La plus grande gloire n’est pas de ne jamais tomber, mais de se relever à chaque chute.

Problème A : calcul de

cosnx+isinnx=e^inx= e^{ix n}= (cosx+isinx)ⁿ=

n

j=0

n

j cos^n−jx·i^j·sin^jx

d’où, en séparant les termes de rangs pairs et impairs, qui fournissent respectivement parties réelle et imaginaire :

cosnx=

0≤2k≤n

(−1)^k n

2k cos^n−2kx·sin^2kx et sinnx=

0≤2k+1≤n

(−1)^k n

2k+ 1 cos^n−2k−1x·sin^2k+1x ou encore, puisque par hypothèsecosx est non nul :

cosnx= cosⁿx·

0≤2k≤n

(−1)^k n

2k tan^2kx et sinnx= cosⁿx·

0≤2k+1≤n

(−1)^k n

2k+ 1 tan^2k+1x d’où, puisqu’on a supposé en outrecosnx= 0:

tannx= P(tanx)

Q(tanx) avec P(X) =

0≤2k+1≤n

(−1)^k n

2k+ 1 X^2k+1 et Q(X) =

0≤2k≤n

(−1)^k n 2k X^2k. 2) a)Avec les notations précédentes, pour n= 2p+ 1,k varie de0 à p:

P(X) =

p

k=0

(−1)^k n

2k+ 1 X^2k+1 convient.

b)P est un polynôme de degré n, de coefficient dominant (−1)^p, et admet pour racines les tanθk,

−p ≤ k ≤ p (en effet : P(tanθk) = Q(tanθk)·tannθk = 0 ). En outre, les θk, −p ≤ k ≤ p, sont n valeurs distinctes de l’intervalle ]−π/2, π/2[, donc les tanθk, −p ≤ k ≤ p, sont n réels distincts (puisquetaninduit une bijection de ]−π/2, π/2[dansR). J’ai ainsi tous les éléments de la factorisation de P :

P(X) = (−1)^p

p

k=−p

(X−tanθk) ;

comme θ0 = 0et comme θ−k=−θk donnetanθ−k=−tanθk, j’obtiens en regroupant (X−tanθk) et (X−tanθ_−k), pour1≤k≤p :

P(X) = (−1)^p

p

k=−p

(X−tanθk) = (−1)^pX

p

k=1

X²−tan²θk

c)J’ai par construction : P(X) = X·A X² , donc A admet pour racines les tan²θk, 1≤k≤p, qui sont préels distincts, tandis queA est un polynôme de degré p ; par conséquent :

Les racines deA sont lestan²θk,1≤k≤p.

De même, pour tout réelx non nul, x^2p+1P 1

x =

p

k=0

(−1)^k n

2k+ 1 x^2p−2k=B x² . J’en déduis comme ci-dessus que

Les racines deB sont les 1

tan²θk = cot²θk,1≤k≤p.

d)Les relations entre coefficients et racines d’un polynôme scindé me donnent en particulier la somme des racines de A et deB:

p

k=1

tan²θk=−

(−1)^p−1 2p+ 1 2p−1 (−1)^p 2p+ 1

2p+ 1

= 2p+ 1

2 = (2p+ 1) (2p) 2

et

p

k=1

cot²θk=−

(−1)¹ 2p+ 1 3 (−1)⁰ 2p+ 1

1

=

2p+ 1 3

2p+ 1 = (2p+ 1) (2p) (2p−1) 6 (2p+ 1)

soit, après simplification :

p

k=1

tan²θk=p(2p+ 1) et

p

k=1

cot²θk= p(2p−1)

3 .

3) Le premier encadrement s’obtient par exemple en étudiant les variations sur [0, π/2[ des fonctions x→x−sinx etx→tanx−x (elles sont croissantes, nulles en 0) :

∀x∈ 0,π

2 sinx≤x≤tanx.

Ainsi, pour tout x de]0, π/2[, j’ai : 0<cotx < 1 x < 1

sinx d’où, en élevant au carré :

∀x∈ 0,π

2 cot²x≤ 1

x² ≤1 + cot²x.

