Samedi 19 mars 2011.

Ly ée La Bruyère, Versailles ECS 2

 Mathématiques

Corre tion du DS8, sujet de se ours Problème  Le but de e problème est de démontrer un théorème dû à George Pólya sur les polynmes à

oe ients omplexes : Théorème 1 (Pólya) Soit P ∈ C[X] un polynme unitaire de degré au moins 1. Soit : et

C = {z ∈ C | |P (z)| 6 2}

R = {Re(z), z ∈ C}.

Alors R est une union nie d'intervalles fermés bornés deux à deux disjoints I1 , . . . , It tels que ℓ(I1 ) + · · · + ℓ(It ) 6 4,

la longueur d'un intervalle I = [a, b] étant dénie par ℓ(I) = b − a. Dans la partie III, on démontre que e théorème dé oule d'un théorème plus simple portant sur des polynmes à oe ients réels :

Théorème 2 Soit P ∈ R[X] un polynme unitaire de degré n > 1, dont toutes les ra ines sont réelles. Alors l'ensemble S = {x ∈ R | |P (x)| 6 2} est une union disjointe d'intervalles fermés I1 , . . . , It tels que ℓ(I1 ) + · · · + ℓ(It ) 6 4.

La démonstration utilise un résultat dû à T heby hev, qui fait l'objet de la partie II :

Théorème 3 (T heby hev) Soit P ∈ R[X] un polynme unitaire de degré n > 1. Alors : max |P (x)| >

−16x61

1 . 2n−1

Enn, on admet dans l'ensemble du problème les deux théorèmes d'analyse suivants :

Théorème 4 (Rolle) Soit f : [a, b] −→ R une fon tion ontinue sur [a, b] et dérivable sur ]a, b[ telle que f (a) = f (b). Alors il existe c ∈]a, b[ tel que f ′ (c) = 0. Théorème 5 Une fon tion f ontinue sur un intervalle fermé et borné admet sur et intervalle un maximum et un minimum. Partie I  Préliminaires Dans toute ette partie P ∈ R[X] est un polynme de degré n > 1, dont toutes les ra ines (dans C) sont réelles. On note r1 < · · · < rk les ra ines de P deux à deux distin tes, et α1 , . . . , αk leur multipli ité. 1. Lemme 6 Si r est ra ine au moins double de P ′ , alors r est ra ine de P . (a) D'après le théorème de d'Alembert-Gauss (ou plutt un de ses orollaires), tout polynme non nul admet autant de ra ines dans C omptées ave multipli ité que son degré. Ainsi, n = α1 + · · · + αk .

(b) Soit i ∈ [[1, k]]. D'après la ara térisation de la mutlipli ité des ra ines par les dérivées su

essives de P , ri étant ra ine de P , ri est ra ine de P ′ si et seulement si ri est ra ine au moins double de P . Don ri est ra ine de P ′ si et seulement si αi > 2. Alors, ri étant ra ine de multipli ité αi de P , on a : P (ri ) = P ′ (ri ) = · · · = P (αi −1) (ri ) = 0,

Ainsi : P ′ (ri ) = · · · = P ′

(αi −2)

(ri ) = 0

et

On en déduit que ri est ra ine de multipli ité αi − 1 de P ′ . 1

et P′

P (αi ) (ri ) 6= 0. (αi −1)

(ri ) 6= 0.

( ) Soit i ∈ [[1, k − 1]]. Alors P (ri ) = P (ri+1 ) = 0. Don , la fon tion P étant ontinue sur [ri , ri+1 ] et dérivable sur ]ri , ri+1 [ en tant que fon tion polynomiale, on en déduit, d'après le théorème de Rolle donné dans l'énon é, l'existen e d'une ra ine (au moins) de P ′ dans l'intervalle ]ri , ri+1 [. (d) Soit, pour tout i ∈ [[1, k − 1]], ni le nombre de ra ines ( omptées ave multipli ité) de P ′ dans l'intervalle ]ri , ri+1 [. Notons également r0 le nombre de ra ines (ave multipli ité) dans ] − ∞, r1 [ et nk le nombre de ra ines (ave multipli ité) de P ′ dans ]rk , +∞[. Enn, on note nC le nombre de ra ines (av multipli ité) non réelles. Puisque deg P > 1, on a deg P ′ = n − 1. Alors, d'après le théorème de d'Alembert Gauss, pour tout i ∈ [[1, k]], ri étant ra ine de P ′ de multipli ité αi − 1 (valable aussi si αi = 1, dénissant 0 omme multipli ité d'un nombre n'étant pas ra ine), on obtient : k X

n − 1 = deg P ′ = nC +

ni +

i=0

nC +

k X

ni +

k X

(αi − 1)

i=1

k X

αi

i=1

i=0

nC +

k X

!

−k

ni + n − k.

i=0

Or, d'après la question I-1( ) : et

∀i ∈ [[1, k − 1]], ni > 1,

n0 > 0, nk > 0, nC > 0.

(1)

Si l'une de es inégalités n'est pas une égalité (don est une inégalité stri te), on obtient : n − 1 = nC +

k X

ni + n − k > k − 1 + n − k = n − 1,

i=0

d'où une ontradi tion. Par onséquent, toutes les inégalités données en (1) sont en fait des égalités : et

∀i ∈ [[1, k − 1]], ni = 1,

n0 = 0, nk = 0, nC = 0.

Ces nombres omptant des ra ines ave multipli ité, on en déduit que : • pour tout i ∈ [[1, k − 1]], l'intervalle ]ri , ri+1 [ ontient une et une seule ra ine omptée ave multipli ité, don ontient exa tement une ra ine, ette ra ine étant simple ; • ]rk , +∞[ et ] − ∞, r1 [ ne ontiennent pas de ra ines de P ′ ; • P ′ n'admet pas de ra ines omplexes non réelles.

