Exercice 7. Exercice 9. Soitn N. Déterminer les coefficients du polynôme

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1 Mathématiques Colle n o 23 Polynômes Lycée Charlemagne PCSI Exercice 1. Exercice 8. Soient A = X 100 X 4 +X 1 et B = X 3 +X 2 +X +1. Trouver le reste de la division euclidienne de A par le polynômeb. Exercice 2. Soient θ R et n N. Déterminer le reste de la division euclidienne de(xcos(θ)+sin(θ)) n par le polynôme X Exercice 3. Déterminer les polynômes P de R[X] divisibles par leur polynôme dérivép. Exercice 4. SoientP K[X] eta,b K avec a b. 1. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par le polynômex a. 2. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par le polynôme(x a) Déterminer le reste de la division euclidienne de P par le polynôme(x a)(x b). Exercice 5. Soit P R n[x] tel que x R, P(x) 0. On pose Q = P +P + +P (n). Montrer que x R, Q(x) 0. Exercice 6. Soient P et Q des polynômes de la forme n N ( 1)n a nx n avec (a n) une suite presque nulle de réels positifs. Montrer que PQ est également de cette forme. Exercice 7. SoitP K[X]. Déterminer le degré deq = P(X +1) P(X) en fonction de celui dep. Existe-t-il un polynôme P C[X] tel que Exercice 9. z C, P(z) = z? Soitn N. Déterminer les coefficients du polynôme Exercice 10. P = (1+X + +X n ) 2. Décomposer dans R[X] les polynômes suivants : 1. X X 8 + X (Indication : On pourra écrire ce polynôme comme différence de carrés, (X 4 + 1) 2 (X 2 ) 2, puis utiliser cette méthode plusieurs fois.) Exercice 11. Soit f la fonction arctangente. Prouver que f est classe C et que n 1, il existe un polynôme réelp n tel que Exercice 12. Soit (T n) n 0 la suite de polynômes réels définie par T 0 = 1, T 1 = X et n 1, T n+1 = 2XT n T n Préciser, pour tout n N, la parité, le degré et le coefficient dominant det n. 2. Montrer que, n 0, t R, cos(nt) = T n(cos(t)). 1

2 1. Solutions Solution 1. On remarque que (X 1)B = X 4 1, les racines de B sont donc les racines quatrièmes de l unité sauf 1, ie 1, ±i. Notons Q et R le quotient et le reste dans la division euclidienne deapar B. Il existea,b,c R tels que Puisque R = ax 2 +bx +c. P = BQ+R, on obtient après évaluation en 1 et±i, On a donc Ainsi { a b + c = A( 1) = 2 a + ib + c = A(i) = i 1 a ib + c = A( i) = i 1 a = 0, b = 1, c = 1. R = X 1. Solution 2. Notons P n le polynôme (Xcos(θ)+sin(θ)) n etq n son quotient dans la division euclidienne parx Il existea n,b n R tels que On a donc P n = (X 2 +1)Q n +a nx +b n. P n(i) = a ni+b n. Or, P n(i) = i n e inθ = e inπ 2 inθ On trouve donc, après des identification des parties réelles et imaginaires, b n = cos Ån π2 nθ ã et a n = sin Ån π2 nθ ã. Solution 3. Soit P un polynôme réel non nul divisible par son polynôme dérivép. NotonsQleur quotient.qest de degré un et, si n 1 désigne le degré de P, de cœfficient dominant 1. Soital unique racine réelle deq, n np = (X a)p. En dérivant formellement une fois, on obtient, ie np = (X a)p +P, (n 1)P = (X a)p. Par une récurrence immédiate, on prouve que pour tout entier k n, (n k)p (k) = (X a)p (k+1). On a donc, après évaluation ena, k n 1, (n k)p (k) (a) = 0. Le réelaest donc une racine dep de multiplicité au moins égale àn. Puisquenest le degré dep,p est de la forme P = λ(x a) n, n 1, λ R. Réciproquement, tout polynômep de la forme P = λ(x a) n, n 1, λ R est clairement divisible par son polynôme dérivé. Solution Soit n deg(p). Ecrivons la formule de Taylor à l ordren pourp, P = P(a)+(X a) k=1 P (k) (a) (X a) k 1, k! en convenant que la somme est nulle si n 0. Par unicité dans la division euclidienne de P par X a, le reste recherché vaut P(a). 2. Soit n > deg(p). Ecrivons la formule de Taylor à l ordren pourp, P = P(a)+P (a)(x a)+(x a) 2 k=2 P (k) (a) (X a) k 2, k! en convenant que la somme est nulle sin 1. Par unicité dans la division euclidienne de P par (X a) 2, le reste recherché vaut P(a)+P (a)(x a). 3. Notons Q et R le quotient et le reste dans la division euclidienne dep par(x a)(x b). Il existeu,v R tels que R = ux +v. Puisque P = (X a)(x b)q+ux +v, 2

