Solution exercice polynômes

Bonsoir à tous,
Je planche sur l'exercice que j'ai attaché en photo (c'est un oral d'X PC). Je crois avoir trouvé une solution mais celle-ci me semble bien compliquée (c'est celle que j'ai tapée sous l'énoncé). Qu'en pensez-vous et avez-vous une solution plus simple?
Je vous remercie d'avance pour votre aide!

Réponses

  • OShine
    Modifié (27 Jan)
    Je ne comprends rien à la solution, mais je ne suis pas une référence. Je suis juste un prof certifié qui étudie les maths de L1-L2-L3 et vise l'agreg interne un jour. 
    Pas compris pourquoi $dom(P)$ est positif, ni d'où sort le $f(x)=ax+b+c/x + O(1/x^2)$.
    La suite des restes de l'application modulo $n$ je ne sais pas ce que c'est et je ne sais pas d'où sort la densité de cette suite dans $[0,1]$ je n'ai jamais vu ça dans un cours de sup/spé.
    Tout dépend du niveau de vos élèves. Si c'est une PC*, ils sont sûrement plus doués que moi.
  • JLapin
    Modifié (27 Jan)
    Tu peux aussi étudier $\sqrt{P(n+2)} - 2\sqrt{P(n+1)}+\sqrt{P(n)}$.
    Ça converge vers $0$ et c'est entier, donc c'est constant égal à $0$ au voisinage de $+\infty$.
    On remonte cette double différence finie et on obtient que $\sqrt{P(n)}$ est polynomial de degré au plus $1$.
  • @OShine je n'ai pas d'élèves en prépa. J'ai effectivement escamoté un peu la solution (je dois avouer qu'elle me gonflait un peu donc je suis allé un peu vite). Il y a d'ailleurs deux fautes que j'ai repérées (en tout cas je crois en relisant rapidement). Remplacer "On en déduit $a \in \mathbb{N}$" par "On en déduit $a \in \mathbb{Z}$". Idem pour $b$.
    On a montré au début que dans tout voisinage de $+ \infty$, il existe un point en lequel $P$ est positif. Or au voisinage de $+ \infty$, $P$ est du signe de son coefficient dominant. On a donc $dom (P) \geqslant 0$.
    "Les restes modulo 1" c'est une façon (très maladroite, je l'admets) de dire "la partie fractionnaire". Est-ce que déjà c'est plus clair?
  • OShine
    Modifié (27 Jan)
    @adrien2019
    Merci mais je vais m'arrêter là sur ta preuve. Je ne connais pas grand chose qui lie partie fractionnaire et densité. 
    Ta solution est d'un niveau trop élevée pour moi, il me faudrait 1 semaine pour la comprendre.
    Je préfère abandonner.

    @JLapin
    On pose $u_n = \sqrt{P(n+2)}-2 \sqrt{P(n+1)}+\sqrt{P(n)}$ et on étudie $u_{n+1}-u_n$ ? 
    J'ai commencé les calculs et ça ne semble pas simple du tout.
    J'obtiens $u_{n+1}-u_n = \sqrt{P(n+3)} + \sqrt{P(n+1)} - \sqrt{P(n+2)} - \sqrt{P(n)}$.
    On ne peut rien dire sur le signe de cette quantité.
  • Qu'est-ce que j'ai écrit qui te laisse penser qu'il faudrait étudier $u_{n+1}-u_n$ ?
    En plus, tu n'as même pas réussi à le calculer correctement...
  • adrien2019
    Modifié (27 Jan)
    @OShine c'est bien parce que ma preuve me semble archi-compliquée pour un exo d'X PC que je pose la question sur le forum ^^
    @OShine on pose $u_n$ comme vous l'avez fait et on montre facilement que $(u_n)$ tend vers $0$ (en utilisant que $P$ est de degré 2). Par hypothèse sur $P$, $(u_n)$ ne prend que des valeurs entières. Or une suite à valeurs entières qui tend vers $0$ est nulle à partir d'un certain rang. De là on en déduit (et pour l'instant je ne vois pas trop comment) que racine de $P$ est un polynôme de degré $1$ (puis le résultat en découle).
  • JLapin
    Modifié (27 Jan)
    Par une somme télescopique, la suite $\sqrt{P(n+1)} - \sqrt{P(n)}$ est constante (à partir d'un certain rang). Ensuite, tu peux refaire une somme télescopique...
  • adrien2019
    Modifié (27 Jan)
    @JLapin ou peut-être en posant cette fois $u_n = \sqrt{P(n)}$ et en utilisant la relation de récurrence sur $(u_n)$ (qui donne $u_n$ à partir d'un certain rang...)?
  • Oui, tu peux le retrouver ainsi également.
  • @adrien2019
    Je ne vois pas où utiliser que $\deg P =2$ dans l'étude de $u_n$.

