Planche no Polynômes Corrigé

Description

Niveau: Supérieur
Planche no 17. Polynômes. Corrigé * très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours no 1 : 1) Soit n ≥ 2. On a an = n?1∏ k=1 1 2i (e ikpi/n ? e?ikpi/n) = 1(2i)n?1 n?1∏ k=1 eikpi/n n?1∏ k=1 (1 ? e?2ikpi/n). Maintenant, n?1∏ k=1 eikpi/n = e ipin (1+2+...+(n?1)) = eipi(n?1)/2(eipi/2)n?1 = in?1, et donc 1(2i)n?1 n?1∏ k=1 eikpi/n = 12n?1 . Il reste à calculer n?1∏ k=1 (1 ? e?2ikpi/n). 1ère solution. Les e?2ikpi/n, 1 ≤ k ≤ n ? 1, sont les n ? 1 racines n-ièmes de 1 distinctes de 1 et puisque Xn ? 1 = (X ? 1)(1 + X+ ...+ Xn?1), ce sont donc les n? 1 racines deux deux distinctes du polynôme 1 +X + ... +Xn?1. Par suite, 1 + X + ... + Xn?1 = n?1∏ k=1 (X ? e?2ikpi/n), et en particulier n?1∏ k=1 (1 ? e?2ikpi/n)

• tan x?


• ?k ?


• ?2i sin


• racine


• polynôme


• kpi2p


• xn ?


• coefficient constant


• sin

Sujets

• Possibilité et impossibilité
• Racine
• Polynôme

Informations

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Extrait

Planche n o 17. Polynômes. Corrigé

* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le cours

n o 1 : 1) Soit n ≥ 2 . On a n − 1 1 a n = Y 2i ( e ikπn − e − ikπn ) =  ( 2i ) 1 n − 1 n Y − 1 e ikπn k n = Y − 1 1 ( 1 − e − 2ikπn )  k = 1 k = 1 Maintenant, n − 1 Y e ikπn = e inπ ( 1 + 2 +  +( n − 1 )) = e iπ ( n − 1 ) 2 ( e iπ2 ) n − 1 = i n − 1  k = 1 et donc ( 2i ) 1 n − 1 n Y − 1 e ikπn = 2 n 1 − 1 . k = 1 n − 1 Il reste à calculer Y ( 1 − e − 2ikπn ) . k = 1 1ère solution. Les e − 2ikπn , 1 ≤ k ≤ n − 1 , sont les n − 1 racines n -ièmes de 1 distinctes de 1 et puisque X n − 1 = ( X − 1 )( 1 + X +  + X n − 1 ) , ce sont donc les n − 1 racines deux deux distinctes du polynôme 1 + X +  + X n − 1 . Par n − 1 n − 1 suite, 1 + X +  + X n − 1 = Y ( X − e − 2ikπn ) , et en particulier Y ( 1 − e − 2ikπn ) = 1 + 1 + 1 = n . k = 1 k = 1 2ème solution. Pour 1 ≤ k ≤ n − 1 , posons z k = 1 − e − 2ikπn . Les z k sont deux à deux distincts et racines du polynôme P = ( 1 − X ) n − 1 = − nX + n ( n 2 − 1 ) X  + (− 1 ) n X n = X  − n + n ( n 2 − 1 ) X −  + (− 1 ) n X n − 1  . 2 Maintenant, z k = 0 ⇔ e − 2ikπn = 1 ⇔ k ∈ n Z (ce qui n’est pas pour 1 ≤ k ≤ n − 1 ). Donc, les z k , 1 ≤ k ≤ n − 1 , sont n − 1 racines deux à deux distinctes du polynôme de degré n − 1 : − n + X −  + (− 1 ) n X n − 1 . Ce sont ainsi toutes les racines de ce polynôme ou encore + (− 1 ) n X n − 1 = (− 1 ) n Y ( − n + n ( n 2 − 1 ) X −  n − 1 X − z k )  k = 1 En particulier, en égalant les coefficients constants, n − 1 (− 1 ) n × (− 1 ) n − 1 Y z k = − n k = 1 n − 1 et donc encore une fois Y ( 1 − e − 2ikπn ) = n . k = 1 Finalement, n − 1 kπ n ∀ n ≥ 2 Y sin n = 2 n − 1  k = 1 2) Soit n un entier naturel non nul. b n = n Y 1 ( e i ( a + knπ ) + e − i ( a + knπ ) ) = 2 1 n n Y e − i ( a + knπ ) Y n ( e 2i ( a + knπ ) + 1 )  2 k = 1 k = 1 k = 1 Ensuite,