4) J’applique l’encadrement précédent auxθk,1≤k≤p(qui sont bien dans]0, π/2[!) et j’ajoute membre à membre les inégalités obtenues :

p

k=1

cot²θk ≤

p

k=1

1

θ²_k ≤p+

p

k=1

cot²θk

soit, grâce au 2)d) :

p(2p−1)

3 ≤ (2p+ 1)² π²

p

k=1

1

k² ≤p+p(2p−1)

3 .

J’en déduis

p(2p−1) (2p+ 1)² ·π²

3 ≤

p

k=1

1

k² ≤ p(2p+ 2) (2p+ 1)² ·π²

3 or,

p(2p−1)

(2p+ 1)² _p→∞−→ 1

2 et p(2p+ 2)

(2p+ 1)² _p→∞−→ 1 2 d’où, grâce au théorème d’encadrement :

p→∞lim

p

k=1

1

k² existe et vaut

∞

k=1

1 k² = π²

6 .

Problème B : polynômes trigonométriques

Partie I 1) Pourm= 0,θ→ e^imθ

im est une primitive sur Rdeθ→e^imθ ete^imπ =e^−imπ= (−1)^m, d’où : 1

2π

π

−π

e^imθdθ= 0 sim= 0

1 sim= 0 et 1 2π

π

−π

f(θ)e^−imθdθ=cm. En effet, par linéarité de l’intégrale,

1 2π

π

−π

f(θ)e^−imθdθ=

+∞

k=−∞

ck 1 2π

π

−π

e^i(k−m)θdθ=cm puisque les termes pourk=msont nuls.

2) D’après le résultat précédent, la famille (ck)_k∈Z est entièrement déterminée par la donnée def : La famille(ck)_k∈Z à support fini telle que : ∀θ∈R f(θ) = ^+∞

k=−∞

cke^ikθ est unique.

J’ai, grâce à une réindexation : ∀θ∈R f(θ) = ^N

k=−N

cke^−ikθ = ^N

k=−N

c−ke^ikθ.

Donc, d’après l’unicité établie précédemment, f est à valeurs réelles si et seulement si :

∀k∈ {−N, . . . , N} c_−k=c_k ; autrement dit :

f est à valeurs réelles si et seulement si : ∀k∈ {0, . . . , N} c−k =ck. 3) Il est clair que le polynôme P défini par : P(X) = ^N

k=−N

ckX^k+N convient ; par ailleurs, si deux polynômes P et Q conviennent, alors P −Q admet une infinité de racines (tous les complexes de module 1) ; c’est donc le polynôme nul, d’où l’unicité de P. Par ailleurs, en réindexant, j’obtiens P(X) = ^2N

j=0

cj−NX^j, donc :

Il existe un unique polynômeP dans C[X]tel que : ∀θ∈R f(θ) =e^−iNθP e^iθ ; ses coefficients sont donnés par : ∀j∈N uj =cj−N ; lorsquecN = 0,P est de degré2N. 4) f étant à valeurs réelles, j’ai d’après2)et3): P(0) =c−N =cN = 0 par hypothèse ; en outre :

∀j ∈ {0, . . . ,2N} u2N−j =cN−j =cj−N =uj. Finalement,

P(0) = 0 et ∀j∈ {0, . . . ,2N} u2N−j =uj. Il en résulte que, pourz dansC^∗, en réindexant :

P(1/z) = 1 z^2N

2N j=0

ujz^2N−j = 1 z^2N

2N j=0

u2N−jz^j = 1

z^2NP(z) d’où P(z) =z^2N·P(1/z).

Alors, si z0 est une racine deP de multiplicitém, je dispose d’un polynômeQ deC[X]tel que : P(X) = (X−z0)^mQ(X) et Q(z0) = 0 ;

en outre, z0 est non nul puisqueP(0) = 0et il vient :

∀z∈C^∗ P(z) =z^2N · 1 z−z0

m

Q(1/z) = (−z0)^m z− 1 z0

m

z^2N−mQ(1/z).

OrQest un polynôme de degré2N−m, il en résulte queR:z→(−z0)^mz^2N−mQ(1/z)est un polynôme deC[X]et j’ai :

P(X) = X− 1 z0

m

R(X) , avec R 1

z0 = 0puisqueQ(z0) = 0.