    @JLapin
    Malgré tous ces calculs, je ne vois pas pourquoi $u$ tend vers $0$.
    Le lien suite série dit que $(v_n)$ converge si et seulement si la suite de terme générale $v_{n+1}-v_n$ converge.

    On a $u_n= \left( \sqrt{P(n+2)}- \sqrt{P(n+1)} \right) -  \left( \sqrt{P(n+1)}- \sqrt{P(n)} \right)$

    Si on pose $v_k =  \sqrt{P(k+1)} -\sqrt{P(k)}$ et $N \in \N$.
    On a $\displaystyle\sum_{k=0}^N v_k = \sqrt{P(N+1)}- \sqrt{P(0)}$.
    $\displaystyle\sum_{k=0}^N v_{k+1} = \sqrt{P(N+2)}- \sqrt{P(1)}$.

    Donc $\boxed{\displaystyle\sum_{k=0}^N (v_{k+1} -v_k ) =  \sqrt{P(N+2)}- \sqrt{P(1)} -  \sqrt{P(N+1)}+ \sqrt{P(0)}}$
    Je bloque ici.
  • On s'en fiche un peu du lien suite-série ici.
  • Tu as parlé de somme télescopique.
    Je ne vois pas comment montrer que $\sqrt{P(n+1)}-\sqrt{P(n)}$ est constante à partir d'un certain rang.
  • Poirot
    Modifié (28 Jan)
    J'ai plusieurs critiques vis-à-vis de cette preuve.
    Déjà, on ne parle pas de développement limité mais de développement asymptotique dans ce cadre. Ensuite, tu n'expliques pas pourquoi il existe un développement de la forme $f(x) = ax + b + \frac{c}{x} + O\left(\frac1x\right)$. Tu peux simplement écrire que pour $x$ assez grand $$f(x) = \sqrt{\alpha x^2 + \beta x + \gamma} = \sqrt{\alpha} x \sqrt{1 + \frac{\beta}{\alpha x} + \frac{\gamma}{x^2}} = \sqrt{\alpha} x \left(1 + \frac{\beta}{2\alpha x} + O\left(\frac1x\right)\right)$$ pour en déduire l'existence et les valeurs de tes $a, b$ et $c$.
    La partie du raisonnement concernant les restes modulo $1$ est très mal formulée. Ce n'est pas juste parce qu'elle est périodique que la suite $(\{an\})_n$ prend une infinité de valeurs dans ce que tu décris (la suite constante égale à $0$ ne vérifie pas ça par exemple). C'est plutôt parce que l'on peut décrire précisément les valeurs prises par cette suite (l'ensemble de toutes les (classes d'équivalence des) fractions de la forme $\frac{k}{q}$ avec $0 \leq k \leq q-1$) et qu'en particulier $0$ fait partie de ces valeurs, et $\frac{1}{2}$ également quand $q$ est pair, et sinon $\frac{1}{3} < \frac{k}{2k+1} < \frac{1}{2}$ quand $q=2k+1$ est impair avec $k \geq 1$
    L'argument pour établir que $a \in \mathbb N$ est également incomplet, ce n'est pas parce que $f(x)-ax+b$ tend vers $0$ que l'on obtient que la suite des $\{f(n)\}$ prend une infinité de valeurs dans $[1/4, 3/4]$ (tu peux perturber une suite constante égale à $1/4$ par quelque chose qui tend vers $0$ pour avoir un contre-exemple).
    Enfin je ne comprends pas comment tu obtiens que $b \in \mathbb N$ puis que $f(x)=ax+b$.
  • Tu as parlé de somme télescopique
    N’hésite pas à lire le forum du haut vers le bas.
  • @JLapin
    Je ne vois pas comment montrer que ta suite tend vers $0$.
    Je ne vois pas de somme télescopique.
  • Une petite question : pas moyen de faire une preuve purement algébrique? J'ai essayé mais pour le moment, je n'ai pas eu le succès espéré ! ^^'
  • @NicoLeProf
    Cet exercice est sacrément costaud, surtout pour la filière PC.
  • JLapin
    Modifié (28 Jan)
    Je ne vois pas de somme télescopique.
    Mais pourquoi tu parles de sommes télescopiques !
    Voici une astuce bien utile pour utiliser ce forum : lire les messages en commençant par ceux qui sont en haut de la page et les prendre les uns après les autres.
