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MPSI B
6 juin 2015
´
Enonc´
e
Partie II. Sommes et produits de racines.
Dans cette partie, on suppose n pair non nul avec n = 2p. On note σ1 , σ2 , · · · , σn les
polynˆomes sym´etriques ´el´ementaires form´es avec les x1 , · · · , xn . On note
L’objet de ce probl`eme est d’´etablir certaines propri´et´es de polynˆomes particuliers dits
polynˆ
omes de Tchebychev de premi`ere esp`ece.
On d´esigne par R[X] l’espace vectoriel des polynˆ
omes `a coefficients r´eels et (pour tout
entier naturel n) par Rn [X] le sous-espace des polynˆ
omes de degr´e inf´erieur ou ´egal `a n.
Pour tout p ∈ R[X] et a ∈ C, on d´esigne par Pe(a) le r´esultat du remplacement de X par a
dans l’expression de P .
Soit (Tn )n∈N la suite de polynˆ
omes de R[X] d´efinie par :

T0 =1


T1 =X


∀n ∈ N : Tn+2 =2XTn+1 − Tn
sn = x21 + · · · + x2n
1. Montrer que
n−1
Tn = 2
2.
(X − xk ) =
p X
2p
k=0
2k
X 2p−2k (X 2 − 1)k
a. Pr´eciser les trois coefficients σ1 , σ2 , σn . En d´eduire πn .
b. Exprimer sn en fonction des σ1 , σ2 , σn . En d´eduire une expression simple de sn .
3. Proposer une autre m´ethode pour calculer sn . On demande seulement les principes et
les articulations de ce calcul sans le r´ealiser explicitement.
a. D´eterminer les polynˆ
omes T2 et T3 .
Partie III. Minimalit´
e.
b. D´eterminer le degr´e, la parit´e et le coefficient dominant de Tn pour n ∈ N.
2. Factoriser cos((n + 2)x) + cos(nx) et ch((n + 2)x) + ch(nx) pour tous n ∈ N et x ∈ R.
Les d´emonstrations devront obligatoirement utiliser des exponentielles.
´
3. a. Etablir,
pour tout nombre r´eel x et tout entier naturel n :
fn (cos x) = cos(nx)
T
Dans cette partie n est un entier non nul fix´e. On note Un l’ensemble des polynˆ
omes
unitaires `a coefficients r´eels et de degr´e n.
1.
a. L’ensemble Un est-il un sous-espace vectoriel de R[X] ?
b. Pour tout P ∈ R[X], on pose
fn (ch x) = ch(nx)
T
n
o
N (P ) = max Pe(x) , x ∈ [−1, 1]
b. Montrer que, pour tout nombre r´eel u :
f |u| ≤ 1 ⇒ T
n (u) ≤ 1
f |u| > 1 ⇒ T
n (u) > 1
4.
n
Y
k=1
Partie I. Propri´
et´
es trigonom´
etriques.
1.
πn = x1 · · · xn
Pourquoi peut-on le faire ? Montrer que N (P ) > 0 si P n’est pas le polynˆ
ome nul.
c. On consid`ere maintenant
mn = inf {N (P ), P ∈ Un }
a. Pour tout n entier naturel non nul, r´esoudre dans [0, π] l’´equation
Pourquoi peut-on le faire ?
2. Montrer que mn ≤ 2−n+1 .
fn (cos(x)) = 0
T
3.
b. Montrer que, pour n entier naturel non nul, Tn admet n racines. Pr´eciser ces
racines, elles seront not´ees x1 , · · · , xn avec x1 < x2 < · · · < xn .
Cette cr´
eation est mise `
a disposition selon le Contrat
Paternit´
e-Partage des Conditions Initiales a
` l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
1
a. D´eterminer les racines des polynˆ
omes Tn − 1 et Tn + 1 dans [−1, 1] sous la forme
de suites croissantes y1 , y2 , · · · et z1 , z2 , · · · . Pr´eciser les in´egalit´es entre les yi et
les zj .
R´
emy Nicolai Atcheb3
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Corrig´
e
b. Soit P ∈ R[X] unitaire de degr´e n tel que N (P ) < 2−n+1 .
Montrer que l’on aboutit `
a une contradiction en ´etudiant les racines de
Partie I. Propri´
et´
es trigonom´
etriques.
