Problème sur les polynômes

najibifarid

Bonjour tout le monde, je suis actuellement en prépa Mpsi   et j'aurais besoin d'un peu d'aide pour un exercice.
J'ai fait toute les questions jusqu'à la question 3 où j'ai  raisonné par l'absurde en supposons que p admet une racine double donc p =(x-a)^2*D, D appartient à R[x], j'ai dérivé pour avoir que le pgcd de p et p' est différent de 0 ce qui est absurde car pgcd(p,q)=1 et q=alpha*p' alpha appartient à R donc pgcd (p,q)=pgcd(p,p')=1.
Pour la deuxième partie de la question je n'ai aucune idée, pareil pour la question 4 ...
Merci beaucoup pour votre aide.

nicolas.patrois

Pour la question 4, tu résous une équation différentielle linéaire du deuxième ordre pour chaque cas.

najibifarid

bonsoir Nicolas 
mercii beaucoup , je prends l'équation n^2P=XP'+(x^2-1)P''
il me faut donc un changement de variable j'ai pris x= sin(t)
donc f(x)=f(sin(t))=g(t)
mais je me suis rendu compte qu'on prenant x=sin(t) ma résolution serait juste sur ]-1,1[ , non ? 

najibifarid

quelqu'un peut m'aider s'il vous plait !!

Chaurien

Si $P$ est un polynôme et si tu connais $P(x)$ pour une infinité de de valeurs de $x$, alors tu connais $P(x)$ pour tout $x$ réel, ou même complexe.

Autrement dit, si $P_1$ et $P_2$ sont deux polynômes à coefficients complexes, et s'il existe une partie infinie $A$ de $\mathbb C$ telle que : $\forall x \in A, P_1(x)=P_2(x)$, alors $P_1=P_2$.

Chaurien

Mais pour les faibles degrés tels que 1 ,2 , 3, on peut penser à d'autres méthodes que l’équation différentielle.

najibifarid

@chaurien merci pour votre réponse pouvez-vous m'indiquer quelles sont les autres méthodes pour les degrés 1,2, 3 ?

nicolas.patrois

Tu peux trouver de tête une solution pour n=1.

Chaurien

Méthode des coefficients indéterminés.

najibifarid

J'ai bien fait la  question 4 en utilisant la méthode de Descartes  comme vous avez indiqué.

Là je fais 5.a, faut-il raisonner par récurrence ? 

Chaurien

Si le  terme dominant d'un polynôme $y=P(x)$ est $a_m x^m$, regarde le terme dominant de $n^2 y - x y' - (x^2-1)y''$.

Et fais attention à t'exprimer dans un français correct.

Chaurien

Commentaire.

C'est un joli problème, qui figurait dans la collection de 1054 énoncés que j'avais rédigés pour mes élèves de Math. Sup. de 1991-92 (morbleu ! juste trente ans !), feuille 22, n° 7. Je suis certain de ne pas l'avoir inventé, mais je ne me souviens plus où je l'avais pris. J'aime bien trouver les références, alors je vous attends.

Maintenant, disons-le, je trouve qu'il est posé ici de façon maladroite. En fait il s'agit d'une équation fonctionnelle polynomiale.

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Soit $n \in \mathbb N^*$. Trouver tous les couples de polynômes $(P,Q)$ à coefficients réels, à coefficients dominants positifs,  tels que :

$\deg P=n$ et $ P(X)^2+(1-X^2)Q(x)^2=1$.

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C'est une équation, dis-je, pas la peine d' « admettr[e] l'existence de tels polynômes ». Si l'on trouve qu'il n'existe pas de tels polynômes, eh bien on le dira, et c'est tout. Le collègue qui a posé ça a sans doute déjà rencontré dans ses études des équations qui n'ont pas de solution, et il y a survécu.

Évidemment, il ne serait pas raisonnable de le poser en classe tout cru ainsi, et il faut des questions intermédiaires comme celles qui sont  posées dans cet énoncé, ou peut-être d'autres.

Si le terme dominant de $P(X)$ est $a X^n$, alors le terme dominant de $Q(X)$ est $a X^{n-1}$.

Les polynômes $P$ et $Q$ sont premiers entre eux.

Il existe $\alpha \in \mathbb R_+^* $ tel que $Q= \alpha P'$, et $\alpha = \frac 1n$.

L'équation proposée devient : $ P(X)^2+(1-X^2) \frac {P'(X)^2}{n^2}=1$.

Et par dérivation : $(1-X^2)P''(X)-XP'(X)+n^2 P(X)=0$.

Là, d'accord.

À tout à l'heure.

Fr. Ch.

Chaurien

Commentaire (suite).

Si le but est de trouver $P$, alors les zéros de $P$ et de $P+1$, on s'en fiche pour le moment.

Trouver $P$ pour $n=1$, $n=2$, $n=3$, bon, ça donne à penser que ce doit être possible pour tout $n \in \mathbb N^*$.

On pose :  $P(X)=\overset{n}{\underset{k=0}{\sum }}a_{k}X^{n-k}$, et l'équation différentielle conduit à : $a_{k}=-\frac{(n-k+2)(n-k+1)}{k(2n-k)}a_{k-2}$, et $a_1=0$.

Il en résulte : $a_{k}=0$ pour $k$ impair, et en posant $c_{k}=a_{2k}$, il vient : $P(X)=\overset{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor }{\underset{k=0}{\sum }}c_{k}X^{n-2k}$, avec, pour $k\in \{1,2,...,\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor \}$, $c_{k}=-\frac{(n-2k+2)(n-2k+1)}{2k(n-k)}c_{k-1}$.

Ainsi, le polynôme $P$ a la parité de l'entier $n$, pas la peine de faire intervenir les polynômes $R$ et $S$ de l'énoncé, qui ne servent à rien.

Et de plus, l'équation différentielle détermine le polynôme $P$ à un coefficient multiplicatif près.

Là l'énoncé peut introduire les polynômes de Tchebychev de première espèce $T_n$, définis pour tout $\theta \in \mathbb R$ par : $\cos n \theta=T_n( \cos \theta)$, et on conclut avec l'équation initiale par : $P=T_n$.

On peut ajouter les polynômes de Tchebychev de seconde espèce $U_n$, définis, pour tout $\theta \in \mathbb R$, par : $\sin (n+1) \theta=\sin \theta ~U_n( \cos \theta)$, et l'on voit que $Q=U_{n-1}$.

L'équation initiale se ramène tout simplement  à $\cos^2 n \theta + \sin^2 n \theta =1$.

C'est vraiment un joli problème car il nécessite des arguments de l'arithmétique des polynômes, puis la dérivation, et finalement il met en scène simultanément les polynômes de Tchebychev des  deux espèces. Encore faut-il le poser correctement.

Et pour finir, je répète que j'aimerais savoir d'où il vient.

Bonne soirée.

Fr. Ch.