D.M. n°11 POLYNÔMES Correction

Math Sup PTSI - ICAM Toulouse Sophie Touzet

D.M. n°11 POLYNÔMES Correction

Soient n∈ℕ* et Pn le polynôme défini par : Pn = 1

2i[(X + iX⁰)²ⁿ⁺¹ – (X – iX⁰)²ⁿ⁺¹]

1) a) Déterminer les racines du polynôme (X²ⁿ⁺¹ – X⁰) ∈ℂ[X].

Ce sont les racines (2n + 1) -ième de l’unité :

2 2 1

e ; ;

ik

n k n n

π

 + 

∈ −

 

 

b) En déduire que les racines de Pn sont les nombres : ξk = cotan

2 1

k n π

 

 + 

  où k^{∈ −n n}

^;

^{\ {0}} (où cotan x = ^{cos( ) pour ;}

(

¹

)

sin( ) p

x x p p

x ∈ _∈  π + π

ℤ

∪

⁾

On remarque que i n’est pas racine de Pn, donc :

( ) ( ) ( )

2 1 2

2 1 2 1 2 1

P 0 1 e , ;

n ik

n n n

n

x i x i

x x i x i k n n

x i x i

+ π

+ +  +   + + 

= ⇔ + = − ⇔  = ⇔ = ∈ − 

− −

    ;

A ce stade, on remarque que pour k= 0 , l’égalité est impossible. On a donc :

( ) { }

2

2 1 2 1

2

2 1 2 1

e 1 e 2 cos

2 1

P 0 , ; \ 0

e 1 e 2 sin

2 1

ik ik

n n

n ik ik k

n n

i i k

x x n k n n

i k

n

π π

+ +

π π

+ +

  +   π  

     

+

   

 

= ⇔ = =  π  = ξ ∈ − 

−

   

  +  

 

.

2) Montrer que Pn =

n

k 2(n k ) k 0

2n 1

( 1) X 2k 1

−

=

 + 

  −

 

 

 +

 

∑

^.

La formule du binôme de Newton donne :

( ( ) )

^{( )}

^{( )}

^{( )}

^{( )}

2 1

1 2 1 2 1 2 2

2 1

0 0 0

nul pour pair

2 1 2 1 2 1

1 1

P 1 1 X 2 X 1 X

2 1 2 1

2 2

n n n

t k n k k n k

t n t

n

t k

t k k

t

n n n

i i

t k k

i i

+ + + − + − −

= +

= = =

+ + +

     

=   + − =   × × =   −

+ +

     

∑ ∑ ∑

On remarque que Pn est un polynôme pair, de degré 2n, de coefficient dominant 2n+1.

3) Donner la factorisation dans ^ℝ[X] du polynôme Qn ∈^ℝ[X] tel que Pn(X) = Qn(X²).

Qn a pour racines ^{ξk2,k∈ −}

^{n n;}

^{\ 0}

{ }

, il est de degré n (car Pn est de degré 2n), de même coefficient dominant que Pn. On a donc :

( ) (

²

)

1

Q 2 1 X

n

n k

k

n

=

= +

∏

− ξ

4) a) Calculer la somme Sn définie par Sn = ²

1

cotan

2 1

n

k

k

= n

π

 

 + 

 

∑

On a :

( ) ( ) (

²

)

0 1

2 1

Q 1 X 2 1 X

2 1

n n

k n k

n k

k k

n n

k

−

= =

+

 

=   − = + − ξ

+

 

∑ ∏

; ainsi, en utilisant la relation qui lie

la somme des racines d’un polynôme avec ses coefficients, on obtient :

( ) ( )

2 1

1 2 1

S 3

2 1 3

n

n

n n n

+

 

 × − −

 

= − =

+

ICAM Toulouse I1

b) Soit θ∈ 0;

2 π

 

 

 , exprimer 1

sin2θ en fonction de cotanθ.

2 2

2

2 2

1 cos sin

cotan 1

sin sin

= θ+ θ = θ +

θ θ

c) Calculer la somme T_n définie par Tn =

1 2

1 sin 2 1

n

k k

n

=  π 

 

+

 

∑

^.

( )

2 1

2 1

T cotan 1 S

2 1 3

n

n n

k

k n n n n

=

+

  π  

=

∑

  + + = + = 5) Prouver les inégalités suivantes : ∀x∈ 0;

2 π

 

 

 , cotan²(x) ≤ 1 x2 ^≤

1 sin x2

Soit 0;

a  2π

∈ . La fonction sinus (resp. tangente) est continue sur

[ ]

^{0; a} , dérivable sur

] [

^{0; a}

de dérivée ^x֏cosx

(

^{resp. x֏1 + tan2x}

)

. Le théorème des accroissements finis donne :

[ ] ] [

] [

( )

0;1

0; , 0; , sin sin 0 cos 0 , et

x a b x x b x x

∈

∀ ∈ ∃ ∈ − = − ≤

[ ] ] [ (

²

) ^{( )}

1

0; , 0; , tan tan 0 1 + tan 0 .

x a c x x c x x

≥

∀ ∈ ∃ ∈ − = − ≥

Ainsi, 0; , tan sin 0;

x  π2 x x x

∀ ∈  ≥ ≥ > donc, la fonction 1₂

x֏ x étant décroissante sur ℝ^*₊,

on a : 1₂ 1₂ 1₂

0; ,

2 tan sin

x x x x

π

 

∀ ∈  ≤ ≤ , ou encore ² 1₂ 1₂

0; , cotan

2 sin

x x

x x

π

 

∀ ∈  ≤ ≤ ^.

6) Déduire de ce qui précède que la suite

*

2 1 n 1

k₌ k n_∈

 

 

 

 



∑



ℕ

est convergente et calculer sa limite.

1; , 0;

2 1 2

k n k n

π  π

∀ ∈ + ∈ , donc, d’après la question précédente :

2 2

2

2 1 1

1; ,cotan

2 1

sin 2 1

k n

k n

n k k

n

π +

   

∀ ∈  +   ≤ π  ≤  π 

 

+

 

Donc, en sommant pour toutes les valeurs de k dans 1; n :

( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2 2

1 1

2 1 2 1

2 1 1 1

S T

3 2 1 3 2 1

n n

n n

k k

n n n n

n

k n k n

= =

− +

+ π π

 

≤  ≤ ⇔ × ≤ ≤ ×

π

 

∑

+

∑

+ ^.

( )

( ) ( )

( )

2 2 2

2 2

2 1 2 1

lim lim

3 2 1 3 2 1 6

n n

n n n n

n n

→+∞ →+∞

− × π = + × π = π

+ + , donc le théorème des gendarmes

donne :

2 2 1

lim 1 .

6

n n_{→+∞ =}k k

=π

∑