[<] Relations entre coefficients et racines d'un polynôme scindé

 
Exercice 1  2186   Correction  

(Polynômes d’interpolation de Lagrange)

Soit (a0,a1,,an) une famille d’éléments de 𝕂 deux à deux distincts.
Pour tout i{0,1,,n} on pose

Li=0jn,ji(X-aj)0jn,ji(ai-aj).
  • (a)

    Observer que, pour tout j{0,1,,n}, on a Li(aj)=δi,j
    (où δi,j est le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est égal à 1 lorsque i=j et 0 sinon).

  • (b)

    Montrer que

    P𝕂n[X],P(X)=i=0nP(ai)Li(X).

Solution

  • (a)

    a0,,ai-1,ai+1,,an sont racines de Li donc ji,Li(aj)=0.
    De plus,

    Li(ai)=0jn,ji(ai-aj)0jn,ji(ai-aj)=1.

    Donc

    j{0,1,,n},Li(aj)=δi,j.
  • (b)

    Posons Q=i=0nP(ai)Li(X), on a

    Q(aj)=i=0nP(ai)Li(aj)=i=0nP(ai)δi,j=P(aj)

    P et Q sont deux polynômes de degré inférieur à n et prenant mêmes valeurs aux n+1 points a0,a1,,an ils sont donc égaux.

 
Exercice 2  4567   

(Polynômes de Tchebychev)

Soit n. On pose fn:[-1;1] l’application définie par

fn(x)=cos(narccos(x)).
  • (a)

    Soit x[-1;1]. Simplifier f0(x), f1(x) et f2(x).

  • (b)

    Pour n*, exprimer fn+1(x)+fn-1(x) en fonction de fn(x) et donner f3(x).

  • (c)

    Établir qu’il existe un unique polynôme Tn de [X] dont la fonction polynomiale associée coïncide avec fn sur [-1;1].

  • (d)

    Donner le degré de Tn ainsi que son coefficient dominant.

  • (e)

    Montrer que Tn possède n racines distinctes toutes dans l’intervalle ]-1;1[.

 
Exercice 3  2670     MINES (MP)Correction  

Soit n. Montrer qu’il existe un unique polynôme P[X] tel que P(cos(θ))=cos(nθ) pour tout θ réel. On le note Tn.

  • (a)

    Lier Tn-1,Tn et Tn+1.

  • (b)

    Donner une équation différentielle vérifiée par Tn.

  • (c)

    Calculer Tn(k)(1) et Tn(k)(-1).

Solution

On a

cos(nθ)=Re(einθ)=Re(k=0n(nk)ikcosn-k(θ)sink(θ))

donc

cos(nθ)==0E(n/2)(-1)(n2)cosn-2(θ)(1-cos2(θ))

est un polynôme en cos(θ). Cela assure l’existence de Tn, l’unicité provenant de ce que deux polynômes coïncidant en un nombre infini de points sont nécessairement égaux.

  • (a)
    cos(n+1)θ+cos(n-1)θ=2cos(θ)cos(nθ)

    donne

    Tn+1-2XTn+Tn-1=0.
  • (b)

    On a

    Tn(cos(θ))=cos(nθ)

    donc en dérivant

    -sin(θ)Tn(cos(θ))=-nsin(nθ)

    et

    sin2(θ)Tn′′(cos(θ))-cos(θ)Tn(cos(θ))=-n2cos(nθ).

    On en déduit par coïncidence de polynômes sur [-1;1] que

    (1-X2)Tn′′-XTn+n2Tn=0.
  • (c)

    En dérivant cette relation à l’ordre k:

    (1-X2)Tn(k+2)-2kXTn(k+1)-k(k-1)Tn(k)-XTn(k+1)-kTn(k)+n2Tn(k)=0 (1) .

    En évaluant (1) en 1:

    (2k+1)Tn(k+1)(1)=(n2-k2)Tn(k)(1).

    Comme Tn(0)(1)=1, on obtient

    Tn(k)(1)={(n!)22kk!(n-k)!(n+k)!(2k+1)! si kn0 sinon.

