Sujet : Algèbre, Polynôme en une indéterminée, Familles de polynômes classiques
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[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013 Enoncés 1 Familles de polynômes classiques b) Montrer que Z 1 ∀Q∈R [X] , L (t)Q(t)dt = 0n−1 n Exercice 1 [ 02185 ] [correction] −1 Polynômes de Tchebychev (1821-1894) : c) En déduire que L possède n racines simples toutes dans ]−1,1[.n Soit n∈N. On pose f : [−1,1]→R l’application définie parn f (x) = cos(narccosx)n Exercice 4 [ 02188 ] [correction] a) Calculer f ,f ,f et f .0 1 2 3 Polynômes de Fibonacci ( 1180 1250) : b) Exprimer f (x)+f (x) en fonction de f (x).n+1 n−1 n Soit (P ) la suite deK[X] définie parn n>0 c) Etablir qu’il existe un unique polynôme T deR[X] dont la fonctionn polynomiale associée coïncide avec f sur [−1,1].n P = 0,P = 1 et∀n∈N,P =XP −P0 1 n+2 n+1 n d) Donner le degré de T ainsi que son coefficient dominant.n e) Observer que T possède exactement n racines distinctes, que l’on exprimera, a) Montrern 2toutes dans ]−1,1[. ∀n∈N,P = 1+P Pn n+2n+1 b) En déduire ∀n∈N,P et P sont premiers entre euxn n+1Exercice 2 [ 02186 ] [correction] ?Polynômes d’interpolation de Lagrange (1736-1813) : c) Etablir pour que pour tout m∈N et pour tout n∈N on a Soit (a ,a ,...,a ) une famille d’éléments deK deux à deux distincts.0 1 n Pour tout i∈{0,1,...,n} on pose P =P P −P Pm+n n m+1 n−1 m Q (X−a ) ?

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Familles de polynômes classiques

Exercice 1[ 02185 ][correction]
Polynômes de Tchebychev (1821-1894) :
Soitn∈N. On posefn: [−11]→Rl’application définie par

fn(x) = cos(narccosx)

Enoncés

a) Calculerf0,f1 f2etf3.
b) Exprimerfn+1(x) +fn−1(x)en fonction defn(x).
c) Etablir qu’il existe un unique polynômeTndeR[X]dont la fonction
polynomiale associée coïncide avecfnsur[−11].
d) Donner le degré deTnainsi que son coefficient dominant.
e) Observer queTnpossède exactementnracines distinctes, que l’on exprimera,
toutes dans]−11[.

Exercice 2[ 02186 ][correction]
Polynômes d’interpolation de Lagrange (1736-1813) :
Soit(a0 a1     an)une famille d’éléments deKdeux à deux distincts.
Pour touti∈ {01     n}on pose
Q(X−aj)
i=
L06j6Qnj6=i(ai−aj)
06j6nj6=i

a) Observer que, pour toutj∈ {01  n}, on aLi(aj) =δij
(oùδijest le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est égal à 1 lorsquei=jet 0
sinon).
b) Montrer que
n
∀P∈Kn[X],P(X) =XP(ai)Li(X)
i=0

Exercice 3[ 02187 ][correction]
Polynômes de Legendre (1752-1833) :
Pour tout entier naturelnon pose

Ln2(=nn!!)(X21)n(n)

a) Montrer queLnest un polynôme unitaire de degrén.

b) Montrer que
1
∀Q∈Rn−1[X],Z−1Ln(t)Q(t)dt= 0
c) En déduire queLnpossèdenracines simples toutes dans]−11[.

Exercice 4[ 02188 ][correction]
Polynômes de Fibonacci ( 1180 1250) :
Soit(Pn)n>0la suite deK[X]définie par

a) Montrer

P0= 0 P1= 1et∀n∈N Pn+2=XPn+1−Pn

2
∀n∈N Pn+1= 1 +PnPn+2

b) En déduire
∀n∈N PnetPn+1sont premiers entre eux
c) Etablir pour que pour toutm∈Net pour toutn∈N?on a

Pm+n=PnPm+1−Pn−1Pm

d) Montrer que pour toutm∈Net pour toutn∈N?on a

pgcd(Pm+n Pn) =pgcd(Pn Pm)

En déduire que pgcd(Pm Pn) =pgcd(Pn Pr)oùrest le reste de la division
euclidienne demparn.
e) Conclure
pgcd(Pn Pm) =Ppgcd(mn)

Exercice 5[ 02189 ][correction]
Polynômes de Laguerre (1834-1886) :
Pourn∈N, on définitLn:R→Rpar

xdxnn(e
Ln(x) =ed−xxn)

Observer queLnest une fonction polynomiale dont on déterminera le degré et le
coefficient dominant.