  • @Poirot comme je disais j'ai escamoté pas mal de détails (qui étaient clairs pour moi). Pour la dernière remarque: une fois qu'on a $a \in \mathbb{N}$, on a $f(n) - an \in \mathbb{N}$ pour tout entier $n$. Si $b$ n'est pas un entier, alors en notant $\{ b \}$ sa partie fractionnaire, on voit que pour $n$ assez grand, le $c/n + O( 1/n^2 )$ dans le développement asymptotique de $f$ sera tellement petit qu'il ne pourra plus "compenser" la partie fractionnaire de $b$ pour retomber sur un entier. En gros on doit avoir $f(n) - an = b + c/n + O(1/n^2) \in \mathbb{N}$ pour tout entier $n$, et comme $c/n + O(1/n^2)$ tend vers $0$, si $b$ n'est pas entier, on ne pourra pas avoir $b + c/n + O(1/n^2) \in \mathbb{N}$ pour un $n$ assez grand.
    Est-ce que c'est un peu plus clair?
  • Oui c'est plus clair, mais ça mérite une meilleure démonstration que ça. ;)
  • OShine
    Modifié (29 Jan)
    @JLapin
    Posons $u_n=\sqrt{P(n+2)}-2\sqrt{P(n+1)}+ \sqrt{P(n)}$.
    $\deg P=2$. Donc $P(X)=aX^2+bX+c$ avec $a \geq 0$.
    On a $u_n=\sqrt{P(n+2)}-\sqrt{P(n+1)} + \sqrt{P(n)}- \sqrt{P(n+1)}$
    Aucune idée de comment montrer que $(u_n)$ tend vers $0$.
  • Avec des DL
  • Ok merci. 
  • OShine
    Modifié (29 Jan)
    Posons $P(X)=aX^2+bX+c$ avec $a>0$.
    $u_n=an \left( \sqrt{1+ \dfrac{4a+b}{a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{4a+2b+c}{a} \times \dfrac{1}{n^2}}- 2  \sqrt{1+ \dfrac{2a+b}{a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{a+b+c}{a} \times \dfrac{1}{n^2}} + \sqrt{1+ \dfrac{b}{a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{c}{a} \times \dfrac{1}{n^2}}\right)$
    Un DL donne :  $u_n=an \left(  \dfrac{4a+b}{2a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{4a+2b+c}{2a} \times \dfrac{1}{n^2} - 2  ( \dfrac{2a+b}{2a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{a+b+c}{2a} \times \dfrac{1}{n^2} )  +  \dfrac{b}{2a} \times \dfrac{1}{n} + \dfrac{c}{2a} \times \dfrac{1}{n^2} +o(\dfrac{1}{n}) \right)$
    J'ai utilisé que $(1+u)^{1/2}=\dfrac{u}{2}+o(u)$.
    Et $o(\alpha /n + \beta / n^2)=o(1/n)$.
    Après simplifications, je tombe sur $u_n=\dfrac{a}{n}+o(1)$. Donc $\boxed{ \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n =0}$.
    Donc $(u_n)$ est stationnaire égale à $0$ à partir d'un certain rang $n_0$.
    Que signifie "on remonte cette double différence finie" ?
  • Ben314159
    Modifié (29 Jan)
    A mon avis, ça signifie que, une fois qu'on sait que $\sqrt{P(n\!+\!2)}-2\sqrt{P(n\!+\!1)}+\sqrt{P(n)}=0$ pour tout $n\geqslant N$, on peut en déduire facilement les valeurs des $\sqrt{P(n)}$ (pour $n\geqslant N$) en fonction de $\sqrt{P(N)}$ et $\sqrt{P(N\!+\!1)}$.

    Et sinon, je n'ai pas bien compris pourquoi certains intervenant faisaient deux dérivations discrètes alors qu'une suffit et permet de rester dans le "totalement rudimentaire" : 
    $\sqrt{P(n\!+\!1)}-\sqrt{P(n)}=\dfrac{P(n\!+\!1)-P(n)}{\sqrt{P(n\!+\!1)}+\sqrt{P(n)}}$ et, en divisant le numérateur et le dénominateur par $n$ il vient que $\sqrt{P(n\!+\!1)}-\sqrt{P(n)}\mathop{\longrightarrow}\limits_{\infty}\sqrt{a}$ (où $a$ est le coeff. en $X^2$ de$P$).  Et comme c'est une suite d'entiers, ça prouve que $\sqrt{a}=A$ est entier et que la suite est constante à partir d'un certain rang $N$.  On en déduit que, pour tout $n\geqslant N$, $\sqrt{P(n)}=\sqrt{P(N)}+A(n\!-\!N)=An+B$
  • JLapin
    Modifié (29 Jan)
    pourquoi certains intervenant faisaient deux dérivations discrètes alors qu'une suffit

    Essentiellement pour montrer l'esquisse d'une preuve d'un résultat à la portée plus générale que celui qui est exposé au début de ce fil.

