[PDF] Devoir `a la maison n 6 CORRECTION Probl`eme

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MPSI 3 - Fermat Le 24.01.17

2016-2017

Devoir a la maison n

6

CORRECTION

Vous trouverez evidemment ce qu'il faut ecrire dans une bonne copie (en noir, ici).

Mais aussi, deux types de section (grisees) vous permettront de proter de cette correction au mieux :

Remarque :

Il s'agit de commentaires pour aider a la comprehension

Piste de rec herche:

Il s'agit de questions complementaires pour savoir quoi trouver ou pour continuer l'etude...

Probleme

A. Relation sur les polyn^omes a coecients entiers SoitP2R[X], on suppose que deg(P) =n(n>1) et on noteP=nX k=0a kXk.On doit demontrer une divisibilite, donc quelque chose du genrepA=a0, avecA2Z.

Or lorsqu'on applique les hypotheses de la questionP(r) = 0, on obtient de fractions de denominateursqk.

Pour obtenir des entiers, on m^eme donc au m^eme denominateur, i.e. le PPCM desqk, il s'agit deqn. On multiplie donc tout parqn, puis on isolea0(resp.an)Piste de recherche... rest une racine deP, doncP(r) = 0 etqnP(r) = 0, c'est-a-dire : q n nX k=0a kpkq k! =nX k=0a kqnkpk= 0

On a donc, en particulier :

a npn=n1X k=0a kpkqnk=q n1X k=0a kpkqn1k! eta0qn=p nX k=1a kpk1qnk!

Or les nombres

n1P k=0a kpkqn1k et nP k=1a kpk1qnk sont des entiers, donc qjanpnetpja0qn

Ennp^q= 1, carpq

est l'ecriture irreductible der, doncp^qn= 1 etq^pn= 1.

On applique enn le lemme de Gauss et on obtient

pja0etqjanComme beaucoup d'autres, ce theoreme s'appelle le theoreme de Gauss. C'est assez classique des que l'on s'interesse

au polyn^ome deZ[X].

On notera egalement que lorsque vous cherchez une racine evidente entiere d'un polyn^ome a coecients entiers

(ce qui arrive assez souvent nalement), il faut cherche cette racine parmi les diviseur dea0. (Ce qui est naturel

lorsquea0= 0...)Remarques !

B. Polyn^omes de Tchebychev

1.

Construction de la famille de p olyn^omes.

(a)

On commence par mon trerl'existence de Tn.La seule chose que l'on doit verier est la formule encos(nx), on a vu en cours que dans ce cas la

(pour des cas particuliers den), il fallait exploiter la formule d' Euler, puis le bin^ome de Newton. C'est

toujours vrai dans le cas general (pour toutn).Piste de recherche...

Soitn2N, pour toutx2R,

cos(nx) =Reeinx=Re(eix)n=Re((cosx+isinx)n) =Re nX k=0 n k cos nkxiksink(x)! Orikn'est reel que sikest pair et sik= 2p, alorsik=i2p= (i2)p= (1)p.

Donc, en considerantp=k2

, donc lorsquekvarie de 0 an,pvarie de 0 abn2 c(p2N). cos(nx) =b n2 cX p=0(1)pn 2p sin

2p(x)cosn2p(x) =b

n2 cX p=0(1)pn 2p sin2(x)pcosn2p(x)

En exploitant la relation : sin

2(x) = 1cos2(x), on a donc, pour toutx2R:

cos(nx) =b n2 cX p=0 n 2p (1cos2(x))pcosn2p(x)

ConsideronsTn=b

n2 cX p=0 n 2p (1X2)pXn2p, on a donc pour tout reelx, cos(nx) =Tn(cosx).

