Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ◦ 5
Probl` eme 1 : Un produit rigolo sur R
ND´efinition : Pour toutes suites num´eriquesu= (un) etv= (vn), on d´efinit la suite u ? v=w par
∀n∈N, wn =
n
X
k=0
ukvn−k.
Partie I. Exemples
1. Premiers exemples
a. Si ∀k∈N,uk= 2 etvk = 3, alors pour toutn∈N, (u ? v)n=
n
X
k=0
2×3 = 6(n+ 1) b. Si ∀k∈N,uk= 2k etvk= 3k, alors pour toutn∈N,
(u ? v)n=
n
X
k=0
2k×3n−k = 2n+1−3n+1
2−3 = 3n+1−2n+1 c. Si ∀k∈N,uk= 2k!k et vk= 3k!k, alors pour toutn∈N,
(u ? v)n=
n
X
k=0
2k×3n−k k!(n−k)! = 1
n!
n
X
k=0
n k
2k×3n−k =5n n!
N 2. Programmation
Dans cette question, les suitesuet vsont d´efinies par :
∀n∈N, un = ln(n+ 1) et vn= 1 n+ 1. Program etoile ;
var n,k : integer ; w : real ; begin
write(’Entrez le rang n = ’) ; readln ( n ) ;
w := 0 ;
for k :=0 to n do w := w + (Ln(k+1)/(n-k+1)) ; writeln (’U*V ’,n, ’=’ , w ) ;
readln; end .
N 3. Un r´esultat de convergence
Soitula suite d´efinie par :∀n∈N, un= 1
2 n
et v= (vn)n≥0 une suite de r´eels positifs, d´ecroissante `a partir du rang 1 et de limite nulle.
a. Soit (n, m) un couple d’entiers naturels tels quen < m, alors :
m
X
k=n+1
uk=
m
X
k=n+1
(1/2)k= (1/2)n+1
m−n−1
X
k=0
(1/2)k= (1/2)n+1 1−(1/2)n+2
1/2 ≤2×(1/2)n+1≤un
N
b. Soit nun entier strictement sup´erieur `a 1.
• Afin de majorerw2n, ´ecrivons w2n=
2n
X
k=0
ukv2n−k =
n
X
k=0
ukv2n−k+
2n−1
X
k=n+1
ukv2n−k+v0u2n
• Montrons queXn
k=0ukv2n−k≤2vn
Soitk∈[[0, n]], alors commev est d´ecroissante `a partir du rang 1, v2n−k≤vn. Ainsi,
n
X
k=0
ukv2n−k≤vn n
X
k=0
(1/2)k≤vn
1−(1/2)n+1 1/2 ≤2vn.
• Montrons queX2n−1
k=n+1ukv2n−k ≤v1un
Soit k∈[[n+ 1,2n]], alors commev est d´ecroissante `a partir du rang 1,v2n−k ≤v1. En sommant cette in´egalit´e, nous obtenons facilement que
2n−1
X
k=n+1
ukv2n−k ≤v1 2n−1
X
k=n+1
uk
D’autre part, comme n > 1, on v´erifie imm´ediatement que 2n−1 > n. Par suite, nous pouvons appliquer le r´esultat de la question pr´ec´edente avec m = 2n−1. Il vient X2n−1
k=n+1uk ≤ un. Finalement, nous obtenons l’estimation :
2n−1
X
k=n+1
ukv2n−k≤v1un
Des in´egalit´es ci-dessus, nous d´eduisons l’estimation d´esir´ee : w2n≤v0u2n+ 2vn+v1un
• Afin de majorerw2n+1, proc´edons de mani`ere analogue : ´ecrivons tout d’abord w2n+1=
2n+1
X
k=0
ukv2n+1−k=
n
X
k=0
ukv2n+1−k+
2n−1
X
k=n+1
ukv2n+1−k+v0u2n+1
• Xn
k=0ukv2n+1−k ≤2vn+1
En effet, si k ∈ [[0, n]], alors commev est d´ecroissante `a partir du rang 1, il vientv2n+1−k ≤ vn. Ainsi,
n
X
k=0
ukv2n+1−k ≤vn+1
n
X
k=0
(1/2)k≤vn+1 1−(1/2)n+1
1/2 ≤2vn+1.
