Préciser le degré de Q n , ses termes de plus haut et de plus bas degré.

MPSI B 29 juin 2019

Énoncé

1. Pour tout entier n ∈ N, on dénit le polynôme

Q n = (1 + X) ²ⁿ − (1 − X ) ²ⁿ

Préciser le degré de Q n , ses termes de plus haut et de plus bas degré.

2. a. Factoriser Q n dans C [X] en produit de facteurs irréductibles.

b. En déduire sa factorisation dans R [X] en produit de facteurs irréductibles.

c. En déduire la valeur de

n−1

Y

k=1

tan ² kπ 2n

3. Dans cette question t est un réel strictement positif.

a. Exprimer

n−1

Y

k=1

1 + t ² 4n ² tan ^{2 kπ} _2n

!

à l'aide de Q n

b. En déduire la convergence et la limite quand n → +∞ de

n−1

Y

k=1

1 + t ² 4n ² tan ^{2 kπ} _2n

!

en fonction de t et de sinh t

Corrigé

1. La formule du binôme montre que Q _n est de degré 2n − 1 et de la forme 4nX + · · · + 4nX ²ⁿ⁻¹ .

2. a. Comme 1 n'est pas une racine de Q _n , un complexe z est racine de Q _n si et seulement si

1+z 1−z

2n

= 1 c'est à dire si z 6= 1 et ^1+z _1−z ∈ U 2n . Lorsque w 6= −1 , w = ^1+z _1−z si et seulement si z = ^w−1 _w+1 .

Les racines de Q _n sont donc les 2n − 1 valeurs de ^w−1 _w+1 obtenues lorsque w décrit U _2n privé de 1.

Si w = e ^iθ ,

w − 1

w + 1 = e ^iθ − 1

e ^iθ + 1 = 2i sin ^θ ₂

2 cos ^θ ₂ = i tan θ

Les racines sont donc les i tan ^kπ _2n pour k ∈ {0, . . . , 2n − 1} − {n} . On en déduit

Q n = 4n Y

k∈{0,...,2n−1}−{n}

(X − i tan kπ 2n )

= 4nX Y

k∈{1,...,2n−1}−{n}

(X − i tan kπ 2n )

en tenant compte du coecient dominant.

b. La factorisation réelle s'obtient en regroupant les racines conjuguées ; si k ∈ {1, . . . , n − 1} et k ⁰ = 2n − k , alors k ⁰ ∈ {n + 1, . . . , 2n − 1} et i tan ^k _2n

^π =

−i tan ^kπ _2n . On en déduit

Q n = 4nX

n−1

Y

k=1

(X ² + tan ² kπ 2n )

c. Le développement de la factorisation précédente montre que le coecient de X est

4n Y

k∈{1,...,n}

tan ² kπ 2n

On a vu en a. que ce coecient est 4n, on obtient donc

n−1

Y

k=1

tan ² kπ 2n = 1

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3. a. Transformons le produit proposé :

n−1

Y

k=1

1 + t ² 4n ² tan ^{2 kπ} _2n

!

= 1

Q n−1 k=1 tan ^{2 kπ} _2n

n−1

Y

k=1

tan ² kπ 2n +

t 2n

² !

= Q b n ( _2n ^t ) 4n _2n ^t = 1

2t Q b n ( t 2n )

b. Pour t xé et n → +∞ ,

1 + t 2n

2n

= e ^{2n ln} ( ¹⁺

) → e ^t

1 − t

2n 2n

= e ^{2n ln} ( ¹⁻

) → e ^−t

On en déduit, d'après la dénition de Q _n que

n−1

Y

k=1

1 + t ² 4n ² tan ^{2 kπ} _2n

!

= 1 2t

1 + t

2n 2n

−

1 − t 2n

2n !

→ sinh t t

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