  • OShine
    Modifié (29 Jan)
    @Ben314159
    J'avais pensé à cette idée de multiplier par l'expression conjuguée.
    Tu n'as pas fait une erreur de calcul ? Je trouve $2 \sqrt{a}$.
    On a $P(n)=an^2+bn+c$.
    $P(n+1)=a(n^2+2n+1) +b(n+1)+c=an^2 +n(2a+b) +(a+b+c)$.
    On a $P(n+1)-P(n)=an^2 +n(2a+b) +(a+b+c) - an^2 -bn-c= \boxed{2na +(a+b)}$
    Ainsi $P(n+1) -P(n) \sim 2na$.
    $\sqrt{P(n+1)}+\sqrt{P(n)}=\sqrt{an^2 +n(2a+b) +(a+b+c)} + \sqrt{an^2+bn+c} \sim \sqrt{a} n$.
    Donc $\sqrt{P(n+1)}-\sqrt{P(n)} \sim \dfrac{ 2na}{ \sqrt{a}n} \sim 2 \sqrt{a}$.

    Il existe $N \in \N$ tel que $n \geq N \implies \sqrt{P(n+1)}-\sqrt{P(n)} = 2 \sqrt{a}$.
    Donc $\forall n \geq N \ \sqrt{P(n+1)}= \sqrt{P(n)}+2 \sqrt{a}$.
    • $\sqrt{P(n))}=\sqrt{P(n-1)} + 2 \sqrt{a}$
    • $\sqrt{P(n))}=\sqrt{P(n-2)} + 2 \times (2 \sqrt{a})$
    On a finalement $\boxed{\forall n \geq N \ \sqrt{P(n)}= \sqrt{P(N)} + 2 \sqrt{a} (n- N)}$.

    Comment on en déduit que $P=(aX+b)^2$ avec $(a,b) \in \Z^2$ ?

    Pourquoi si c'est vrai pour $P(n)$ c'est vrai pour $P(X)$ ? 
  • Ben314159
    Modifié (29 Jan)
    Tu as fait une erreur dans ton $\sqrt{P(n\!+\!1)}+\sqrt{P(n)}=\cdots$ : ce n'est pas équivalent à $\sqrt{a}n$, mais à $2\sqrt{a}n$.
    Et une fois que tu as $\forall n\!\geq N,\ \sqrt{P(n)}=An+B$, (avec $A$ et $B$ entiers) ça signifie que le polynôme $P(X)-(AX\!+\!B)^2$ s’annule une infinité de fois.  Donc c'est le polynôme nul.
  • OShine
    Modifié (29 Jan)
    @Ben314159
    Oui petite erreur de calcul de ma part en effet.
    Ah oui ce fameux argument du polynôme qui a plus de racines que son degré.
    Superbe ta solution en plus elle est très simple  B)
  • JLapin a dit :
    Tu peux aussi étudier $\sqrt{P(n+2)} - 2\sqrt{P(n+1)}+\sqrt{P(n)}$.
    Ça converge vers $0$ et c'est entier, donc c'est constant égal à $0$ au voisinage de $+\infty$.
    On remonte cette double différence finie et on obtient que $\sqrt{P(n)}$ est polynomial de degré au plus $1$.
    C'est vraiment curieux: Dans ton message de ce fil, je lis $P(n+2) - 2P(n+1)+P(n)$, mais quand je te cites, des racines carrées apparaissent autour de chaque terme $P(n+2)$, $P(n+1)$ et $P(n)$.

    @OShine
    Je ne sais pas ce que tu vois, mais si c'est comme moi la 1ere expression (sans racine carrée), tu vas avoir du mal à montrer qu'elle tend vers 0 puisqu'elle représente en gros la dérivée seconde discrete de $P$, censément constante non nulle pour P de degré 2. Du reste, pour $P=X^2$ cette expression vaut exactement 2...

    Par contre, lorsqu'on considère la seconde expression (avec racines carrées), celle-ci est clairement égale à une fonction affine + o(1), et la limite pour $n$ tendant vers $+\infty$ est bien nulle puisque pour une fonction affine $A$ on a $A(k+1)-A(k)$ constant, et donc $A(k+2) -2A(k+1) +A(k) = (A(k+2) -A(k+1)) -(A(k+1)-A(k)) =0$.
  • Actuellement, je vois bien les racines carrées dans mon message initial.
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