Par conséquent, 1/z0 est racine d’ordre mdeP :

Siz0 est une racine deP de multiplicitém, alors 1/z0 est aussi une racine deP de multiplicitém.

5) a)e^iθ0 étant une racine de P de multiplicitém, je dispose d’un polynôme QdeC[X]tel que P(X) = X−e^{iθ0 m}Q(X) et Q e^iθ0 = 0 ;

d’où

∀θ∈R f(θ) =e^iNθ e^iθ−e^{iθ0 m}Q e^iθ =e^iNθ e^i(θ+θ0)/2·2isin θ−θ0

2

m

Q e^iθ . Soit, en posant : ∀θ∈R g(θ) =e^iNθ e^i(θ+θ0)/2·2i ^mQ e^iθ :

∀θ∈R f(θ) = sin θ−θ0

2

m

g(θ) , oùg est une fonction continue telle que : g(θ0) = 0.

b)D’après a), au voisinage de θ0, f(θ) est équivalent à θ−θ0

2

m

g(θ0). Si f est à valeurs réelles, g(θ0) est nécessairement un réel, puisque c’est la limite en θ0 de θ→f(θ) θ−θ0

2

m

. De plus, si métait impair,f changerait de signe en θ0 :

Sif est à valeurs dans R⁺, alorsmest pair.

6) a)J’appelle c le coefficient dominant de P, e^iθj, 1 ≤ j ≤ p, les racines de module 1 de P (p = 0 s’il n’y en a pas !) et zk, 1 ≤ k ≤ q, les racines de module strictement inférieur à 1 de P (q = 0 s’il n’y en a pas !!). D’après 5)b), l’ordre de multiplicité de e^iθj est pair, je le note 2αj. D’après 4), les racines de module strictement supérieur à1 deP sont les 1/zk, je noteβ_k l’ordre de multiplicité commun (toujours d’après 4)) à zk et1/zk. J’ai ainsi obtenu toutes les racines deP, donc d’après le théorème de d’Alembert :

P se factorise comme indiqué dans l’énoncé.

En outre P est de degré2N, d’où :

p j=1

αj+

q k=1

β_k =N. b)Je vérifie bien que, pour θréel et zk complexe non nul :







e^iθ−e^{iθj 2} = e^iθ−e^iθj e^iθe^iθj e^−iθj −e^−iθ =−e^iθe^iθj e^iθ−e^{iθj 2} e^iθ−zk e^iθ−1/zk = e^iθ−zk e^iθ

zk zk−e^−iθ =−e^iθ

zk e^iθ−zk 2

Il en résulte, avec les notations du a):

A e^iθ = (−1) ^αj ·e^{iθ αj}·e^{i αjθj} ·

p

j=1

e^iθ−e^{iθj 2αj} et

B e^iθ = (−1) ^βk·e^{iθ βk}·

q

k=1

1 zk ·

q

k=1

e^iθ−zk 2βk

. Comme αj+ β_k=N, j’obtiens

f(θ) =γ·

p

j=1

e^iθ−e^{iθj 2αj} ·

q

k=1

e^iθ−zk 2β_k

,

γ étant a priori une constante complexe ; mais nécessairement γ est dans R^+∗, puisque f est non nulle et à valeurs dans R⁺. Finalement, en posant :

Q(X) =√γ·

p

j=1

X−e^{iθj αj} ·

q

k=1

(X−z_k)^βk ,

Q est un polynôme deC[X], de degréN, tel que : ∀θ∈R f(θ) = Q e^{iθ 2}.

Partie II 1) Quelques récurrences immédiates, agrémentées de la relation :

cos (n+ 1)θ+ cos (n−1)θ= 2 cosθcosnθ , montrent que :

Pourndans N^∗,Tn est un polynôme de degrén, de coefficient dominant2ⁿ⁻¹ (T0 = 1!) et : ∀n∈N ∀θ∈R Tn(cosθ) = cosnθ.