    En évaluant (1) en -1:

    (2k+1)Tn(k+1)(1)=-(n2-k2)Tn(k)(1).

    Comme Tn(0)(-1)=(-1)n, on obtient

    Tn(k)(-1)=(-1)n-kTn(k)(1).
 
Exercice 4  2671      MINES (MP)Correction  

Quels sont les couples (P,Q)[X]2 vérifiant P2+(1-X2)Q2=1?

Solution

Soit (P,Q) un couple solution.
Si le polynôme P est constant alors nécessairement Q=0 et P=±1. Vérification immédiate.
Sinon, posons n=deg(P)*. La relation P2+(1-X2)Q2=1 impose que P et Q sont premiers entre eux et en dérivant on obtient PP-XQ2+(1-X2)QQ=0. Par suite, QPP puis QP. Par des considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmer P=±nQ.
Quitte à considérer -Q, supposons P=nQ et la relation PP-XQ2+(1-X2)QQ=0 donne (1-X2)P′′-XP+n2P=0.
Résolvons l’équation différentielle (1-t2)y′′-ty+n2y=0 sur [-1;1].
Par le changement de variable t=cos(θ), on obtient pour solution générale y(t)=λcos(narccos(t))+μsin(narccos(t)).
La fonction tcos(narccos(t)) est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela définit le polynôme Tn.
La fonction tsin(narccos(t)) ne l’est pas car de dérivée -n1-t2cos(narccos(t)) non polynômiale.
Par suite, P=λTn et Q=±1nTn.
La relation P2+(1-X2)Q2=1 évaluée en 1 impose λ2=1 et finalement (P,Q)=(±Tn,±1nTn).
Vérification: pour le couple (P,Q)=(±Tn,±1nTn), le polynôme P2+(1-X2)Q2 est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer P2+(1-X2)Q2=1.

 
Exercice 5  2189  Correction  

(Polynômes de Laguerre)

Pour n, on définit Ln: par

Ln(x)=exdndxn(e-xxn).

Observer que Ln est une fonction polynomiale dont on déterminera le degré et le coefficient dominant.

Solution

Par la formule de dérivation de Leibniz

dndxn(e-xxn)=k=0n(nk)(xn)(n-k)(e-x)(k)=k=0n(-1)kn!k!(n-k)!n!k!xke-x

donc

Ln=k=0n(-1)k(n!)2(k!)2(n-k)!Xk

est un polynôme de degré n et de coefficient dominant (-1)n.

 
Exercice 6  2187   

(Polynômes de Legendre)

Pour tout entier naturel n, on pose

Ln=n!(2n)!((X2-1)n)(n).
  • (a)

    Montrer que Ln est un polynôme unitaire de degré n.

  • (b)

    Vérifier que pour tout polynôme réel Q avec deg(Q)<n, on a

    -11Ln(t)Q(t)dt=0.
  • (c)

    En déduire que Ln possède n racines simples toutes dans l’intervalle ]-1;1[.

 
Exercice 7  4566    

(Polynômes de Fibonacci11 1 Cet énoncé peut être mis en parallèle avec le sujet 4409.)

On considère la suite de polynômes (Fn) déterminée par

F0=0,F1=1etn,Fn+2=XFn+1+Fn.
  • (a)

    Vérifier que, pour tout n, Fn et Fn+1 sont premiers entre eux.

  • (b)

    Soit k*. Montrer

    Fk+n=FkFn+1+Fk-1Fnpour tout n.

Soient a et b*.

  • (c)

    Établir

    Fa+bFb=FaFb.
  • (d)

    Conclure

    FaFb=Fab.
 
Exercice 8  2128   Correction  

On définit une suite de polynôme (Pn) par

P0=2,P1=X et n,Pn+2=XPn+1-Pn.
  • (a)

    Calculer P2 et P3.
    Déterminer degré et coefficient dominant de Pn.

  • (b)

    Montrer que, pour tout n et pour tout z* on a

    Pn(z+1/z)=zn+1/zn.
  • (c)

    En déduire une expression simple de Pn(2cos(θ)) pour θ.

  • (d)

    Déterminer les racines de Pn.

