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exercice 1 facile

Pour tout n\geqslant2, d’après la formule du binôme :

    \begin{eqnarray*}P_{n} & = & -2X^{2n}+\sum_{k=0}^{n}\left(1+\left(-1\right)^{k}\right)\binom{n}{k}X^{2n-2k}\\ & = & 2\sum_{p=1}^{\left\lfloor n/2\right\rfloor }\binom{n}{2p}X^{2n-4p} \end{eqnarray*}

Il en résulte que :

    \[\boxed{\deg\left(P_{n}\right)=2n-4}\]

exercice 2 facile

Pour tout n\geqslant1, l’évaluation en i du polynôme

    \[A_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(X-j\right)\]

pour tout i\in\left\llbracket 1,n\right\rrbracket , donne :

    \begin{eqnarray*}A_{n}\left(i\right) & = & \sum_{k=0}^{n}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(i-j\right)\\ & = & \sum_{k=0}^{i}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\prod_{j=0}^{k-1}\left(i-j\right)\\ & = & \sum_{k=0}^{i}\frac{\left(-1\right)^{k}}{k!}\thinspace\frac{i!}{\left(i-k\right)!}\\ & = & \sum_{k=0}^{i}\left(-1\right)^{k}\binom{i}{k}\\ & = & \left(1-1\right)^{i}\\ & = & 0 \end{eqnarray*}

Comme le coefficient dominant de A_{n} est \frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}, on en déduit que :

    \[\boxed{A_{n}=\frac{\left(-1\right)^{n}}{n!}\prod_{k=1}^{n}\left(X-k\right)}\]

Remarque

On peut aussi factoriser A_{1}, A_{2} et A_{3} puis formuler une conjecture et la valider en raisonnant par récurrence.

exercice 3 facile

Donnons deux preuves de ce résultat. La première sera constructive, contrairement à la seconde.

Preuve 1

Raisonnons par condition nécessaire. Si Q=0, alors P=0 convient (et c’est la seule possibilité). Sinon, notons n=\deg\left(Q\right) et observons que si P convient alors \deg\left(P\right)=n et :

    \begin{eqnarray*}P-P' & = & Q\\ P'-P' & = & Q'\\ \vdots & & \vdots\\ P^{\left(n\right)}-P^{\left(n+1\right)} & = & Q^{\left(n\right)} \end{eqnarray*}


d’où, par sommation et vu que P^{\left(n+1\right)}=0 :

    \[P=\sum_{k=0}^{n}Q^{\left(k\right)}\]

Réciproquement, il est facile de voir que si P est ainsi défini, alors P-P'=Q.

Preuve 2

Après avoir traité le cas particulier où Q=0 (cf. preuve n° 1), considérons l’endomorphisme \varphi:\mathbb{R}\left[X\right]\rightarrow\mathbb{R}\left[X\right],\thinspace P\mapsto P-P' et notons n=\deg\left(Q\right).

Le sous-espace \mathbb{R}_{n}\left[X\right] est stable par \varphi et l’on dispose donc de l’endomorphisme induit \varphi_{n}:\mathbb{R}_{n}\left[X\right]\rightarrow\mathbb{R}_{n}\left[X\right],\thinspace P\mapsto P-P'.
Comme \ker\left(\varphi_{n}\right)=\left\{ 0\right\} , le théorème du rang assure que \varphi_{n} est une bijection, d’où la conclusion.

Pour X^{4}+X^{2}+1, il suffit de voir que :

    \begin{eqnarray*} X^{4}+X^{2}+1 & = & \left(X^{2}+1\right)^{2}-X^{2}\\ & = & \left(X^{2}+X+1\right)\left(X^{2}-X+1\right) \end{eqnarray*}

Pour X^{4}+1, une factorisation en produit de trinômes du second degré à coefficients rationnels est impossible. Montrons cela par l’absurde. Supposons l’existence de réels a,b,c,d tels que :

    \[X^{4}+1=\left(X^{2}+aX+b\right)\left(X^{2}+cX+d\right)\]

