PCSI B Mathematiques Lycee Brizeux annee

Description

Niveau: Supérieur
PCSI B Mathematiques Lycee Brizeux - annee 2011-2012 C o r r i g é d u d e v o i r m a i s o n 8 S u i t e s h o m o g r a p h i q u e s e t p o l y n o m e s Exercice 1. S'il n'en reste qu'un Soit A = X2 ? aX ? b ? C[X] et n ? N. On veut determiner le reste Rn de Xn par A. 1. On a deg(Rn) < deg(A), donc Rn est un polynome de degre inferieur ou egal a 1. 2. On trouve R0 = 1 ; R1 = X et R2 = aX + b. 3. Xn s'ecrit : Xn = QA+ ?n X + ?n. D'ou Xn+1 = X QA+ ?n X 2 + ?n X. Or X2 = A+ aX + b. D'ou : Xn+1 = (X Q+ ?n)A+ (a?n + ?n)X + b ?n. Il en decoule que Rn+1 = (a?n + ?n)X + b ?n. D'ou : ?n+1 = a?n + ?n ; ?n+1 = b ?n. 4. D'apres la question precedente, on a pour tout n ? N : ?n+2 = a?n+1 + ?n+1 et ?n+1 = b ?n.

• coefficient dominant


• ?n ?


• unique solution


• racine reelle


• u0 ?


• reste de la division euclidienne de xn par x2 ?x


• relations coefficients-racines


• ?2

Informations

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Extrait

PCSI B Math´ematiques Lyc´ee Brizeux - ann´ee 2011-2012
S u i t e s h o m og ra p h i q u e s e t po l y n oˆ m e s
Exercice 1. S’il n’en reste qu’un
2 nSoit A =X −aX−b∈C[X] et n∈N. On veut d´eterminer le reste R de X par A.n
1. On a deg(R )< deg(A), donc R est un polynˆome de degr´e inf´erieur ou ´egal `a 1.n n
2. On trouve R = 1; R =X et R =aX +b.0 1 2
n3. X s’´ecrit :
n
X =QA+α X +β .n n
D’ou`
n+1 2X =XQA+α X +β X.n n
2Or X =A+aX +b. D’ou` :
n+1X = (XQ+α )A+(aα +β )X +bα .n n n n
Il en d´ecoule que R = (aα +β )X +bα . D’ou` :n+1 n n n
α =aα +β ; β =bα .n+1 n n n+1 n
4. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a pour tout n∈N :
α =aα +β et β =bα .n+2 n+1 n+1 n+1 n
D’ou` pour tout n∈N :
α =aα +bα .n+2 n+1 n
5. D’apr`es les questions 2 et 4, la suite (α ) est d´efinie par :n n
α = 0, α = 1, ∀n∈N, α =aα +bα .0 1 n+2 n+1 n
2• Si l’´equation caract´eristique r −ar−b = 0 poss`ede deux racines complexes distinctes r et r , alors1 2
2il existe un unique couple (λ,μ)∈C tel que
n n∀n∈N, α =λr +μr .n 1 2
Pour n∈{0,1}, cela conduit au syst`eme lin´eaire

λ+μ = 0
λr +μr = 11 2
1 1qui a pour unique solution ( ,− ). D’ou` :r −r r −r1 2 1 2
n n n−1 n−1r −r r −r1 2 1 2
∀n∈N, α = , β =−r r .n n 1 2
r −r r −r1 2 1 2
(On pourra remarquer que la formule donn´ee pour β est vraie pour n = 0.) Finalementn
n n n−1 n−1r −r r −r1 2 1 2R = X−r r .n 1 2
r −r r −r1 2 1 2
1
oCnodrurri8aoevsigm?di2• Si l’´equation caract´eristique r −ar−b = 0 poss`ede une racine double r, alors il existe un unique
2couple (λ,μ)∈C tel que
n n−1∀n∈N, α =λr +μnr .n
Pour n∈{0,1}, cela conduit au syst`eme lin´eaire