• X2n
k=n+1ukv2n+1−k ≤v1un
Soitk∈[[n+ 1,2n]], alors commevest d´ecroissante `a partir du rang 1,v2n+1−k≤v1. En sommant cette in´egalit´e, nous obtenons
2n
X
k=n+1
ukv2n+1−k ≤v1 2n
X
k=n+1
uk ≤v1 un
Des in´egalit´es ci-dessus, nous d´eduisons l’estimation d´esir´ee : w2n+1≤v0u2n+1+ 2vn+1+v1un
c. Comme les suites uet v sont convergentes de limite nulle, nous d´eduisons des propri´et´es alg´ebriques des suites convergentes de limite nulle :
0≤ w2n ≤v0u2n+ 2vn+v1un−−−−→
n→∞ 0 0≤ w2n+1 ≤v0u2n+1+ 2vn+1+v1un−−−−→
n→∞ 0
D’apr`es le th´eor`eme de convergence par encadrement, il s’en suit que les suites extraites dew form´ees des termes de rang pairs et impairs sont toutes deux convergentes de limite nulle. Par cons´equent, la suitew
elle-mˆeme est convergente de limite nulle. N
d. Soit bla suite d´efinie par∀n∈N,bn = (−1)n un.
|(b ? v)n| ≤
n
X
k=0
(−1)kuk vn−k
≤
n
X
k=0
(−1)kuk vn−k
≤
n
X
k=0
uk vn−k = (b ? v)n −−−−→
n→∞ 0.
D’apr`es le th´eor`eme de convergence par comparaison (en 0), il en r´esulte que la suiteb ? vest convergente
de limite nulle. N
Partie II. Application ` a l’´ etude d’un ensemble de suites
Dans cette partieAd´esigne l’ensemble des suites a= (an)n∈Nde r´eels positifs v´erifiant :
∀n∈N?, an+1≤ 1
2 an+an−1 1. • Soientaune suite d´ecroissante de r´eels positifs, etn∈N? :
an+1≤an ≤1 2an+1
2an≤ 1 2an+1
2an−1≤ an+an−1 .
Par cons´equent aappartient `a A. N
• Soientaune suite strictement croissante de r´eels, alors a2> a1=1
2a1+1 2a1> 1
2a1+1 2a0.
Par cons´equent an’appartient pas `a A. N
2. Soitz= (zn)n∈Nune suite de nombres r´eels v´erifiant∀n∈N?,zn+1= 1
2 zn+zn−1 . a. La suite zest une suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2. L’´equation caract´eristique est :
(EC) r2−1
2r−1 2 = 0
1 et−1/2 sont racines ´evidentes : par cons´equent, il existe deux constantes r´eellesλetµtelles que :
∀n∈N, zn =λ+µ
−1 2
n
b. Choisissonsλ=µ= 1. La suitezainsi obtenue est clairementpositive et non monotone. Pourtant elle v´erifie
∀n∈N?,zn+1=1
2 zn+zn−1
≤ 1
2 zn+zn−1 .
N 3. Soita= (an)n∈Nun ´el´ement deAetb la suite d´efinie par∀n∈N,bn= −1
2 n
. On d´efinit alors la suite c= (cn)n∈Npar :c0=a0 et∀n∈N?,cn=an+1
2an−1. a. Soit n∈N?, par construction de la suitec et par d´efinition deA, nous avons :
cn+1−cn = an+1+1 2 an
− an+1 2 an−1
= an+1−1
2 an−1
2 an−1≤0.
