T 2 = 2X 2 − 1 T 3 = 4X 3 − 3X b. On démontre par récurrence la propriété

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Partie I. Propriétés trigonométriques.

1. a. En utilisant la dénition :

T 2 = 2X ² − 1 T 3 = 4X ³ − 3X b. On démontre par récurrence la propriété

(P n ) :



 

 

deg(T n ) =n coecient dominant de T _n =2 ⁿ⁻¹

T c n (−X) =(−1) ⁿ T n

La dernière relation signie que T n est "de même parité" que n . 2. Écrivons d'abord une relation entre exponentielles :

e ^i(n+2)θ + e ^inθ = e ^i(n+1)θ e ^iθ + e ^−iθ

= 2 cos θe ^i(n+1)θ En prenant la partie réelle, on obtient

cos(n + 2)θ + cos nθ = 2 cos θ cos(n + 1)θ De même :

e ^(n+2)θ + e ^nθ = e ^(n+1)θ e ^θ + e ^−θ

= 2 ch θe ^(n+1)θ

En prenant la partie paire de l'expression considérée comme une fonction de θ , on obtient

ch(n + 2)θ + ch nθ = 2 ch θ ch(n + 1)θ Il sera utile pour la question 3. d'écrire ces formules comme :

cos(n + 1)θ = 2 cos θ cos nθ − cos(n − 1)θ ch(n + 1)θ = 2 ch θ ch nθ − ch(n − 1)θ 3. a. Utilisons une récurrence forte. Introduisons la propriété

(P n ) ∀k ∈ {0, · · · , n}, ∀x ∈ R : (

f T n (cos x) = cos(nx) T f _n (ch x) = ch(nx)

Cette propriété est vériée pour n = 1 . La relation de récurrence T n+1 = 2XT n − T _n−1 et les factorisations de la question 2. montrent que P n−1 entraine P n .

b. Pour tout nombre réel u tel que |u| ≤ 1 , il existe des réels x tels que u = cos x .

Alors

T f _n (u)

=

T f _n (cos x)

= |cos(nx)| ≤ 1

Pour tout nombre réel u > 1 , il existe un unique réel x > 0 tel que u = ch x . Alors

T f n (u)

=

T f n (ch x)

= |ch(nx)| = ch(nx) > 1

Pour tout nombre réel u < −1 , il existe un unique réel x > 0 tel que u = − ch x . Alors

T f n (u)

=

T f n (− ch x) =

(−1) ⁿ T f n (ch x) =

T f n (ch x)

= ch(nu) > 1 4. a. D'après les questions précédentes :

T f n (cos x) = 0 ⇔ cos nx = 0 ⇔ nx ≡ π

2 mod π

⇔ ∃k ∈ Z tel que x = (2k + 1)π 2n Pour les racines dans [0, π] , on doit se limiter aux k ∈ {0, · · · , n − 1} . On obtient donc n racines distinctes car la restriction de cos dans cet intervalle est injective.

b. La restriction à [0, π] de la fonction cos est strictement décroissante, les cos ^(2k+1)π _2n pour k ∈ {0, · · · , n − 1} prennent donc n valeurs distinctes qui sont toutes des racines de T n . Comme T n est de degré n elles forment l'ensemble de toutes les racines de T n .

À cause du caractère décroissant, pour numéroter les racines dans l'ordre crois- sant, il faut "inverser" les indices.

Lorsque k croît de 0 à n−1 alors k ⁰ = n−k décroît de n à 1 et les cos augmentent.

En revenant à la lettre k pour désigner l'indice, on obtient que les n racines de T _n sont les

x _k = cos 2(n − k) + 1

2n π = − cos 2k − 1

2n π avec k ∈ {1, · · · n}

Partie II. Sommes et produits de racines.

1. Dans la partie I, on a vu que T _n est de degré n et de coecient dominant 2 ⁿ⁻¹ . Comme les racines de T _n sont x ₁ , · · · , x _n , la décomposition en facteurs irréductibles s'écrit

T _n = 2 ⁿ⁻¹

n

Y

k=1

(X − x _k )

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MPSI B Année 2012-2013 Corrigé DM 10 29 juin 2019 La deuxième égalité est de nature trigonométrique.

cos nx = Re(cos x + i sin x) ⁿ = Re

n

X

l=0

n l

(cos x) ^n−l (i sin x) ^l

!

