Exercice 1 2186 Correction

(Polynômes d’interpolation de Lagrange)

Soit $(a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n})$ une famille d’éléments de $𝕂$ deux à deux distincts.
Pour tout $i \in {0,1, \dots, n}$ on pose

L_{i} = \frac{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (X - a_{j})}{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})} .

(a)

Observer que, pour tout $j \in {0,1, \dots, n}$ , on a $L_{i} (a_{j}) = δ_{i, j}$
(où $δ_{i, j}$ est le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est égal à 1 lorsque $i = j$ et 0 sinon).
(b)

Montrer que

$\forall P \in 𝕂_{n} [X], P (X) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (X) .$

Solution

(a)

$a_{0}, \dots, a_{i - 1}, a_{i + 1}, \dots, a_{n}$ sont racines de $L_{i}$ donc $\forall j \neq i, L_{i} (a_{j}) = 0$ .
De plus,

$L_{i} (a_{i}) = \frac{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})}{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = 1 .$

Donc

$\forall j \in {0,1, \dots, n}, L_{i} (a_{j}) = δ_{i, j} .$
(b)

Posons $Q = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (X)$ , on a

$Q (a_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (a_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) δ_{i, j} = P (a_{j})$

$P$ et $Q$ sont deux polynômes de degré inférieur à $n$ et prenant mêmes valeurs aux $n + 1$ points $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ ils sont donc égaux.

Exercice 2 4567

(Polynômes de Tchebychev)

Soit $n \in ℕ$ . On pose $f_{n} : [- 1; 1] \to ℝ$ l’application définie par

f_{n} (x) = \cos (n \arccos (x)) .

(a)

Soit $x \in [- 1; 1]$ . Simplifier $f_{0} (x)$ , $f_{1} (x)$ et $f_{2} (x)$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , exprimer $f_{n + 1} (x) + f_{n - 1} (x)$ en fonction de $f_{n} (x)$ et donner $f_{3} (x)$ .
(c)

Établir qu’il existe un unique polynôme $T_{n}$ de $ℝ [X]$ dont la fonction polynomiale associée coïncide avec $f_{n}$ sur $[- 1; 1]$ .
(d)

Donner le degré de $T_{n}$ ainsi que son coefficient dominant.
(e)

Montrer que $T_{n}$ possède $n$ racines distinctes toutes dans l’intervalle $] - 1; 1 [$ .

Exercice 3 2670 MINES (MP)Correction

Soit $n \in ℕ$ . Montrer qu’il existe un unique polynôme $P \in ℂ [X]$ tel que $P (\cos (θ)) = \cos (n θ)$ pour tout $θ$ réel. On le note $T_{n}$ .

(a)

Lier $T_{n - 1}, T_{n}$ et $T_{n + 1}$ .
(b)

Donner une équation différentielle vérifiée par $T_{n}$ .
(c)

Calculer $T_{n}^{(k)} (1)$ et $T_{n}^{(k)} (- 1)$ .

Solution

On a

\cos (n θ) = Re (e^{i n θ}) = Re (\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) i^{k} \cos^{n - k} (θ) \sin^{k} (θ))

donc

\cos (n θ) = \sum_{ℓ = 0}^{E (n / 2)} {(- 1)}^{ℓ} (\binom{n}{2 ℓ}) \cos^{n - 2 ℓ} (θ) {(1 - \cos^{2} (θ))}^{ℓ}

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

(a)

$\cos (n + 1) θ + \cos (n - 1) θ = 2 \cos (θ) \cos (n θ)$

donne

$T_{n + 1} - 2 X T_{n} + T_{n - 1} = 0 .$
(b)

On a

$T_{n} (\cos (θ)) = \cos (n θ)$

donc en dérivant

$- \sin (θ) T_{n}^{'} (\cos (θ)) = - n \sin (n θ)$

et

$\sin^{2} (θ) T_{n}^{''} (\cos (θ)) - \cos (θ) T_{n}^{'} (\cos (θ)) = - n^{2} \cos (n θ) .$