Ainsi, la suitec est d´ecroissante `a partir du rang 1. Comme la suiteaest positive, la suitev est elle aussi minor´ee par 0. Par cons´equent elle est convergente. Notons`(≥0) sa limite. N
b. Soit n∈N, un entier naturel.
n
X
k=0
−1 2
k
cn−k = a0bn+
n−1
X
k=0
bkcn−k=a0bn+
n−1
X
k=0
bk an−k+1
2an−k−1
= a0bn+
n−1
X
k=0
bkan−k+
n−1
X
k=0
bk×1
2an−k−1=a0bn+
n−1
X
k=0
bkan−k−
n−1
X
k=0
bk+1an−k−1
= a0bn+
n−1
X
k=0
bkan−k−
n
X
k=1
bkan−k =a0bn+b0an−a0bn =an.
Par cons´equent a=b ? c. N
c. Soit ε = (εn)n∈N la suite d´efinie par : ∀n ∈ N, εn = cn −`. D’apr`es la question 3. a., la suite ε est d´ecroissante `a partir du rang 1 et convergente de limite nulle. D’apr`es le r´esultat de convergence ´etabli `a la
Partie I, la suiteεest convergente de limite nulle. N
d. On d´esigne pardla suiteb ? ε. Soitn∈Nun entier naturel. Alors dn = b ?(c−`)
n=Xn
k=0bk(cn−k−`) =Xn
k=0 bkcn−k−bk`
= (b ? c)n−`Xn
k=0bk
= (b ? c)n−` 1−(−12)n+1
1−(12) =an−2
3` 1−(−1 2)n+1
.
Ainsi, pour tout entiern∈N,
an =dn+2
3` 1−bn+1
Comme les suites b et d sont convergentes vers 0, nous d´eduisons des propri´et´es alg´ebraiques des suites convergentes que la suiteaest convergente de limite 2
3`. N
Exercice 1 : Probabilit´ es
SoientN ∈N? un entier naturel non nul,a∈[[0, N]] un entier compris entre 0 et N p∈]0,1[,p6=12 etq= 1−p.
On note pour toutn∈N,xn l’abscisse de la particule `a l’issue du ni`eme saut, de sorte que : x0=a et ∀n∈N, xn+1=
xn+ 1 avec la probabilit´ep xn−1 avec la probabilit´eq . Le processus s’arrˆete d`es que la particule atteint l’une des extr´emit´es du segment [[0, N]].
1. Pour tout a ∈ [[0, N]], on note Qa l’´ev´enement “la particule, initialement situ´ee en a, s’arrˆete en 0”, et qa la probabilit´e deQa.
a. Soita∈[[1, N−1]] fix´e. NotonsG1(respectivementD1) l’´ev´enement “le premier saut se fait vers la gauche” (respectivement “vers la droite” ). La formule des probabilit´es totales pour le syst`eme complet d’´ev´enements (G1, D1) donne :
p(Qa) =p(Qa|G1)×p(G1) +p(Qa|D1)×p(D1)
Or par construction, p(Qa|G1) =qa−1, p(Qa|D1) =qa+1, p(G1) =q et p(D1) =p. Par cons´equent, nous avons obtenu :
qa=p qa+1+q qa−1
b. Soit (xn) une suite recurrente lin´eaire d’ordre 2 d´etermin´ee par la relation de r´ecurrence :
∀n∈N?, p xn+1−xn+q xn−1= 0 L’´equation caract´eristique :
(EC) r2−(1/p)r+q/p= 0
admet pour racines 1 etq/pcar leur somme vaut 1 +q
p= p+q p = 1
p et leur produit vaut 1×q p= q
p. Par cons´equent, il existe un couple (λ, µ)∈R2 de r´eels tels que pour toutn∈N
xn=λ+µ q
p n
En particulier il existe un couple (λ0, µ0)∈R2de r´eels tels que pour touta∈[[0, N]]
qa =λ0+µ0
q p
a