(binôme)

=

n

X

k=0

n 2k

(cos x) ^n−2k (−1) ^k (sin x) ^2k (seuls les indices pairs contribuent)

=

n

X

k=0

n 2k

(cos x) ^n−2k (cos ² x − 1) ^k

car − sin ² x = cos ² x − 1 .

Rappelons que dans cette question n est pair : n = 2p . Dénissons un polynôme Q _n par :

Q n =

p

X

k=0

n 2k

X ^n−2k (X ² − 1) ^k

On a Q f n (cos x) = cos nx = T f n (cos x) . Ainsi le polynôme T n − Q n admet une innité de racines ; à savoir toutes les valeurs du cos c'est à dire [−1, +1] . Ce polynôme doit donc être nul et

T _n =

p

X

k=0

n 2k

X ^n−2k (X ² − 1) ^k

2. a. Ici encore, n est pair égal à 2p et la parité de T n se lit très bien sur la deuxième expression qui ne contient que des puissances paires de X . On en déduit que σ ₁ = 0 . On aurait pu remarquer aussi que les racines vont par paires. Chaque racine peut être appariée à son opposée, la somme de toutes est donc nulle.

Le calcul du σ _n se fait en cherchant les termes de degré 0 dans la somme. Ils ne peuvent venir que du seul k = p . On a donc

terme de degré 0 de T n = n

2p

(−1) ^p = 2 ⁿ⁻¹ (−1) ⁿ σ n = 2 ⁿ⁻¹ (−1) ⁿ π n

On en déduit :

σ _n = π _n = (−1) ^p 2 ¹⁻ⁿ

Le calcul du σ 2 est plus compliqué car tous les termes de la somme contribuent : terme degré n − 2 de T n =

p

X

k=0

n 2k

( terme degré 2k − 2 de (X ² − 1) ^k )

=

p

X

k=0

n 2k

(−k) (formule du binôme)

= − 1 2

p

X

k=0

n 2k

2k = − n 2

n

X

k=1

n − 1 2k − 1

(rel. coe. binôme) La somme de tous les ⁿ⁻¹ _i

est égale à (1 + 1) ⁿ⁻¹ = 2 ⁿ⁻¹ . La diérence entre les sommes pour les indices pairs et impairs est nulle. On en déduit que ces deux sommes sont égales entre elles et valent 2 ⁿ⁻² . On obtient donc :

terme degré n − 2 de T _n = −n 2 ²ⁿ⁻³ = 2 ⁿ⁻¹ σ ₂ ⇒ σ ₂ = − n 4

b. Pour les polynômes symétriques en général : s n = σ ² ₁ − 2σ 2 . Dans notre cas particulier, on obtient, en revenant à l'expression des racines :

s n =

n

X

k=1

cos ² 2k − 1 2n π = n

2

3. On peut calculer s n directement à partir de l'expression avec les racines

n

X

k=1

cos ² 2k − 1 2n π On commence par linéariser les cos ² :

cos ² θ = 1 2 + 1

2 cos 2θ On obtient alors

s n = n 2 + 1

2

n

X

k=1

cos 2k − 1 n π

On utilise ensuite l'exponentielle, la partie réelle et une somme de termes en progression géométrique ou les propriétés des racines n -èmes de l'unité

n

X

k=1

cos 2k − 1 n π = Re

n

X

k=1

e ⁱ

^2k−1n

^π

!

= Re e ⁻

^iπn

n

X

k=1

e ⁱ

^2πn

ⁿ

!

= 0

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car la somme la plus à droite est formée par les racines n -èmes de l'unité.

Partie III. Minimalité.