2n−1 P − Tn
1.
a. En utilisant la d´efinition :
c. En d´eduire :
T2 = 2X 2 − 1
mn = 2−n+1 = min {N (P ), P ∈ Un }
4.
T3 = 4X 3 − 3X
b. On d´emontre par r´ecurrence la propri´et´e

deg(Tn ) =n


(Pn ) : coefficient dominant de Tn =2n−1


cn (−X) =(−1)n Tn
T
a. Soient a et b deux r´eels avec a < b, d´efinir une bijection affine strictement croissante de [−1, 1] dans [a, b].
b. Soit P ∈ R[X] de degr´e p ≥ 1 tel que |Pe(x)| ≤ 2 pour tous les x ∈ [a, b]. Montrer
que
b−a≤4
La derni`ere relation signifie que Tn est ”de mˆeme parit´e” que n.
´
2. Ecrivons d’abord une relation entre exponentielles :
ei(n+2)θ + einθ = ei(n+1)θ eiθ + e−iθ = 2 cos θei(n+1)θ
En prenant la partie r´eelle, on obtient
cos(n + 2)θ + cos nθ = 2 cos θ cos(n + 1)θ
De mˆeme :
e(n+2)θ + enθ = e(n+1)θ eθ + e−θ = 2 ch θe(n+1)θ
En prenant la partie paire de la fonction de θ, on obtient
ch(n + 2)θ + ch nθ = 2 ch θ ch(n + 1)θ
Il sera utile pour la question 3. d’´ecrire ces formules comme :
cos(n + 1)θ = 2 cos θ cos nθ − cos(n − 1)θ
3.
ch(n + 1)θ = 2 ch θ ch nθ − ch(n − 1)θ
a. Utilisons une r´ecurrence forte. Introduisons la propri´et´e
(
fn (cos x) = cos(nx)
T
(Pn )
∀k ∈ {0, · · · , n}, ∀x ∈ R :
fn (ch x) = ch(nx)
T
Cette propri´et´e est v´erifi´ee pour n = 1. La relation de r´ecurrence Tn+1 = 2XTn −
Tn−1 et les factorisations de la question 2. montrent que Pn−1 entraine Pn .
Cette cr´
eation est mise `
a disposition selon le Contrat
Paternit´
e-Partage des Conditions Initiales a
` l’Identique 2.0 France
disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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R´
emy Nicolai Atcheb3
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b. Pour tout nombre r´eel u tel que |u| ≤ 1, il existe des r´eels x tels que u = cos x.
Alors
f f
Tn (u) = Tn (cos x) = |cos(nx)| ≤ 1
La deuxi`eme ´egalit´e est de nature trigonom´etrique.
!
n X
n
n−l
l
cos nx = Re(cos x + i sin x) = Re
(cos x) (i sin x)
(binˆ
ome)
l
l=0
n X
n
(cos x)n−2k (−1)k (sin x)2k (seuls les indices pairs contribuent)
=
2k
k=0
n X
n
=
(cos x)n−2k (cos2 x − 1)k
2k
n
Pour tout nombre r´eel u > 1, il existe un unique r´eel x > 0 tel que u = ch x. Alors
f f
Tn (u) = Tn (ch x) = |ch(nx)| = ch(nx) > 1
Pour tout nombre r´eel u < −1, il existe un unique r´eel x > 0 tel que u = − ch x.
Alors
f f
fn (ch x) = ch(nu) > 1
fn (ch x) = T
Tn (u) = Tn (− ch x) = (−1)n T
4.
k=0
car − sin2 x = cos2 x − 1.
Rappelons que dans cette question n est pair : n = 2p.
D´efinissons un polynˆ
ome Qn par :
a. D’apr`es les questions pr´ec´edentes :
fn (cos x) = 0 ⇔ cos nx = 0 ⇔ nx ≡ π
T
2
mod π
⇔ ∃k ∈ Z tel que x =
(2k + 1)π
2n
p X
n
Qn =
X n−2k (X 2 − 1)k
2k
Pour les racines dans [0, π], on doit se limiter aux k ∈ {0, · · · , n − 1}. On obtient
donc n racines dans cet intervalle.
b. La restriction a` [0, π] de la fonction cos est strictement d´ecroissante, les cos (2k+1)π
2n
pour k ∈ {0, · · · , n − 1} prennent donc n valeurs distinctes qui sont toutes des
racines de Tn . Comme Tn est de degr´e n elles forment l’ensemble de toutes les
racines de Tn .