λ = 0
λr +μ = 11
qui a pour unique solution (0,1). D’ou` :
n−1 n∀n∈N, α =nr , β =−(n−1)r .n n
(On pourra remarquer que la formule donn´ee pour β est vraie pour n = 0.) Finalementn
n−1 nR =nr X−(n−1)r .n
26. Application num´erique. On prend A =X −X−1.
(a) On peut remarquer que (α ) est la suite de Fibonacci.n n
On trouve d’apr`es ce qui pr´ec`ede :
!√ √
1 1+ 5 1− 5n n∀n∈N, α = √ ( ) −( ) .n
2 25
On en d´eduit que √
1 1+ 5 nα ∼ √ ( ) .n
25
Sachant par ailleurs que
∗∀n∈N , β =α ,n n−1
on a donc √
1 1+ 5 n−1β ∼ √ ( ) .n
25
(b) D’apr`es ce qui pr´ec`ede, on a pour tout entier n≥ 1
! !√ √ √ √
1 1+ 5 1− 5 1 1+ 5 1− 5n n n−1 n−1√ √R (X) = ( ) −( ) X + ( ) −( )n
2 2 2 25 5
n 2Ainsi donc le reste de la division euclidienne de X par X −X−1 donne les deux termes cons´ecutifs
F et F de la suite de Fibonacci.n n−1
0Exercice 2. Quand P divise P
0On se propose de d´eterminer les polynˆomes non nuls P ∈R[X] tels que P divise P.
On consid`ere un tel polynˆome P. On note n le degr´e de P.
01. Par hypoth`ese P divise P. On peut d’ores et d´ej`a exclure le cas ou` deg(P) = n = 0, c’est-`a-dire le cas
0ou` P est constant puisqu’alors on trouve P = 0 et que le polynˆome nul ne divise que lui-mˆeme. Par
0cons´equent, P est de degr´e n−1 et par hypoth`ese il existe donc Q∈R[X] de degr´e 1 tel que
0P(X) =Q(X)P .
Le polynomeˆ Q ´etant de degr´e 1, admet une unique racine r´eelle α∈R; il en d´ecoule que P admet au
moins une racine r´eelle, `a savoir α.
22. En examinant les coefficients dominants, on trouve :
pn 0P(X) = (X−α)P (X).
n
0 03. Sin≥ 2, alors deg(P ) =n−1≥ 1. Le th´eor`eme de D’Alembert-Gauss entraˆıne queP poss`ede au moins
une racine complexe (´eventuellement r´eelle)
04. Supposons β =α. Soit m la multiplicit´e de β comme racine de P . On peut donc ´ecrire
0 m
P = (X−β) R(X) avec R(X)∈C[X] t.q. R(β) = 0.
0Mais alors, la relation P |P entraˆıne imm´ediatement que β est racine de P de multiplicit´e m. Ce qui se
traduit par :
0 (m−1) (m)P(α) =P (α) =··· =P (α) = 0 et P (α) = 0.
0On en d´eduit que α est racine de P de multiplicit´e m−1 : impossible.
Ainsi β =α.
5. D’apr`es la question pr´ec´edente, P admet une unique racine dansC `a savoir α (au passage racine r´eelle).
Mais alors, cela signifie que P s’´ecrit :
nP(X) =p (X−α) avec n≥ 1.n
0On v´erifie sans peine que si P s’´ecrit ainsi alors P divise P.
0Ainsi l’ensemble des polynˆomes non nuls deR[X] v´erifiant P |P est ´egal `a :
n ∗ ∗{λ(X−α) : (n,α,λ)∈N ×R×R }.
´`Probleme. Etude des suites homographiques
On se propose d’´etudier la convergence d’une suite r´eelle (u ) v´erifiantn n
au +bn
∀n∈N, u = ,n+1
cu +dn
4ou` (a,b,c,d)∈R v´erifie (a,b) = (0,0) et (c,d) = (0,0).
Partie 1. Prologue
1. On obtient une suite arithm´etico-g´eom´etrique.
d1. La fonction f est d´erivable surR\{− } comme quotient de fonctions polynomiales. De plusc
d ad−bc0∀x∈R\{− }, f (x) = .
2c (cx+d)
0Le signe de f ne d´epend donc que de celui de la constante d´eterminantale ad−bc.
• Cas ou` ad−bc> 0.
1On en d´eduit imm´ediatement le tableau de variations suivant de f.
dx −∞ − +∞c
0f (x) + +
+∞*