Noter que cette hypothèse ne diminue en rien la généralité (si X^{4}+1 est le produit de deux trinômes non unitaires, il suffit de diviser chacun d’eux par son coefficient dominant pour se ramener au cas de deux trinômes unitaires). Par identification :

    \[\left\{ \begin{array}{ccc}a+c & = & 0\\b+ac+d & = & 0\\ad+bc & = & 0\\bd & = & 1\end{array}\right.\]

La première relation donne c=-a. En reportant dans la 3ème, on trouve : a\left(b-d\right)=0. Si a=0, alors c=0 et :

    \[\left\{ \begin{array}{ccc}b+d & = & 0\\bd & = & 1\end{array}\right.\]

d’où b^{2}=-1, ce qui est impossible. Donc a\neq0 et b=d\in\left\{ -1,1\right\} . Alors :

    \[\left\{ \begin{array}{ccc}a+c & = & 0\\ac & = & 2\end{array}\right.\quad\text{ou}\quad\left\{ \begin{array}{ccc}a+c & = & 0\\ac & = & -2\end{array}\right.\]

La première possibilité est écartée car elle entraîne a^{2}=-2. La seconde conduit à a^{2}=2, d’où a=\pm\sqrt{2.} Mais \sqrt{2} est irrationnel et le calcul est donc concluant.

Autre point de vue (plus « savant » et plus rapide). On observe que :

    \begin{eqnarray*}X^{4}+1 & = & \left(X^{2}+1\right)^{2}-2X^{2}\\ & = & \left(X^{2}+X\sqrt{2}+1\right)\left(X^{2}-X\sqrt{2}+1\right) \end{eqnarray*}

Or la décomposition dans \mathbb{R}\left[X\right] en produit de facteurs irréductibles est unique (aux facteurs inversibles près), d’où la conclusion.

D’après la formule de Moivre :

    \[\sin\left(nx\right)=\text{Im}\left(e^{inx}\right)=\text{Im}\left(\left(\cos\left(x\right)+i\sin\left(x\right)\right)^{n}\right)\]

et d’après la fomule du binôme :

    \[\left(\cos\left(x\right)+i\sin\left(x\right)\right)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\cos^{n-k}\left(x\right)\left(i\sin\left(x\right)\right)^{k}\]

Dans cette somme, les termes d’indices pairs sont réels et ceux d’indices impairs sont imaginaires purs. Par conséquent :

    \[\sin\left(nx\right)=\sum_{j=0}^{\left\lfloor \left(n-1\right)/2\right\rfloor }\left(-1\right)^{j}\binom{n}{2j+1}\cos^{n-2j-1}\left(x\right)\sin^{2j+1}\left(x\right)\]

Supposons n est \textbf{\emph{impair}} et posons n=2q+1. Cette dernière égalité devient :

    \[\sin\left(\left(2q+1\right)x\right)=\sum_{j=0}^{q}\left(-1\right)^{j}\binom{2q+1}{2j+1}\cos^{2q-2j}\left(x\right)\sin^{2j+1}\left(x\right)\]

Pour finir, on peut remplacer \cos^{2q-2j}\left(x\right) par \left(1-\sin^{2}\left(x\right)\right)^{q-j} et donc :

    \[\sin\left(\left(2q+1\right)x\right)=P_{2q+1}\left(\sin\left(x\right)\right)\]

où l’on a posé :

    \[P_{2q+1}=\sum_{j=0}^{q}\left(-1\right)^{j}\binom{2q+1}{2j+1}\left(1-X^{2}\right)^{q-j}X^{2j+1}\]

que l’on peut encore écrire :

    \[\boxed{P_{2q+1}=\left(-1\right)^{q}\sum_{j=0}^{q}\binom{2q+1}{2j+1}\left(X^{2}-1\right)^{q-j}X^{2j+1}}\]

Supposons maintenant n pair non nul et admettons qu’il existe un polynôme P tel que :

    \[\forall x\in\mathbb{R},\thinspace\sin\left(nx\right)=P\left(\sin\left(x\right)\right)\]

Alors :

    \begin{eqnarray*}\sin\left(nx\right) & = & P\left(\sin\left(x\right)\right)\\ & = & P\left(\sin\left(\pi-x\right)\right)\\ & = & \sin\left(n\pi-nx\right)\\ & = & \left(-1\right)^{n+1}\sin\left(nx\right)\\ & = & -\sin\left(nx\right) \end{eqnarray*}

et ceci est absurde si l’on choisit x tel que \sin\left(nx\right)\neq0 (par exemple x=\frac{\pi}{2n}).

