Corrigé du contrôle de maths sup : polynômes, racines et fractions rationnelles

Exercice 1 : Questions de cours (2,5 points)

1. Formule de Taylor : si \(P \in \mathbb{K}[X]\) est de degré \(d\) et \(a \in \mathbb{K}\), alors
   \[P = \sum_{k=0}^{d} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X – a)^k.\]
   Supposons \(P(a) = \cdots = P^{(m-1)}(a) = 0\). Les termes d’indice \(k \leq\, m – 1\) disparaissent, donc \(P = (X – a)^m \sum_{k \geq\, m} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X – a)^{k – m}\) : \(a\) est racine d’ordre au moins \(m\). Réciproquement, supposons \(P = (X – a)^m Q\). Pour \(j \leq\, m – 1\), la formule de Leibniz donne \(P^{(j)} = \sum_{i=0}^{j} \binom\,{j}{i} [(X – a)^m]^{(i)} Q^{(j-i)}\). Chaque dérivée \([(X – a)^m]^{(i)}\) avec \(i \leq\, j < m\) est un multiple de \((X – a)^{m – i}\), qui s’annule en \(a\). Donc \(P^{(j)}(a) = 0\) pour tout \(j \leq\, m – 1\), ce qui prouve l’équivalence.
2. D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, \(P\) est scindé sur \(\mathbb{C}\). Comme il est unitaire, \(P = (X – a)(X – b)(X – c)\). En développant, \(P = X^3 – (a + b + c) X^2 + (ab + bc + ca) X – abc\). Par identification des coefficients : \(a + b + c = -p\), \(ab + bc + ca = q\) et \(abc = -r\).

Barème : a) 1,5 point : 0,5 pour la formule de Taylor, 0,5 par sens de l’équivalence ; b) 1 point : 0,5 pour la factorisation justifiée, 0,5 pour les trois relations.

Exercice 2 : Restes de divisions et racine multiple (3,5 points)

1. Le diviseur est de degré 2, donc le reste est de la forme \(R = \alpha X + \beta\) et \(X^n = (X – 1)(X – 2) Q + \alpha X + \beta\). En évaluant en 1 puis en 2 : \(\alpha + \beta = 1\) et \(2\alpha + \beta = 2^n\). Par différence, \(\alpha = 2^n – 1\), puis \(\beta = 2 – 2^n\). Le reste est \(R = (2^n – 1) X + 2 – 2^n\).
2. On écrit \(X^n = (X – 1)^2 Q + \alpha X + \beta\). En évaluant en 1 : \(\alpha + \beta = 1\). En dérivant, \(n X^{n-1} = 2(X – 1) Q + (X – 1)^2 Q^{\prime} + \alpha\), puis en évaluant en 1 : \(\alpha = n\). Ainsi \(\beta = 1 – n\). Le reste est \(R = nX + 1 – n\).
3. \(P(1) = 1 – n + n – 1 = 0\), donc 1 est racine. On dérive :
   \[P^{\prime} = 2n X^{2n-1} – n(n+1) X^n + n(n-1) X^{n-2},\]
   \[P^{\prime\prime} = 2n(2n-1) X^{2n-2} – n^2(n+1) X^{n-1} + n(n-1)(n-2) X^{n-3}.\]
   D’abord \(P^{\prime}(1) = 2n – n^2 – n + n^2 – n = 0\). Ensuite \(P^{\prime\prime}(1) = 4n^2 – 2n – n^3 – n^2 + n^3 – 3n^2 + 2n = 0\). Enfin, le dernier terme de \(P^{\prime\prime\prime}\) étant nul si \(n = 3\) :
   \[P^{\prime\prime\prime}(1) = 2n(2n-1)(2n-2) – n^2(n+1)(n-1) + n(n-1)(n-2)(n-3).\]
   En factorisant par \(n(n-1)\) : \(P^{\prime\prime\prime}(1) = n(n-1)[8n – 4 – n^2 – n + n^2 – 5n + 6] = 2n(n-1)(n+1)\), qui est non nul. D’après la caractérisation de l’exercice 1, 1 est racine de multiplicité exactement 3.

