SOLUTIONS
12
Solutions
Nouspouvons en déduire :
n
k=1
k
3
=
n
k=1
P(k +1)−P(k)
= P(n+1)−P(1)
=
1
4
(n +1)
4 −
1
2
(n+1)
3 +
1
4
(n+1)
2
=
n
2 (n+1)
2
4
.
4)Montrons, par récurrence sur n ∈ N
∗ ,que
Δ
n (P) =
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k .
• la propriété estvraie pour n = 1:
Δ
n (P)=
1
k = 0
1
k
P(X +k)(−1)
n−k .
• soit n 1tel que:Δ
n (P)=
n
k = 0
n
k
P(X +k)(−1)
n−k ,alors :
Δ
n+1 (P) =
n
k=0
n
k
P(X + k +1)(−1)
n−k
−
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k
=
n+1
k=1
n
k−1
P(X + k)(−1)
n+1−k
−
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k
= P(X + n +1)+
n
k = 1
n
k − 1
+
n
k
P(X +k)(−1)
n+1−k
+(−1)
n P(0)
=
n+1
k=0
n+1
k
P(X + k)(−1)
n+1−k .
Ce qui établit la propriété pour tout n ∈ N
∗ .
22 1)Soit u ∈ A k inversible,a lors u(u − kIdE ) = 0 ⇒
u
−1 u(u − kIdE ) = 0, c’est-à-dire u = kIdE .R éciproquement,
u = kIdE est inversible si et seulement si k = 0.
Donc u ∈ A k est inversiblesisietseulement si u = kIdE , k = 0;
son inverse est alors u
−1 =
1
k
IdE .
2)Soit x ∈ Im u : ∃t ∈ Ex = u ( t ), d’où :
u(x) = u
2 (t) = ku(t) = kx.
Réciproquement, si u(x) = kx, k = 0, alors x =
1
k
u(x), ce qui
prouve que x ∈ Im u.
Soit x ∈ Ker u ∩ Im u : u(x) = 0etu(x)=kx,d’où immédiatement x = 0puisque k = 0; ce qui prouve queKer u et Im u
sont en sommedirecte.
De plus,pour tout x ∈ E :
x =
1
k
(kx − u(x)) +
1
k
u(x)a vec
1
k
(kx − u(x)) ∈ Ker u
et
1
k
u(x) ∈ Im u.
Ce qui prouve que E = Ker u ⊕ Im u.
Si k = 0, u
2 = 0, ce qui équivaut àImu⊂Ker u.
3)àvous :c’est l’occasion de reprendre les raisonnements mis en
oeuvre dans l’exercice 20.
Chapitre 12
1 a) Faux ;e xemple:( X
2 +X+1 )+( − X
2 +X +1 )
=2 X+1. b) Vrai. c) Vrai. d) Vrai. e) Faux ;e xemple :
X
3 − X est divisible par X
2 + X et par X
2 − X ,m ais pas par
(X
2 + X )(X
2 − X ). f) Faux,e lles ne sont pasn écessairement
distinctes. g) Vrai.
2 On peut le démontrer parrécurrence ou voir directement
que:
(X
3 +X
2 +X +1)
2 n
k = 0
(−1)
k X
k
=
2n+3
k=3
(−1)
k−3 X
k +
2n+2
k=2
(−1)
k−2 X
k
+
2n+1
k=1
(−1)
k−1 X
k +
2n
k=0
(−1)
k X
k
ce qui se simplifie par effet «téléscopique ».
3 1) Chaque polynôme est entièrement déterminé parl es
deux précédents.
2) P10 = 512X
10 − 1280X
8 +1120X
6 − 400X
4 +50X
2 −1
3) Récurrence àd eux niveaux :m ontrer quep our tout x ∈ R,
cos 0x = P0(cos x), cos 1x = P1(cos x), et que :
( cos nx = Pn(cos x)e tc os(n +1)x =Pn+1(cos x) )
=⇒ cos(n +2)x=Pn+2(cos x)
4) Chercher d’abordl es racines de Pn appartenant au segment
[−1, 1] sous la forme x = cos t. Montrer ensuite qu’il n’y ap as
d’autreracine (raisonner surledegré de Pn).
4 P = 0est solution. Si P estnon nul de degré n, P(X
2 )est
de degré 2n et (X
2 +1)P(X)dedegré n +2,d’où n = 2. Chercher
P sous la forme aX
2 + bX + c. Solutions:a(X
2 −1) , a ∈ R.
5 1) A = B(2X
2 +3X +11) +5(5X − 1).
2) A = B(2X
4 − 6X
3 +13X
2 −39X +109) − 327.
3) A = B(X
2 +(1−2i)X −2−3i)−5−i.
4) A = B
−1+i
2
X
2 −
1
2
X +
1+3i
4
+
5+9i
4
X +
3−2i
2
.
6 1) P(X ) = (X − a)Q(X )+P(a).
(X −a)divise P si et seulementsi P(a)=0.
2) P(X ) = (X − a)
2 Q(X )+(X −a)P
(a)+P(a)
(X −a)
2 divise P si et seulementsiP(a)=P
(a)=0.