(e) Ainsi, si toutes les ra ines de P sont réelles, toutes les ra ines de P ′ diérentes de r1 , . . . , rk sont simples. On en déduit qu'une ra ine au moins double de P ′ appartient à l'ensemble {r1 , . . . , rk }, don est ra ine de P , d'où le lemme 6. 2. Lemme 7 Pour tout x ∈ R, on a : P ′ (x)2 > P (x)P ′′ (x). (a) Puisque toutes les ra ines de P sont réelles, r1 , . . . , rk représentent toutes les ra ines de P . De plus, on onnait leur multipli ité. Ainsi, si a désigne le oe ient dominant de P , on a : P (X) = a

k Y

(X − ri )αi

i=1

(b) Méthode 1 On dérive le produit de la question pré édente : P′ =

k X

a(X − r1 )α1 · · · αj (X − rj )αj −1 · · · (X − rk )αk

j=1

2

(dans le terme d'indi e j de la somme, on dérive le fa teur (X − rj )αj et on ne tou he pas aux autres). En sortant du adre des polynmes formels, et en s'autorisant à é rire des fra tions, ela s'exprime ainsi, si on ex lut les valeurs r1 , . . . , rk : ∀x ∈ R \ {r1 , . . . , rk }, P ′ (x) =

k X

αj

j=1

P (x) . x − rj

k

Par onséquent : ∀x ∈ R \ {r1 , . . . , rk },

Méthode 2

P ′ (x) X αj . = P (x) x − rj j=1

P ′ (x) dénie sur R \ {r1 , . . . , rk } est la dérivée de la fon tion x 7→ ln |P (x)|. Or, P (x) pour tout x ∈ R \ {r1 , . . . , rk }, k k X Y αj αj ln |x − rj |. ln |P (x)| = ln (x − rj ) = j=1 j=1

La fon tion x 7→

En dérivant ette expression sur R \ {r1 , . . . , rk }, on retrouve bien : k

P ′ (x) X αi ∀x ∈ R \ {r1 , . . . , rk }, . = P (x) x − ri i=1

Remarquez que la méthode 1 s'adapte bien au as d'un polynme à ra ines omplexes quel onques, alors que pour la méthode 2, il est important que toutes les ra ines soient réelles. ′

( ) P étant un polynme, il est inniment dérivable. Ainsi, par quotient de fon tions dérivables, PP est dérivable sur son domaine de dénition. En dérivant l'expression trouvée dans la question pré édente, on obtient alors : k

∀x ∈ R \ {r1 , . . . , rk },

X P ′′ (x)P (x) − P ′ (x)2 αi − = , P (x)2 (x − ri )2 i=1

et les αi étant positifs, ette expression est négative. Par positivité de P 2 , on en déduit que : ∀x ∈ R \ {r1 , . . . , rk }, P ′′ (x)P (x) − P ′ (x)2 6 0.

De plus, s'il existe i ∈ [[1, k]] tel que x = ri , alors P (x) = 0, d'où P ′′ (x)P (x) = 0 6 P ′ (x)2 , et l'inégalité est en ore vériée. Par onséquent : ∀x ∈ R, P ′ (x)2 > P (x)P ′′ (x).

Partie II  Polynmes et théorème de T heby hev 

T0 = 1; T1 = X; ∀n > 1, Tn+1 = 2XTn − Tn−1 .

1. Étude élémentaire des polynmes Tn (a) T0 = 1, T1 = X , T2 = 2X 2 − 1, T3 = 4X 3 − 3X , T4 = 2X(4X 3 − X) − (2X 2 − 1) = 8X 4 − 4X 2 + 1. (b) Soit, pour tout n dans N∗ , la propriété P(n): Tn est un polynme de degré n, de oe ient dominant 2n−1 , et Tn (1) = 1, Tn (−1) = (−1)n . Comme T1 (1) = 1 et T2 (1) = 2 − 1 = 1, et omme T1 (−1) = −1 et T2 (−1) = 1, les autres propriétés étant évidentes, P(1) et P(2) sont vraies. Soit n ∈ N∗ tel que P(n) et P(n + 1) soient vraies. Alors 2XTn+1 est un produit de deux polynmes, don un polynme, puis Tn+2 est la diéren e de deux polynmes 2XTn+1 et Tn , don un polynme aussi. 3

De plus, toujours d'après l'hypothèse de ré urren e, puisque Tn+1 6= 0, deg 2XTn+1 = n + 1 + 1 = n + 2, et deg Tn = n < n + 2. Ainsi, d'après les règles de degré d'une somme, les deux degrés étant diérents : deg Tn+2 = max(deg XTn+1 , deg Tn ) = n + 2. De plus, l'argument pré édent montre que le oe ient dominant de Tn+2 provient ex lusivement du terme 2XTn+1 . Ainsi, il est obtenu en multipliant le oe ient dominant de Tn+1 par 2. Il vaut don 2n · 2 = 2n+1 = 2(n+2)−1 . Cal ulons maintenant Tn+2 (1) à l'aide de la relation de ré urren e : Tn+2 (1) = 2 · 1Tn+1 (1) − Tn (1) = 2 − 1 = 1.

Enn : Tn+2 (−1) = 2 · (−1)Tn+1 (−1) − Tn (−1) = (−1)n (2 − 1) = (−1)n = (−1)n+2 .

