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Publié par | algebre-mpsi |
Nombre de lectures | 116 |
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Langue | Français |
Extrait
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
Familles de polynômes classiques
Exercice 1[ 02185 ][correction]
Polynômes de Tchebychev (1821-1894) :
Soitn∈N. On posefn: [−11]→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[−11].
d) Donner le degré deTnainsi que son coefficient dominant.
e) Observer queTnpossède exactementnracines distinctes, que l’on exprimera,
toutes dans]−11[.
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∈ {01 n}on pose
Q(X−aj)
i=
L06j6Qnj6=i(ai−aj)
06j6nj6=i
a) Observer que, pour toutj∈ {01 n}, on aLi(aj) =δij
(oùδijest 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]−11[.
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(mn)
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
Diffusion autorisée à titre entièrement gratuit uniquement - dD
[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 26 juillet 2013
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+ 1z) =zn+ 1zn
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 mmes valeurs en un
infinité de points, ils sont donc égaux.
d) CommeTn+1= 2XTn−Tn−1, on montre par récurrence double surn∈Nque
∀n∈NdegTn=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[−11]:
cos(narccosx) = 0⇔narccosx=π2[π]⇔arccosx=2nππn
Posonsx0 x1 xn−1définis parxk= cos(2k+2n1)π.
x0 x1 xn−1formentnracines distinctes appartenant à]−11[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) =06j6Qnj6=i(ai−aj) = 1
06j6nj6=i
Donc
∀j∈ {01 n},L(a) =δ
i j ij
n
b) PosonsQ=PP(ai)Li(X), on a
i=0
n n
Q(aj) =XP(ai)Li(aj) =XP(ai)δij=P(aj)
i=0i=0
3
PetQsont deux polynômes de degré inférieur ànet prenant mmes 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 mme 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]−11[.
SoitQ= (X−a1)(X−a2) (X−ap). La fonctiont7→Ln(t)Q(t)est continue,
de signe constant sur[−11]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−k