1

3)

n Y e − i ( a + knπ ) = e − ina e − inπ ( 1 + 2 +  + n ) = e − ina e − i ( n + 1 ) π2  k = 1 n n D’autre part, soit P = Y ( X + e 2i ( a + knπ ) ) = Y ( X − (− e 2i ( a + knπ ) )) . Pour tout k , on a (− e 2i ( a + knπ ) n = (− 1 ) n e 2ina . k = 1 k = 1 Par suite, les n nombres deux à deux distincts − e 2i ( a + knπ , 1 ≤ k ≤ n sont racines du polynôme X n − (− 1 ) n e 2ina , de degré n . On en déduit que, P = X n − (− 1 ) n e 2ina . n Par suite, Y ( e 2i ( a + knπ ) + 1 ) = P ( 1 ) = 1 − (− 1 ) n e 2ina = 1 − e 2ina + nπ , puis k = 1 b n = 2 1 n e − ina e − i ( n + 1 ) π2 ( 1 − e 2ina + nπ ) = 2 1 n ( e − i ( na +( n + 1 ) 2π ) − e i ( na +( n − 1 ) 2π ) ) − i ( na +( 1 ) π ) n + 2 = 2 1 n ( e 1 ) π 2 ) + e i ( na +( n + 1 ) π 2 ) ) = cos ( na 2 + n ( − n 1 + 

π c n est défini ⇔ ∀ k ∈ { 1  n }  a + k n π  ∈ π 2 + π Z ⇔ ∀ k ∈ N  a − k n π + π 2 + π Z ⇔ a ∈  2 + n π Z n i Pour les a tels que c n est défini, on a c n = Y 1 i e 2 ( a + kπn ) − 1 . k = 1 e 2i ( a + kπn ) + 1 n = ω k − 1 1 . On a donc c n = i 1 n Y z k . Pour 1 ≤ k ≤ n , posons ω k = e 2i ( a + kπn ) puis z k ω k + k = 1 Puisque z k = ω ω k k + − 1 1 , on a ω k ( 1 − z k ) = 1 + z k et donc, pour 1 ≤ k ≤ n , ω n k ( 1 − z k ) n = ( 1 + z k ) n ou encore, les z k sont racines du polynôme P = ( 1 + X ) n − e 2ina ( 1 − X ) n . Maintenant, les a + kπ sont dans [ a a + π [ et donc deux à n deux distincts puisque la fonction tangente est injective sur tout intervalle de cette forme. n 1er cas. Si e 2ina 6 = (− 1 ) n alors P est de degré n et P = ( 1 − (− 1 ) n e 2ina ) Y ( X − z k ) . En évaluant en 0 , on obtient k = 1 n ( 1 − (− 1 ) n e 2ina ) Y (− z k ) = 1 − e 2ina  k = 1

D’où, n 1 − e 2ina e ina − 2i sin ( na ) 1 sin ( na ) k = Y 1 z k = (− 1 1 ) − n e − 2i e n 2 a ina = e inπ − e 2ina = e inπ2 e ina − 2i sin n ( a − π 2 ) = i n sin n ( a − π 2 )  Finalement, c n = (− 1 ) n ( si n n ( ( na ) π )) . sin a − 2 Si n est pair, posons n = 2p , p ∈ N ∗ . c n = c 2p = sin ( si 2 n p ( a 2p − a ) pπ ) = (− 1 ) p . Si n est impair, posons n = 2p + 1 . c n = c 2p + 1 = (− 1 ) p tan (( 2p + 1 ) a ) . 2ème cas. Si e 2ina = (− 1 ) n , alors 2na ∈ nπ + 2π Z ou encore a ∈ 2 π + π Z . Dans ce cas, c n n’est pas défini. n o 2 : Tout d’abord Q = ( 1 + X +  + X n ) ′ = ( X n + 1 − ′ = ( − 1 ) − X n + 1 = nX n + 1 − ( n + 1 ) X n + 1  X − 1 1 ) n + 1 ) X ( n X ( X − 1 ) 2 ( X − 1 ) 2 Ensuite, ω 0 = 1 et donc, Q ( ω 0 ) = 1 + 2 +  + n = n ( n 2 + 1 ) . Puis, pour 1 ≤ k ≤ n − 1 , ω k 6 = 1 et donc, puisque ω k n = 1 , 2