1

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Exercice 6Mines-Ponts MP[ 02670 ][correction]
Soitn∈N. Montrer qu’il existe un unique polynômeP∈C[X]tel que
P(cosθ) = cosnθpour toutθréel. On le noteTn.
a) LierTn−1 TnetTn+1.
b) Donner une équation différentielle vérifiée parTn.
c) CalculerTn(k)(1)etT(nk)( 1).

Exercice 7Mines-Ponts MP[ 02671 ][correction]
Quels sont les couples(P Q)∈R[X]2vérifiantP2+ (1−X

Exercice 8[ 02128 ][correction]
On définit une suite de polynôme(Pn)par

2)Q2= 1?

P0= 2 P1=Xet∀n∈N Pn+2=XPn+1−Pn

a) CalculerP2etP3.
Déterminer degré et coefficient dominant dePn.
b) Montrer que, pour toutn∈Net pour toutz∈C?on a

Pn(z+ 1z) =zn+ 1zn

c) En déduire une expression simple dePn(2 cosθ)pourθ∈R.
d) Déterminer les racines dePn.

Exercice 9Centrale MP[ 03269 ][correction]
On pose
f(x1)socx
=
Démontrer l’existence d’un polynômePnde degrénet à coefficients positifs ou
nul vérifiant
P(sinx)

∀n>1 f(n)(x)n
=
(cosx)n+1
PréciserP1 P2 P3et calculerPn(1).

Enoncés

2

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Corrections

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]
a)f0:x7→1 f1:x7→x f2:x7→2x2−1etf3:x7→4x3−3x
b)fn+1(x) +fn−1(x) = cos((n+ 1)θ) + cos((n−1)θ) = 2 cosθcosnθ= 2xfn(x)en
posantθ= arccosx.
c) Existence : Par récurrence double surn∈N.
Pourn= 0etn= 1:T0= 1etT1=Xconviennent.
Supposons le résultat établi aux rangsn−1etn>1.
SoitTn+1le polynôme défini parTn+1= 2XTn−Tn−1.
On aTn+1(x) = 2xTn(x)−Tn−1(x) = 2xfn(x)−fn−1(x) =fn+1(x).
Le polynômeTn+1convient. Récurrence établie.
Unicité : SiTnetRnconviennent, alors ceux-ci prennent mmes valeurs en un
infinité de points, ils sont donc égaux.
d) CommeTn+1= 2XTn−Tn−1, on montre par récurrence double surn∈Nque
∀n∈NdegTn=n.
Il est alors aisé de montrer, par récurrence simple, que le coefficient dominant de
Tnest2n−1pourn∈N?. Notons que le coefficient dominant deT0est 1.
e) Résolvons l’équationTn(x) = 0sur[−11]:
cos(narccosx) = 0⇔narccosx=π2[π]⇔arccosx=2nππn
Posonsx0 x1     xn−1définis parxk= cos(2k+2n1)π.
x0 x1     xn−1formentnracines distinctes appartenant à]−11[du polynôme
Tn.
OrdegTn=ndonc il ne peut y avoir d’autres racines et celles-ci sont
nécessairement simples.

Exercice 2 :[énoncé]
a)a0     ai−1 ai+1     ansont racines deLidonc∀j6=i Li(aj) = 0.
De plus
Q(ai−aj)
Li(ai) =06j6Qnj6=i(ai−aj) = 1
06j6nj6=i
Donc
∀j∈ {01  n},L(a) =δ

i j ij
n
b) PosonsQ=PP(ai)Li(X), on a
i=0

n n
Q(aj) =XP(ai)Li(aj) =XP(ai)δij=P(aj)
i=0i=0

3

PetQsont deux polynômes de degré inférieur ànet prenant mmes valeurs aux
n+ 1pointsa0 a1  anils sont donc égaux.

