Introduisons les polynômes symétriques élémentaires

Exercice 1

Introduisons les polynômes symétriques élémentaires

σ

1

= x

1

+ x

2

+ x

3

σ

2

= x

1

x

2

+ x

1

x

3

+ x

2

x

3

σ

3

= x

1

x

2

x

3

et utilisons les pour exprimer chacune des trois relations.

La première relation donne immédiatement σ

₁²

− 2σ

2

= 1 .

On obtient la deuxième relation en réduisant au même dénominateur x

1

x

2

x

3

: σ

1

σ

3

= 3 2

Pour la troisième, on commence par regrouper par trois les termes qui ont le même déno- minateur. Cela fait apparaitre le σ

1

au numérateur que l'on peut mettre en facteur :

(x

₁

+ x

₂

+ x

₃

) 1

x

1

+ 1 x

2

+ 1 x

3

= 6

On réduit au même dénominateur x

₁

x

₂

x

₃

ce qui donne directement :

^σ1_σ^σ₃²

= 6 . À partir des deux dernières relations, on obtient σ

₂

= 4 .

En remplaçant dans la première, on obtient σ

₁²

= 9

Le dernier s'obtient à partir de σ

1

: σ

3

=

²₃

σ

1

. On a donc deux possibilités :

σ

₁

= 3 σ

₃

= 2 σ

₂

= 4

σ

1

= −3 σ

3

= −2 σ

2

= 4

Les nombres x

₁

, x

₂

, x

₃

sont donc (à permutation près) les racines des polynômes X

³

− 3X

²

+ 4X − 2, X

³

+ 3X

²

+ 4X + 2

après factorisation à l'aide de la racine évidente 1 ou −1 avec une division par X − 1 ou X + 1 , on obtient les triplets (1, 1 + i, 1 − i) et (−1, −1 + i, −1 − i) .

Exercice 2

1. a. Commençons par signaler que l'espace vectoriel contenant ker g et Im f est F . Il s'agit donc de 0

_F

dans la formule proposée.

Supposons ker g ◦f ⊂ ker f . Soit x quelconque dans ker g ∩ Im f . Il existe a ∈ E tel que x = f (a) . Comme x ∈ ker g , on a aussi

g(x) = O

G

⇒ g ◦ f (a) = 0

G

⇒ a ∈ ker g ◦ f ⊂ ker f ⇒ x = f (a) = 0

F

Ainsi, ker g ∩ Im f = {0

F

} .

Supposons ker g ∩ Im f = {0

F

} . Soit x quelconque dans ker g◦f . Alors g◦f (x) = 0

G

donc f (x) ∈ ker g . Or évidemment f (x) ∈ Im f donc f (x) ∈ ker g ∩ Im f = {0

F

} c'est à dire x ∈ ker f .

Ainsi ker g ◦ f ⊂ ker f .

b. Supposons Im g ⊂ Im g ◦ f . Soit x quelconque dans F , considérons g(x) . Il appartient à Im g qui est inclus dans Im g ◦ f , il existe donc a ∈ E tel que g(x) = g ◦ f (a) . On peut alors écrire

x = f (a) + (x − f (a))

avec f (a) ∈ Im f et g(x − f (a)) = g(x) − g ◦ f (a) = 0

_G

donc x − f(a) ∈ ker g . Ainsi F = Im f + ker g .

Supposons F = Im f + ker g . Soit u quelconque dans Im g . Il existe x ∈ F tel que u = g(x) . D'après l'hypothèse, ce x se décompose. Il existe a ∈ E et y ∈ ker g tels que

x = f (a) + y En composant par g , on obtient

u = g(x) = g(f(a)) + g(y)

|{z}

=0G

= g ◦ f (a) ∈ Im g ◦ f

Ainsi Im g ⊂ Im g ◦ f .

2. a. On cherche à utiliser la question 1. qui permet de caractériser le fait que le noyau et l'image sont supplémentaires. On forme des conséquences des relations de l'énoncé permettant de le faire :

f ◦ g ◦ f = f g ◦ f ◦ g = g

)

⇒

( ker g ◦ f ⊂ ker f Im g ⊂ Im g ◦ f

On peut donc appliquer la question 1. (avec G = E ) et en déduire que ker g et Im f sont supplémentaires.

L'autre propriété s'obtient en échangeant les rôles de f et g .

b. Pour tout x ∈ Im f , il existe a ∈ E tel que x = f (a) . Par dénition de f et g on a alors :

f ◦ g(x) = f ◦ g(f (a)) = f (g(f (a))) = f ◦ g ◦ f (a) = f (a) = x On en déduit f ◦ g = Id

Imf

. On montre de même que g ◦ f = Id

Img

.

Comme Im g est un supplémentaire de ker f , le lemme noyau-image du cours assure directement que f est un isomorphisme. Cela s'applique aussi pour g . On prouve bien ainsi qu'il s'agit d'isomorphismes mais pas qu'ils sont inverses l'un de l'autre.

3. a. Ici g ◦f = Id

E

. Alors ker g ◦ f = {0

E

} ⊂ ker f et Im g ◦ f = E donc Im g ⊂ Im g ◦ f . On en déduit, d'après 1 avec E = F = G que ker g et Im f sont supplémentaires.

Cette question n'est intéressante que si on ne suppose pas la dimension nie. En eet g ◦ f = Id

_E

entraine g surjective et f injective. Si on était en dimension nie, les deux seraient bijectifs donc vériant ker g = {0

E

} et Im f = E .

En revanche, ces sous-espaces peuvent ne pas être triviaux en dimension nie comme le montre l'exemple demandé dans la question suivante.

b. On dénit f par f (P ) = XP et g par g(P ) est le quotient de la division de P par X . On a alors immédiatement

g ◦ f = Id

_R[X]

Comme g(1) = 0 , f ◦ g(1) = 0 donc f ◦ g n'est pas l'identité. Quel que soit l'exemple choisi, g ◦ f = Id

E

entraine ker f = {0

E

} et Im g = E .

Problème

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 : (

T f

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

)

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

²₁

− 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

^{i2k−1n π}

!

= Re e

^−iπn

n

X

k=1

e

^i2πn

ⁿ

!

= 0

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

Partie III. Minimalité.

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 .

1

1 1 2ⁿ⁻¹N(P)

−2ⁿ⁻¹N(P)

Fig. 1: Graphe de T

₆

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

ⁿ₂

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⁻¹₂

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

ⁿ₂

c + 1 b

ⁿ⁻¹₂

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.

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−a₂

)

^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