Parmi les polynômes constants, seul le polynôme nul convient (car 0 est la seule solution de l’équation \sin\left(t\right)=t, avec t\in\mathbb{R}). Parmi les polynômes de degré 1, les seules solutions sont X et -X. En effet, si \left(a,b\right)\in\mathbb{R}^{\star}\times\mathbb{R} vérifie

    \[\forall x,\thinspace\sin\left(ax+b\right)=a\sin\left(x\right)+b\]

alors pour x=0, on a \sin\left(b\right)=b d’où b=0. Il reste \sin\left(ax\right)=a\sin\left(x\right). Si \left|a\right|>1, on obtient une contradiction en choisissant x tel que \sin\left(x\right)=1.
Et si \left|a\right|<1, on obtient une contradiction en choisissant x tel que \sin\left(ax\right)=1. Donc a\in\left\{ -1,1\right\} .

Supposons maintenant l’existence d’un polynôme solution P, de degré supérieur ou égal à 2. En dérivant chaque membre de l’équation fonctionnelle, on trouve, pour tout x\in\mathbb{R} :

(\star)   \[P'\left(x\right)\cos\left(P\left(x\right)\right)=\cos\left(x\right)P'\left(\sin\left(x\right)\right)\]

On observe que le membre de droite est borné. Pourtant, comme {\displaystyle \lim_{t\rightarrow+\infty}\left|P\left(t\right)\right|=\lim_{t\rightarrow+\infty}\left|P'\left(t\right)\right|=+\infty,} il existe une suite \left(x_{k}\right)_{k\geqslant k{0}} telle que :

    \[\left\{ \begin{array}{c}\forall k\geqslant k_{0},\thinspace\left|P\left(x_{k}\right)\right|=2k\pi\\\\{\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}\left|P'\left(x_{k}\right)\right|}=+\infty\end{array}\right.\]

En remplaçant x par x_{k} dans le membre de gauche de \left(\star\right), on obtient une quantité non bornée : contradiction ! En conclusion, les seuls polynômes P\in\mathbb{R}\left[X\right] vérifiant \forall x\in\mathbb{R},\thinspace\sin\left(P\left(x\right)\right)=P\left(\sin\left(x\right)\right) sont 0, X et -X.

Si l’on pose :

    \[L_{a}={\displaystyle \frac{\left(X-b\right)\left(X-c\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}},\;L_{b}={\displaystyle \frac{\left(X-c\right)\left(X-a\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}},\;L_{c}={\displaystyle \frac{\left(X-a\right)\left(X-b\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}}\]

il est connu que \left(L_{a},L_{b},L_{c}\right) est une base de \mathbb{R}_{2}\left[X\right]. Considérons l’ensemble V des polynômes P\in\mathbb{R}_{2}\left[X\right] vérifiant :

    \[\frac{P\left(a\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{P\left(b\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{P\left(c\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{1}{2}\thinspace P''\]

On voit que V est un sous-espace vectoriel de \mathbb{R}_{2}\left[X\right]. Et comme L{a}, L_{b} et L_{c} appartiennent à V, alors V=\mathbb{R}_{2}\left[X\right]. Maintenant, choisissons P=P\left(a\right)\thinspace L_{a}+P\left(b\right)\thinspace L_{b}+P\left(c\right)\thinspace L_{c}, de sorte que :

    \[P\left(a\right)=f\left(a\right),\quad P\left(b\right)=f\left(b\right),\quad P\left(c\right)=f\left(c\right)\]

et posons h=f-P. D’après le lemme de Rolle, il existe \alpha\in\left]a,b\right[ et \beta\in\left]b,c\right[ tels que :

    \[h'\left(\alpha\right)=h'\left(\beta\right)=0\]

