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[ID: 1029] [Date de publication: 25 janvier 2021 15:58] [Catégorie(s): Racines d'un polynôme ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]

Solution(s)

Solution(s)

Polynômes réciproques
Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 25 janvier 2021 15:58

1. Si on pose \(P(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\ldots + a_1x +a_0\) on a \(P\left( \dfrac 1x\right) = \dfrac{a_n}{x^n} + \dfrac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+\ldots + \dfrac{a_1}{x} +a_0\) et donc \(x^n P\left( \dfrac 1x\right) = a_n + a_{n-1}x+\ldots + a_1x^{n-1} +a_0x^n\). D’où le résultat en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires.

2. Pour \(P\) polynôme réciproque de degré \(2p+1\), on a \(P(-1) = (-1)^{2p+1} P\left( \dfrac 1{-1}\right) = -P(-1)\). D’où le résultat.

3. Soit \(n = \deg P\). On a \(\deg Q = n-1\) et \(\forall\,x\in\mathbb{K}^*, P(x) = x^n P\left( \dfrac 1x\right)\). On en déduit \(x^n P\left( \dfrac 1x\right) = x^n(\dfrac1x + 1) Q\left( \dfrac 1x\right)\) d’où \((x+1)Q(x) = (x+1)x^{n-1}Q\left( \dfrac 1x\right)\) d’où \(Q(x) = x^{n-1}Q\left( \dfrac 1x\right)\) ce qu’il fallait vérifier.

4. Soit \(P\) et \(Q\) deux polynômes réciproques de degrés respectifs \(n\) et \(m\). On a \(P(x) = x^n P\left( \dfrac 1x\right)\) et \(Q(x) = x^m Q\left( \dfrac 1x\right)\). \(PQ\) est un polynôme de degré \(nm\) et on a \(PQ(x) = x^{n+m}P\left( \dfrac 1x\right)Q\left( \dfrac 1x\right) = x^{n+m}PQ\left( \dfrac 1x\right)\) ce qu’il fallait vérifier.

5. On a un polynôme réciproque de de degré impair. \(-1\) est racine (évidente?). On peut factoriser par \((x+1)\) et on trouve (algorithme de Horner) \(x^5 + 3x^4 - 2x^3 - 2x^2 + 3x + 1 = (x+1)(x^4 + 2x^3 - 4x^2 + 2x +1)\). On est donc amené à résoudre \(x^2\left( x^2 + \dfrac{1}{x^2} + 2\left( x + \dfrac1x\right) -4 \right) = x^2 (y^2 + 2y - 6)\) avec \(y = x + \dfrac1x\). on trouve \(y = 1 + \sqrt7\) ou \(y = 1 - \sqrt7\). On résout donc \(x + \dfrac1x = 1 + \sqrt7\) ce qui donne deux racines \(x_1 = \dfrac{1 + \sqrt7 + \sqrt{4 + 2\sqrt7}}{2}\) et \(x_2 = \dfrac{1 + \sqrt7 - \sqrt{4 + 2\sqrt7}}{2}\). \(x + \dfrac1x = 1 - \sqrt7\) donne aussi deux racines \(x_3 = \dfrac{1 - \sqrt7 + \sqrt{4 - 2\sqrt7}}{2}\) et \(x_4 = \dfrac{1 - \sqrt7 - \sqrt{4 - 2\sqrt7}}{2}\) sans oublier \(x_5 = -1\).

6. Par récurrence, \(P_0 = 1\) est réciproque. On suppose que \(P_{n-1}\) l’est aussi. On a alors \(P_{n-1}(x) = x^{n-1} P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\) et \(P^\prime_{n-1}(x) = (n-1)x^{n-2}P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) - x^{n-3}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\). D’où \[\begin{aligned} x^n P\left( \dfrac 1x\right) &=& x^n\left( 1 + \dfrac nx\right) P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) + x^n \dfrac1x \left( 1-\dfrac1x\right) P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) \\ &=& (x+n)P_{n-1}(x) + x^{n-1}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) - x^{n-2}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\\ &=& (x+n)P_{n-1}(x) - x^2 P^\prime_{n-1}(x) + (n-1)x^{n-1} P_{n-1}(x) + x P^\prime_{n-1}(x) - (n-1)x^{n-2} P_{n-1}(x)\\ & =& P_{n-1}(x) ((x+n) + (n-1)x - n + 1) + P^\prime_{n-1}(x) (-x^2 + x)\\ & =& P_{n-1}(x) (nx + 1) + P^\prime_{n-1}(x) x(1-x). \end{aligned}\] Ce qu’il fallait vérifier.