Montrons maintenant l'unicite d'un tel polyn^ome.La demarche presentee maintenant est tres tres classique (2polyn^omes, soustraction, innite de ra-

cines). A savoir-faire!Remarques ! SiTnetQnverient la m^eme relation, on a donc pour tout reelx:Tn(cosx)Qn(cosx) = 0

Et donc pour touty2[1;1],

(TnQn)(y) =Tn(cos(arccos(y))Qn(cos(arccos(y)) = 0 AinsiTnQnadmet une innite de racines (tous les reels de [1;1]), c'est le polyn^ome nul, i.e.Tn=Qn.

On a donc l'existence et l'unicite du polyn^omeTn2R[X], tel que8x2R;cos(nx) =Tn(cosx)Il s'agit de la famille des polyn^omes de Tchebychev de premiere espece. Que vautTn(ch(x))?Remarques !

(b)

Il s'agit de simples calculs, vous pourriez verier par vous m^eme (et montrer les traces des calculs sur

la copiePiste de recherche... T

0= 1; T1=X; T2= 2X21; T3= 4X33X; T4= 8X48X2+ 1(c)

Il faut reussir a exprimer0,1et1comme descos(x),avecxbien choisi; c'est la seule connaissance simple et directe que l'on a deTnPiste de recherche... T n(0) =Tn(cos2 ) = cos(n2 ) =0 sinimpair (1)psin= 2p; Tn(1) = cos(n0) = 0; Tn(1) = cos(n) = (1)n Les calculs sont un peu rapides ici. Vous devez bien vous assurer de leur justesse (et de les avoir compris)!!Piste de recherche... 2. Soit n2N.On applique toujours la m^eme methode que pour l'unicite (innite de racines).

Evidemment, il faut conna^tre

sesformules trigonometriques. On remarquera l'importance de garder la symetrie pour faciliter les calculs...Piste de recherche... SoitQn=Tn+22XTn+1+Tn. Soity2[1;1] etx= arccos(y) doncy= cosx, Q n(y) =Tn+2(cosx)2cosxTn+1(cosx)+Tn(cosx) = cos[(n+2)x]2cos[x]cos[(n+1)x]+cos(nx) cos[(n+ 2)x] + cos(nx)2cos[x]cos[(n+ 1)x] = 2cos (n+ 2)x+nx2 cos(n+ 2)xnx2

2cos[x]cos[(n+ 1)x] = 0

DoncQnadmet une innite de racines (tous les nombres reels de [1;1], doncQn= 0 :

8n2N; Tn+22XTn+1+Tn= 03.

Pour la suite des questions, il y a maintenant deux options pour trouver les proprietes veriees parTn:

la propriete caracteristique (Tn(cosx) =:::) ou la relation de recurrence (Tn+2= 2XTn+1Tn). Il faut

choisir, on peut neanmoins anticiper que la seconde propriete servira plus pour les questions qui suivent,

sinon celles-ci auraient ete placees plus haut...Piste de recherche... Si on exploite la relation de recurrence, ce sera souvent dans des demonstrations par recurrence.

Or ce genre de raisonnement est toujours un peu laborieux, on a donc inter^et a optimiser en ecrivant

dans les hypotheses de recurrence le plus d'informations possibles (et reduire en consequence le nombre de

recurrence).

Par ailleurs, vue la forme de la relation de recurrence, ce sera toujours des recurrence a deux termesPiste de recherche...

Posons pour toutn2N,Pn:le terme dominant deTnest 2n1XnetTna la parite den. |T1=X, son terme dominant estX= 211X1. EtT1est impair. DoncP1vraie. |T2= 2X21, son terme dominant est 2X2= 221X2. EtT2est pair. DoncP2vraie.

Soit n2N. Supposons quePnetPn+1sont veriees.

Le degre deTnestn, celui deTn+1estn+ 1,

donc celui deTn+2= 2XTn+1Tnest (n+ 1) + 1 =n+ 2. Et [Tn+2]n+2= 21[Tn+1]n+1+ 0 = 22(n+1)1= 2n+1= 2(n+2)1 Ainsi le terme dominant deTn+2est bien 2(n+2)1Xn+2. En outre,Tna la parite denegale a celle den+ 2 :Tn(X) = (1)n+2Tn(X) T n+1a la parite den+ 1, donc 2XTn+1a la parite den+ 2 :

2(X)Tn+1(X) =2X(1)n+1Tn+1(X) = (1)n+22XTn+1(X).