Par onséquent, P(n + 2) est vérié. Par onséquent, P(1) et P(2) sont vraies, et pour tout n dans N∗ , P(n) et P(n + 1) entraînent P(n + 2). D'après le prin ipe de ré urren e, P(n) est vraie pour tout n dans N∗ . On en déduit que, pour tout n ∈ N∗ , Tn est un polynme de degré n, de oe ient dominant 2n−1 , et Tn (1) = 1, Tn (−1) = (−1)n . Remarque : Ne vous amusez pas à faire 5 ré urren es diérentes pour les 5 propriétés à démontrer. Cela vous ferait perdre du temps, et sans doute de la qualité de réda tion. Mieux vaut rédiger proprement une ré urren e que d'en bâ ler 5.

( ) Soit, pour tout n dans N, la propriété Q(n): ∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos(nθ). Soit θ ∈ R. On a T0 (cos θ) = 1 = cos(0 · θ) et T1 (cos θ) = cos θ = cos(1 · θ). Par onséquent, Q(0) et Q(1) sont vraies. Soit n ∈ N tel que Q(n) et Q(n + 1) soient satisfaits, et soit θ ∈ R. Alors, d'après la relation de ré urren e dénissant Tn+2 : Tn+2 (cos(θ)) = 2 cos θTn+1 (cos θ) − Tn (cos θ) = 2 cos θ cos((n + 1)θ) − cos(nθ) = cos((n + 1)θ + θ) + cos((n + 1)θ − θ) − cos(nθ) = cos((n + 2)θ),

en utilisant la formule trigonométrique pour le produit cos(a) cos(b). Ainsi, Q(n + 2) est vrai. Par onséquent, Q(0) et Q(1) sont vraies, et pour tout n dans N, Q(n) et Q(n + 1) entraînent Q(n + 2). D'après le prin ipe de ré urren e, Q(n) est vraie pour tout n dans N. ∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos(nθ).

2. Étude des ra ines de Tn et Tn′ . On pose n ∈ N∗ . (a) Puisque le osinus est une bije tion de [0, π] sur [−1, 1], tout réel x ∈ [−1, 1] s'é rit sous la forme x = cos θ pour une unique valeur de θ ∈ [0, π]. Re her her les ra ines de P dans [−1, 1] est don équivalent à re her her les valeurs de θ dans [0, π] telles que Tn (cos θ) = 0, 'est-à-dire telles que cos(nθ) = 0. π + kπ Or, cos(nθ) = 0 si et seulement s'il existe k ∈ Z tel que nθ = π2 + kπ , don θ = 2n n , et pour avoir les valeurs de θ dans [0, π], il faut se restreindre à k ∈ [[0, n − 1]]. Ainsi, l'ensemble des valeurs de θ dans [0, π] telles que Tn (cos θ) = 0 est :     π 3π 5π (2n − 1)π π kπ + , k ∈ [[0, n − 1]] = , , ,..., . 2 n 2n 2n 2n 2n L'ensemble des ra ines de Tn dans [−1, 1] est don :            π  3π 5π (2n − 1)π π kπ , k ∈ [[0, n − 1]] = cos , cos , cos , . . . , cos , + cos 2 n 2n 2n 2n 2n 4

es ra ines étant deux à deux distin tes, puisque le osinus est inje tif sur [0, π]. (b) Dans la question pré édente, on a don trouvé n ra ines distin tes pour un polynme de degré n. Ainsi, toutes les ra ines de Tn sont dans [−1, 1] et sont dé rites dans la question pré édente. ( ) Pour tout θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos(nθ). Dérivons ette égalité (dérivable sur R) membre à membre par rapport à θ : ∀θ ∈ R, − sin θ · Tn′ (cos θ) = −n sin(nθ). Re her hons d'abord les ra ines de Tn′ dans ] − 1, 1[, en é rivant x = cos θ, θ ∈]0, π[. Dans e as sin θ 6= 0, et par onséquent, Tn′ (cos θ) = 0 si et seulement si sin(nθ) = 0, don si : ∃k ∈ Z, nθ = kπ

soit:

θ=

kπ . n

Pour rester dans l'intervalle ]0, π[, il faut se restreindre aux valeurs de k dans [[1, n − 1]]. Ainsi, les ra ines de Tn′ dans ] − 1, 1[ sont :          π π  2π (n − 1)π kπ , k ∈ [[1, n − 1]] = cos , cos , cos , . . . , cos . cos n 2n n n n

On obtient ainsi n − 1 ra ines deux à deux distin tes de Tn′ qui est de degré n − 1. On les a don toutes. Comme la fon tion osinus est dé roissante sur [0, π], il faut inverser l'ordre pour trouver la orrspondan e entre es expressions et les si :   (n − k)π ∀k ∈ [[1, n − 1]], sk = cos . n

(d) On en déduit, grâ e à la question II-1( ), que pour tout k ∈ [[1, n − 1]],    (n − k)π = cos ((n − k)π) = (−1)n−k : Tn (sk ) = Tn cos n

Tn (sk ) = (−1)n−k .

3. Démonstration du théorème de T heby hev Soit n ∈ N∗ , et soit Q un polynme unitaire de degré n. (a) La fon tion x 7→ |Q(x)| est ontinue sur l'intervalle fermé borné [−1, 1], elle y admet don un maximum d'après le théorème 5.