N c. Pour d´eterminer les valeurs deλ0et µ0, je r´esous le syst`eme :
q0=λ0+µ0
qN =λ0+µ0(q/p)N ⇐⇒
λ0+µ0= 1
λ0+µ0(q/p)N = 0 ⇐⇒
( µ0= pNp−qNN
λ0=−pNq−qNN Par cons´equent, pour touta∈[[0, N]],
qa=− qN
pN −qN + pN pN −qN
q p
a
N 2. Pour touta∈[[0, N]], on notePa l’´ev´enement “la particule, initialement situ´ee au point d’abscissea, s’arrˆete en N”, etpa la probabilit´e dePa. De la mˆeme mani`ere que pr´ec´edemment, la formule des probabilit´es totales pour le syt`eme complet d’´ev´enements (G1, D1), montre quepa v´erifie la relation de r´ecurrence
pa=p pa+1+q pa−1
Comme toute suite r´ecurrente lin´eaire d’ordre 2 v´erifiant la relation de r´ecurrence
∀n∈N?, p xn+1−xn+q xn−1= 0 s’´ecrit sous la forme
xn =λ+µ q
p n
,
il existe un couple (λ0, µ0) de nombres r´eels tels que pour tout a∈[[0, N]]
pa=λ0+µ0 q
p a
.
Pour d´eterminer λ0 et µ0, on remarque que p0= 0 et pN = 1, de sorte que λ0 et µ0 sont solutions du syt`eme d’´equations lin´eaires :
p0=λ0+µ0
pN =λ0+µ0(q/p)N ⇐⇒
λ0+µ0= 0
λ0+µ0(q/p)N = 1 ⇐⇒
( λ0=pNp−qNN
µ0=−pNp−qNN Par cons´equent, pour touta∈[[0, N]],
pa= pN
pN −qN − pN pN−qN
q p
a
N 3. Soit Sa l’´ev´enement “le processus initi´e en a s’arrˆete”. On peut remarquer que A est la r´eunion disjointe des
´
ev´enementsQa etPa. D’apr`es la propri´et´e d’additivit´e des probabilit´es, nous obtenons pour touta∈[[0, N]] : p(Sa) =pa+qa= pN −qN
pN −qN = 1.
Par cons´equent le processus s’arrˆetepresque sˆurement. N
Exercice 2 : Etude d’une suite r´ ecurrente
Soit f : R+? → R+? l’application d´efinie par : ∀x ∈ R+?, f(x) = x+ 2
x . Soit u = (un)n∈N une suite d´efinie par r´ecurrence de la mani`ere suivante :
u0∈R+? et ∀n∈N, un+1=f(un).
Remarque : L’´enonc´e pr´ecise ici que l’intervalle de d´efinition def est stable parf. Par cons´equent, la suiteuest bien d´efinie. En g´en´eral, c’est `a vous qu’il revient de v´erifier la stabilit´e de l’intervalle de d´efinition de la fonctionit´eratrice.
1. Soitx >0, remarquons que f(x) = 1 +x2. Il en r´esulte quef est strictement d´ecroissante de R+ sur ]1,+∞[.N 2. Etudions la positivit´e def−Id. Soitx∈R+?
f(x)−x >0 ⇐⇒ x+ 2
x −x >0
⇐⇒ x2−x−2<0
⇐⇒ (x+ 1)(x−2)<0.
Remarque : −1 et 2 sont racines ´evidentes.
On dresse alors un premier tableau de variations :
x 0 2 +∞
|
f−Id + 0 −
|
+∞ | 2
f & | &
2 | 1
En particulier, le seul point fixe def sur l’intervalle ]0,+∞[ est 2. La fonctionf :R+?→R+?´etantcontinue, il s’agit du seulcandidat-limite possible : siuest convergente, alors la limite est n´ecessairement 2. N Remarque : La fonction est d´ecroissante sur ]0,+∞[. Par cons´equent -sauf si u0= 2- la suiteuest non monotone.