` cause du caract`ere d´ecroissant, pour num´eroter les racines dans l’ordre croisA
sant, il faut ”inverser” les indices.
Lorsque k croˆıt de 0 `
a n−1 alors k 0 = n−k d´ecroˆıt de n `a 1 et les cos augmentent.
En revenant `
a la lettre k pour d´esigner l’indice, on obtient que les n racines de
Tn sont les
xk = cos
k=0
fn (cos x) = cos nx = T
fn (cos x). Ainsi le polynˆ
On a Q
ome Tn − Qn admet une infinit´e
de racines `a savoir toutes les valeurs du cos c’est `
a dire [−1, +1]. Ce polynˆ
ome doit
donc ˆetre nul et
p X
n
Tn =
X n−2k (X 2 − 1)k
2k
k=0
2.
2k − 1
2(n − k) + 1
π = − cos
π avec k ∈ {1, · · · n}
2n
2n
a. Ici encore, n est pair ´egal `
a 2p et la parit´e de Tn se lit tr`es bien sur la deuxi`eme
expression qui ne contient que des puissances paires de X. On en d´eduit que
σ1 = 0. On aurait pu remarquer aussi que les racines vont par paires. Chaque
racine peut ˆetre appari´ee `
a son oppos´ee, la somme de toutes est donc nulle.
Le calcul du σn se fait en cherchant les termes de degr´e 0 dans la somme. Ils ne
peuvent venir que du seul k = p. On a donc
Partie II. Sommes et produits de racines.
n−1
terme de degr´e 0 de Tn =
1. Dans la partie I, on a vu que Tn est de degr´e n et de coefficient dominant 2
. Comme
les racines de Tn sont x1 , · · · , xn , la d´ecomposition en facteurs irr´eductibles s’´ecrit
Tn = 2n−1
n
Y
On en d´eduit :
(X − xk )
σn = πn = (−1)p 21−n
k=1
Cette cr´
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a disposition selon le Contrat
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n
(−1)p = 2n−1 (−1)n σn = 2n−1 (−1)n πn
2p
3
R´
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Le calcul du σ2 est plus compliqu´e car tous les termes de la somme contribuent :
terme degr´e n − 2 de Tn =
p X
n
k=0
2k
car la somme la plus `
a droite est form´ee par les racines n-`emes de l’unit´e.
Partie III. Minimalit´
e.
(terme degr´e 2k − 2 de (X 2 − 1)k )
p X
n
=
(−k) (formule du binˆome)
2k
k=0
p n 1X n
n X n−1
=−
2k = −
(rel. coeff. binˆome)
2k
2k − 1
2
2
k=0
k=1
La somme de tous les n−1
est ´egale `
a (1 + 1)n−1 = 2n−1 . La diff´erence entre
i
les sommes pour les indices pairs et impairs est nulle. On en d´eduit que ces deux
sommes sont ´egales entre elles et valent 2n−2 . On obtient donc :
n
terme degr´e n − 2 de Tn = −n 22n−3 = 2n−1 σ2 ⇒ σ2 = −
4
1
2n−1 N (P )
1
b. Pour les polynˆ
omes sym´etriques en g´en´eral : sn = σ12 − 2σ2 . Dans notre cas
particulier, on obtient, en revenant `
a l’expression des racines :
sn =
n
X
cos2
k=1
−2n−1 N (P )
n
2k − 1
π=
2n
2
1
3. On peut calculer sn directement `
a partir de l’expression avec les racines
n
X
cos2
k=1
Fig. 1 – Graphe de T6
2k − 1
π
2n
1.
On commence par lin´eariser les cos2 :
cos2 θ =
On obtient alors
1 1
+ cos 2θ
2 2
b. La fonction polynomiale associ´ee `
a un polynˆ
ome est continue. Sa restriction au
segment [−1, 1] est donc born´ee et atteint ses bornes. On peut donc poser
n
o
N (P ) = max Pe(x) , x ∈ [−1, 1]
n
sn =
2k − 1
n 1X
+
cos
π
2
2
n
k=1
Si la fonction polynomiale est nulle sur le segment, le polynˆ
ome admet une infinit´e
de racines, il doit donc ˆetre nul. Ainsi pour un polynˆ
ome non nul N (P ) > 0.