On dénit Qn = Tn − 2n−1 Q. (a) On a deg(Tn ) = n, et deg(2n−1 Q) = n, don , d'après les règles de degré d'une somme, deg(Qn ) 6 n. Montrons que ette inégalité est stri te. Le oe ient dominant de Tn est 2n−1 d'après 1(b), et elui de Q est 1 (Q est unitaire), don elui de 2n−1 Q est 2n−1 . Par onséquent, les oe ients du terme X n dans Qn se ompensent, et Qn n'a pas de terme de degré n. Par onséquent, deg(Qn ) 6 n − 1. (b) On suppose que max |Q(x)| < −16x61

1 2n−1

.

n . D'après la question 1, |Tn | atteint la valeur 1 pour ertaines i. Il s'agit de montrer que Q 6= 2Tn−1 valeurs dans [−1, 1] (les valeurs 1, −1 et sk , k ∈ [[1, n − 1]]). Ainsi, Tn (x) > 1. max −16x61 2n−1

On en déduit que

don que Q 6=

Tn 2n−1 ,

Tn (x) 6= max |Q(x)| , max −16x61 2n−1 −16x61

puis que Qn 6= 0.

ii. • Qn (1) = Tn (1) − 2n−1 Qn (1) = 1 − 2n−1 Qn (1). 1 Puisque max |Q(x)| < n−1 , |Q(1)| < 2n−1 , don −2n−1 < Q(1) < 2n−1 , puis Qn (1) > 0. −16x61 2 5

• Qn (−1) = Tn (−1) − 2n−1 Qn (1) = (−1)n − 2n−1 Qn (1). De même, −2n−1 < Q(−1) < 2n−1 , don Qn (−1) > 0 si n est pair et Qn (−1) < 0 si n est impair. • Soit k ∈ [[1, n]]. Alors Qn (sk ) = (−1)n−k −2n−1 Q, et le même raisonnement montre que Qn (sk ) est du signe de (−1)n−k , don stri tement positif si n − k est pair, et stri tement négatif si n − k est impair. Posons s0 = −1 et sn = 1, on obtient alors de manière synthétique : Pour tout k ∈ [[0, n]], Qn (sk ) est stri tement positif si n − k est pair et stri tement négatif sinon.

iii. Par onséquent, pour tout k ∈ [[0, n − 1]], Qn (sk ) et Qn (sk+1 ) sont de signes (stri tement) opposés. Comme Qn est un polynme, il est ontinu sur [sk , sk+1 ], don on peut appliquer le TVI sur et intervalle : il existe tk ∈]sk , sk+1 [, tel que Qn (tk ) = 0. Comme s0 < s1 < · · · < sn , les intervalles ]sk , sk+1 [, k ∈ [[0, n − 1]], sont deux à deux disjoints, et par onséquent, les valeurs tk , k ∈ [[0, n − 1]] sont deux à deux distin tes. On a don n ra ines distin tes d'un polynme de degré au plus n − 1 et non nul, d'où une

ontradi tion. ( ) L'hypothèse initiale de la démontration par l'absurde est fausse. Par onséquent : max |Q(x)| >

−16x61

1 . 2n−1

Partie III  Exemples et rédu tion du problème au as de polynmes réels 1. Un premier exemple : P = X − a, a ∈ C. (a) z ∈ C si et seulement si |z − a| 6 2. Ainsi, C est le disque fermé de entre a et de rayon 2. Géométriquement, il est évident qu'alors R = [Re(a) − 2, Re(a) + 2] (b) Ainsi, R est la réunion d'un seul intervalle, de longueur ℓ = Re(a) + 2 − Re(a) + 2 = 4. Le théorème 1 est don vrai sur et exemple. 2. Un deuxième exemple : P = X 2 − 2. (a) Soit (x, y) ∈ R2 . Alors : x + i y ∈ C ⇐⇒ |(x + i y)2 − 2| 6 2 ⇐⇒ |x2 − y 2 − 2 + 2 i xy| 6 2 ⇐⇒ (x2 − y 2 − 2)2 + 4x2 y 2 6 4 ⇐⇒ (x2 − y 2 )2 + 4x2 y 2 + 4 − 4(x2 − y 2 ) 6 4 ⇐⇒ (x2 + y 2 )2 − 4(x2 − y 2 ) 6 0

Ainsi : x + i y ∈ C ⇐⇒ (x2 + y 2 )2 6 4(x2 − y 2 ). (b) Soit x + i y ∈ C . Alors : x4 = (x2 )2 6 (x2 + y 2 )2 6 4(x2 − y 2 ) 6 4x2 .

Ainsi : • si x 6= 0, x2 6 4, puis |x| 6 2, soit x ∈ [−2, 2] ; • si x = 0, l'in lusion x ∈ [−2, 2] est évidente ! Par onséquent, si x + i y ∈ C , alors x ∈ [−2, 2]. ( ) On déduit de la question pré édente que R ⊂ [−2, 2]. Montrons l'in lusion ré iproque [−2, 2] ⊂ R. Soit x ∈ [−2, 2]. Alors 0 6 x2 6 4, puis −2 6 P (x) 6 2. Ainsi, x ∈ C , don Re(x) = x est élément de R. Don [−2, 2] ⊂ R. On en déduit que R = [−2, 2] . Cet intervalle étant de longueur 4, le théorème de Pólya est vrai sur

et exemple. 6

3. Rédu tion du problème (a) Cela résulte de l'inégalité, pour tout z ∈ C : |Re(z)| 6 |z| (en eet, |z|2 = Re(z)2 + Im(z)2 ) I i, pour tout z ∈ C et tout i ∈ [[1, k]] : |z − ri | > |Re(z − ri )| = |Re(z) − ti |. (b) Alors, puisque pour tout i ∈ [[1, k]], αi > 0 : k k k k Y Y Y Y |z−ri |αi = (z − ri )αi = |P (z)|. |Re(z)−ti |αi 6 ∀z ∈ C, |Q(Re(z))| = (Re(z) − ti )αi = i=1

i=1

i=1

i=1

( ) Par onséquent, soit x ∈ R. Il existe z ∈ C tel que x = Re(z). Ainsi, |P (z)| 6 2. On déduit alors de la question pré édente que : |Q(x)| = |Q(Re(z))| 6 |P (z)| 6 2, don que x ∈ S . Ainsi, R ⊂ S .

