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Publié par | algebre-mpsi |
Nombre de lectures | 42 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Dérivation
Exercice 1[ 02129 ][correction]
Résoudre les équations suivantes :
a)P02= 4Pd’inconnueP∈K[X]
b)(X2+ 1)P00−6P= 0d’inconnueP∈K[X].
Enoncés
Exercice 2[ 02130 ][correction]
Montrer que pour tout entier natureln, il existe un unique polynômePn∈R[X]
tel quePn−Pn0=Xn. Exprimer les coefficients dePnà l’aide de nombres
factoriels.
Exercice 3X MP[ 02131 ][correction]
Déterminer dansK[X]tous les polynômes divisibles par leur polynôme dérivé.
Exercice 4[ 02132 ][correction]
SoitP∈K[X]. Montrer
P(X+ 1) =+X∞n1!P(n)(X)
n=0
Exercice 5[ 03338 ][correction]
Trouver tous les polynômesP∈R[X]tels que
∀k∈ZZkk+1P(t) dt=k+ 1
Exercice 6[ 03341 ][correction]
SoitP∈R[X]. On suppose quea∈Rvérifie
P(a)>0et∀k∈N? P(k)(a)>0
Montrer que le polynômeP
ne possède pas de racines dans[a+∞[.
1
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Corrections
Corrections
Exercice 1 :[énoncé]
a) Parmi les polynômes constants, seul le polynôme nul est solution.
Parmi les polynômes non constants, siPest solution alors2(degP−1) = degP
et doncdegP= 2. On peut alors écrireP=aX2+bX+caveca6= 0.
(c==b124
P02= 4P⇔4a2X2+ 4abX+b2= 4aX2+ 4bX+ 4c⇔a
Les solutions de l’équation sontP= 0etP=X2+bX+b24avecb∈K.
b) Parmi les polynôme de degré inférieur à 1, seul le polynôme nul est solution.
PourPpolynôme tel quedegP>2alors la relation(X2+ 1)P00−6P= 0
implique, en raisonnant sur l’annulation des coefficients dominants,
degP(degP−1) = 6doncdegP= 3.
En cherchantPsous la formeP=aX3+bX2+cX+daveca∈K?, on obtient
que seuls les polynômesP=a(X3+X)aveca∈K?sont solutions.
Finalement les polynômes solutions sont lesa(X3+X)aveca∈K.
Exercice 2 :[énoncé]
Les polynômes solutions dePn−P0n=Xnsont nécessairement de degrén.
Cherchons ceux-ci de la forme :
Pn=anXn+an−1Xn−1+∙ ∙ ∙+a1X+a0
Pn−P0n=Xnéquivaut à
an= 1 an−1=nan an−2= (n−1)an−1 a0= 1a1
Par suite l’équationPn−P0n=Xnpossède une et une seule solution qui est :
P=Xn+nXn−1+n(n−1)Xn−2+∙ ∙ ∙+n! =Xnnk!!Xk
k=0
Exercice 3 :[énoncé]
Parmi les polynômes constants, seul le polynôme nul est divisible par son
polynôme dérivé.
SoitPun polynôme non constant etnson degré.
SiP0|Palors on peut écrirenP= (X−a)P0aveca∈KcardegP0= degP−1.
00
En dérivantnP0= (X−a)P00+P0donc(n−1)P0= (X−a)P.
Ainsi de suite jusqu’àP(n−1)= (X−a)P(n).
2
Or, si on poseλle coefficient dominant deP, on aP(n)=n!λdonc en remontant
les précédents calculs on obtientn!P=n!(X−a)nλ. AinsiP=λ(X−a)n.
Inversement, un tel polynôme est solution.
Finalement les solutions sont lesP=λ(X−a)navecλ∈K.
Exercice 4 :[énoncé]
Par la formule de Taylor
donc
et plus généralement
Par la formule de Taylor
+∞
P(X) =XP(nn)0(!)Xn
n=0
+∞
P(1) =XP(nn)0()!
n=0
P(k)(1) =+X∞P(n+k)(0)
n!
n=0
+X∞P(kk))1(!Xk=+X∞+X∞k!1P(n+!k)(0)Xk
P(X+ 1) =n
k=0k=0n=0
puis en permutant les sommes (qui se limitent à un nombre fini de termes non
nuls)
P(X+ 1) =+X∞+X∞k!1P(n+n!k)(0)Xk=+X∞n1!P(n)(X)
n=0k=0n=0
Exercice 5 :[énoncé]
SoitPun polynôme etQun polynôme primitif deP.Pest solution du problème
posé si, et seulement si,
∀k∈Z Q(k+ 1)−Q(k) =k+ 1
En raisonnant par coefficients inconnus, on observe queQ(X) =12X(X+ 1)est
solution.
˜
SiQ(X)est aussi solution alors
˜ ˜
∀k∈Z(Q−Q)(k+ 1) = (Q−Q)(k)
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
˜
et on en déduit que le polynômeQ−Qest constant.
On en déduit que
P(X) =X2+1
est l’unique solution du problème posé.
Exercice 6 :[énoncé]
Par la formule de Taylor, on a pour toutx>0
P(a+x) =
degPP(k)( )
Xk!xak>P(a)>0
k=0
Corrections
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