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

$(1 - X^{2}) T_{n}^{''} - X T_{n}^{'} + n^{2} T_{n} = 0 .$
(c)

En dérivant cette relation à l’ordre $k$ :

$(1 - X^{2}) T_{n}^{(k + 2)} - 2 k X T_{n}^{(k + 1)} - k (k - 1) T_{n}^{(k)} - X T_{n}^{(k + 1)} - k T_{n}^{(k)} + n^{2} T_{n}^{(k)} = 0 (1) .$

En évaluant (1) en 1:

$(2 k + 1) T_{n}^{(k + 1)} (1) = (n^{2} - k^{2}) T_{n}^{(k)} (1) .$

Comme $T_{n}^{(0)} (1) = 1$ , on obtient

$T_{n}^{(k)} (1) = {\begin{matrix} \frac{{(n!)}^{2} 2^{k} k!}{(n - k)! (n + k)! (2 k + 1)!} & si k \leq n \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

En évaluant (1) en $- 1$ :

$(2 k + 1) T_{n}^{(k + 1)} (1) = - (n^{2} - k^{2}) T_{n}^{(k)} (1) .$

Comme $T_{n}^{(0)} (- 1) = {(- 1)}^{n}$ , on obtient

$T_{n}^{(k)} (- 1) = {(- 1)}^{n - k} T_{n}^{(k)} (1) .$

Exercice 4 2671 MINES (MP)Correction

Quels sont les couples $(P, Q) \in ℝ {[X]}^{2}$ vérifiant $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ ?

Solution

Soit $(P, Q)$ un couple solution.
Si le polynôme $P$ est constant alors nécessairement $Q = 0$ et $P = \pm 1$ . Vérification immédiate.
Sinon, posons $n = \deg (P) \in ℕ^{*}$ . La relation $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ impose que $P$ et $Q$ sont premiers entre eux et en dérivant on obtient $P P^{'} - X Q^{2} + (1 - X^{2}) Q Q^{'} = 0$ . Par suite, $Q ∣ P P^{'}$ puis $Q ∣ P^{'}$ . Par des considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmer $P^{'} = \pm n Q$ .
Quitte à considérer $- Q$ , supposons $P^{'} = n Q$ et la relation $P P^{'} - X Q^{2} + (1 - X^{2}) Q Q^{'} = 0$ donne $(1 - X^{2}) P^{''} - X P^{'} + n^{2} P = 0$ .
Résolvons l’équation différentielle $(1 - t^{2}) y^{''} - t y^{'} + n^{2} y = 0$ sur $[- 1; 1]$ .
Par le changement de variable $t = \cos (θ)$ , on obtient pour solution générale $y (t) = λ \cos (n \arccos (t)) + μ \sin (n \arccos (t))$ .
La fonction $t \mapsto \cos (n \arccos (t))$ est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela définit le polynôme $T_{n}$ .
La fonction $t \mapsto \sin (n \arccos (t))$ ne l’est pas car de dérivée $\frac{- n}{\sqrt{1 - t^{2}}} \cos (n \arccos (t))$ non polynômiale.
Par suite, $P = λ T_{n}$ et $Q = \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'}$ .
La relation $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ évaluée en 1 impose $λ^{2} = 1$ et finalement $(P, Q) = (\pm T_{n}, \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'})$ .
Vérification: pour le couple $(P, Q) = (\pm T_{n}, \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'})$ , le polynôme $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2}$ est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ .

Exercice 5 2189 Correction

(Polynômes de Laguerre)

Pour $n \in ℕ$ , on définit $L_{n} : ℝ \to ℝ$ par

L_{n} (x) = e^{x} \frac{d^{n}}{d x^{n}} (e^{- x} x^{n}) .

Observer que $L_{n}$ est une fonction polynomiale dont on déterminera le degré et le coefficient dominant.