(d) Je ne demande pas de grosses justi ations. Simplement, puisque R est in lus dans S , alors sa longueur totale est plus petite. Or, si le théorème 2 est vrai, la longueur de S est inférieure à 4 (on est bien dans les onditions d'appli ation du théorème : Q est unitaire, et s indé dans R 'est-à-dire de ra ines toutes réelles, par dénition de Q). Don la longueur totale de R est au plus égale à 4.

Partie IV  Démonstration du théorème de Pólya 1. P est un polynme de degré au moins 1, don admet au moins une ra ine dans C. Comme par hypothèse, toutes les ra ines de P sont réelles, P admet une ra ine r dans R. Alors |P (r)| = 0 6 2, don r ∈ S . Ainsi, S est non vide. 2. Cas où S est un intervalle (a) P se omporte en ±∞ omme son monme de plus haut degré. Comme P est de degré au moins 1, on en déduit que : lim |P (x)| = lim |P (x)| = +∞. x→+∞

x→−∞

Ainsi, il existe des réels B et B tels que : ′

∀x > B, |P (x)| > 2

et

∀x < B, |P (x)| > 2,

(au-delà et en-deça de ertaines valeurs, |P (x)| est susamment pro he de +∞ pour être plus grand que 2 ; omparez à la dénition des limites d'une suite). Ainsi, S ⊂ [B ′ , B], don I = S est borné. (b) Soit a et b les bornes inférieure et supérieure de I . Commençons par montrer que |P (a)| = 2. • Dans un premier temps, onsidérons la suite (un )n∈N∗ dénie pour tout n ∈ N∗ par un = a −

1 . n

Alors, pour tout n ∈ N∗ , un < a, don un 6∈ S , don |P (un )| > 2. En passant à la limite dans ette inégalité, puisque (un )n∈N∗ tend vers a et que |P | est ontinue en a, on obtient : |P (a)| > 2. • On en déduit dans un premier temps que P (a) 6= 0, don que a 6= b. En eet, si a = b, alors S , qui est non vide, serait égal au singleton {a}. Or, S ontient une ra ine de P au moins, d'après la démonstration faite en IV-1. Ainsi, P (a) serait nul, d'où une ontradi tion. • Ainsi, a < b. Soit (vn )n∈N∗ la suite dénie pour tout n ∈ N∗ par vn = a + b−a n . Alors pour tout n ∈ N∗ , a < vn < b, don vn ∈ I . On en déduit que pour tout n ∈ N∗ , |P (vn )| 6 2. En passant à la limite dans ette inégalité, puisque (vn )n∈N∗ tend vers a et que |P | est ontinue en a, on obtient : |P (a)| 6 2.

Par onséquent, a < b, et |P (a)| = |P (b)| = 2 (le raisonnement est similaire pour |P (b)|) On en déduit que a ∈ S = I , et B ∈ S = I . Ainsi, I ontient ses deux bornes. I est don fermé.

7

( ) L'existen e du maximum provient du théorème 5 rappelé dans l'introdu tion, puisque |P | est ontinue sur l'intervalle fermé borné [a, b]. Remarquez qu'on pouvait i i se passer de e théorème en raisonnant de la sorte : Tour d'abord, E = {|P (y)|, y ∈ [a, b]} est un sous-ensemble de R non vide, puisque [a, b] est non vide. De plus, et ensemble est majoré par 2, puisque par dénition de I = [a, b], pour tout y ∈ [a, b], |P (y)| 6 2. Ainsi, E admet une borne supérieure M , d'après la propriété fondamentale de R. De plus, M 6 2, puisque M est le plus petit des majorants, et que 2 est un majorant. Enn, |P (a)| = |P (b)| = 2, don 2 ∈ E . Ainsi, M > 2, puisque M est un majorant de E . On en déduit que M = 2 = |P (a)|. Ainsi, M ∈ E , et la borne supérieure est en fait un maximum. On résume :

max |P (y)| = 2.

a6y6b

(d) • Montrons que Q est de degré n. En eet, si P =

n X

ak X k ave an = 1 (P est unitaire), alors :

k=0

Q(X) =



2 b−a

n X n k=0

ak



b−a (X + 1) + a 2

k

=

n−1 X k=0

ak



b−a (X + 1) + a 2

k  n b−a (X + 1) + a + 2

k b−a Or, pour tout k ∈ [[0, n]], est de degré k d'après les règles de degré des (X + 1) + a 2 produits. Don , d'après les règles de degré d'une somme, k ! n   n−1 X b − a b−a (X + 1) + a 6n−1 (X + 1) + a = n. deg et deg ak 2 2 

k=0

Ainsi, omme on somme deux polynmes de degrés distin ts, le degré de la somme est le maximum des deux degrés, don deg Q(X) = n. • Montrons que  Q est unitaire. Le oe ientdominant de Q est d'après le raisonnement pré én  n b−a 2 dent, elui de (X + 1) + a , 'est-à-dire, en utilisant la formule du binme, b− a 2 n   n b−a 2 = 1. Ainsi Q est unitaire. b−a 2 Le polynme Q étant unitaire de degré n > 1, on peut utiliser le théorème de T heby hev, et on obtient :  n n    1 b−a 1 b−a b−a max |Q(x)| > n−1 soit: max P = 2 · (x + 1) + a > −16x61 −16x61 2 2 2 2n−1 4  n b−a soit: max P (y) > 2 · , a6y6b 4 par le hangement de variables y =

b−a (x + 1) + a qui transforme les bornes −1 et 1 en a et b. 2

(e) D'après IV-2( ), on en déduit que :  n b−a 2>2· 4

soit:



b−a 4

n

6 1.

ln 1 b−a b−a 6 = 0, puis 0 < 6 1 et enn 4 n 4 0 < b − a 6 4. Par onséquent, S = I , ave ℓ(I) = b − a 6 4. Le théorème 2 est don bien vérié dans le as où S est un intervalle.

