Exercice 1 4548

Montrer qu’il existe un unique polynôme $P \in ℝ [X]$ vérifiant

P (\sin (t)) = \sin (3 t) pour tout t \in ℝ .

Exercice 2 5210

Soit $P \in ℂ [X]$ . Montrer qu’il existe un unique polynôme $Q \in ℂ [X]$ vérifiant

Q (z + \frac{1}{z}) = P (z) + P (\frac{1}{z}) pour tout z \in ℂ^{*} .

Exercice 3 3269 CENTRALE (MP)Correction

On pose

f (x) = \frac{1}{\cos (x)} .

Démontrer l’existence d’un polynôme $P_{n}$ de degré $n$ et à coefficients positifs ou nul vérifiant

\forall n \geq 1, f^{(n)} (x) = \frac{P_{n} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 1}} .

Préciser $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ et calculer $P_{n} (1)$ .

Solution

Montrons la propriété par récurrence sur $n \geq 1$ .
Pour $n = 1$ , $P_{1} (X) = X$ convient.
Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .
En dérivant la relation

f^{(n)} (x) = \frac{P_{n} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 1}}

on obtient

f^{(n + 1)} (x) = \frac{(n + 1) \sin (x) P_{n} (\sin (x)) + \cos^{2} (x) P_{n}^{'} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 2}} .

Posons alors

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

de sorte que

f^{(n + 1)} (x) = \frac{P_{n + 1} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 2}} .

On peut écrire

P_{n} (X) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k} avec a_{k} \geq 0, a_{n} \neq 0

et alors

P_{n + 1} (X) = \sum_{k = 0}^{n} (n + 1 - k) a_{k} X^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{n} k a_{k} X^{k - 1}

est un polynôme de degré $n + 1$ à coefficients positif ou nul.
Récurrence établie.
Par la relation de récurrence obtenue ci-dessus

P_{1} (X) = X, P_{2} (X) = 1 + X^{2} et P_{3} (X) = 5 X + X^{3}

P_{n + 1} (1) = (n + 1) P_{n} (1)

donc

P_{n} (1) = n! .

Exercice 4 5798 Correction

Soit $P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{N} X^{N}$ un polynôme à coefficients complexes.

(a)

Pour $n \in ℕ$ , calculer

$\int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t .$
(b)

En déduire que pour tout $n = 0, 1, \dots, N$

$| a_{n} | \leq sup_{z \in 𝕌} | P (z) | .$

On commencera par justifier l’existence de la borne supérieure considérée.

Solution

(a)

Pour $k \in ℤ ∖ {0}$ , on remarque

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {[\frac{e^{i k t}}{i k}]}_{0}^{2 π} = 0 .$

Aussi, pour $k = 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = \int_{0}^{2 π} 1 d t = 2 π .$

Par linéarité,

$\int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t = \sum_{k = 0}^{N} a_{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) t} d t = {\begin{matrix} 2 π a_{n} & si n \in ⟦ 0; N ⟧ \\ 0 & si n \geq N + 1 . \end{matrix}$
(b)

Par l’identité qui précède,

$2 π | a_{n} | = | \int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t | \leq \int_{0}^{2 π} | P (e^{i t}) | \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{| e^{- i n t} |}} d t .$

Introduisons le réel

$M = sup_{z \in 𝕌} | P (z) | = sup_{t \in [0; 2 π]} | P (e^{i t}) | .$

Cela est possible car la fonction $t \mapsto P (e^{i t})$ est continue sur le segment $[0; 2 π]$ donc bornée. On obtient alors

$2 π | a_{n} | \leq \int_{0}^{2 π} M d t = 2 π M .$

On en déduit $| a_{n} | \leq M$ .

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Édité le 29-08-2023

Fonctions polynomiales