Solution

Par la formule de dérivation de Leibniz

\frac{d^{n}}{d x^{n}} (e^{- x} x^{n}) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) {(x^{n})}^{(n - k)} {(e^{- x})}^{(k)} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \frac{n!}{k! (n - k)!} \frac{n!}{k!} x^{k} e^{- x}

donc

L_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \frac{{(n!)}^{2}}{{(k!)}^{2} (n - k)!} X^{k}

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

L_{n} = \frac{n!}{(2 n)!} {({(X^{2} - 1)}^{n})}^{(n)} .

(a)

Montrer que $L_{n}$ est un polynôme unitaire de degré $n$ .
(b)

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

$\int_{- 1}^{1} L_{n} (t) Q (t) d t = 0 .$
(c)

En déduire que $L_{n}$ 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 $(F_{n})$ déterminée par

F_{0} = 0, F_{1} = 1 et F_{n + 2} = X F_{n + 1} + F_{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Vérifier que pour tout $n \in ℕ$ , $F_{n}$ et $F_{n + 1}$ sont premiers entre eux.
(b)

Soit $k \in ℕ^{*}$ . Montrer

$F_{k + n} = F_{k} F_{n + 1} + F_{k - 1} F_{n} pour tout n \in ℕ .$

Soient $a \in ℕ$ et $b \in ℕ^{*}$ .

(c)

Établir

$F_{a + b} \land F_{b} = F_{a} \land F_{b} .$
(d)

Conclure

$F_{a} \land F_{b} = F_{a \land b} .$

Exercice 8 2128 Correction

On définit une suite de polynôme $(P_{n})$ par

P_{0} = 2, P_{1} = X et \forall n \in ℕ, P_{n + 2} = X P_{n + 1} - P_{n} .

(a)

Calculer $P_{2}$ et $P_{3}$ .
Déterminer degré et coefficient dominant de $P_{n}$ .
(b)

Montrer que, pour tout $n \in ℕ$ et pour tout $z \in ℂ^{*}$ on a

$P_{n} (z + 1 / z) = z^{n} + 1 / z^{n} .$
(c)

En déduire une expression simple de $P_{n} (2 \cos (θ))$ pour $θ \in ℝ$ .
(d)

Déterminer les racines de $P_{n}$ .

Solution

(a)

$P_{2} = X^{2} - 2$ , $P_{3} = X^{3} - 3 X$ .
Par récurrence double sur $n \in ℕ$ , on montre $\deg (P_{n}) = n$ et $coeff (P_{n}) = 1$ .
(b)

Par récurrence double sur $n \in ℕ$ :
Pour $n = 0$ et $n = 1$ : ok
Supposons la propriété établie aux rangs $n$ et $n + 1$ (avec $n \geq 0$ )

$P_{n + 2} (z) = (z + 1 / z) P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) \underset{H R}{=} (z + \frac{1}{z}) (z^{n + 1} + \frac{1}{z^{n + 1}}) - (z^{n} + \frac{1}{z^{n}}) = z^{n + 2} + \frac{1}{z^{n + 2}} .$

Récurrence établie.
(c)

$P_{n} (2 \cos (θ)) = P_{n} (e^{i θ} + e^{- i θ}) = e^{i n θ} + e^{- i n θ} = 2 \cos (n) θ$ .
(d)

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

$P_{n} (x) = 0$ $\Leftrightarrow \cos (n θ) = 0$

$\Leftrightarrow \exists k \in {0, \dots, n - 1}, θ = \frac{π + 2 k π}{2 n} .$

Par suite, les $x_{k} = 2 \cos (\frac{π + 2 k π}{2 n})$ avec $k \in {0, \dots, n - 1}$ constituent $n$ racines distinctes de $a_{n} \neq 0 et a_{0} \neq 0$ . Puisque le polynôme $P_{n}$ est de degré $n$ , il n’y en a pas d’autres.

Exercice 9 2188 Correction

Soit ${(P_{n})}_{n \geq 0}$ la suite de $𝕂 [X]$ définie par

P_{0} = 0, P_{1} = 1 et \forall n \in ℕ, P_{n + 2} = X P_{n + 1} - P_{n} .

