Existence et unicité polynôme
Bonjour,
Soit $n \in \N^{*}$.
1/ Montrer l'existence et l'unicité d'un polynôme $P$ tel que $\forall x \in \R \ P(\cos x)=\cos(nx)$.
Je trouve $\boxed{P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{E(\frac{n}{2})} \binom{2n}{k} (-1)^k (1-X^2)^k X^{n-2k}}$
L'unicité il suffit de dire que pour $P,Q$ 2 polynômes on a $(P-Q)( \cos(x))$ s'annule une infinité de fois car $\cos x$ prend toutes les valeurs dans $[-1,1]$ lorsque $x$ parcourt $\R$.
2/ Quelles sont les racines de $P$ ?
3/ Décomposer $\dfrac{1}{P}$ en éléments simples.
Pour les racines de $P$ je ne suis pas trop sûr de moi. Je pars de $P(\cos x)= \cos (nx)=0$
Donc $nx= \dfrac{\pi}{2}+ k \pi$ avec $k \in \Z$
Mais je me mélange les pinceaux avec le $P(\cos x)$ j'avoue que je suis perdu à ce stade.
Soit $n \in \N^{*}$.
1/ Montrer l'existence et l'unicité d'un polynôme $P$ tel que $\forall x \in \R \ P(\cos x)=\cos(nx)$.
Je trouve $\boxed{P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{E(\frac{n}{2})} \binom{2n}{k} (-1)^k (1-X^2)^k X^{n-2k}}$
L'unicité il suffit de dire que pour $P,Q$ 2 polynômes on a $(P-Q)( \cos(x))$ s'annule une infinité de fois car $\cos x$ prend toutes les valeurs dans $[-1,1]$ lorsque $x$ parcourt $\R$.
2/ Quelles sont les racines de $P$ ?
3/ Décomposer $\dfrac{1}{P}$ en éléments simples.
Pour les racines de $P$ je ne suis pas trop sûr de moi. Je pars de $P(\cos x)= \cos (nx)=0$
Donc $nx= \dfrac{\pi}{2}+ k \pi$ avec $k \in \Z$
Mais je me mélange les pinceaux avec le $P(\cos x)$ j'avoue que je suis perdu à ce stade.
Réponses
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Et donc $\cos(x)=\ ?$ Combien de valeurs de $k$ faut-il (et suffit-il ) pour obtenir toutes les valeurs de $\cos(x)$ ?
-
Ok merci.
Donc $x= \dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{k \pi}{n}$ et les racines sont donc ??
Je n'ai pas compris pourquoi les racines c'est $\cos(x)$ et pas directement le $x$ que j'ai trouvé.
Je n'ai pas trop compris comment trouver les valeurs de $k$ pour obtenir tous les $x_k$. -
Pour la question 1/, Je ne comprends pas l’argument lié au $car$ dans « $f$ s’annule une infinité de fois car $g$ prend toutes les valeurs dans $[-1;1]$ sur $\R$ ».
Remarque : j’ai modifié un peu la phrase car « $g(x)$ prend toutes les valeurs... » est scabreuse de mon point de vue. -
Si on pose y=cos(x), (P-Q) (y)=0. Le polynôme P-Q s'annule donc une infinité de fois car y appartient à [-1,1] qui contient une infinité de termes.
-
Bonjour,
Tu peux faire une recherche sur "polynômes de Tchebychev".
Cordialement,
Rescassol -
Ok OShine, tu vois bien que si la fonction $g$ n'est pas $\cos$ mais par exemple la fonction $nulle$, alors le raisonnement ne tient plus. Et on trouve une infinité de P et Q tel que (P-Q)(g) = 0.
-
Oui c'est ce que j'ai fait mais je n'ai pas tout compris, tout n'est pas bien expliqué. Puis les questions sont différentes. Il y a plein de variantes.
Je veux résoudre $ P(x)=0$ or j'ai $ P( \cos(x))= \cos (nx)$ donc je ne vois pas comment faire :-S -
Dom oui je suis d'accord car la fonction nulle ne contient qu'une seule valeur, or il en faut plus que le degré du polynôme pour dire qu'il est nul.
-
Non, manifestement ce n’est pas cela que je disais.
Mais laissons de côté... -
Oshine :
- Résous d'abord $P(y)=0$ sur l'intervalle $[-1,1]$. Tu peux remarquer que pour un $y$ fixé dans cet intervalle, il existe un unique $x$ dans l'intervalle $[0,\pi]$ tel que $y=\cos(x)$.
- Compte le nombre de racines trouvées jusqu'à présent pour le polynôme $P$.
- Conclus.
-
Merci. Oui la fonction $\cos$ réalise une bijection de $[0,\pi]$ dans $[-1,1]$.