Barème : a) 1 point : 0,5 pour la forme du reste et l’évaluation, 0,5 pour le résultat ; b) 1 point : 0,5 pour la dérivation, 0,5 pour le résultat ; c) 1,5 point : 0,5 pour \(P(1) = P^{\prime}(1) = 0\), 0,5 pour \(P^{\prime\prime}(1) = 0\), 0,5 pour \(P^{\prime\prime\prime}(1) \neq 0\) et la conclusion.

Exercice 3 : Relations entre coefficients et racines (2,5 points)

Avec les relations de l’exercice 1 (\(p = -2\), \(q = 3\), \(r = -5\)) : \(\sigma_1 = a + b + c = 2\), \(\sigma_2 = ab + bc + ca = 3\) et \(\sigma_3 = abc = 5\).

1. \(a^2 + b^2 + c^2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 4 – 6\), donc \(a^2 + b^2 + c^2 = -2\). Si les trois racines étaient réelles, cette somme de carrés serait positive. Par conséquent, au moins une racine de \(P\) n’est pas réelle.
2. \(P(0) = -5 \neq 0\). Alors \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{bc + ca + ab}{abc} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3}\), soit \(\frac{3}{5}\).
3. Chaque racine \(x\) vérifie \(x^3 = 2x^2 – 3x + 5\). En sommant ces trois égalités : \(a^3 + b^3 + c^3 = 2(a^2 + b^2 + c^2) – 3(a + b + c) + 15 = -4 – 6 + 15\). Donc \(a^3 + b^3 + c^3 = 5\).

Barème : a) 1 point : 0,5 pour le calcul, 0,5 pour la conclusion sur les racines ; b) 0,5 point ; c) 1 point : 0,5 pour l’usage de \(P(x) = 0\), 0,5 pour le résultat.

Exercice 4 : Interpolation de Lagrange (2 points)

1. Avec \(x_0 = -1\), \(x_1 = 0\) et \(x_2 = 2\), on pose \(L_i = \prod_{j \neq i} \frac{X – x_j}{x_i – x_j}\) :
   \[L_0 = \frac{X(X – 2)}{3}, \;\; L_1 = -\frac{(X + 1)(X – 2)}{2}, \;\; L_2 = \frac{X(X + 1)}{6}.\]
   Chaque \(L_i\) est de degré 2, vaut 1 en \(x_i\) et 0 aux deux autres points : \(L_i(x_j) = \delta_{ij}\).
2. L’unique polynôme de degré au plus 2 qui convient est \(P = 4L_0 + L_1 + L_2\). Le coefficient de \(X^2\) vaut \(\frac{4}{3} – \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = 1\), celui de \(X\) vaut \(-\frac{8}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = -2\) et la constante vaut \(1\). Donc \(P = X^2 – 2X + 1 = (X – 1)^2\). Contrôle : \(P(-1) = 4\), \(P(0) = 1\) et \(P(2) = 1\).
3. \(Q\) convient si et seulement si \(Q – P\) s’annule en \(-1\), \(0\) et \(2\). Ces racines étant distinctes, cela équivaut à : \(X(X + 1)(X – 2)\) divise \(Q – P\). Les solutions sont les \(Q = (X – 1)^2 + X(X + 1)(X – 2) R\), avec \(R \in \mathbb{R}[X]\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour la combinaison, 0,5 pour le résultat ; c) 0,5 point.

Exercice 5 : Factorisation et éléments simples (4,5 points)