Comme la fonctioncos induit une bijection de[0, π]dans[−1,1], j’ai, pourn fixé dansN : Tn = sup

x∈[−1,1]|Tn(x)|= sup

θ∈[0,π]|Tn(cosθ)|= sup

θ∈[0,π]|cosnθ|= 1,

d’où :

∀n∈N 1

2ⁿ⁻¹Tn = 1 2ⁿ⁻¹. 2) a)Par hypothèse, j’ai :

∀k∈ {0, . . . , n} − 1

2ⁿ⁻¹ < P(xk)< 1

2ⁿ⁻¹ et 1

2ⁿ⁻¹Tn(xk) = (−1)^k 2ⁿ⁻¹ .

Donc, pour k pair, Q(xk) > 0 et, pour k impair, Q(xk) < 0 ; j’en déduis, grâce au théorème des valeurs intermédiaires, que :

Q= 1

2ⁿ⁻¹Tn−P s’annule sur chaque intervalle ]xk+1, xk[, 0≤k≤n−1.

Q est la différence de deux polynômes de degré n unitaires, donc Q est de degré au plus n−1 ; or, d’après ce qui précède, Q admet au moins n racines distinctes, donc Q = 0, c’est-à-dire que P = 1

2ⁿ⁻¹Tn, ce qui est absurde, puisque 1

2ⁿ⁻¹Tn = 1

2ⁿ⁻¹ alors que P < 1

2ⁿ⁻¹. En conclusion : Il ne peut exister P ∈R[X], de degré n, unitaire, tel que : P < 1

2ⁿ⁻¹. b)Soit P ∈Un. Si P ∈ R[X], alors d’après a), P ≥ 1

2ⁿ⁻¹. Dans le cas général, P s’écrit A+iB, avecA etB dansR[X];P étant unitaire de degré n,Aest également unitaire de degré n(et Bde degré strictement inférieur à n) ; ainsi, d’après le premier cas, A ≥ 1

2ⁿ⁻¹. Or :

∀x∈[−1,1] |P(x)|= A(x)²+B(x)²≥ |A(x)|. J’en déduis que P ≥ A , d’où finalement :

Si P ∈Un, alors P ≥ 1 2ⁿ⁻¹. 3) a)Pour(a0, a1, b1, . . . , aN, bN)∈R^2N+1, j’ai :

∀θ∈R a0+

N

k=1

(akcoskθ+bksinkθ) = a0+

N

k=1

ake^ikθ+e^−ikθ

2 +bke^ikθ−e^−ikθ 2i

= a0+

N

k=1

ak

2 +bk

2i e^ikθ+ ak

2 −bk

2i e^−ikθ Analyse : d’après l’unicité vue auI-2), si (a0, a1, b1, . . . , aN, bN) vérifie :

∀θ∈R f(θ) =a0+

N

k=1

(akcoskθ+bksinkθ) , j’ai nécessairement, en comparant les coefficients de e^ikθ , pour 0≤k≤N :

a0=c0 et ∀k∈ {1, . . . , N} ak= 2 Reck et bk=−2 Imck.

Synthèse : la famille(a0, a1, b1, . . . , aN, bN) définie par les relations ci-dessus est bien dans R^2N+1 ; elle vérifie par construction :

a0 =c0 et ∀k∈ {1, . . . , N} ak

2 +bk

2i =ck. En outre, f étant à valeurs réelles, j’ai d’aprèsI-2) :

∀k∈ {1, . . . , N} c−k=ck= ak

2 −bk

2i. Finalement, d’après le calcul ci-dessus :

∀θ∈R a0+ ^N

k=1

(akcoskθ+bksinkθ) =f(θ) ;

ainsi cette famille convient et c’est la seule possible d’après l’analyse :

Il existe une unique famille(a0, a1, b1, . . . , aN, bN) dans R^2N+1 telle que :

∀θ∈R f(θ) =a0+ ^N

k=1

(akcoskθ+bksinkθ).

b)Par hypothèse :

∀θ∈R f(θ) = ^N

k=−N

cke^ikθ = Q e^{iθ 2} = ^N

j=0

λj·e^ijθ · ^N

j=0

λj·e^−ijθ . En identifiant les coefficients de e^iNθ , puis dee^i0θ (cf. l’unicité vue au I-2)), j’obtiens :

cN =λN ·λ0 et c0 = ^N

j=0

λj ·λj. Il en résulte, d’après a):

aN −ibN = 2·λ0·λN et a0 = ^N

j=0|λj|². Il en découle :

a²_N+b²_N =|aN −ibN|= 2· |λ0| · |λN| ≤ |λ0|²+|λN|² (car (|λ0| − |λN|)²≥0) ; D’après la valeur de a0 calculée ci-dessus, j’en déduis : a²_N +b²_N ≤a0, d’où

a²_N+b²_N ≤a²₀.