En revanche, les suites extraitesu2n et u2n+1 sont monotones carf ◦f est croissante sur l’intervalle. L’´etude de ces suites est l’objet de la question suivante.
3. La suite extraite (u2n) est d´efinie par la donn´ee du premier terme u0 ainsi que par la relaion de r´ecurrence : u2(n+1)=f◦f(u2n). De mˆeme, la suiteu2n+1est d´efinie par la donn´ee de son premier termeu1et par la relation de r´ecurrenceu2(n+1)+1=f◦f(u2n+1).
L’´etude de ces suites passe donc par l’´etude de la fonctionf◦f :
Commef est d´ecroissante sur ]0,+∞[, la fonctionf ◦f est croissante. Etudions la positivit´e def◦f−Id: Soitx >0, alors
f ◦f(x)−x >0 ⇐⇒ 1 + 2
1 +x2 −x >0
⇐⇒ 1 + 2x
x+ 2−x >0
⇐⇒ −x2+x+ 2>0
⇐⇒ f(x)−x >0.
Par cons´equent,f◦f−Idetf−Idsont simultan´ement positives. En particulier,f ◦f n’a pas d’autres points fixes que 2 sur l’intervalle consid´er´e. Nous pouvons r´esumer les r´esultats obtenus dans un tableau :
x 0 2 +∞
|
f−Id + 0 −
|
|
f ◦f −Id + 0 −
|
+∞ | 2
f & | &
2 | 1
2 | 3
f◦f % | %
1 | 2
A pr´esent, il ne reste plus qu’`acommenter ce tableau, en discutant suivant la valeur deu0.
• Siu0= 2, la suiteun est constante ´egale `a 2. Par cons´equent, les suites (u2n) et (u2n+1) aussi. En particulier, elles sont adjacentes.
• Si u0∈]0,2[.
• Comportement asymptotique de la suite (u2n)
L’intervalle ]0,2[ ´etantstableparf◦f (cf tableau) la suite (u2n) est `a valeurs dans ]0,2[. Commela fonction f◦f est croissante sur cet intervalle,la suite (u2n) est monotone. Pour connaˆıtre son sens de variation, examinons les deux premiers termes de cette suite :
u2−u0=f◦f(u0)−u0>0
car pour toutx∈]0,2[,f ◦f(x)−x >0 (cf tableau). Par cons´equentla suite (u2n) est croissante.
Comme elle est `a valeurs dans ]0,2[, cette suitemonotone est born´ee. Elle est doncconvergente.
Commef ◦f est continue, elle converge vers unpoint fixe def ◦f. Mais le seul point fixe def◦f surR+ est 2. Par cons´equentla suite(u2n)est convergente de limite 2.
• Comportement asymptotique de la suite (u2n+1)
La fonction f envoie1 l’intervalle ]0,2[ dans l’intervalle ]2,+∞[. Comme u0 ∈]0,2[, il s’en suit que u1 =f(u0) appartient `a l’intervalle ]2,+∞[. De plus, toujours d’apr`es le tableau, l’intervalle ]2,+∞[
eststable parf ◦f. Par cons´equent la suite (u2n+1) est `a valeurs dans ]2,+∞[. Comme la fonction f◦f est croissante sur cet intervalle,la suite (u2n+1) est monotone. Pour connaˆıtre son sens de variation, examinons les deux premiers termes de cette suite :
u3−u1=f◦f(u1)−u1<0
car pour tout x ∈]2,+∞[, f ◦ f(x)−x < 0 (cf tableau). Par cons´equent la suite (u2n+1) est d´ecroissante.
Comme elle est `a valeurs dans ]2,+∞[, cette suite estd´ecroissante et minor´ee. Elle est doncconver- gente. Commef ◦f est continue, elle converge n´ecessairement vers un point fixe de f◦f. Mais le seul point fixe def◦f surR+ est 2. Par cons´equentla suite(u2n+1)est convergente de limite 2.