3 on obtient après évaluation enaetb, P(a) = ua+v, P(b) = ub+v, d où u = P(b) P(a) b a et v = bp(a) ap(b). b a Solution 5. Comme degp n, P (n+1) = 0. On en déduit que P = Q Q. Ainsi pour toutx R,Q (x) Q(x) 0. L idée est alors de comparerq à une solution dey y = 0 à savoir x e x. En effet, pour toutx R,Q (x)e x Q(x)e x 0. Supposons qu il existe a R tel que Q(a) < 0. Soit alorst a. Puisque x Q (x)e x Q(x)e x est la dérivée dex Q(x)e x, on obtient en intégrant l inéquation différentielle entre a et t : Q(t)e t Q(a)e a 0 ou encore Q(t) Q(a)e t a. On en déduit que limq =. + Or en direction + on a P Q puisque P,P,...P (n) sont de degrés strictement inférieurs à P. On en conclut que limp =, ce qui contredit le fait que P(x) 0 + pour tout x R. Solution 6. Soient P = j N ( 1)j a jx j etq = k N ( 1)k b k X k deux polynômes réels avec tous lesa j etb k positifs. On écrit leur produitpq et sous la forme n N ( 1)n c nx n. Donc pour toutn N, ( 1) n c n = En conséquence c n = n a jb n j 0. ( 1) j a j( 1) n j b n j = ( 1) n a jb n j. Autre méthode par la formule de Leibniz : Puisque le coefficient du monôme de degréndu polynômep est P(n) (0), un n! polynômep est de la forme donnée dans l énoncé si et seulement si( 1) n P (n) (0) 0. Soient doncp etqdeux polynômes de la forme donnée dans l énoncé. On a donc ( 1) n P (n) (0) 0 et( 1) n Q (n) (0) 0 pour tout n N. Par la formule de Leibniz Ç å ( 1) n (PQ) (n) n (0) = ( 1) k P (k) (0)( 1) (n k) Q (n k) (0) 0 k Solution 7. Si deg(p) 0, Q est nul. Supposonsn = deg(p) 1 et notons P = p p nx n avec p n 0. On a donc, Q = p k [(X +1) k X k ]. k=1 Soient k 1 et a 0. D après la formule du binôme, le monôme de plus haut degré de vaut akx k 1. Le polynôme a(x +1) k ax k P(X +1) P(X) est donc de degrén 1et de coefficient dominantnp n. Solution 8. Raisonnons par l absurde en supposant l existence d untel polynômep. On aurait alors, x R, P(x) = x. Le polynôme P X admettrait alors une infinité de racines (tous les réels!) et serait donc nul. Ainsi, on aurait P = X. Il est clair que c est absurde car P(i) = i i. 3

4 Colle n o 23 Polynômes Lycée Charlemagne PCSI Solution 9. Notons 1+X + +X n = + a k X k. Le polynômep est clairement de degré2n. Par définition du produit dans K[X], on a P = 2 p k X k avec, pour tout k entre 0 et2n, k p k = a l a k l. l=0 Ainsi : si k n, on a : p k = si 2n k > n, on a : k 1 = k +1. l=0 p k = 1 = 2n k +1. l=k n Solution On ax 6 +1 = 0 si et seulement(ix) 6 = 1, ce qui revient à dire queix est une sixième racine de l unité. Donc les racines dex 6 +1sontie kiπ/3, k 0,5. i 1 Ainsi X 6 +1 = (X e iπ/6 )(X e iπ/6 )(X i)(x +i)(x e i5π/6 )(X e i5π/6 ) = (X 2 3X +1)(X 2 +1)(X 2 + 3X +1). 2. On a X 8 +X 4 +1 = (X 4 +1) 2 (X 2 ) 2 = (X 4 +X 2 +1)(X 4 X 2 +1) = [ (X 2 +1) 2 X 2][ (X 2 +1) 2 ( 3X) 2] = (X 2 +X +1)(X 2 X +1)(X 2 + 3X +1)(X 2 3X +1). Chaque facteur a un discriminant strictement strictement négatif et est donc irréductible dans R[X]. Solution 11. Prouvons par récurrence sur n N que f est de classe C n surret qu il existe un polynôme réelp n tel que f (n+1) (x) = 2nxPn(x)+(1+x2 )P n(x) (1+x 2 ) n+1 En posant P n+1 = 2nXP n +(1+X 2 )P n, La propriété est vraie au rang 1, il suffit de poser pour tout réelx,p 1(x) = 1. Supposons la propriété vraie au rang n 1 : f est de classe C n sur R et il existe un polynôme réel P n tel que t 0, Alors, d après le théorème de dérivation d un quotient, f (n) est dérivable surret, x R, on a bien, pour toutx R, f (n+1) (x) = Pn+1(x) (1+x 2 ) n+1. et P n+1 est un polynôme réel. La fonction f (n+1) est clairement continue donc f est de classe C n+1, ce qui achève de prouver le résultat au rang n + 1. La propriété est vraie à tout rang d après le principe de récurrence. 4

5 Solution Prouvons par récurrence sur n 1 la proposition HR(n) suivante, «pour tout1 k n,t k est de degré k, de coefficient dominant2 k 1 et a la même parité quek». L hypothèse est banale aux rangs 1 et2. Soitn 2. SupposonsHR(n) vérifiée. Puisque on a donc T n+1 = 2XT n T n 1, deg(2xt n) = n+1 > deg(t n 1), deg(t n+1) = n+1 et la coefficient dominant det n+1 est celui de2xt n c està-dire 2 2 n 1 = 2 n. Les polynômes 2XT n et T n 1 ayant la parité inverse de celle de T n, il en est de même de T n+1. L hypothèse HR(n + 1) est donc vérifiée. 2. Prouvons par récurrence surn 0 que t R, cos(nt) = T n(cos(t)). L hypothèse est banale aux rangs 0 et1. Supposons la propriété vérifiée au rang n 1. D une part on a cos((n+1)t) = cos(nt)cos(t) sin(nt)sin(t); d autre part grâce à l hypothèse de récurrence, T n+1(cos(t)) = 2cos(t)T n(cos(t)) T n 1(cos(t)) = 2cos(t)cos(nt) cos((n 1)t) = cos(nt) cos(t) + sin(nt) sin( t) = cos(nt) cos(t) sin(nt) sin(t). L hypothèse HR(n + 1) est donc vérifiée. Remarque C est la suite des polynômes de Tchebychev. 5