Par suite,

Q ( ω k ) = nω k n + 1 ( − ω ( k n − + 1 ) 1 2 ) ω k n + 1 = nω k ( ω − k ( n − + 1 ) 1 2 ) + 1 = ω k n − 1 

− n Y 1 Q ( ω k ) = n ( n 2 + 1 ) n Y − 1 ω k n − 1 = n n Y − n 1 ( ( n ω + k 1 − ) 1 )  k = 0 k = 1 2 k = 1 n − 1 n − 1 Mais, X n − 1 = ( X − 1 )( 1 + X +  + X n − 1 ) et d’autre part X n − 1 = Y ( X − e 2ikπn ) = ( X − 1 ) Y ( X − ω k ) . Par k = 0 k = 1 n − 1 n − 1 intégrité de R [ X ] , Y ( X − e 2ikπn ) = 1 + X +  + X n − 1 (Une autre rédaction possible est : ∀ z ∈ C  ( z − 1 ) Y ( z − ω k ) = k = 1 k = 1 n − 1 n − 1 ( z − 1 )( 1 + z +  + z n − 1 ) et donc ∀ z ∈ C { 1 } , Y ( z − ω k ) = 1 + z +  + z n − 1 et finalement ∀ z ∈ C  Y ( z − ω k ) = 1 + z +  + z n − 1 k = 1 k = 1 car les deux polynômes ci-contre coincident en une infinité de valeurs de z .) n − 1 n − 1 En particulier, Y ( 1 − ω k ) = 1 + 1 2 +  + 1 n − 1 = n ou encore Y ( ω k − 1 ) = (− 1 ) n − 1 n . Donc, k = 1 k = 1 n − 1 (− 1 ) n − 1 n n − 1 ( n + 1 ) = k Y = 0 Q ( ω k ) = n n ( n 2 + 1 ) (− 1 ) 1 n − 1 n 2   n o 3 : Il faut prendre garde au fait que les nom 2 ( π + kπ ) ne sont pas n bres x k = cotan 2n n écessairement deux à deux distincts. 1er cas. Si n est pair, posons n = 2p , p ∈ N ∗ .

1 kπ ) S n = k p = X − 0 1 cotan 2 ( 4 π p + 2 k p π ) + 2 k p X = − p cotan 2 ( 4 π p + 2p − = p X 1 cotan 2 ( 4 π p + 2 k p π ) + p X − 1 cotan 2 ( 4 π p + ( 2p − 1 − k ) π ) k = 0 k = 0 2p π kπ ) et donc p − 1 Or, cotan 2 ( 4 π p + ( 2p − 2 1 p − k ) π ) = cotan 2 ( π − 4 π p − 2 k p π ) = cotan 2 ( 4p + 2p S n = 2 k = X 0 cotan 2 ( 4 π p + 2 k p π ) . Mais cette fois ci, kπ π 0 ≤ k ≤ p − 1 ⇒ 0< 4 π p2p4p + ( p 2 − p 1 ) π = ( 2p 4 − p 1 ) π < 2 4 p p π = 2 π  + ≤ et comme, la fonction x 7 → cotan 2 x est strictement décroissante sur ] 0 2 π [ , les x k , 0 ≤ k ≤ p − 1 , sont deux à deux distincts. Pour 0 ≤ k ≤ p − 1 , posons y k = cotan ( 4 π + k 2 π p ) . p i e ( 2k + 1 ) iπ4p + 1 ( y k = e ( 2k + 1 ) iπ4p − 1 ⇒ e 2k + 1 ) iπ4p ( y − k − i ) = y k + i ⇒ ( y k + i ) 2p = e ( 2k + 1 ) iπ ( y k − i ) 2p = (− 1 ) 2k + 1 ( y k − i ) 2p = −( y k − i ) 2p ⇒ ( y k + i ) 2p + ( y k − i ) 2p = 0 ⇒ 2 ( y k 2p − C 2 2 p y 2 k p − 2 +  + (− 1 ) p ) = 0 ⇒ x k p − C 2 2p x k p − 1 +  + (− 1 ) p = 0 Les p nombres deux à deux distincts x k sont racines de l’équation de degré p : z p − C 2 2p z p − 1 +  + (− 1 ) p = 0 qui est de degré p . On en déduit que