Le logarithme étant roissant, on en déduit que ln

3. Une des ription de S (a) Comme on l'a déjà vu, P admet au moins une ra ine réelle r. De plus, P étant un polynme de degré au moins 1, don non onstant, P est non borné ( ar se omporte omme son monme de plus haut degré). Don il existe s ∈ R tel que |P (s)| > 2. L'appli ation |P | est ontinue sur l'intervalle fermé 8

de bornes r et s, et |P (r)| < 2, |P (s)| > 2. Ainsi, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe t dans ]r, s[ (ou ]s, r[) tel que |P (t)| = 2, don t ∈ E . E est don non vide. De plus P − 2 est un polynme non nul ( ar de degré n > 1), don admet un nombre ni de ra ines ; de même, P + 2 admet un nombre ni de ra ines. L'ensemble E étant l'union de es deux ensembles de ra ines, E également ni. (b) On raisonne par l'absurde : soit i ∈ [[1, N − 1]], et supposons que [βi , βi+1 ] 6⊂ S et ]βi , βi+1 [∩S = 6 ∅. Ainsi, il existe x ∈ [bi , bi+1 ] tel que x 6∈ S , et il existe y ∈]βi , βi+1 [∩S , soit |P (x)| > 2 et |P (y)| 6 2. 6 2, don |P (y)| < 2. De plus, puisque y n'est pas égal à un des βi , |P (y)| = Comme |P | est ontinue sur [x, y] (ou [y, x]), on peut appliquer le théoèrme des valeurs intermédiaires : il existe c ∈]x, y[ (ou ]y, x[) tel que |P (c)| = 2. Or, ]x, y[ (ou ]y, x[) est in lus dans ]βi , βi+1 [. Ainsi, il existe c ∈]βi , βi+1 [ tel que |P (c)| = 2. Or, omme c n'est pas égal à un βi (don n'est pas dans E ), e i est impossible. L'hypothèse initiale de la démonstration par l'absurde est don faux, et on en déduit que pour tout i ∈ [[1, N − 1]], soit [βi , βi+1 ] ⊂ S , soit ]βi , βi+1 [∩S = ∅. ( ) On raisonne de même. Supposons ] − ∞, β1 [∩S = 6 ∅, et soit x ∈] − ∞, β1 [∩S . Alors |P (x)| 6 2. Comme lim |P (x)| = +∞, et omme |P | est ontinue sur ] − ∞, x], il existe c ∈] − ∞, x[⊂] − ∞, β1[ x→−∞

tel que |P (c)| = 2. Un tel c est don dans E , e qui ontredit c < β1 . L'hypothèse initiale de la démonstration par l'absurde est don fausse. Ainsi ] − ∞, β1 [∩S = ∅. Même raisonnement pour montrer que ]βN , +∞[∩S = ∅. (d) Soit J le sous-ensemble de I onstitué des indi es i ∈ I tels que [βi , βi+1 ] ⊂ S . Alors, d'après e qui pré ède, [ S= [βi , βi+1 ] ∪ E. i∈J

J et E étant nis, S est la réunion d'un nombre ni d'intervalles fermés bornés et éventuellement de points isolés βi (dans le as où i 6∈ J et i − 1 6∈ J ). Mais des points isolés sont des as parti uliers d'intervalles fermés bornés ({a} = [a, a]). Ainsi, J est une union d'un nombre ni d'intervalles fermés bornés. Ces intervalles ne sont pas for ément disjoints, mais en regroupant les intervalles voisins, on obtient un nombre ni d'intervalles deux à deux disjoints.

4. De l'existen e d'une ra ine de P dans haque Ij (a) Les bornes des intervalles Ij , j ∈ [[1, t]], sont, par onstru tion, dans l'ensemble E , don , par dénition de E , pour tout j ∈ [[1, t]], |P (aj )| = |P (bj )| = 2. (b) Soit j ∈ [[1, t]] tel que aj 6= bj et P (aj ) = P (bj ) = 2 i. P est une fon tion ontinue sur [aj , bj ] qui est un intervalle fermé et borné, elle y admet un minimum m. Puisque P (aj ) = 2, m 6 2. • Si m < 2, alors e minimum est atteint en un point b ∈ [aj , bj ] diérent de aj et de bj , puisque P (aj ) = P (bj ) = 2 6= m. • Si m = 2, alors, pour tout x ∈ [aj , bj ], P (x) > m = 2. De plus, [ai , bi ] ⊂ S , don pour tout x ∈ [aj , bj ], P (x) 6 2. Ainsi, pour tout x ∈ [aj , bj ], P (x) = 2. Le minimum est don atteint en tout point de [aj , bj ], don notamment en un point b ∈]aj , bj [ (un tel point existe puisque aj < bj ). Ainsi, dans tous les as, P admet un minimum sur Ij , atteint en un point b ∈]aj , bj [. ii. P atteint un mimimum en b, et est dérivable en b, don P ′ (b) = 0. De plus, supposons que P ′′ (b) < 0. Alors, P ′′ étant ontinue sur R, il existe un voisinage de b sur lequel P ′′ est stri tement négative, don il existe ε > 0 tel que pour tout x ∈]b − ε, b + ε[, P ′′ (b) < 0. Quitte à prendre ε assez petit, on peut supposer que ]b − ε, b + ε[∈ Ij , puisque b est dans l'intervalle ouvert ]aj , bj [. 9