(a)

Montrer

$\forall n \in ℕ, P_{n + 1}^{2} = 1 + P_{n} P_{n + 2} .$
(b)

En déduire

$\forall n \in ℕ, P_{n} et P_{n + 1} sont premiers entre eux .$
(c)

Établir pour que pour tout $m \in ℕ$ et pour tout $n \in ℕ^{*}$ on a

$P_{m + n} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m} .$
(d)

Montrer que pour tout $m \in ℕ$ et pour tout $n \in ℕ^{*}$ on a

$pgcd (P_{m + n}, P_{n}) = pgcd (P_{n}, P_{m}) .$

En déduire que $pgcd (P_{m}, P_{n}) = pgcd (P_{n}, P_{r})$ où $r$ est le reste de la division euclidienne de $m$ par $n$ .
(e)

Conclure

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = P_{pgcd (m, n)} .$

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$
Pour $n = 0$ : ok avec $P_{2} = X$ .
Supposons la propriété établie au rang $n - 1 \in ℕ$ .

$1 + P_{n + 2} P_{n} = 1 + X P_{n + 1} P_{n} - P_{n}^{2} = 1 + X (X P_{n} - P_{n - 1}) P_{n} - P_{n}^{2} .$

Par l’hypothèse de récurrence

$1 + P_{n + 2} P_{n} = X^{2} P_{n}^{2} - X P_{n - 1} P_{n} - P_{n - 1} P_{n + 1}$

donc

$1 + P_{n + 2} P_{n} = X^{2} P_{n}^{2} - X P_{n - 1} P_{n} - P_{n - 1} (X P_{n} - P_{n - 1}) = X^{2} P_{n}^{2} - 2 X P_{n - 1} P_{n} + P_{n - 1}^{2} = P_{n + 1}^{2} .$

Récurrence établie.
(b)

La relation ci-dessus peut se relire: $U P_{n} + V P_{n + 1} = 1$ . Donc $P_{n}$ et $P_{n + 1}$ sont premiers entre eux.
(c)

Par récurrence sur $m \in ℕ$ , établissons la propriété:

$\forall n \in ℕ^{*}, P_{m + n} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m} .$

Pour $m = 0$ : ok
Supposons la propriété établie au rang $m \geq 0$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$

$P_{m + n + 1} = P_{n + 1} P_{m + 1} - P_{n} P_{m} = (X P_{n} - P_{n - 1}) P_{m + 1} - P_{n} P_{m} = (X P_{m + 1} - P_{m}) P_{n} - P_{n - 1} P_{m + 1}$

donc

$P_{m + n + 1} = P_{m + 2} P_{n} - P_{n - 1} P_{m + 1} .$

Récurrence établie.
(d)

Posons $D = pgcd (P_{n}, P_{n + m})$ et $E = pgcd (P_{n}, P_{m})$ .
Comme $P_{n + m} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m}$ on a $E ∣ D$ .
Comme $P_{n - 1} P_{m} = P_{n} P_{m + 1} - P_{m + n}$ et $P_{n} \land P_{n - 1} = 1$ on a $D ∣ E$ .

Finalement, $D = E$ .

En notant $r$ le reste de la division euclidienne de $m$ par $n$ on a $m = n q + r$ avec $q \in ℕ$ et

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = pgcd (P_{n}, P_{n - m}) = pgcd (P_{n}, P_{n - 2 m}) = \dots = pgcd (P_{n}, P_{r}) .$
(e)

En suivant l’algorithme d’Euclide menant le calcul de $pgcd (m, n)$ simultanément avec celui menant le calcul de $pgcd (P_{m}, P_{n})$ , on observe que

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = P_{pgcd (m, n)} .$

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

Édité le 29-08-2023

	$P_{n} (x) = 0$	$\Leftrightarrow \cos (n θ) = 0$
		$\Leftrightarrow \exists k \in {0, \dots, n - 1}, θ = \frac{π + 2 k π}{2 n} .$

Familles de polynômes classiques