Par addition,Tn+2a la parite den+ 2.

AinsiPn+2est bien veriee.

On a donc demontre que le terme dominant deTnest 2n1XnetTna la parite den4.

On va raisonner (toujours) par recurrence, mais alors il faut montrer la stabilite deZ[X]par addition de

polyn^omes. Ce sera l'objet du debut de la reponse qui suitRemarques !

SiA=nX

k=0a kXk2Z[X], etB=mX k=0b kXk2Z[X], alorsC=A+B=max(n;m)X k=0(ak+bk)Xk2Z[X], en eet :8k,ak+bk2Z.

On a alors par recurrence :8n2N,Tn2Z[X].

En eet, le resultat est vrai pourn= 0 (T0= 1) etn= 1 (T1=X). Puis, en vertu du lemme demontre en debut de question siTn;Tn+12Z[X], alorsTn+22Z[X].

Tous les coecients deTnsont des entiers relatifs.

5. La question est claire : il fautexprimerces racines. Il faut donc resoudreTn(y) = 0.

Avec la relation caracteristique (aveccos), on saura en trouver un certain nombre (celles situees dans[1;1]).

Esperons qu'on les trouvera toutes (au plusn)...Piste de recherche... Soityune racine deTndans l'intervalle [1;1], il existex2[0;] tel quey= cosx(en fait x= arccos(y)). T n(y) = 0 =Tn(cosx) = cos(nx) =)nx2 [] =)x2nh n i

Notonsxk=2n+kn

=2k+ 12n. On a alorsxk2[0;],062k+162n, 12

6k6n12

Il y a donc exactementnvaleurs distinctes possibles pourxk2[0;] :x0,x1,...xn1. Par ailleurs, cos est bijective de [0;] sur [1;1], Donc il y a donc exactementnvaleurs distinctes possibles poury: cos(x0), cos(x1),...cos(xn1). OrTn, de degrenadmet au plusnracines, donc on les a toutes! Ainsi,Tnadmetnracines reelles distinctes : lesyk= cos2k+ 12n

pourk2[[0;n1]]Nous avions ecrit qu'il faudrait probablement plut^ot utiliser la relation de recurrence que la relation ca-

racteristique pour les questions apres 3.

Autrement ecrit : pourquoi cette question n'a pas ete posee plut^ot? Tout simplement parce qu'on doit utiliser

un resultat acquis plus tard :deg(Tn) =nRemarques ! 6.

On peut s^urement (mais je ne le ferais pas) chercher a appliquer la m^eme methode : exprimerTn, puisT0n

puis ses racines.

Mais la l'enonce de demande pas d'expliciter les racines deT0n, mais seulement de montrer leur existence.

Cela rappelle le theoreme de Rolle. On va donc regarder les polyn^omes du point de vue des fonctions (polynomiales, donc)Piste de recherche... Notonstn:x7!Tn(x) ett0n, sa derivee. On a alorst0n(x) = (T0n)(x). On sait queTndonctns'annule enyket que lesyksont distincts, plus precisement :y0> y1>> yn2> yn1. Appliquonsn1 fois le theoreme de Rolle entre les pointsyketyk+1(pourk2[[0;n2]]). t n(yk) =tn(yk+1) = 0, donc il existezk2]yk+1;yk[ telles quet0n(zk) = 0 On a donc l'entrelacement :y0> z0> y1> z1> y2> yn2> zn2> yn1avecTn(yk) = 0 etT0n(zk) = 0

Pourn>2,T0nadmet (n1) racines reelles distinctes.La aussi, la question est classique (on l'avait d'ailleurs deja vu en TD debut decembre) : c'est la methode

de l'entrelacement des racines. (On pourrait d'ailleurs continuer en derivant a nouveauT0n...)Remarques !