4) a)Dans le cas particulier considéré, la question précédente donne : aN = 2 ;bN = 0;a0 = 2 +

N−1 j=1 |λj|². b)Par définition de M(Q), j’ai : ∀θ∈R f(θ) = Q e^{iθ 2} ≤[M(Q)]² ;

d’où en intégrant :

π

−π

f(θ) dθ≤2π[M(Q)]², ora0= 1 2π

π

−π

f(θ) dθ; en conclusion : [M(Q)]² ≥a0.

c)D’après la majoration vue au début du b), g : θ → [M(Q)]² − f(θ) est bien un polynôme trigonométrique à valeurs dans R⁺ ; en outre, d’après l’unicité vue au II-3)a), la famille de R^2N+1 associée à g est [M(Q)]²−a0,−a1,−b1, . . . ,−aN,−bN et le résultat du II-3)b)donne

(−aN)²+ (−bN)²≤ [M(Q)]²−a0 2.

Or aN = 2 , bN = 0 et [M(Q)]² ≥a0 ; d’où : [M(Q)]²−a0 ≥2 ; comme a0 ≥ 2 (d’après a)) et M(Q)≥0, j’en déduis : M(Q)≥2.

En outre, siM(Q) est égal à 2, j’aia0≤2; de a), je déduis alors que

∀j∈ {1, . . . , N−1} λj = 0.

Réciproquement, si : ∀j∈ {1, . . . , N−1} λj = 0,alorsQ(X) =X^N + 1et

∀θ∈R Q e^iθ = 2|cosNθ| ; d’où, par définition de M(Q),M(Q) = 2. En conclusion :

M(Q)≥2 , avec égalité si et seulement si : ∀j∈ {1, . . . , N−1} λj = 0.

5) a)Soit A(X) = ⁿ

k=0

αkX^k (oùαn= 1par hypothèse). J’ai : Q(X) = 2ⁿXⁿA 1

2 X+ 1

X = 2ⁿ

n

k=0

αk

2^kX^n−k X²+ 1 ^k.

Qapparaît donc bien comme un polynôme deC[X]; en outre,X^n−k X²+ 1 ^kétant de degrén+k, Q est de degré 2net son coefficient dominant est : 2ⁿαn

2ⁿ = 1. Enfin, la somme ci-dessus comporte un seul terme constant, obtenu pour k=n, valant également : 2ⁿαn

2ⁿ = 1. En conclusion : Q est un polynôme deC[X], de degré 2n ; ses coefficients dominant et constant valent 1.

b)M(Q) = sup

θ∈R

Q e^iθ = sup

θ∈R|2ⁿA(cosθ)|= 2ⁿ A . Ainsi : M(Q) = 2.

Or, d’aprèsa),Q(X) = ²ⁿ

j=0

λjX^j avecλ0 =λ2n= 1. Il en résulte, d’après4)c), que Q(X) =X²ⁿ+ 1.

c)J’en déduis, par définition de Q :

∀θ∈R A(cosθ) = 1

2ⁿe^inθQ e^iθ = 1

2ⁿ e^inθ+e^−inθ = 1

2ⁿ⁻¹ cosnθ.

Par conséquent, les polynômes A et 1

2ⁿ⁻¹Tn coïncident sur[−1,1], donc en une infinité de points : ils sont égaux (leur différence est un polynôme admettant une infinité de racines).

A= 1 2ⁿ⁻¹Tn.

Nous venons donc de prouver, en complétant grâce aux résultats de II-1)etII-2)b), que : min P , P ∈Un = 1

2ⁿ⁻¹ et 1

2ⁿ⁻¹Tn est l’unique polynôme deUn où ce minimum est atteint.

La plus grande gloire n’est pas de ne jamais tomber, mais de se relever à chaque chute.

Confucius

Peu de gens sont assez sages pour préférer

le blâme qui leur est utile à la louange qui les trahit.

François de La Rochefoucauld