$P( \cos(x))= \cos (nx)$. Posons $y=\cos(x)$. On a donc $P(y)= \cos (nx)$
Or $P(y)=0 \Leftrightarrow \cos(nx)=0 \Leftrightarrow nx=\dfrac{\pi}{2} + k\pi \Leftrightarrow x_k =\dfrac{\pi}{2n}+ \dfrac{k \pi}{n}$
Comme $x \in [0,\pi]$ alors $0 \leq \dfrac{\pi}{2n}+ \dfrac{k \pi}{n} \leq \pi \Leftrightarrow -\dfrac{\pi}{2} \leq k \pi \leq \pi n -\dfrac{\pi}{2} \Leftrightarrow -\dfrac{1}{2} \leq k \leq n - \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow 0 \leq k \leq n-1 $
La fonction $\cos$ étant injective sur $[0,\pi]$ avec $x_k \in [0,\pi]$ , les valeurs de $\cos(x_k)$ sont distinctes. Il y en a $n$ racines distinctes.
Sont-elles les seules ? Je ne sais pas. Il me faudrait le degré du polynôme, hors la partie entière me gêne pour le deviner. Mais à vu d’œil comme $E(\dfrac{n}{2}) \leq \dfrac{n}{2}$ la puissance la plus grande semble être $X^n$ atteinte pour $k=0$.
Y a-t-il une méthode rapide pour justifier que $\deg P \leq n$ ? -
Tu as une formule pour $P$ non ? Tu peux directement lire le degré dessus.
-
J'ai $P(X)=\displaystyle\sum_{k=0}^{E(\frac{n}{2 })} \binom{2n}{k} (-1)^k (1-X^2)^k X^{n-2k}$
$\deg ( (1-X^2)^k X^{n-2k}) = 2k +n-2k=n$ donc $\deg P(X)=n$ c'est tout ? -
Si $P = X^n - X^n + 1$ ou $P = X^n + X^{37n}$ est-ce que tu peux en déduire que $\deg P = n$ ?
-
Non, a priori, avec ta formule, tu obtiens seulement que deg(P)<=n ... mais ici, cela suffit à conclure.
Une fois que tu as les racines, il n'est pas très difficile d'en déduire la décomposition en éléments simples de 1/P, à condition de se rappeler la formule qui t'a été donnée il n'y a pas si longtemps (hier ?) pour le coefficient d'un pôle simple... -
Ah je me disais bien de me méfier, quand au somme les degrés c'est plus petit que le maximum des degrés. J'en étais sûr et je suis tombé dedans comme un débutant :-X
Posons $y_k = \cos(x_k)$
Du coup on peut écrire $P(X)=\displaystyle\prod_{k =0}^{n-1} (X-y_k)$
Donc $\dfrac{1}{P(X)}=\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{k =0}^{n-1} (X-y_k)}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{a_k}{X-y_k}$
Déterminons les coefficients $a_k$.D'après le cours $a_k = \dfrac{1}{P'(y_k)}$
Calculons $P'(X)$.
On sait que $\forall x \in \R \ P( \cos x)= \cos (n x)$ donc $- \sin x P'(\cos x)= - n \sin (nx)$
Donc $\sin x P'(\cos x)= n \sin (nx)$
Je bloque encore à ce stade. Je ne vois pas comment en déduire $P'(X)$ -
Tu n'as pas besoin de calculer $P'(X)$, simplement $P'(y_k)$ pour chaque $k$.
-
Les racines sont $y_k = \cos (\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{k \pi}{n})$
Ok j'ai édité je pense avoir compris. -
BON SANG !!!!!!!!!!!!!!!!!!! Si $y_k = \cos \left(\dfrac{\pi}{2n}+\dfrac{k \pi}{n}\right)$ et que tu as une formule pour $P'(\cos(x))$ tu ne sais vraiment pas calculer $P'(y_k)$ ???
-
Oui Poirot désolé j'ai été nul de poser cette question, la fatigue sûrement, je vais faire une pause.
On a la relation : $\sin(\dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{ k \pi}{n}) P(\cos(\dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{ k \pi}{n})= n \sin (\dfrac{\pi}{2}+k \pi)=n (-1)^k$
Or $\sin(\dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{ k \pi}{n}) \ne 0$ car $0 < \dfrac{2k+1}{2n} \pi < n \pi$
Ainsi : $P'(y_k)=\dfrac{n (-1)^k}{\sin(\dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{ k \pi}{n})}$
Finalement : $\boxed{\dfrac{1}{P}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \dfrac{(-1)^k \sin(\dfrac{\pi}{2n} + \dfrac{ k \pi}{n})}{n(X-y_k)}}$
Ouf on clôt l'histoire. Coriace cet exercice :-o
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Bonjour!
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