Ainsi, P ′ est stri tement dé roissante sur ]b − ε, b + ε[, et omme P ′ (b) = 0, on en déduit que pour tout x ∈]b − ε, b[, P ′ (x) > 0, et pour tout x ∈]b, b + ε[, P ′ (x) < 0. Ainsi, P est stri tement

roissante sur ]b, b + ε[, et stri tement dé roissante sur ]b, b + ε[. Comme P est ontinue en b,

es monotonies s'étendent aux intervalles ]b − ε, b] et [b, b + ε[. Ainsi, pour tout x ∈]b − ε, b[, P (x) < P (b), et pour tout x ∈]b, b + ε[, P (x) < P (b). Cela ontredit le fait que P (b) est le minimum de P sur Ij . Ainsi, l'hypothèse initiale de la démonstration par l'absurde est fausse, don P ′′ (b) > 0. iii. Ce i est le ÷ur de la démonstration, et fait toute la beauté de la preuve. Distinguons deux as. • Si P ′′ (b) = 0, alors P ′ (b) = P ′′ (b) = 0, don b est ra ine au moins double de P ′ . De plus, on a supposé que toutes les ra ines de P (dans C) sont réelles. On est don dans les onditions d'appli ation du lemme 6. Ainsi, b est ra ine de P . Dans e as, on a don trouvé une ra ine b de P dans ]aj , bj [. • Si P ′′ (b) > 0, utilisons le lemme 7. On est bien dans les onditions d'appli ation de e lemme, puisque toutes les ra ines de P sont réelles. Ainsi, en onsidérant l'inégalité obtenue ave x = b, on trouve : 0 = P ′ (b)2 > P (b)P ′′ (b). Ainsi, omme P ′′ (b) > 0, on a P (b) 6 0. Comme P est ontinue sur [aj , b], et P (aj ) = 2 > 0 et P (b) 6 0, il existe, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, un réel c ∈ [aj , b], for ément distint de aj , tel que P (c) = 0. Ainsi, P admet une ra ine dans ]aj , b], don dans ]aj , bj [. Dans tous les as, P admet une ra ine dans ]aj , bj [. ( ) On raisonne exa tement de la même façon. Cette fois, P admet un maximum en un point b ∈]aj , bj [. Ce point vérie P ′ (b) = 0 et P ′′ (b) 6 0. En distinguant omme pré édemment selon que P ′′ (b) = 0 et P ′′ (b) < 0, on obtient une ra ine de P dans ]aj , bj [. (d) Supposons que aj = bj . • Si P (aj ) = 2, alors, puisque Ij est un singleton, et puisque P est ontinue, il existe un voisinage de aj sur lequel P est supérieur à 2. Ainsi, P atteint en aj un minimum lo al, et omme pré édemment, on en déduit que P ′ (aj ) = 0 et P ′′ (aj ) > 0. De plus : ∗ si P ′′ (aj ) > 0, alors, d'après le lemme 7, P (aj ) 6 0, e qui entre en ontradi tion ave P (aj ) = 2 ; ∗ si P ′′ (aj ) = 0 = P ′ (aj ), alors, d'après le lemme 6, P (aj ) = 0, e qui entre en ontradi tion ave P (aj ) = 2. • De même si P (aj ) = −2. Dans e as, aj est un maximum lo al, et on aboutit de même à une

ontradi tion. Dans tous les as, l'hypothèse aj = bj onduit à une ontradi tion. Par onséquent, aj 6= bj . (e) Soit j ∈ [[1, t]]. D'après la question pré édente, aj 6= bj . Ainsi : • Si P (aj ) = P (bj ), alors on est dans un des deux as des questions (b) et ( ). Ainsi, ]aj , bj [ ontient une ra ine de P . • Si P (aj ) = 2 et P (bj ) = −2, ou si P (aj ) = −2, et P (bj ) = 2, alors, P étant ontinue sur [aj , bj ], le théorème des valeurs intermédiaires nous fournit une ra ine c de P dans ]aj , bj [. Ainsi, pour tout j ∈ [[1, t]], P admet une ra ine dans ]aj , bj [. 5. Où l'on augmente le nombre de ra ines dans le dernier intervalle (a) Si m = n, toutes les ra ines de P (au nombre de n omptées ave multipli ité, d'après le théorème de d'Alembert-Gauss) sont dans It , don il ne peut y avoir d'autres intervalles Ij onstituant S , ar

es intervalles ne ontiendraient pas de ra ine de P , e qui est en ontradi tion ave le résultat de la question 4(e). Par onséquent, t = 1 . On est don dans la situation de la question IV-2. Dans ette situation, on a déjà prouvé que le théorème 2 est vrai (question IV-2(e)). (b) P admet n ra ines ( omptées ave multipli ité). Don m 6 n. On a vu que si m = n, alors t = 1. Par onséquent, en ontrapposant, si t 6= 1, don si t > 2, alors m < n. 10

( ) Les réels c1 , . . . , cn représentant toutes les ra ines de P (répétées autant de fois que leur multipli ité), et P étant unitaire, on a P =

n m n Y Y Y (X − ci ). (X − ci ) (X − ci ) =

n Y

Ainsi, en posant R =

i=m+1

i=1

i=1

(X − ci ) , on a P = QR. D'où l'existen e de R· L'uni ité de R dé oule

i=m+1

de l'uni ité du quotient de la division eu lidienne de P par Q. (d)

i. Soit x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 . • Soit i ∈ [[1, m]]. Alors ci ∈ It par dénition. Or, x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 , don x 6 bt−1 , d'où x + d = x + at − bt−1 6 at .

Comme ci ∈ It , on a ci > at . Par onséquent, x + d − ci < 0. Ainsi, omme d > 0, on obtient : don :

0 > x + d − ci > x − ci ,

|x + d − ci | < |x − ci |.