Solution

  • (a)

    P2=X2-2, P3=X3-3X.
    Par récurrence double sur n, on montre deg(Pn)=n et coeff(Pn)=1.

  • (b)

    Par récurrence double sur n:
    Pour n=0 et n=1: ok
    Supposons la propriété établie aux rangs n et n+1 (avec n0)

    Pn+2(z)=(z+1/z)Pn+1(z)-Pn(z)=HR(z+1z)(zn+1+1zn+1)-(zn+1zn)=zn+2+1zn+2.

    Récurrence établie.

  • (c)

    Pn(2cos(θ))=Pn(eiθ+e-iθ)=einθ+e-inθ=2cos(n)θ.

  • (d)

    Soit x[-2;2]. Il existe θ[0;π] unique tel que x=2cos(θ).

    Pn(x)=0 cos(nθ)=0
    k{0,,n-1},θ=π+2kπ2n.

    Par suite, les xk=2cos(π+2kπ2n) avec k{0,,n-1} constituent n racines distinctes de an0 et a00. Puisque le polynôme Pn est de degré n, il n’y en a pas d’autres.

 
Exercice 9  2188    Correction  

Soit (Pn)n0 la suite de 𝕂[X] définie par

P0=0,P1=1 et n,Pn+2=XPn+1-Pn.
  • (a)

    Montrer

    n,Pn+12=1+PnPn+2.
  • (b)

    En déduire

    n,Pn et Pn+1 sont premiers entre eux .
  • (c)

    Établir pour que pour tout m et pour tout n* on a

    Pm+n=PnPm+1-Pn-1Pm.
  • (d)

    Montrer que pour tout m et pour tout n* on a

    pgcd(Pm+n,Pn)=pgcd(Pn,Pm).

    En déduire que pgcd(Pm,Pn)=pgcd(Pn,Pr)r est le reste de la division euclidienne de m par n.

  • (e)

    Conclure

    pgcd(Pn,Pm)=Ppgcd(m,n).

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n
    Pour n=0: ok avec P2=X.
    Supposons la propriété établie au rang n-1.

    1+Pn+2Pn=1+XPn+1Pn-Pn2=1+X(XPn-Pn-1)Pn-Pn2.

    Par l’hypothèse de récurrence

    1+Pn+2Pn=X2Pn2-XPn-1Pn-Pn-1Pn+1

    donc

    1+Pn+2Pn=X2Pn2-XPn-1Pn-Pn-1(XPn-Pn-1)=X2Pn2-2XPn-1Pn+Pn-12=Pn+12.

    Récurrence établie.

  • (b)

    La relation ci-dessus peut se relire: UPn+VPn+1=1. Donc Pn et Pn+1 sont premiers entre eux.

  • (c)

    Par récurrence sur m, établissons la propriété:

    n*,Pm+n=PnPm+1-Pn-1Pm.

    Pour m=0: ok
    Supposons la propriété établie au rang m0. Pour tout n*

    Pm+n+1=Pn+1Pm+1-PnPm=(XPn-Pn-1)Pm+1-PnPm=(XPm+1-Pm)Pn-Pn-1Pm+1

    donc

    Pm+n+1=Pm+2Pn-Pn-1Pm+1.

    Récurrence établie.

  • (d)

    Posons D=pgcd(Pn,Pn+m) et E=pgcd(Pn,Pm).
    Comme Pn+m=PnPm+1-Pn-1Pm on a ED.
    Comme Pn-1Pm=PnPm+1-Pm+n et PnPn-1=1 on a DE.

    Finalement, D=E.

    En notant r le reste de la division euclidienne de m par n on a m=nq+r avec q et

    pgcd(Pn,Pm)=pgcd(Pn,Pn-m)=pgcd(Pn,Pn-2m)==pgcd(Pn,Pr).
  • (e)

    En suivant l’algorithme d’Euclide menant le calcul de pgcd(m,n) simultanément avec celui menant le calcul de pgcd(Pm,Pn), on observe que

    pgcd(Pn,Pm)=Ppgcd(m,n).

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Édité le 08-11-2019

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