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Solutions
Nouspouvons en déduire :
n
k=1
k
3
=
n
k=1
P(k +1)−P(k)
= P(n+1)−P(1)
=
1
4
(n +1)
4 −
1
2
(n+1)
3 +
1
4
(n+1)
2
=
n
2 (n+1)
2
4
.
4)Montrons, par récurrence sur n ∈ N
∗ ,que
Δ
n (P) =
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k .
• la propriété estvraie pour n = 1:
Δ
n (P)=
1
k = 0
1
k
P(X +k)(−1)
n−k .
• soit n 1tel que:Δ
n (P)=
n
k = 0
n
k
P(X +k)(−1)
n−k ,alors :
Δ
n+1 (P) =
n
k=0
n
k
P(X + k +1)(−1)
n−k
−
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k
=
n+1
k=1
n
k−1
P(X + k)(−1)
n+1−k
−
n
k=0
n
k
P(X + k)(−1)
n−k
= P(X + n +1)+
n
k = 1
n
k − 1
+
n
k
P(X +k)(−1)
n+1−k
+(−1)
n P(0)
=
n+1
k=0
n+1
k
P(X + k)(−1)
n+1−k .
Ce qui établit la propriété pour tout n ∈ N
∗ .
22 1)Soit u ∈ A k inversible,a lors u(u − kIdE ) = 0 ⇒
u
−1 u(u − kIdE ) = 0, c’est-à-dire u = kIdE .R éciproquement,
u = kIdE est inversible si et seulement si k = 0.
Donc u ∈ A k est inversiblesisietseulement si u = kIdE , k = 0;
son inverse est alors u
−1 =
1
k
IdE .
2)Soit x ∈ Im u : ∃t ∈ Ex = u ( t ), d’où :
u(x) = u
2 (t) = ku(t) = kx.
Réciproquement, si u(x) = kx, k = 0, alors x =
1
k
u(x), ce qui
prouve que x ∈ Im u.
Soit x ∈ Ker u ∩ Im u : u(x) = 0etu(x)=kx,d’où immédiatement x = 0puisque k = 0; ce qui prouve queKer u et Im u
sont en sommedirecte.
De plus,pour tout x ∈ E :
x =
1
k
(kx − u(x)) +
1
k
u(x)a vec
1
k
(kx − u(x)) ∈ Ker u
et
1
k
u(x) ∈ Im u.
Ce qui prouve que E = Ker u ⊕ Im u.
Si k = 0, u
2 = 0, ce qui équivaut àImu⊂Ker u.
3)àvous :c’est l’occasion de reprendre les raisonnements mis en
oeuvre dans l’exercice 20.
Chapitre 12
1 a) Faux ;e xemple:( X
2 +X+1 )+( − X
2 +X +1 )
=2 X+1. b) Vrai. c) Vrai. d) Vrai. e) Faux ;e xemple :
X
3 − X est divisible par X
2 + X et par X
2 − X ,m ais pas par
(X
2 + X )(X
2 − X ). f) Faux,e lles ne sont pasn écessairement
distinctes. g) Vrai.
2 On peut le démontrer parrécurrence ou voir directement
que:
(X
3 +X
2 +X +1)
2 n
k = 0
(−1)
k X
k
=
2n+3
k=3
(−1)
k−3 X
k +
2n+2
k=2
(−1)
k−2 X
k
+
2n+1
k=1
(−1)
k−1 X
k +
2n
k=0
(−1)
k X
k
ce qui se simplifie par effet «téléscopique ».
3 1) Chaque polynôme est entièrement déterminé parl es
deux précédents.
2) P10 = 512X
10 − 1280X
8 +1120X
6 − 400X
4 +50X
2 −1
3) Récurrence àd eux niveaux :m ontrer quep our tout x ∈ R,
cos 0x = P0(cos x), cos 1x = P1(cos x), et que :
( cos nx = Pn(cos x)e tc os(n +1)x =Pn+1(cos x) )
=⇒ cos(n +2)x=Pn+2(cos x)
4) Chercher d’abordl es racines de Pn appartenant au segment
[−1, 1] sous la forme x = cos t. Montrer ensuite qu’il n’y ap as
d’autreracine (raisonner surledegré de Pn).
4 P = 0est solution. Si P estnon nul de degré n, P(X
2 )est
de degré 2n et (X
2 +1)P(X)dedegré n +2,d’où n = 2. Chercher
P sous la forme aX
2 + bX + c. Solutions:a(X
2 −1) , a ∈ R.
5 1) A = B(2X
2 +3X +11) +5(5X − 1).
2) A = B(2X
4 − 6X
3 +13X
2 −39X +109) − 327.
3) A = B(X
2 +(1−2i)X −2−3i)−5−i.
4) A = B
−1+i
2
X
2 −
1
2
X +
1+3i
4
+
5+9i
4
X +
3−2i
2
.
6 1) P(X ) = (X − a)Q(X )+P(a).
(X −a)divise P si et seulementsi P(a)=0.
2) P(X ) = (X − a)
2 Q(X )+(X −a)P
(a)+P(a)
(X −a)
2 divise P si et seulementsiP(a)=P
(a)=0.
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