CORRECTION DM n˚9 PROBLÈME - Interpol enquête Partie I - Le criminel commet une bourde ņ 1. On note P k 0 (a) Si ϕpP q ņ pk X k , on a donc ϕpP q pk pX qk k 0 P alors on a l’égalité P pX q que P est une fonction paire. P pX q soit @x P R, P pxq P pxq ainsi cela signifie Réciproquement, si @x P R, P pxq P pxq, alors @x P R, P pxq P pxq 0. Ainsi le polynôme associé ϕpP q P admet tout nombre réel comme racine, c’est donc le polynôme nul c-à-d ϕpP q P . (b) Notons P ņ pk X k k 0 On a aussi ϕpP q ¸ t ¸ t n u 2 t p2k X 2k k 0 n u 2 ¸ n u 2 p2k X 2k k 0 ¸ t 1X 2k 1 . k 0 n u 2 p2k p2k k 0 L’égalité ϕpP q P équivaut alors à 2 1X ¸ 2k 1 . n u 2 t p2k 1X 2k 1 0 soit @k P N, p2k 1 0. k 0 On a donc bien P est paire si, et seulement si, @k 2. (a) P N, p2k 1 0. Si ϕpP q P alors on a l’égalité P pX q P pX q soit @x P R, P pxq P pxq ainsi cela signifie que P est une fonction impaire. Réciproquement, si @x P R, P pxq P pxq, alors @x P R, P pxq P pxq 0. Ainsi le polynôme associé ϕpP q P admet tout nombre réel comme racine, c’est donc le polynôme nul c-à-d ϕpP q P . (b) P ¸ t n u 2 k 0 ¸ t p2k X 2k n u 2 p2k 1X 2k 1 et ϕpP q k 0 L’égalité ϕpP q P équivaut alors à 2 ¸ t n u 2 ¸ t n u 2 p2k X k 0 p2k X 2k 2k ¸ t n u 2 p2k 1X 2k 1 . k 0 0 soit @k P N, p2k 0. k 0 On a donc bien P est impaire si, et seulement si, @k P N, p2k 0. Partie II - Les méthodes de la police locale divisent 1. F est un sous-ensemble de RrX s. On montre très facilement que F est stable par combinaison linéaire et contient l’élément neutre. 2. Soit P P F . P p1q P 1 p1q 0 ô pX 1q2 |P (1 est racine double de P ). P p1q P 1 p1q 0 ô pX 1q2 |P (1 est racine double de P ). Ainsi P P F si, et seulement si, pX 1q2 |P et pX 1q2 |P soit pX 2 1q2 |P . 3. (a) Fn étant défini comme l’intersection de deux sous-espaces vectoriels , c’est un s.e.v. de RrX s. RnrX s par définition donc Fn est nécessairement de dimension finie et dim Fn ¤ n 1. Ici 0 ¤ n ¤ 3. Soit P P Fn alors deg P ¤ 3 et pX 2 1q2 |P . La relation de divisibilité implique deg P ¥ 4 ce qui est impossible sauf si P est le polynôme nul. Finalement Fn t0u et donc dim Fn 0. Soit i P rr0, n 4ss et Li X i pX 2 1q2 . Remarquons que la famille pLi qiPrr0,n4ss est échelonnée (degpLi q i 4) donc libre. F (b) (c) Lycée de l’Essouriau - Les Ulis 1 PCSI CORRECTION DM n˚9 De plus pour i P rr0, n 4ss, Li appartient à F d’après le 2. et degpLi q ¤ n donc Li On en déduit que pLi qiPrr0,n4ss est une famille libre de Fn . P RnrX s. Montrons que la famille est génératrice : n¸ 4 P Fn, DQ P Rn4rX s tel que P pX 2 1q2Q avec Q aiX i. i0 n¸ 4 n¸ 4 ai Li et la famille pLi qiPrr0,n4ss est génératrice. ai pX 2 1q2 X i On a donc P Soit P i 0 i 0 On en conclut que c’est une base de Fn et donc dimpFn q n 3 . Partie III - Interpol en alerte. Un ermite suspect en fuite 1. Procédons par double implication. Supposons que Q P Ωα ô Qp1q Qp1q 0 et Q1 p1q Q1 p1q α. Comme P P Ωα alors P p1q P p1q 0 et P 1 p1q P 1 p1q α. Ainsi on obtient pQ P qp1q Qp1q P p1q 0 0 0 et pQ P qp1q Qp1q P p1q 0 0 0. De même pQ P q1 p1q Q1 p1q P 1 p1q α α 0 et pQ P q1 p1q Q1 p1q P 1 p1q α α 0. Soit Q P P F . Réciproquement, si Q P P F alors Qp1q P p1q 0 soit Qp1q 0 et de même Qp1q 0. De même Q1 p1q P 1 p1q 0 soit Q1 p1q α et de même Q1 p1q α. Finalement Q P Ωα . 2. Q P Ωα ô Q P P F (d’après la question précédente) Q P Ωα ô pX 2 1q2 |Q P (d’après le II.2.) Q P Ωα ô DQ1 P RrX s, Q P pX 2 1q2 Q1 pX q soit QpX q P pX q pX 2 1q2Q1pX q 3. Soit Q P Ωα , posons RpX q QpX q. On a trivialement Rp1q Qp1q 0 et Rp1q Qp1q 0. Remarquons que R1 pX q Q1 pX q donc R1 p1q Q1 p1q α et R1 p1q Q1 p1q α et finalement R P Ωα . 