrer que l'image réciproque de F par f est Γ .

c. Soit D = {z ∈ C tq 0 < |z| < 1} , montrer que l'application g qui coïncide avec f mais dénie dans D et à valeurs dans C − F est une bijection.

2. a. Montrer que, pour tout entier n positif ou nul, il existe un unique polynôme P n tel que :

∀z ∈ C ∗ , f (z n ) = ˜ P n (f (z)) et que

∀n ≥ 1, P n+1 = XP n − P n−1 b. Expliciter P 0 , P 1 , P 2 , P 3 .

c. Déterminer le degré de P n et étudier la parité de P n .

3. Soit n et k deux entiers naturels ; calculer la dérivée de la fonction qui à x ∈ ]−2, +2[

associe 2 cos(n arccos x 2 ) .

Préciser la valeur de cette dérivée en 2 cos (2k+1)π 2n pour k ∈ {0, . . . , n − 1} .

4. Pour tout entier n supérieur ou égal à 1, on considère l'équation polynomiale dans C :

P ˜ n (x) = 0 (1)

a. Résoudre l'équation (1). Vérier qu'elle admet n solutions distinctes. Classées par ordre décroissant, elles seront notées x n,k ; k variant de 0 à n − 1 :

x n,0 ≥ x n,1 ≥ · · · ≥ x n,k ≥ · · · ≥ x n,n−1

b. On suppose n ≥ 2 , montrer que

∀k ∈ {0, . . . , n − 2} , x n,k > x n−1,k > x n,k+1

Etant donné un nombre complexe b , on considère, pour tout entier n ≥ 2 , l'équation polynomiale dans C

P ˜ n (x) = b (2)

5. On suppose que b n'appartient pas à l'intervalle réel [−2, +2] . Montrer que (2) admet n racines distinctes.

6. On suppose que b ∈ [−2, +2] et on pose θ = arccos b 2 . a. Exprimer les solutions de (2) en fonction de θ .

b. Pour quelles valeurs de b l'équation (2) admet-elle des racines doubles ?

1

MPSI B 29 juin 2019

Corrigé

1. a. Pour tout complexe w , l'équation z + 1 z = w d'inconnue z 6= 0 est équivalente à z 2 − zw + 1 = 0 qui, comme toute équation polynomiale complexe admet des solutions. Le calcul explicite des solutions est inutile ici. La fonction f est surjective.

b. Soit z = e iθ ∈ Γ , alors f (z) = 2 cos θ ∈ [−2, +2] donc F ⊂ [−2, +2] . Réciproque- ment, si y ∈ [−2, +2] , il existe θ tel que y = 2 cos θ donc y = f (e iθ ) . On a donc F = [−2, +2] .

Si w = 2 cos θ, l'équation polynômiale considérée au a. devient (z − e iθ )(z − e −iθ ) = 0

Les deux antécédents de w sont donc e iθ et e −iθ de module 1 ce qui montre f −1 ([−2, +2]) = Γ .

c. Il s'agit de montrer que, pour chaque w ∈ C − [−2, +2] , il existe un unique z ∈ D tel que z 2 − zw + 1 = 0 .

Soit z 1 , z 2 tels que z 2 −zw+1 = (z−z 1 )(z−z 2 ) et que |z 1 | ≤ |z 2 | . Comme z 1 z 2 = 1 ,

|z 1 | 6= |z 2 | sinon les deux modules seraient égaux à 1 et w appartiendrait à F.

On a donc |z 1 | < 1 < |z 2 | ce qui montre que w admet un seul antécédent z 1 dans D .

2. a. On raisonne par récurrence, l'existence et l'unicité de P 0 et P 1 sont évidentes avec P 0 = 2 , P 1 = X . Supposons l'existence, l'unicité et la formule vériée jusqu'à un ordre n alors :

f (z n+1 ) = (z + 1

z )(z n + 1

z n ) − (z n−1 + 1 z n−1 )

= (z + 1

z ) ˜ P n (z + 1

z ) − P ˜ n−1 (z + 1 z )

avec P n+1 = XP n − P n−1 . L'unicité du polynôme P n+1 est assurée par le fait que z + z 1 prend une innité de valeurs quand z décrit C ∗ .

b. La formule précédente conduit à P 2 = X 2 − 2 , P 3 = X 3 − 3X c. Il est clair par récurrence que P n est de degré n et que

P ˜ n (−X ) = (−1) n P n

Le polynôme P n est donc pair lorsque n est pair, impair lorsque n est impair.