1. Les racines de \(X^6 – 1\) sont les six racines sixièmes de l’unité \(e^{ik\pi/3}\), \(0 \leq\, k \leq\, 5\), toutes simples. Dans \(\mathbb{C}[X]\), \(X^6 – 1 = \prod_{k=0}^{5} (X – e^{ik\pi/3})\). Les racines réelles sont \(1\) et \(-1\). On regroupe les racines conjuguées : \(e^{i\pi/3}\) et \(e^{-i\pi/3}\) donnent \(X^2 – 2\cos\frac{\pi}{3} X + 1 = X^2 – X + 1\) ; \(e^{2i\pi/3}\) et \(e^{-2i\pi/3}\) donnent \(X^2 + X + 1\). Ces deux trinômes ont un discriminant égal à \(-3\), donc ils sont irréductibles sur \(\mathbb{R}\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), \(X^6 – 1 = (X – 1)(X + 1)(X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1)\).
2. \(F\) a trois pôles simples \(0\), \(-1\), \(-2\) et une partie entière nulle. Le coefficient associé à un pôle s’obtient en multipliant par le facteur correspondant puis en évaluant : \(\frac{1}{1 \times 2} = \frac{1}{2}\) en 0, \(\frac{1}{(-1) \times 1} = -1\) en \(-1\), et \(\frac{1}{(-2)(-1)} = \frac{1}{2}\) en \(-2\).
   \[F = \frac{1}{2X} – \frac{1}{X + 1} + \frac{1}{2(X + 2)}.\]
   On regroupe : \(F(k) = \frac{1}{2}(\frac{1}{k} – \frac{1}{k+1}) – \frac{1}{2}(\frac{1}{k+1} – \frac{1}{k+2})\). Les deux sommes sont télescopiques :
   \[S_N = \frac{1}{2}(1 – \frac{1}{N+1}) – \frac{1}{2}(\frac{1}{2} – \frac{1}{N+2}) = \frac{1}{4} – \frac{1}{2(N+1)(N+2)}.\]
   Contrôle pour \(N = 1\) : \(\frac{1}{4} – \frac{1}{12} = \frac{1}{6}\). Ainsi \(S_N = \frac{1}{4} – \frac{1}{2(N+1)(N+2)}\) et \(S_N\) tend vers \(\frac{1}{4}\).
3. \(X^3 + 1 = (X + 1)(X^2 – X + 1)\), avec \(X^2 – X + 1\) irréductible sur \(\mathbb{R}\). On cherche \(G = \frac{a}{X + 1} + \frac{bX + c}{X^2 – X + 1}\). En évaluant \((X + 1) G\) en \(-1\), \(a = \frac{1}{3}\). Ensuite \(1 = \frac{1}{3}(X^2 – X + 1) + (bX + c)(X + 1)\). Le coefficient de \(X^2\) donne \(b = -\frac{1}{3}\), la constante donne \(c = \frac{2}{3}\). Ainsi
   \[G = \frac{1}{3(X + 1)} – \frac{X – 2}{3(X^2 – X + 1)}.\]
   On écrit \(x – 2 = \frac{1}{2}(2x – 1) – \frac{3}{2}\) et \(x^2 – x + 1 = (x – \frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4}\). Une primitive sur \(]-1, +\infty[\) est donc
   \[\Phi(x) = \frac{1}{3} \ln(x + 1) – \frac{1}{6} \ln(x^2 – x + 1) + \frac{\sqrt{3}}{3} \arctan(\frac{2x – 1}{\sqrt{3}}).\]
   On vérifie que \(\Phi^{\prime}(x) = \frac{1}{x^3 + 1}\) : la dérivée du dernier terme vaut \(\frac{1}{2(x^2 – x + 1)}\).
4. Les racines de \(X^n – 1\) sont les \(\omega_k\), toutes simples. La partie entière est nulle, et le coefficient associé au pôle simple \(\omega_k\) vaut \(\frac{1}{P^{\prime}(\omega_k)}\) avec \(P = X^n – 1\). Or \(\frac{1}{n\omega_k^{n-1}} = \frac{\omega_k}{n \omega_k^n} = \frac{\omega_k}{n}\). Donc \(\dfrac{1}{X^n – 1} = \dfrac{1}{n} \sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{\omega_k}{X – \omega_k}\).

Erreur fréquente : oublier de vérifier que la partie entière est nulle, c’est-à-dire que le degré du numérateur est strictement inférieur à celui du dénominateur.

Barème : a) 1 point : 0,5 par corps ; b) 1,5 point : 0,5 pour la décomposition, 0,5 pour le télescopage, 0,5 pour la limite ; c) 1 point : 0,5 pour la décomposition, 0,5 pour la primitive ; d) 1 point : 0,5 pour la formule \(1/P^{\prime}(\omega_k)\), 0,5 pour la simplification.