• Ainsi : m m m m Y Y Y Y |x − ci | = (x − ci ) = |Q(x)|. |x + d − ci | < |Q(x + d)| = (x + d − ci ) = i=1

i=1

i=1

i=1

• Par onséquent,

|P1 (x)| = |Q(x + d)| · |R(x)| 6 |Q(x)| · |R(x)| = |P (x)|,

et omme x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ S , |P (x)| 6 2. Ainsi, P1 (x) 6 2 ii. Soit x ∈ It . • On raisonne de même. Puisque x ∈ It , x > at , don x − d > at − d = at − at + bt−1 = bt−1 .

Or, pour tout i ∈ [[m + 1, n]], omme P (ci ) = 0, on a ci ∈ S , et omme ci 6∈ It , on a ci ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 , d'où ci 6 bt−1 . Par onséquent : ∀i ∈ [[m + 1, n]], x − d − ci > 0,

don :

x − ci > x − d − ci > 0.

Ainsi, pour tout i ∈ [[m + 1, n]], |x − d − ci | < |x − ci |. n n Y Y |x − ci | = |R(x)| |x − d − ci | 6 On en déduit que : |R(x − d)| =

• Ainsi :

i=m+1

i=m+1

|P1 (x − d)| = |Q(x − d + d)| · |R(x − d)| 6 |Q(x)| · |R(x)| = |P (x)|.

Or, x ∈ It ⊂ S , don |P (x)| 6 2. Par onséquent, |P1 (x − d)| 6 2. (e)

i. D'après la question (d), • pour tout x ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 , |P1 (x)| 6 2, don x ∈ S1 . Ainsi : I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ S1 . • Pour tout x ∈ It′ , x + d ∈ It , don |P1 (x)| = |P1 (x + d − d)| 6 2. Par onséquent, It ⊂ S1 .

On en déduit que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ ⊂ S1 .

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ii. La fa torisation en fa teurs irrédu tibles du polynme P1 est : P1 =

m Y

(X + d − ci ) ·

n Y

(X − ci ).

i=m+1

i=1

Les ra ines de P1 sont don c1 − d, . . . , cm − d, cm+1 , . . . , cn . Or, pour tout i ∈ [[1, m]], ci ∈ It , don ci − d ∈= It′ ⊂ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ . De plus, pour tout i ∈ [[m + 1, n]], ci ∈ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ⊂ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ . Ainsi, toutes les ra ines de P1 sont dans I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ . iii. On a : It−1 = [at−1 , bt−1 ], et It′ = [at − d, bt − d] = [bt−1 , bt − d]. Ainsi : It−1 ∪ It′ = [at−1 , bt−1 ] ∪ [bt−1 , bt − d] = [at−1 , bt − d].

On en déduit que It−1 ∪ It′ est un intervalle. Alors, It−1 ∪ It′ est in lus dans un même intervalle de la dé omposition de S1 : il existe j ∈ [[1, t′ ]] tel que It−1 ∪ It′ ⊂ Jj . Montrons que j = t′ . Si e n'était pas le as, l'intervalle Jt′ serait situé stri tement plus à droite que It−1 ∪ It′ , don que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ . Ainsi : Jt′ ∩ I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ = ∅.

Comme I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ ontient toutes les ra ines de P1 (d'après (e)-ii), il en résulterait que It′ ne ontient au une ra ine de P1 , e qui rentre en ontradi tion ave la question 4(e) appliquée au polynme P1 , à ra ines toutes réelles. Par onséquent, j = t′ , don It−1 ∪ It′ ⊂ Jt′ . iv. It′ ontient m ra ines de P1 , et It−1 ontient au moins une ra ine de P d'après la question 4(e), qui est aussi ra ine de P1 , puisqu'elle n'est pas dans It . Ainsi, It−1 ∪ It′ ontient au moins m + 1 ra ines de P1 ( omptées ave multipli ité bien sûr). Comme It−1 ∪ It′ ⊂ Jt′ , on en déduit que Jt′ ontient au moins m + 1 ra ines de P1 . 6. On ee tue une ré urren e forte des endante et bornée sur m, le nombre de ra ines dans le dernier intervalle onstituant S . Ce nombre m est élément de [[1, n]], n étant le degré (xé) de P . Soit, pour tout m ∈ [[1, n]], P(m) la proposition : Pour tout polynme P de R[X] de degré n, dont toutes les ra ines sont réelles, et telles que le nombre de ra ines situées dans le dernier intervalle onstituant S est m, le théorème 2 est vérié. D'après la question IV-5(a), P(n) est vérié. Soit m ∈ [[1, n − 1]] tel que P(m + 1), . . . , P(n) soient vériés. Soit alors P un polynme de degré n à

oe ients réels, à ra ines toutes réelles, et dont le nombre de ra ines situées dans le dernier intervalle

onstituant S est égal à m. On onstruit le polynme P1 omme pré édemment. Ce polynme P1 est également de degré n, à ra ines toutes réelles, et le nombre de ra ines dans le dernier intervalle de S1 est stri tement plus grand que m. Ainsi, on peut appliquer l'hypothèse de ré urren e à P1 : le théorème 2 est vérié pour P1 , don la longueur totale de S1 est inférieure ou égale à 4. Or, on a montré que I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ ⊂ S1 , don la longueur totale de I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It′ est inférieure à

elle de S1 , 'est-à-dire à 4. De plus It′ et It étant de même longueur, il est immédiat que I1 ∪· · ·∪It−1 ∪It′ et I1 ∪ · · · ∪ It−1 ∪ It ont même longueur totale. Ainsi, S est de longueur totale inférieure ou égale à 4, et don P vérie le théorème 2. On a don montré P(n), et on a montré que pour tout m ∈ [[1, n − 1]], P(m + 1), . . . , P(n) impliquent P(m). Ainsi, d'après le prin ipe de ré urren e, pour tout m ∈ [[1, n]], P(m) est satisfait. Cela prouve le théorème 2, et don le théorème 1, d'après la partie III.

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