Exercice 3 :[énoncé]
a)Lnest le polynôme dérivé d’ordrend’un polynôme de degré2ndonc
degLn=n.
De plus sont coefficient dominant est le mme que celui de(2nn)!!(X2n)(n)à savoir
1.
b) 1 et−1sont racines d’ordrende(X2−1)n. Par intégration par parties :
(2nn!)!Z−11Ln(t)Q(t)dt=Z−11(t2−1)(n)Q(t)dt=h(t2−1)(n−1)Q(t)i1−1−Z−11(t2−1)(n−1)Q

donc
(2nn!!)Z−11Ln(t)Q(t)dt=−Z−1(t2−1)(n−1)Q0(t)dt
1
puis en reprenant le processus
Z−11Ln(t)Q(t)dt= (−1)nZ−11(t2−1)(0)Q(n)(t)dt= 0

c) Soita1 a2     aples racines d’ordres impairs deLnappartenant à]−11[.
SoitQ= (X−a1)(X−a2)  (X−ap). La fonctiont7→Ln(t)Q(t)est continue,
de signe constant sur[−11]sans tre la fonction nulle doncR−11Ln(t)Q(t)dt6= 0.
Compte tenu de b) on a nécessairementp>npuisp=ncar le nombre de racines
ne peut excédern.. De plus les racinesa1 a2     ansont simples car la somme de
leurs multiplicités ne peut excédern.

Exercice 4 :[énoncé]
a) Par récurrence surn∈N
Pourn= 0: ok avecP2=X.
Supposons la propriété établie au rangn−1∈N.
1 +Pn+2Pn= 1 +XPn+1Pn−Pn2= 1 +X(XPn−Pn−1)PnP2

n

Par l’hypothèse de récurrence

donc

1 +Pn+2Pn=X2Pn2−XPn−1Pn−Pn−1Pn+1

1+Pn+2Pn=X2P2−XPn−1Pn−Pn−1(XPn−Pn−1) =X2Pn2−2XPn−1Pn+Pn2−1=Pn1+2
n

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Corrections

Récurrence établie.
b) La relation ci-dessus peut se relire :U Pn+V Pn+1= 1. DoncPnetPn+1sont
premiers entre eux.
c) Par récurrence surm∈N, établissons la propriété :

Exercice 6 :[énoncé]
On a
cosnθ=Re(einθ) =Rek=Xn0kn!ikcosn−kθsinkθ!

∀n∈N?,Pm+n=PnPm+1−Pn−1Pmdonc
SPuouprpomson=s0gnaruaéétabliepropriétalo:km>0. Pour toutn∈N?cosnθ=`E(nX=2)0(−1)`2`n!cosn−2`θ(1−cos2θ)`
est un polynôme encosθ. Cela assure l’existence deTn, l’unicité provenant de ce
Pm+n+1=Pn+1Pm+1−PnPm= (XPn−Pn−1)Pm+1−PnPm= (XPm+1−Pm)Pn−Pn−1Pqmu+e1un nombre fini de points sont nécessairementdeux polynômes coïncidant en
égaux.
donca)
Pm+n+1=Pm+2Pn−Pn−1Pm+1cos(n+ 1)θ+ cos(n−1)θ= 2 cosθcosnθ
Récurrence établie. donne
d) PosonsD=pgcd(Pn Pn+m)etE=pgcd(Pn Pm).Tn+1−2XTn+Tn−1= 0
CCoommmmeePPnn+−1mP=mP=nPPmnP+m1+−1P−n−P1mP+nmetnoPanE|∧DPn.−1= 1on aD|E On a b). Finalement
D=E.Tn(cosθ) = cosnθ
En notantrle reste de la division euclidienne demparnon am=nq+r en dérivantavec donc
q∈Net−sinθTn0(cosθ) =−nsinnθ
pgcd(Pn Pm) =pgcd(Pn Pn−m) =pgcd(Pn Pn−2m) =  =pgcd(Pn Pr)etin2θT00(cosθ)−cosθT0(cosθ) =−n2cosnθ
s

e) En suivant l’algorithme d’Euclide menant le calcul de pgcd(m n)
simultanément avec celui menant le calcul de pgcd(Pm Pn), on observe que

pgcd(Pn Pm) =Ppgcd(mn)

Exercice 5 :[énoncé]
Par la formule de dérivation de Leibniz
=k=nX0nk!(xn)(n−k)(e−x)(k)=kXn=0k!(n−k)!kn!!xkex
ddxnne−xxn(−1)kn!−

donc

n
X(−1)k(n!)2k
Ln=k=0(k!)2(n−k)!X
est un polynôme de degrénet de coefficient dominant(−1)n.

n n
On en déduit par coïncidence de polynômes sur[−11]que
(1−X2)T0n0−XTn0+n2Tn= 0

c) En dérivant cette relation à l’ordrek:

4

(1−X2)T(nk+2)−2kXT(nk+1)−k(k−1)T(nk)−XT(nk+1)−kT(nk)+n2T(nk)= 0(1)

En évaluant (1) en 1 :

(2k+ 1)T(nk+1)(1) = (n2−k2)T(nk)(1)
CommeTn(0)(1) = 1, on obtient
Tn(k)(1) =((n−k()!(nn+)!2k2)k!(k!2k+1)!sik6n
0sinon

En évaluant (1) en−1:

(2k+ 1)Tn(k+1)(1) =−(n2−k2)T(nk)(1)

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CommeTn(0)(−1) = (−1)n, on obtient

T(nk)(−1) = (−1)n−kT(nk)(1)

Corrections

Exercice 7 :[énoncé]
Soit(P Q)un couple solution.
Si le polynômePest constant alors nécessairementQ= 0etP=±1. Vérification
immédiate.
Sinon, posonsn= degP∈N?. La relationP2+ (1−X2)Q2= 1impose quePet
Qsont premiers entre eux et en dérivant on obtient
P P0−XQ2+ (1−X2)QQ0= 0. Par suiteQ|P P0puisQ|P0. Par des
considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmerP0=±nQ.
Quitte à considérer−Q, supposonsP0=nQet la relation
P P0−XQ2+ (1−X2)QQ0= 0donne(1−X2)P00−XP0+n2P= 0.
Résolvons l’équation différentielle(1−t2)y00−ty0+n2y= 0sur[−11].
Par le changement de variablet= cosθ, on obtient pour solution générale
y(t) =λcos(narccost) +µsin(narccost).
La fonctiont7→cos(narccost)est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev),
cela définit le polynômeTn.
La fonctiont7→sin(narccost)ne l’est pas car de dérivée√1−tn2cos(narccost)non

polynômiale.
Par suiteP=λTnetQ=±1nTn0.
La relationP2+ (1−X2)Q2= 1évaluée en 1 imposeλ2= 1et finalement
0
(P Q) = (±Tn±1nTn).
1T0l
Vérification : pour le couple(P Q) = (±Tn±n n) polynôme, eP2+ (1−X2)Q2
est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on
peut affirmerP2+ (1−X2)Q2= 1.

d) Soitx∈[−22]. Il existeθ∈[0 π]unique tel quex= 2 cosθ.

5

Pn(x) = 0⇔cosnθ= 0⇔ ∃k∈ {0     n−1} θ=π2+n2kπ
Par suite lesxk cos= 2π2+2nkπaveck∈ {0     n−1}constituentnracines
distinctes dean6= 0eta06= 0. Puisque le polynômePnest de degrén, il n’y en a
pas d’autres.

Exercice 9 :[énoncé]
Montrons la propriété par récurrence surn>1.
Pourn= 1,P1(X) =Xconvient.
Supposons la propriété vraie au rangn>1.
En dérivant la relation
f(n)(x) = (Pconss(x)innx+)1
on obtient
(n+ 1) sinxP(sinx) +

Posons alors

de sorte que

On peut écrire

f(n+1)(x) =n(cosx)n+2cos2xPn0(sinx)

Pn+1(X) = (n+ 1)XPn(X) + (1−X2)Pn0(X)

P)
f(n+1)(x) =n+1(sinx
(cosx)n+2

n
Pn(X) =XakXkavecak>0 an6= 0
k=0

et alors
n n
Pn+1(X) =X(n+ 1−k)akXk+1+XkakXk
k=0k=1
est un polynôme de degrén+ 1à coefficients positif ou nul.
Récurrence établie.
Par la relation de récurrence obtenue ci-dessus

Exercice 8 :[énoncé]
a)P2=X2−2,P3=X3−3X.
Par récurrence double surn∈N, on montredegPn=net coeff(Pn) = 1.
b) Par récurrence double surn∈N:
Pourn= 0etn= 1: ok
Supposons la propriété établie aux rangsnetn+ 1(avecn>0)
et
Pn+2(z) = (z+1z)Pn+1(z)−Pn(z)H=Rz+z1 zn+1+zn1+1−zn+ 1=zn+2+zn1+2
zn
donc
Récurrence établie.
c)Pn(2 cosθ) =Pn(eiθ+e−iθ) =einθ+e−inθ cos= 2nθ.

P1(X) =X,P2(X) = 1 +X2etP3(X) = 5X+X3

Pn+1(1) = (n+ 1)Pn(1)

Pn(1) =n!

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