[>] Degré

 
Exercice 1  2007  Correction  

Soit F𝕂(X) de représentant irréductible P/Q.
Montrer que F est paire si, et seulement si, les polynômes P et Q sont tous deux pairs.

Solution

Si F est paire alors F(-X)=F(X) donc P(-X)Q(X)=P(X)Q(-X). Le polynôme Q(X) divise P(X)Q(-X) et PQ=1 donc Q(X) divide Q(-X). De même, Q(-X) divise Q(X) Or coeff(Q(X))=1 et coeff(Q(-X))=(-1)n avec n=deg(Q).

Si n est pair alors Q(-X)=Q(X) puis P(-X)=P(X). Les deux polynômes sont pairs

Si n est impair alors Q(-X)=-Q(X) puis P(-X)=-P(X). Les deux polynômes sont impairs mais alors non premiers entre eux ce qui est exclu.

 
Exercice 2  2008   Correction  

Soient n* et ω=ei2πn.

  • (a)

    Soit P[X] un polynôme vérifiant P(ωX)=P(X).
    Montrer qu’il existe un polynôme Q[X] tel que P(X)=Q(Xn).

  • (b)

    En déduire la réduction au même dénominateur de la fraction rationnelle

    F=k=0n-1X+ωkX-ωk.

Solution

  • (a)

    Écrivons

    P=k=0+akXk

    avec (ak) suite de complexe nulle au-delà d’un certain rang.
    La relation P(ωX)=P(X) donne

    k=0+akωkXk=k=0+akXk

    puis

    k,akωk=ak.

    Par suite, ak=0 pour tout k0[n]. En posant b=an et Q==0+bX on obtient

    P(X)=Q(Xn).
  • (b)

    La réduction au même dénominateur de la fraction

    F=k=0n-1X+ωkX-ωk

    donne

    F=PXn-1 avec deg(P)=n.

    Comme F(ωX)=F(X) on obtient

    P(ωX)Xn-1=P(X)Xn-1

    puis P(ωX)=P(X).
    Par suite, P est de la forme P=aXn+b.
    En étudiant la partie entière de F on obtient a=n.
    En étudiant la valeur de F en 0 on obtient b=n.
    Par suite,

    F=nXn+1Xn-1.
 
Exercice 3  4569   

Si F est une fraction rationnelle de 𝕂(X) représentée par le quotient A/B (avec A et B𝕂[X], B0), on définit la fraction dérivée de F par

F=défAB-ABB2.
  • (a)

    Montrer que la définition de F ne dépend pas du quotient A/B représentant F.

  • (b)

    Étudier le degré de F en fonction de celui de F.

  • (c)

    Montrer qu’il n’existe pas de fractions F de 𝕂(X) vérifiant F=1/X.

 
Exercice 4  539      CENTRALE (MP)Correction  

Soit F(X) telle que, pour tout n non pôle de F, F(n).
Montrer que F(X).

Solution

Soient P,Q[X] tels que F=P/Q.
Le cas où P=0 étant immédiat, supposons-le désormais exclu.
Posons p=deg(P) et q=deg(Q) et écrivons

P=k=0pakXk et Q==0qbX,ak,b.

Considérons p+q+1 naturels n n’annulant pas Q. Pour chacun, la relation

P(n)-ynQ(n)=0 avec F(n)=yn

définit une équation

a0+na1++npap-ynb0--ynnqbq=0.

Le système formé par ses équations est compatible (dans ) et à coefficients rationnels. Par application de la méthode de Gauss (par exemple), on peut affirmer que ce système possède une solution rationnelle. Il existe donc

α0,α1,,αp,β0,β1,,βq

tels que pour

R=k=0pαkXk[X] et S==0qβX[X]

on ait

R(n)-ynS(n)=0

pour chacun de p+q+1 naturels n initialement considéré. On a alors pour ces n,

P(n)S(n)=Q(n)R(n)

et donc le polynôme

PS-QR

admet au moins p+q+1 racines.
Or

deg(PS-QR)p+q

donc

PS=QR

puis

F=RS(X).

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Édité le 08-11-2019

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