Ainsi, lorsqueu0∈]0,2[, nous avons d´emontr´e quela suite(u2n)est croissanteet convergente de limite 2, tandis quela suite(u2n+1)est d´ecroissanteet convergente de limite 2. D’apr`es les propri´et´es alg´ebriques des suites convergentes, il s’en suit quela suite(u2n+1−u2n) est convergente de limite0 = 2−2.
Par d´efinition, cela signifie que les suites (u2n) et (u2n+1) sont adjacentes, de llimite commune 2. N
• Si u0∈]2,+∞[ oul’art du copier-coller !
• Comportement asymptotique de la suite (u2n)
D’apr`es l’´etude pr´ec´edente, la suite des it´er´es deu0par l’applicationf◦f est `a valeurs dans l’intervalle ]2,+∞[, d´ecroissante et convergente de limite 2.
• Comportement asymptotique de la suite (u2n+1)
Commef envoie l’intervalle ]2,+∞[ dans l’intervalle ]0,2[,u1=f(u0) appartient en ce cas `a l’intervalle ]0,2[. L’´etude pr´ec´edente montre en ce cas que la suite des it´er´es de u1 par l’application f ◦f est croissante et convergente vers 2. C’est-`a-dire que la suite (u2n+1) est croissante et convergente de limite 2.
1cf tableau
Lorsque u0 ∈]2,+∞[, la suite (u2n) est d´ecroissante et convergente de limite 2 tandis que la suite (u2n+1) est croissante et convergente de limite 2. En cons´equence, ces suites sont adjacentes et convergent toutes deux vers 2.
Dans tous les cas, nous avons d´emontr´e que les suites (u2n) et (u2n+1) sont adjacentes et convergent toutes deux
vers 2. N
4. D’apr`es la question pr´ec´edente les suites extraites de u form´ees des termes de rangs pairs et impairs sont convergente vers la mˆeme limite 2. Par cons´equent la suiteuelle-mˆeme est convergente de limite 2. N
Exercice 3 : Polynˆ omes
Pour tout entiern∈Nsup´erieur ou ´egal `a 2, on s’int´eresse aux polynˆomes Qn= (X+ 1)n−Xn−1
1. a. Les polynˆomes (X+ 1)netXn+ 1 sont tous deux de degr´en. De plus, comme ces deux polynˆomes ont pour monˆomes dominantsXn, le polynˆomeQn est de degr´e inf´erieur ou ´egal `an−1. Le coefficient du terme de degr´e n−1 est n∈N?. Par cons´equent, Qn est de degr´e exactementn−1 et son monˆome dominant est
nXn−1. N
b. D’apr`es la formule du binˆome de Newton Qn=
n
X
k=0
n k
Xk−Xn−1 =
n−1
X
k=1
n k
Xk.
N D’apr`es les questions pr´ec´edentes,Qnest de degr´en−1>0, en particulier le polynˆomeQnest non nul.
De plus les coefficients de Qn sont les n
k
pour k ∈[[1, n−1]]. En particulier, les coefficients deQn
sont des entiers naturels. N
i.
c. D’apr`es la caract´erisation des racines,X diviseQn si et seulement si 0 est racine deQn.
Or ˜Qn(0) = (0 + 1)n−0n−1 = 0. Par suite,X diviseQn. N
d. Soit n∈N,n≥2, alors d’apr`es la caract´erisation des racines
(X+ 1)|Qn ⇐⇒ −1 est racine deQn
⇐⇒ Q˜n(−1) = 0
⇐⇒ (−1)n=−1
⇐⇒ nest impair.
Par cons´equent X+ 1 diviseQn si et seulement si nest impair. N
e. D’apr`es la caract´erisation des racines multiples, Qn est divisible par (X + 1)2 si −1 est racine d’ordre de multiplicit´e sup´erieure ou ´egale `a 2.