1

1 1 2

ⁿ⁻¹

N(P )

−2

ⁿ⁻¹

N (P )

Fig. 1: Graphe de T 6

1. a. L'ensemble U n n'est évidemment pas un sous-espace vectoriel, il n'est pas stable par la multiplication par un réel car le coecient dominant est multiplié aussi.

b. La fonction polynomiale associée à un polynôme est continue. Sa restriction au segment [−1, 1] est donc bornée et atteint ses bornes. On peut donc poser

N(P ) = max n P(x) e

, x ∈ [−1, 1] o

Si la fonction polynomiale est nulle sur le segment, le polynôme admet une innité de racines, il doit donc être nul. Ainsi pour un polynôme non nul N(P ) > 0 . c. L'ensemble {N (P ), P ∈ U n } est une partie de R non vide et minorée par 0 , elle

admet donc une borne inférieure m n . Il n'est absolument pas évident que cette borne soit le plus petit élément, c'est l'objet des questions suivantes.

2. Le polynôme T n est de degré n et de coecient dominant 2 ⁿ⁻¹ , de plus il vérie :

|f T n (x)| ≤ 1 pour tous les x ∈ [−1, 1] et il atteint plusieurs fois les valeurs 1 et −1 (ce point sera détaillé dans la question3.a.). On en déduit que pour le polynôme unitaire 2 ¹⁻ⁿ T _n :

N(2 ¹⁻ⁿ T _n ) = 2 ¹⁻ⁿ ⇒ m _n ≤ 2 ¹⁻ⁿ 3. a. Comme en I, on utilise T f _n (cos x) = cos nx .

cos nx = 1 ⇔ nx ≡ 0 mod 2π ⇔ ∃k ∈ Z tq x = 2kπ n On se limite à [0, π] pour assurer l'injectivité du cos .

Le polynôme T n − 1 admet donc b ⁿ ₂ c + 1 racines qui sont les

cos 2kπ

n avec 0 ≤ k ≤ b n 2 c De même

cos nx = −1 ⇔ nx ≡ π mod 2π ⇔ ∃k ∈ Z tq x = (2k + 1)π n Le polynôme T _n + 1 admet donc b ⁿ⁻¹ ₂ c + 1 racines qui sont les

cos (2k + 1)π

n avec 0 ≤ k ≤ b n − 1 2 c

Remarquons de plus que T f n (1) = cos 0 = 1 . Il est évident à cause des monotonies des restrictions des cos que ces racines s'entremèlent. Pour les disposer précisé- ment, il est commode de séparer les cas pairs et impairs. La valeur 1 est atteinte aux y _i , la valeur −1 est atteinte aux z _i

n b ⁿ ₂ c + 1 b ⁿ⁻¹ ₂ c + 1 racines

2p p + 1 p y 1 = −1 < z 1 < y 2 < · · · < z p < y p+1 = 1 2p + 1 p + 1 p + 1 z ₁ = −1 < y ₁ < z ₂ < · · · < z _p+1 < y _p+1 = 1 b. Dans les deux cas, on obtient n + 1 racines qui forment n intervalles. De l'hypo-

thèse N(P ) < 2 ⁻ⁿ⁺¹ , on tire que 2 ⁿ⁻¹ P ne prend (en module) que des valeurs strictement plus petites que 1 . Le polynôme T n − 2 ⁿ⁻¹ P admettra donc au moins n racines. Or ce polynôme est de degré strictement plus petit car les coecients de degré n s'annulent.

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c. D'après la question précédente, 2 ⁻ⁿ⁺¹ est un minorant de {N (P), P ∈ U n } ce qui entraine l'inégalité manquante 2 ⁻ⁿ⁺¹ ≤ m n car la borne inférieure est le plus grand des minorants.

4. a. La fonction suivante répond aux conditions demandées t → a + b

2 + t b − a 2

b. À partir du polynôme P vériant l'hypothèse, formons un polynôme Q : Q = P( b a + b

2 + X b − a 2 )

Ce polynôme est de degré p et de coecient dominant ( ^b−a ₂ ) ^p . De plus, par construction, il vérie :

∀x ∈ [−1, 1] : Q(x) e

≤ 2

Formons un polynôme unitaire et appliquons le résultat de 3.

N 2 ^p

(b − a) ^p Q

≤ 2 ^p+1

(b − a) ^p ⇒ 2 ^−p+1 ≤ 2 ^p+1

(b − a) ^p ⇒ (b − a) ^p ≤ 2 ^2p ⇒ b − a ≤ 4

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