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p − 1 S n = 2 X x k = 2C 2 2p = n ( n − 1 )  k = 0 2ème cas. Si n est impair, posons n = 2p + 1 , p ∈ N .

S n = p k − X = 1 0 cotan 2 ( 2 ( 2p π + 1 ) + 2p k + π 1 ) + cotan 2 π 2 + k = 2 p X p + 1 cotan 2 ( 2 ( 2p π + 1 ) + 2p kπ + 1 ) = 2 p k − X = 1 0 cotan 2 ( 2 ( 2p π + 1 ) + 2p k + π 1 ) La même démarche amène alors à S n = 2C 2 = n ( n − 1 ) . 2p + 1 Dans tous les cas,

− n X 1 cotan 2 ( π kπ ) = n ( n − 1 )  + 2n n k = 0

n o 4 : 1) Pour tout réel a , 2p + 1 e i ( 2p + 1 ) a = ( cos a + i sin a ) 2p + 1 = X C j 2p + 1 cos 2p + 1 − j a ( i sin a ) j j = 0 puis p sin (( 2p + 1 ) a ) = Im ( e i ( 2p + 1 ) a ) = X C 2 2j p + + 1 cos 2 ( p − j ) a (− 1 ) j sin a 1 2j + 1 j = 0 Pour 1 ≤ k ≤ p , en posant a = 2p kπ + 1 , on obtient : p ∀ k ∈ { 1  p }  X C 2 2 j p + + 1 1 cos 2 ( p − j ) 2p k + π 1 (− 1 ) j sin 2j + 1 2p kπ + 1 = 0 j = 0 Ensuite, pour 1 ≤ k ≤ p , 0< 2p kπ + 1 < 2 π et donc sin 2p + 1 2p k + π 1 6 = 0 . En divisant les deux membres de ( ∗ ) par sin 2p + 1 2p kπ + 1 , on obtient : p ∀ k ∈ { 1  p }  X (− 1 ) j C 2 2j p + + 1 1 cotan 2 ( p − j ) 2p k + π 1 = 0 j = 0 Maintenant, les p nombres cotan 2 2 kπ + 1 sont deux à deux distincts. En effet, pour 1 ≤ k ≤ p , 0< 2p k + π 1 < π 2 . p Or, sur ] 0 2 π [ , la fonction x 7 → cotan x est strictement décroissante et strictement positive, de sorte que la fonction x 7 → cotan 2 x est strictement décroissante et en particulier injective. p Ces p nombres deux à deux distintcs sont racines du polynôme P = X (− 1 ) j C 2 2j p + + 1 1 X p − j , qui est de degré p . Ce sont j = 0 donc toutes les racines de P (ces racines sont par suite simples et réelles). D’après les relations entre les coefficients et les racines d’un polynôme scindé, on a : X p cotan 2 kπ 1 = −  − C C 2 1 3 2 p p + + 1 1 = p ( 2p 3 − 1 )  k 1 2p + =