3. Si φ(x) = 2 cos(n arccos x 2 ) , φ 0 (x) = √ 2n

4−x

sin(n arccos x 2 ) .

Si x = 2 cos (2k+1)π 2n , comme (2k+1)π 2n ∈ ]0, π[ lorsque k est dans {0, . . . , n − 1} , on a

arccos x

2 = (2k + 1)π 2n sin(n arccos x

2 ) = sin (2k + 1)π

2 = sin( π

2 + kπ) = (−1) k p 4 − x 2 =

r

4 sin 2 (2k + 1)π

2n = 2 sin (2k + 1)π 2n On en déduit nalement

φ 0 (2 cos (2k + 1)π

2n ) = (−1) k n sin (2k+1)π 2n 4. a. Soit x ∈ C , il existe z ∈ C ∗ tel que x = f (z) . Alors

P ˜ n (x) = ˜ P n (f (z)) = f (z n )

donc P ˜ n (x) = 0 si et seulement si z n + z 1

= − c'est à dire z 2n = −1 . Les solutions de cette dernière équation sont les 2n nombres complexes w k = e iθ

avec k ∈ {0, . . . , 2n − 1} et

θ k = π 2n + k π

n = (2k + 1)π 2n

Remarquons que si k 0 = 2n−1−k , k 0 ∈ {0, . . . , 2n − 1} lorsque k ∈ {0, . . . , 2n − 1}

avec θ k

= 2π−θ k . Les 2n nombres complexes w k sont donc deux à deux conjugués, comme f (w k ) = f (w k ) = 2 cos θ k , on obtient ainsi n solutions

2 cos θ 0 > 2 cos θ 1 > · · · > 2 cos θ n−1

de l'équation (1). Ce sont les seules à cause du degré. On posera donc

x n,k = 2 cos (2k + 1)π 2n

Pour comparer les x n,k , il sut de comparer les θ k car tout se passe dans [0, π]

où cos est décroissante. Il sut donc de montrer que 2k + 1

n < 2k + 1

n − 1 < 2(k + 1) + 1 n

2

MPSI B 29 juin 2019

La première inégalité est évidente, la seconde résulte de : 2k + 3

On considère l'application f de C ^∗ dans C dénie par f(z) = z + ¹ _z . 1. a. Montrer que f est surjective.

2. a. Montrer que, pour tout entier n positif ou nul, il existe un unique polynôme P _n tel que :

∀z ∈ C ^∗ , f (z ⁿ ) = ˜ P n (f (z)) et que

∀n ≥ 1, P _n+1 = XP _n − P _n−1 b. Expliciter P 0 , P 1 , P 2 , P 3 .

c. Déterminer le degré de P _n et étudier la parité de P _n .

associe 2 cos(n arccos ^x ₂ ) .

Préciser la valeur de cette dérivée en 2 cos ^(2k+1)π _2n pour k ∈ {0, . . . , n − 1} .

P ˜ _n (x) = 0 (1)

x _n,0 ≥ x _n,1 ≥ · · · ≥ x _n,k ≥ · · · ≥ x _n,n−1

∀k ∈ {0, . . . , n − 2} , x n,k > x _n−1,k > x n,k+1

6. On suppose que b ∈ [−2, +2] et on pose θ = arccos ^b ₂ . a. Exprimer les solutions de (2) en fonction de θ .

1. a. Pour tout complexe w , l'équation z + ¹ _z = w d'inconnue z 6= 0 est équivalente à z ² − zw + 1 = 0 qui, comme toute équation polynomiale complexe admet des solutions. Le calcul explicite des solutions est inutile ici. La fonction f est surjective.

b. Soit z = e ^iθ ∈ Γ , alors f (z) = 2 cos θ ∈ [−2, +2] donc F ⊂ [−2, +2] . Réciproque- ment, si y ∈ [−2, +2] , il existe θ tel que y = 2 cos θ donc y = f (e ^iθ ) . On a donc F = [−2, +2] .