4. P P Ωα donc l’ensemble est non vide. Soit Q P Ωα de degré inférieur ou égal à 3. D’après le 2., DQ1 P RrX s, QpX q P pX q pX 2 1q2 Q1 pX q mais comme deg Q 4 alors Q1 0 nécessairement. Posons la division euclidienne de P pX q par pX 2 1q2 , il existe alors un unique couple pQ2 , P0 q P RrX s2 avec deg P0 4 tel que QpX q P pX q P0 pX q Q2 pX qpX 2 1q2 . Comme deg Q 4 alors Q2 0 nécessairement et Q P0 . Finalement si P0 existe, le seul qui convient est le reste P0 de la division euclidienne de P par pX 2 1q2 . Reste à vérifier si ce reste est bien dans Ωα mais la relation P pX q P0 pX q Q2 pX qpX 2 1q2 s’écrit aussi P0 pX q P pX qQ2 pX qpX 2 1q2 et d’après le 2. ceci prouve que P0 est bien un élément de Ωα . 5. P0 p1q P0 p1q 0 prouve que 1 et 1 sont racines de P0 donc que pX 2 1q|P0 soit : P0 pX 2 1qpaX bq D’après le 3., P0 pX q appartient également à Ωα mais comme ce polynôme est aussi de degré inférieur ou égal à 3, par unicité on en déduit que P0 pX q P0 pX q et donc que P0 est impair, soit b 0. Finalement on a P0 aX pX 2 1q avec a P R. aX pX 2 1q aX 3 aX donc P01 3aX 2 a. Les conditions P01 p1q P01 p1q α donnent 2a α soit a α2 soit P0 α2 X pX 2 1q. Trivialement en utilisant la question 2. et en choisissant P P0 on obtient : α Ωα t X pX 2 1q QpX qpX 2 1q2 | Q P RrX su. 2 6. P0 7. Autrement dit, il s’agit de l’ensemble des polynômes dont le reste dans la division euclidienne par pX 2 1q2 est α2 X pX 2 1q. Lycée de l’Essouriau - Les Ulis 2 PCSI CORRECTION DM n˚9 Partie IV - Le fugitif barricadé dans la grange 1. La base canonique de Rn rX s est p1, X, X 2 , . . . , X n q et sa dimension est de n 1. 2. Montrons que G contient le neutre et qu’il est stable par combinaison linéaire. Soit P0 le polynôme nul, alors @i P rr1, n 1ss, P0 pαi q 0 et donc : pP0pα1q, . . . , P0pαn 1qq p0, . . . , 0q P G Soit deux éléments u et v de G, λ et µ deux réels. Il existe deux polynômes P et Q tels que : u pP pα1 q, . . . , P pαn pQpα1q, . . . , Qpαn 1qq Alors λu µv pλP pα1 q µP pα1 q, . . . , λP pαn 1 q µP pαn 1 qq. En posant R λP µQ qui est un polynôme, on en déduit que λu µv pRpα1 q, . . . , Rpαn 1 qq P G. Finalement G est bien un s.e.v. de Rn 3. Soit u P G, DP u ai X i ņ ai α1i , . . . , i 0 qq et v 1. P RnrX s tel que u pP pα1q, . . . , P pαn 1qq donc : i 0 ņ ņ 1 ai αni 1 i 0 ņ ai pα1i , . . . , αni i 0 On en déduit que la famille p~g1 , . . . , ~gn 1 ¸ n 1 aj ~gj ¸ n 1 aj pα1j 1 , . . . , αnj 11 q j 1 ¸ n 1 aj ~gj j 1 q est génératrice de G. 4. (a) De même qu’au 2. : 1q 0R n 1 ņ ô ai α1i , . . . , i 0 j 1 ņ ai αni 0R n 1 1 i 0 En réindiçant avec i j 1 on obtient : ¸ n 1 aj ~gj 0R n 1 ô pApα1q, . . . , Apαn 1qq 0R n 1 j 1 Finalement ¸ n 1 aj ~gj 0R n 1 ô Apα 1 q . . . Apα n 1 q 0 j 1 (b) A est un polynôme de degré n et admet n 1 racines distinctes qui sont les αi (1 ¤ i ¤ n 1). Nécessairement A est le polynôme nul et par conséquent tous ses coefficients aj sont nuls. Donc la famille p~g1 , . . . , ~gn 5. 1 q est libre. G contient une famille libre (4.) et génératrice (3.), donc une base à n G étant un s.e.v. de Rn 1 de même dimension que Rn 6. Posons pβ1 , . . . , βn 1 q un vecteur quelconque de Rn il existe un polynôme L P Rn rX s tel que @i P rr1, n 1 1 1 éléments soit dim G n on a donc G Rn comme G Rn 1ss, Lpαi q βi . 1 1 . alors : Reste à prouver l’unicité de ce polynôme L. Supposons L1 et L2 deux polynômes de Rn 1 tels que @i P rr1, n 1ss, L1 pαi q L2 pαi q βi . Remarquons alors que @i P rr1, n 1ss, L1 pαi q L2 pαi q 0 donc tous les αi sont racines du polynôme L1 L2 . Celui-ci étant de degré inférieur ou égal à n et ayant alors n 1 racines distinctes ont en déduit qu’il s’agit du polynôme nul, d’où l’unicité ! Le théorème de Lagrange précédemment cité est donc bien prouvé. Lycée de l’Essouriau - Les Ulis 3 PCSI 1.