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puis,

k = X p 1 sin 2 2 1 p kπ 1 = k = X p 1 ( 1 + cotan 2 2p kπ + 1 ) = p + p ( 2p 3 − 1 ) = 2p ( p 3 + 1 )  + 2) Pour n entier naturel non nul donné, on a n + 1 u n + 1 − u n = X k 1 2 − n X k 1 2 = ( n + 1 1 ) 2 > 0 k = 1 k = 1 et la suite ( un ) est strictement croissante. De plus, pour n ≥ 2 , u n = k X n = 1 k 1 2 = 1 + k X = n 2 k 1 2 < 1 + k n X = 2 k ( k 1 − 1 ) = 1 + X n ( k − 1 1 − 1 k ) = 1 + 1 − 1 <  2 n k = 2 La suite ( u n ) est croissante et est majorée par 2 . Par suite, la suite ( u n ) converge vers un réel inférieur ou égal à 2 . 3) Pour x élément de [ 0 2 π ] , posons f ( x ) = x − sin x et g ( x ) = tan x − x . f et g sont dérivables sur [ 0 2 π ] et pour x élément de [ 0 2 π ] , f ′ ( x ) = 1 − cos x et g ′ ( x ) = tan 2 x . f ′ et g ′ sont strictement positives sur ] 0 2 π ] et donc strictement croissantes sur [ 0 π 2 ] . Comme f ( 0 ) = g ( 0 ) = 0 , on en déduit que f et g sont strictement positives sur ] 0 π 2 [ . Donc, ∀ x ∈ ] 0 π 2 [  0 < sin x < x < tan x et par passage à l’inverse ∀ x ∈ ] 0 π 2 [  0 < cotan x< x 1 < si 1 . n x 4) Pour 1 ≤ k ≤ p , 0< 2p k + π 1 < π 2 et donc kπ 2p + 1 < 1 kπ . 0 < cotan 2p + 1 <  kπ sin 2p + 1 Puis, cotan 2 2p kπ + 1 < ) 2 ( ( 2p π + 2 1 ) k 1 2 < 1 kπ . En sommant ces inégalités, on obtient sin 2p + 1 π 2 p ( 2p − 1 ) π 2 p  2 kπ p = 1 2 n < u p = X ( 2p + ) k = X 1 cota k = 1 k 1 2 < ( 2p π + 2 1 ) 2 k = p X 1 sin 2 2 1 kπ + 1 = 2 3 p ( ( 2 p p + + 1 1 ) ) π 2 2  3 ( 2p + 1 ) 2 2p + 1 p 2 Les membres de gauche et de droite tendent vers π 6 2 quand p tend vers l’infini et donc la suite ( u p ) tend vers π 6 . n o 5 : X 6 − 7X 4 + 8X 3 − 7X + 7 = ( X 6 + 8X 3 + 7 ) − ( 7X 4 + 7X ) = ( X 3 + 1 )( X 3 + 7 ) − 7X ( X 3 + 1 ) = ( X 3 + 1 )( X 3 − 7X + 7 ) et 3X 5 − 7X 3 + 3X 2 − 7 = 3X 2 ( X 3 + 1 ) − 7 ( X 3 + 1 ) = ( X 3 + 1 )( 3X 2 − 7 ) . Donc, ( X 6 − 7X 4 + 8X 3 − 7X + 7 ) ∧ ( 3X 5 − 7X 3 + 3X 2 − 7 ) = ( X 3 + 1 )(( X 3 − 7X + 7 ) ∧ ( 3X 2 − 7 ))  Maintenant, pour ε ∈ { − 1 1 } , ( ε 3 7 ) 3 − 7 ( ε r 7 3 ) + 7 = −( ε 1 3 47 3 ) + 7 6 = 0 . Les polynômes ( X 3 − 7X + 7 ) et ( 3X 2 − 7 ) n’ont pas de racines communes dans C et sont donc premiers entre eux. Donc, ( X 6 − 7X 4 + 8X 3 − 7X + 7 ) ∧ ( 3X 5 − 7X 3 + 3X 2 − 7 ) = X 3 + 1 . n o 6 : Soit n ∈ N .

( X + 1 ) n − X n − 1 est divisible par X 2 + X + 1 ⇔ j et j 2 sont racines de ( X + 1 ) n − X n − 1 ⇔ j est racine de ( X + 1 ) n − X n − 1 ( car ( X + 1 ) n − X n − 1 est dans R [ X ]) ⇔ ( j + 1 ) n − j n − 1 = 0 ⇔ (− j 2 ) n − j n − 1 = 0

Si n ∈ 6 Z , (− j 2 ) n − j n − 1 = − 3 6 = 0 . Si n ∈ 1 + 6 Z , (− j 2 ) n − j n − 1 = − j 2 − j − 1 = 0 . Si n ∈ 2 + 6 Z , (− j 2 ) n − j n − 1 = j − j 2 − 1 = 2j 6 = 0 .

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