Exercice 6 : Problème : polynômes de Tchebychev (5 points)

1. \(T_2 = 2X \cdot X – 1\), \(T_3 = 2X(2X^2 – 1) – X\) et \(T_4 = 2X(4X^3 – 3X) – (2X^2 – 1)\). Donc \(T_2 = 2X^2 – 1\), \(T_3 = 4X^3 – 3X\) et \(T_4 = 8X^4 – 8X^2 + 1\).
2. On raisonne par récurrence double. La propriété sur le degré est vraie pour \(n = 1\) et \(n = 2\). Supposons-la vraie aux rangs \(n\) et \(n + 1\), avec \(n \geq\, 1\). Alors \(2X T_{n+1}\) est de degré \(n + 2\) et de coefficient dominant \(2 \times 2^n = 2^{n+1}\). Or \(T_n\) est de degré \(n < n + 2\), donc il ne modifie pas le terme dominant. \(T_{n+2}\) est de degré \(n + 2\) et de coefficient dominant \(2^{n+1}\). Pour la parité, \(T_0\) est pair et \(T_1\) impair. Si la relation est vraie aux rangs \(n\) et \(n + 1\), alors
   \[T_{n+2}(-X) = -2X (-1)^{n+1} T_{n+1}(X) – (-1)^n T_n(X) = (-1)^{n+2} T_{n+2}(X).\]
   Ainsi \(T_n(-X) = (-1)^n T_n(X)\) pour tout \(n\).
3. Récurrence double sur \(n\). C’est vrai pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Supposons le résultat vrai aux rangs \(n\) et \(n + 1\). La formule \(\cos p + \cos q = 2 \cos\frac{p + q}{2} \cos\frac{p – q}{2}\) donne \(\cos((n+2)\theta) + \cos(n\theta) = 2 \cos\theta \cos((n+1)\theta)\). Donc
   \[T_{n+2}(\cos\theta) = 2\cos\theta\, T_{n+1}(\cos\theta) – T_n(\cos\theta) = 2\cos\theta \cos((n+1)\theta) – \cos(n\theta) = \cos((n+2)\theta).\]
   Donc \(T_n(\cos\theta) = \cos(n\theta)\) pour tous \(n\) et \(\theta\).
4. Posons \(\theta_k = \frac{(2k+1)\pi}{2n}\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\). Alors \(\cos(n\theta_k) = \cos(\frac{\pi}{2} + k\pi) = 0\), donc \(x_k = \cos\theta_k\) est racine de \(T_n\). Les \(\theta_k\) sont distincts et appartiennent à \(]0, \pi[\), où le cosinus est strictement décroissant. Les \(x_k\) sont donc \(n\) réels distincts de \(]-1, 1[\). Un polynôme de degré \(n\) a au plus \(n\) racines comptées avec multiplicité. Les \(x_k\) sont donc toutes les racines de \(T_n\), elles sont simples, et \(T_n = 2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1} (X – x_k)\).
5. Soit \(x \in [-1, 1]\) et \(\theta = \arccos x \in [0, \pi]\). Alors \(|T_n(x)| = |\cos(n\theta)| \leq\, 1\). L’égalité a lieu si et seulement si \(n\theta \in \pi\mathbb{Z}\), c’est-à-dire \(\theta = \frac{k\pi}{n}\) avec \(0 \leq\, k \leq\, n\). \(|T_n(x)| = 1\) exactement aux \(n + 1\) points \(x = \cos\frac{k\pi}{n}\), \(0 \leq\, k \leq\, n\). La figure illustre ces extremums égaux à \(\pm 1\).

   

6. Avec \(\theta = \frac{\pi}{2}\), c) donne \(T_n(0) = \cos(m\pi) = (-1)^m\). La factorisation donne aussi \(T_n(0) = 2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1}(-x_k) = 2^{n-1} \prod_{k=0}^{n-1} x_k\), car \(n\) est pair. Donc \(\prod_{k=0}^{n-1} \cos(\frac{(2k+1)\pi}{2n}) = \frac{(-1)^m}{2^{2m-1}}\). Contrôle pour \(m = 1\) : \(\cos\frac{\pi}{4} \cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{2}\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point : 0,5 pour le degré, 0,5 pour la parité ; c) 1 point : 0,5 pour la formule trigonométrique, 0,5 pour la récurrence ; d) 1 point : 0,5 pour les racines, 0,5 pour la simplicité et la factorisation ; e) 1 point : 0,5 pour la majoration, 0,5 pour les points d’égalité ; f) 0,5 point.

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Après le corrigé du contrôle : polynômes, racines et fractions rationnelles

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