En appliquant à nouveau le lemme de Rolle, mais cette fois à h', on voit qu’il existe \theta\in\left]\alpha,\beta\right[ tel que :

    \[h''\left(\theta\right)=0\]

c’est-à-dire :

    \[P''\left(\theta\right)=f''\left(\theta\right)\]

ou encore (vu que P\in V) :

    \[\frac{P\left(a\right)}{\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\frac{P\left(b\right)}{\left(b-c\right)\left(b-a\right)}+\frac{P\left(c\right)}{\left(c-a\right)\left(c-b\right)}=\frac{1}{2}\thinspace f''\left(\theta\right)\]

comme souhaité.

Soit P\in\mathbb{Z}\left[X\right] tel que P\left(n\right)\in\mathbb{P} pour tout n\in\mathbb{N}. Posons :

    \[P=\sum_{k=0}^{d}a_{k}X^{k}\qquad\text{avec }\forall k\in\left\llbracket 0,d\right\rrbracket ,\thinspace a_{k}\in\mathbb{Z}\]

Etant donné q\in\mathbb{N}^{\star}, si n\in\mathbb{N} vérifie n\equiv1\pmod{q}, alors n^{k}\equiv1\pmod{q} pour tout k\in\mathbb{N} et donc P\left(n\right)\equiv P\left(1\right)\pmod{q}.

En choisissant q=P\left(1\right) dans ce qui précède, on voit que si n\equiv1\pmod{P\left(1\right)} alors P\left(1\right)\mid P\left(n\right).

Mais comme P\left(1\right) et P\left(n\right) sont premiers, ils sont égaux ! Ainsi, le polynôme P est constant puisqu’il prend une infinité de fois la même valeur.

Réciproquement, il est clair que les polynômes constants P=a_{0} avec a_{0}\in\mathbb{P} conviennent !

exercice 9 difficile

Le polynôme nul convient. Si P\in\mathbb{L}\left[X\right]-\left\{ 0\right\} convient, alors en notant n=\deg\left(P\right) et en choisissant a_{0},\cdots,a_{n}\in A tous distincts (ce qui est possible vu que A est infini par hypothèse), on sait que :

    \[P=\sum_{i=0}^{n}P\left(a_{i}\right)L_{i}\]

avec, pour tout i\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket :

    \[L_{i}=\prod_{{0\leqslant j\leqslant n\atop j\neq i}}\frac{X-a_{j}}{a_{i}-a_{j}}\]

Manifestement :

    \[\forall i\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket ,\:L_{i}\in\mathbb{K}\left[X\right]\]

et comme, par hypothèse :

    \[\forall i\in\left\llbracket 0,n\right\rrbracket ,\thinspace P\left(a_{i}\right)\in\mathbb{K}\]

il apparaît que P\in\mathbb{K}\left[X\right]. La réciproque est triviale : tout élément de \mathbb{K}\left[X\right] possède la propriété voulue.

En conclusion : les polynômes P\in\mathbb{L}\left[X\right] vérifiant P\left\langle A\right\rangle \subset\mathbb{K} pour une certaine partie infinie A de \mathbb{K} sont exactement ceux à coefficients dans \mathbb{K}.

Remarque

En particulier, les seuls P\in\mathbb{C}\left[X\right] vérifiant P\left\langle \mathbb{Q}\right\rangle \subset\mathbb{Q} sont les éléments de \mathbb{Q}\left[X\right]. De la même manière, les seuls P\in\mathbb{C}\left[X\right] vérifiant P\left\langle \mathbb{R}\right\rangle \subset\mathbb{R} sont les éléments de \mathbb{R}\left[X\right].

Autre point de vue pour cette dernière affirmation : P et \overline{P} (le polynôme conjugué de P, c’est-à-dire celui dont les coefficients sont les conjugués de ceux de P) coïncident sur \mathbb{R}; et comme \mathbb{R} est infini, alors P=\overline{P}, ce qui signifie exactement que P\in\mathbb{R}\left[X\right].

Si un point n’est pas clair ou vous paraît insuffisamment détaillé, n’hésitez pas à poster un commentaire ou à me joindre via le formulaire de contact.

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