CommeQ0n =n(X+ 1)n−1−nXn−1, j’en d´eduis queQ0n(−1) =−n(−1)n−1 6= 0. Par cons´equent,−1 est
racine simple deQn et donc (X+ 1)2ne divise pasQn. N
2. a. j est une racine cubique de l’unit´e, diff´erente de 1, par cons´equent j est racine du polynˆome `a coefficients entiersX2+X+ 1.
b. D’apr`es la question pr´ec´edente,j2+j+ 1 = 0, c’est-`a-direj+ 1 =−j2. Par cons´equent : Qn(j) = (j+ 1)n−jn−1 = (−1)nj2n−jn−1.
N c. Montrons queQn(j) est nulsi et seulement si il existe k∈N? tel quen= 6k−1 oun= 6k+ 1.
D’apr`es la question pr´ec´edente,
j est racine deQn si et seulement si (−1)nj2n−jn−1 = 0 Discutons suivant le reste de la division euclidienne denpar 6 :
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k.
(−1)nj2n−jn−1 =j12k−j6k−1 = 1−1−16= 0
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k+ 1.
(−1)nj2n−jn−1 =−j12k+2−j6k+1−1 =−j2−j−1 = 0
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k+ 2.
(−1)nj2n−jn−1 =j12k+4−j6k+2−1 =j−j2−1 = 2j 6= 0
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k+ 3.
(−1)nj2n−jn−1 =−j12k+6−j6k+3−1 =−1−1−16= 0
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k+ 4.
(−1)nj2n−jn−1 =j12k+8−j6k+4−1 =j2−j−1 = 2j26= 0
• supposons qu’il existek∈Ntel que n= 6k+ 5.
(−1)nj2n−jn−1 =−j12k+10−j6k+5−1 =−j−j2−1 = 0 En conclusion,
j est racine deQn si et seulement si le reste dans la division euclidienne denpar 6 vaut 1 ou 5 si et seulement si il existek∈N? tel quen= 6k+ 1 ou n= 6k−1.
N d. Pour quej soit racine double2deQn il faut et il suffit que j soit racine deQn et deQ0n.
Or Q0n =n(X+ 1)n−1−nXn−1, d’o`uQ0n(j) =n(−1)n−1j2n−2−njn−1.
Par cons´equent Q0n(j) = 0 si et seulement si (−1)n−1j2n−2−jn−1= 0
• supposons qu’il existek∈N? tel quen= 6k+ 1.
(−1)n−1j2n−2−jn−1=j12k+2−2−j6k+1−1= 1−1 = 0
• supposons qu’il existek∈N? tel quen= 6k−1.
(−1)n−1j2n−2−jn−1=j12k−2−2−j6k−1−1=j2−j6= 0
Par cons´equent, j est racine double s’il existek∈N? tel quen= 6k+ 1. N e. • Factorisons Q5
D’apr`es ce qui pr´ec`ede, 0,−1,j et ¯j sont racines deQ5. Par cons´equent X(X+ 1)(X −j)(X −¯j) = X(X+ 1)(X2+X+ 1) diviseQ5. CommeQ5 est de monˆome dominant 5X4, j’obtiens :
Q5= 5X(X+ 1)(X−j)(X−¯j) = 5X(X+ 1)(X2+X+ 1)
• Factorisons Q7
D’apr`es ce qui pr´ec`ede, 0,−1,j et ¯j sont racines deQ5. De plusjet ¯jsont racines doubles deQ7. Par cons´equentX(X+ 1)(X−j)2(X−¯j)2=X(X+ 1)(X2+X+ 1)2diviseQ7. CommeQ7est de monˆome dominant 7X6, j’obtiens :
Q7= 7X(X+ 1)(X−j)2(X−¯j)2= 7X(X+ 1)(X2+X+ 1)2
N
2c’est-`a-dire de multiplicit´e sup´erieure ou ´egale `a 2