a af(x) c c*


−∞
d aIl d´ecoule du tableau de variations que f r´ealise une bijection deR\{− } versR\{ }c c
d1Les limites en− par valeurs sup´erieures et inf´erieures sont a` toutefois justifier avec soin
c
3
66666• Cas ou` ad−bc< 0.
2On en d´eduit imm´ediatement le tableau de variations suivant de f.
dx −∞ − +∞c
0f (x) − −
+∞H
H
jHa af(x)
c cH
H
Hj
−∞
d aIl d´ecoule du tableau de variations que f r´ealise une bijection deR\{− } versR\{ }c c
d02. D’apr`es le calcul pr´ec´edent, on en d´eduit que f est identiquement nulle surR\{− }, ce qui signifie que
c
d df est constante sur les intervalles I =]−∞,− [ et I =]− ,+∞[. La limite en −∞ (resp. en +∞)1 2c c
a adonne la constante sur I (resp sur I ). Dans les deux cas, on trouve : f est donc constante ´egale a`1 2 c d
dsurR\{− }.c
aIl en r´esulte que la suite (u ) est constante a` partir du rang n = 1 ´egale a` .n n c
2 d3. L’´equation f(x) =x est ´equivalente a` cx +(d−a)x−b = 0 sous r´eserve que x =− . Il en d´ecoule quec
l’´equation f(x) =x a au plus deux solutions r´eelles.
2Par ailleurs, On peut remarquer qu’aucune solution de l’´equation du second degr´ecx +(d−a)x−b = 0
d an’est ´egale `a x = − . En effet dans le cas contraire, les relations coefficients-racines montrent quec c
ad bserait ´egalement solution et qu’on aurait = soit ad−bc = 0 : impossible, vu l’hypoth`ese formul´ee.2c c
2Il en d´ecoule que l’´equation f(x) = x est ´equivalente a` cx + (d−a)x−b = 0 et a donc les mˆemes
2solutions que l’´equation cx +(d−a)x−b = 0.
Ainsi l’´equation f(x) =x poss`ede :
2• 0 solution r´eelle si (a−d) +4bc< 0;
2• 1 solution r´eelle si (a−d) +4bc = 0;
2• 2 solutions r´eelles si (a−d) +4bc> 0.
∗ 0 0 0 04. Soit λ∈R . Posons a =λa; b =λb; c =λc et d =λd. On peut remarquer que :
0 0d a x+b
∀x∈R\{− }, f(x) = ,
0 0c c x+d
0 0 0 0 2et que a d −b c =λ (ad−bc).
1 0 0 0 0pIl suffit de prendre λ = : on a alors a d −b c =±1.
|ad−bc|
4x−3Ainsi pour g d´efinie par g(x) = , le « d´eterminant » est ´egal a` 25. On peut alors ´ecrire
3x+4
4 3x−5 5g(x) = .
3 4x+
5 5
−4x+3Quant `a h d´efinie par h(x) = , le « d´eterminant » trouv´e est −25. On peut alors ´ecrire3x+4
−4 3x+5 5h(x) = .3 4x+
5 5
Partie 2. Expression de u sous l’hypoth`ese Hn 2
Dans cette partie, on suppose que l’´equation f(x) =x poss`ede deux solutions r´eelles distinctes λ et λ .1 2
L’objectif de cette partie est d’exprimer u en fonction de n sans pr´esager de l’existence de la suite (u ) .n n n
5. Des cas particuliers.
(a) La suite (u ) est alors constante ´egale a` λ . Ceci s’´etablit par r´ecurrence sur n∈N.n n 1
(b) Pour les mˆemes raisons la suite est alors constante ´egale a` λ .2
2 dLes limites en− par valeurs sup´erieures et inf´erieures sont `a toutefois justifier avec soin
c
4
66. Soit x ∈ D distinct de λ . La fonction f ´etant injective d’apr`es la deuxi`eme (sic) question 1, on af 2
f(x) =f(λ ) soit f(x) =λ . Par ailleurs, nous avons montr´e a` la question 3 que a−λ c = 0.2 2 2
On a alors :
ax+b −λf(x)−λ 11 cx+d
=
ax+bf(x)−λ2 −λ2cx+d
(a−λ c)x+b−λ d1 1
=
(a−λ c)x+b−λ d2 2
2(a−λ c) (x−λ )−cλ +(a−d)λ +b1 1 11=
2(a−λ c) (x−λ )−cλ +(a−d)λ +b2 2 22
a−λ c z−λ1 1
= .
a−λ c z−λ2 2
7. Remarquons tout d’abord que λ c+d = 0 (cf. question 3)1
a−λ c λ c+d1 2
L’´egalit´e = est ´equivalente a`
a−λ c λ c+d2 1
2 2−cλ +(a−d)λ =−cλ +(a−d)λ1 21 2
2Cette´egalit´esed´eduitimm´ediatementdufaitqueλ etλ sontracinesdupolynˆome−cX +(a−d)X+b1 2
(cf. question 3).
λ c+d2 u −λn 1On pose r = et v = pour tout n∈N.n u −λn 2λ c+d1
8. Compte-tenu des hypoth`eses, on a u = λ pour tout n ∈N (proc´eder par r´ecurrence). La suite (v )n 2 n n
est donc bien d´efinie.
Par ailleurs, on d´eduit des deux questions pr´ec´edentes que
∀n∈N