Si w = 2 cos θ, l'équation polynômiale considérée au a. devient (z − e ^iθ )(z − e ^−iθ ) = 0

Les deux antécédents de w sont donc e ^iθ et e ^−iθ de module 1 ce qui montre f ⁻¹ ([−2, +2]) = Γ .

c. Il s'agit de montrer que, pour chaque w ∈ C − [−2, +2] , il existe un unique z ∈ D tel que z ² − zw + 1 = 0 .

Soit z 1 , z 2 tels que z ² −zw+1 = (z−z 1 )(z−z 2 ) et que |z 1 | ≤ |z 2 | . Comme z 1 z 2 = 1 ,

f (z ⁿ⁺¹ ) = (z + 1

z )(z ⁿ + 1

z ⁿ ) − (z ⁿ⁻¹ + 1 z ⁿ⁻¹ )

avec P n+1 = XP n − P n−1 . L'unicité du polynôme P n+1 est assurée par le fait que z + _z ¹ prend une innité de valeurs quand z décrit C ^∗ .

b. La formule précédente conduit à P 2 = X ² − 2 , P 3 = X ³ − 3X c. Il est clair par récurrence que P n est de degré n et que

P ˜ n (−X ) = (−1) ⁿ P n

Le polynôme P _n est donc pair lorsque n est pair, impair lorsque n est impair.

3. Si φ(x) = 2 cos(n arccos ^x ₂ ) , φ ⁰ (x) = ^√ ²ⁿ

sin(n arccos ^x ₂ ) .

Si x = 2 cos ^(2k+1)π _2n , comme ^(2k+1)π _2n ∈ ]0, π[ lorsque k est dans {0, . . . , n − 1} , on a

2 + kπ) = (−1) ^k p 4 − x ² =

4 sin ² (2k + 1)π

φ ⁰ (2 cos (2k + 1)π

2n ) = (−1) ^k n sin ^(2k+1)π _2n 4. a. Soit x ∈ C , il existe z ∈ C ^∗ tel que x = f (z) . Alors

P ˜ _n (x) = ˜ P _n (f (z)) = f (z ⁿ )

donc P ˜ _n (x) = 0 si et seulement si z ⁿ + _z ¹

= − c'est à dire z ²ⁿ = −1 . Les solutions de cette dernière équation sont les 2n nombres complexes w _k = e ^iθ

Remarquons que si k ⁰ = 2n−1−k , k ⁰ ∈ {0, . . . , 2n − 1} lorsque k ∈ {0, . . . , 2n − 1}

= 2π−θ k . Les 2n nombres complexes w k sont donc deux à deux conjugués, comme f (w _k ) = f (w _k ) = 2 cos θ _k , on obtient ainsi n solutions

2 cos θ ₀ > 2 cos θ ₁ > · · · > 2 cos θ _n−1

6. a. Soit x une solution de (2), il existe z 1 et z 2 tels que x = f (z 1 ) = f (z 2 ) . Ils vérient f (z ₁ ⁿ ) = f (z ⁿ ₂ ) = b ∈ [−2, +2] donc, d'après 1., z 1 et z 2 sont conjuguées et de module 1 .

Posons z ₁ = e ^iφ , z ₂ = e ^−iφ . On en déduit que P _n (x) = b si et seulement si x = 2 cos φ avec cos nφ = cos θ . L'ensemble des racines de (2) dans ce cas est donc

b. L'équation admet des racines multiples lorsque cet ensemble contient stricte- ment moins de n éléments ; c'est à dire lorsque e ^iθ admet deux racines n ièmes conjuguées . Leurs puissances seraient alors également conjuguées, e ^iθ serait réel.