7. Suiv antles indications (et a vecla notion de la question pr ecedente), n=tncos est de classeC2surR, par composition.

8x2R; '0n(x) =sin(x)t0n(cos(x)) et'00n(x) =cos(x)t0n(cos(x)) + sin2(x)t00n(cosx)

Par ailleurs,'n(x) = cos(nx), donc

8x2R; '0n(x) =nsin(nx) et'00n(x) =n2cos(nx)

Donc

8x2R;n2cos(nx) =n2tn(cosx) ='00n(x) =cos(x)t0n(cosx) + (1cos2(x))t00n(cosx)

Donc pour touty2[1;1] (y= cosx)

n2Tn(y) = (1y2)T00n(y)yT0n(y) AinsiR= (1X2)T00nXT0n+n2Tnadmet une innite de racines (touty2[1;1]), doncR= 0.

Bilan :Tnverie la relation dierentielle :n2TnXT0n+ (1X2)T00n= 0(On pourra considerer la fonctionx7!Tn(cosx))

8.Le principe est le suivant :

(a) On ecritc haquep olyn^ome: Tn,T0netT00nsous forme de somme. (b) On addition ceux-ci en asso ciantbien ensem bletous les termes asso cies aXk(pour toutk) (c) On iden tiea vecle p olyn^omen ul: cela donne une relation de r ecurrencesur le sak (d) On essa yede r esoudrecette r elationde r ecurrence.

Il est d'un usage tres frequent avec les equations dierentielles, en particulier lorsqu'on recherche des solutions

de ces equations sous forme de serie entiere (i.e.f(x) =P+1 n=0anxn) comme on le fait souvent en seconde annee. L'inter^et de cette question est donc de s'entrainer pour ce calcul...Piste de recherche...

On ecritTn=X

k2Na kXk. Bien qu'elle semble innie, cette somme est bien nie, puisque pour k >degTn=n,ak= 0.

On a alorsT0n=X

k2Nka kXk1et doncXT0n=X k2Nka kXkNotons que cette somme pourrait commencer a1, car le premier terme correspondant ak= 0est nul : c'est0a0.

Mais pour faciliter les additions qui vont suivre, on a inter^et a avoir les m^eme valeurs d'indice de somme

(cela evite l'etude de cas particuliers plethoriques)Remarques !

On a de m^emeT00n=X

k2Nk(k1)akXk2. DoncX2T00n=X k2Nk(k1)akXk, on a inter^et a noter 1T00n=X h2N(h+ 2)(h+ 1)ah+2Xh(h=k2 et somme dek= 2 a...)

On a donc

n

2TnXT0n+ (1X2)T00n=n2TnXT0n+T00nX2T00n= 0

X k2N n2akkak+ (k+ 2)(k+ 1)ak+2k(k1)akXk= 0

On peut identier :

8k2N; n2akkak+(k+2)(k+1)ak+2k(k1)ak= (n2kk2+k)ak+(k+2)(k+1)ak+2= 0

8k2N;k < n ak=(k+ 1)(k+ 2)k

2n2ak+2=(k+ 1)(k+ 2)(kn)(k+n)ak+2

(On prendk < n, pour que le denominateur soit non nul. Et queak>0, sik > ncar deg(Tn) =n).

On a donc (avech=k2) :8h6n,ah2=h(h1)(h2n)(h2 +n)ahOn a donc en posanth=n2p:an2p2=(n2p)(n2p1)(2p2)(2n2p2)an2p=(n2p)(n2p1)(4)(p+ 1)(n(p+ 1))an2p

Puis, en multipliant cette relation (pourpde 0 aP16n2 ) on obtient a n2an4:::an2P+2an2P=P1Y p=0aquotesdbs_dbs28.pdfusesText_34

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