On utilise ensuite l’exponentielle, la partie r´eelle et une somme de termes en progression
g´eom´etrique ou les propri´et´es des racines n-`emes de l’unit´e
!
!
n
n
n n
X
X
X
iπ
2π
2k − 1
i 2k−1
π
−
i
cos
π = Re
e n
= Re e n
e n
=0
n
k=1
k=1
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a. L’ensemble Un n’est ´evidemment pas un sous-espace vectoriel, il n’est pas stable
par la multiplication par un r´eel car le coefficient dominant est multipli´e aussi.
c. L’ensemble {N (P ), P ∈ Un } est une partie de R non vide et minor´ee par 0, elle
admet donc une borne inf´erieure mn . Il n’est absolument pas ´evident que cette
borne soit le plus petit ´el´ement, c’est l’objet des questions suivantes.
k=1
4
R´
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c. D’apr`es la question pr´ec´edente, 2−n+1 est un minorant de {N (P ), P ∈ Un } ce qui
entraine l’in´egalit´e manquante 2−n+1 ≤ mn car la borne inf´erieure est le plus
grand des minorants.
2. Le polynˆ
ome Tn est de degr´e n et de coefficient dominant 2n−1 , de plus il v´erifie :
f
|Tn (x)| ≤ 1 pour tous les x ∈ [−1, 1] et il atteint plusieurs fois les valeurs 1 et −1 (ce
point sera d´etaill´e dans la questiion3.a.). On en d´eduit que pour le polynˆome unitaire
21−n Tn :
N (21−n Tn ) = 21−n ⇒ mn ≤ 21−n
3.
4.
t→
fn (cos x) = cos nx.
a. Comme en I, on utilise T
cos nx = 1 ⇔ nx ≡ 0
mod 2π ⇔ ∃k ∈ Z tq x =
2kπ
n
Q = Pb(
2kπ
n
avec 0 ≤ k ≤ b c
n
2
mod 2π ⇔ ∃k ∈ Z tq x =
(2k + 1)π
n
Formons un polynˆ
ome unitaire et appliquons le r´esultat de 3.
2p+1
2p+1
2p
−p+1
Q
≤
⇒
2
≤
⇒ (a − b)p ≤ 22p ⇒ b − a ≤ 4
N
(b − a)p
(b − a)p
(b − a)p
Le polynˆ
ome Tn + 1 admet donc b n−1
2 c + 1 racines qui sont les
cos
a+b
b−a
+X
)
2
2
p
Ce polynˆome est de degr´e p et de coefficient dominant ( b−a
2 ) . De plus, par
construction, il v´erifie :
e ∀x ∈ [−1, 1] : Q(x)
≤2
De mˆeme
cos nx = −1 ⇔ nx ≡ π
a+b
b−a
+t
2
2
` partir du polynˆ
b. A
ome P v´erifiant l’hypoth`ese, formons un polynˆ
ome Q :
On se limite `
a [0, π] pour assurer l’injectivit´e du cos.
Le polynˆ
ome Tn − 1 admet donc b n2 c + 1 racines qui sont les
cos
a. La fonction suivante r´epond aux conditions demand´ees
(2k + 1)π
n−1
avec 0 ≤ k ≤ b
c
n
2
fn (1) = cos 0 = 1. Il est ´evident `a cause des monoRemarquons de plus que T
tonies des restrictions des cos que ces racines s’entrem`elent. Pour les disposer
pr´ecis´ement, il est commode de s´eparer les cas pairs et impairs. La valeur 1 est
atteinte aux yi , la valeur −1 est atteinte aux zi
n
b n2 c + 1
b n−1
2 c+1
racines
2p
p+1
p
y1 = −1 < z1 < y2 < · · · < zp < yp+1 = 1
2p + 1
p+1
p+1
z1 = −1 < y1 < z2 < · · · < zp+1 < yp+1 = 1
b. Dans les deux cas, on obtient n + 1 racines qui forment n intervalles. De l’hypoth`ese N (P ) < 2−n+1 , on tire que 2n−1 P ne prend (en module) que des valeurs
strictement plus petites que 1. Le polynˆ
ome Tn − 2n−1 P admettra donc au moins
n racines. Or ce polynˆ
ome est de degr´e strictement plus petit car les coefficients
de degr´e n s’annulent.
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