Correction : Algèbre générale, Polynômes de Tchebychev

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Polynômes. Fraction rationnelles. Suites numériques.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 61
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

1.a

1.b

2.a

2.b

2.c

Correction

Partie I

2=22−1 et3=43−3.
Montrons par récurrence double sur∈ℕque deg=.
Pour=0 et=1 : ok
Supposons la propriété établie aux rangs≥0 et+ Au rang1 .+2 :
On sait+2=2+1−.
Par hypothèse de récurrence deg=et deg+1=+1 d’où deg+1=+2 .
Par somme de polynômes de degré distincts : deg+2=+2 .
Récurrence établie.
Les coefficients dominants de0et1valent 1.
Pour≥1 , la relation+1=2−−1connaissant le degré de chaque polynôme, que le, implique,
coefficient dominant de+1est le double de celui de.
Par suite, pour≥ le coefficient dominant de1 ,est 2−1.
Par récurrence double sur∈ℕ:
Pour=0 et=1 : ok
Supposons la propriété établie aux rangs≥0 et+ Au rang1 .+2 :
∀θ∈ℝ,+2(cosθ)=2 cosθ+1(cosθ)−(cosθ)=2 cosθcos(+1)θ−cosθ=cos(+2)θ.
Récurrence établie.
Pourθ=0 ,(cosθ)=cosθdonne(1)=1 .
En dérivant la relation(cosθ)=cosθ, on obtient−sinθ′(cosθ)= −sinθ
 θ
donc pourθ=0,π,′(cosθ)= .insi
s nθ
Quandθ→0 ,′(cosθ)→′(1) etsiθnθ∼2donc′(1)=2.
Soit∈ −1,1 une racine de.
Pourθ=arccos∈0,πon a=cosθet()=cosθ=0 .
Donc il existe∈ℤtel queθ=2π+πpuisθ=(22+1)π
Sachantθ∈0,π, on peut affirmer∈ {0,1,…,−1}.
Ainsi=soc2πoc,32sπ,… cos, ou (22−1)π.
 
Inversement, par calculs, ces éléments sont racine de.
insi les racines desont les…avec=cos (2−1)π.
A1, ,2
Pour∈ {1,…,}les (22−1)π 0,sont des éléments deux à deux distincts deπ.

La fonction cosinus étant injective sur 0,π, on peut dire que les1,…,sont deux à deux distincts.
Le polynômepossède doncracines dans l’intervalle−1,1 .
Or deg=, on peut donc affirmer qu’il n’y a pas d’autres racines et que ces dernières sont simples.

1.a

1.b

2.a

2.b

3.a

3.b

4.a

4.b

Partie II

1−(−1) 1 1
= = −
.
(−1)(−1)−1
11 1−111 1 1
=∑2(−1)=∑=2−1−=∑=1−∑=2= −.
Pour tout≥2 , on a12≤(1− c)1nod
=1+∑1≤1+∑1≤2−.1
2
=2=2(−1)
+1−=(+1)12≥0 donc () est croissante. De plus () est ( majorée par 2 donc


2=112+122+⋯+1(2)2. En séparant les termes d’indices paris et impairs :
1 1 1 1 1 1 1
++=⋯+)+1+3+⋯+(2 1)=4+′
22242(222 2− 2.

) converge.

′=2−41→+∞→34ℓcar2,→ℓ.
 2étant de coefficient dominant−1et de racines1,…,, on peut écrire :
′
=2−1∏(−ℓ) .′=2−1∑∏(−ℓ) puis∑ 1.
=
ℓ=1=1ℓ=1 =1−
ℓ≠
L′∑1.
’évaluation de∑=1−1= 1−cos 1)
en 1 donne=1(2−π=2
2
1
2
Sachant 1−cos=2sin2o a n2=∑1sin2(2−1)π=2.
4
cos2(2−1)π
soit encore∑11+sin2(24−1)π=22d’où∑1tan2(21−1)π=22−.
= =
44
La fonction sinus est concave sur 0,π en dessous de sa tangente en 0 d’équation2 donc=.
La fonction tangente est convexe sur 0,π2 donc au dessus de sa tangente en 0 d’équation=.
Ainsi∀∈0,π2 ,sin≤≤tan.

∀∈0,π2 ,1nat2≤12≤nis12.

=

Pour∈ {0,1,…,−1},(24−1)π∈0,π2
  
donc :∑1ta221(1)≤∑1(2161)222≤∑1 212(1) ,
π π
=n−=−π=sin−
44
2 2 2
puis : (216−2)π≤∑(211)2≤π8
−
=1
Par le théorème des gendarmes :=′∑=1−)2→∞→π82=ℓ′puisℓ′=43π82
1(2 1

2
π
=
.
6