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http://al9ahira.com/

nraire d'accs Al9ahira (point B sur la carte) en partant de la Place Ibria
http://al9ahira.com/https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15https://maps.google.com/maps?saddr=Place+Betanzos,+Tangier,+Maroc&daddr=35.7740862,-5.8132821+to:35.7726012,-5.8117115+to:Rue+Egypte,+Tanger,+Tanger-T%C3%A9touan,+Maroc&hl=fr&ie=UTF8&ll=35.776948,-5.81533&spn=0.020542,0.035791&sll=35.774999,-5.815909&sspn=0.010271,0.017896&geocode=FRD7IQIdly6n_yFdaDBYbccD9inFd9i_rngMDTFdaDBYbccD9g%3BFYbeIQId3kun_ynrHku6qoALDTEThFVqOmtDsQ%3BFbnYIQIdAVKn_ymXsMv9qoALDTFQtVPOx1dTqQ%3BFbjeIQIdb0yn_yllSu-8qoALDTGSbEwsffKAbw&oq=avenue+%C3%A9gypte&mra=dpe&mrsp=2&sz=16&via=1,2&t=m&z=15http://al9ahira.com/http://al9ahira.com/

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MATHS1 2013/2014

Localisation des racines dun polynme etUnimodularit des racines

CNMMaths 1

QP

Corrig

1. (1x y)2 (1 x)(1y) = x+y2x y= (xy)2 0.

2. La fonctionFtant continue sur [0,1]2

\{(1,1)}.Vrification de la continuit en (1,1), daprs lingalit prcdente, pour tout (x,y) [0,1] dis-tinct de (1,1) on a|F(x,y)| x y(1

x y)2

(1 x y) x y(1x y)

1+x y ; mais lim(x,y)(1,1)x y(1x y)

1+x y =0 ;doncFest continue en (1,1).

3. Ftant continue sur le compact [0,1]2, donc elle est borne et elle atteint ses bornes.

4. Pour tout (x,y) [0,1]2,F(x,y) 0 = F(1,1), donc 0 est la borne infrieure deFsur [0,1]2, et on

a de plus;Fatteint sa borne infrieure en un point (x,y)[0,1]2 si, et seulement si, (x,y)=(1,1) oux y(1 x)(1y) = 0 si, et seulement si, (x,y) {0,1} [0,1] [0,1] {0,1}.La borne infrieure est atteint en tout point de ([0,1]2) frontire de [0,1]2.

Remarque : la fonctionFest non constante et nul sur la frontire de [0,1], donc la borne sup-rieure est atteint lintrieure de [0,1]2.

5. Fde classe C 1 sur ]0,1[2, puisque cest le quotient de deux fonctions de classe C1 sur ]0,1[2

avec (x,y) 1 x yne sannule pas sur ]0,1[2.F

x(x,y) = (12x+ x

2y)(1y)y(1 x y)2

F

y(x,y) = (12y+ x y

2)(1 x)x(1 x y)2

6. Un point (x0,y0) ]0,1[2 est un point critique de Fsi, et seulement si,

F

x(x0,y0) =

F

y(x0,y0) = 0

si, et seulement si,x0 =y0 =

5

1

2 .

7. F(x0,y0) =

5

5112

> 0.Daprs la le rsultat de la question 4. et sa remarque, Fatteint sa borne suprieure lint-rieure de [0,1]2 cest--dire dans ]0,1[2, qui est un point critique; mais Fadmet un uniquepoint critique dans ]0,1[2 ;donc Fatteint sa borne suprieure en (x0,y0) ; cest--dire F(x0,y0) =

sup(x,y)[0,1]2

F(x,y).

Exercice 1.

MP 1 /8 Aqalmoun Mohamedwww.aqalmoun.com

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MATHS1 2013/2014

PROBLMEPremire partie :

Rsultats prliminaires

1.

1.1

1

1 z =+n=0

zn, dont le rayon de convergence est gal 1.

1.2 Si || < 1, alors on a aussi

ei t< 1 ; daprs le rsultat de la question prcdente ; la srie

(ei t)m converge et on a+

m=0(ei t)m= 1

1ei t=ei t

ei t , do le rsultat.

1.3 Si || > 1, alors |e

i t

| < 1, et laide de la premire question on a

ei t

ei t

= ei t

1

1

ei t

= ei t

+

m=0(

ei t

)m= e

i t

+

m=0mei mt.

1.4 Pour toutt [0,2] ; on af((t))(t) = i e

i t

ei t .

Si || < 1 : daprs le rsultat de la question 1.2 on a f((t))(t) = i+

m=0mei mt ; dautre

part , pour toutt [0,2] ; |mei mt| ||m, puisque la srie

||m converge (|| < 1), ona donc la convergence normale donc uniforme, de la srie de fonctions

mei mt,cequi

permetdintervertirlasommeetlintgrale;etonadonc;

f(z)d z= i+

m=0m

20

ei mtd t;

de plus, pour toutmNon a2

0ei mt = 0, dans la somme il y a un seul terme qui nest

pas nul, le terme correspondant m= 0, et on a donc

f(z)d z= i2

0d t=2i.

Si || > 1 : daprs le rsultat de la question 1.3 on a f((t))(t) = iei t+

m=0mei mt ,par

un raisonnement analogue, on a la convergence normale donc uniforme de la srie de

fonctions+

m=0mei mt car |1| < 1;etcestbienque

f(z)d z= i

+m=0

m2

0ei(m+1)td t=

0 car pour toutmN, on am+1 Net donc2

0ei(m+1)td t= 0.

1.5 Un rsultat de convexit :

|v+w| |v|+|w| = += 1, en effet lingalit est strict, car si |v+w| = 1 , alors

2

|v|2

+2

|w|2

+2Re(v w) = 1 = (+)2

= 2

+2

+2 ,en tenant compte |v| = |w| etetsont non nuls, on obtient Re(v w) = 1 = |v w| ainsi Im(v w) = 0, ce qui montre quev w= 1 , cest--direv= wqui est une contradiction (v= w).

Deuxime partie :Deux rsultats de localisation des racine dun polynme

2.

2.1 Par une drivation du produit on aP(X) = a

rk=1

k(Xzk)k1 r

j=1j=k

(Xzj)j, donc


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MATHS1 2013/2014

P(X)P(X)

=r

k=1

k

(Xzk)k1r

j=1j=k

(Xzj)jr

j=1(Xzj)j

= r

k=1

k

Xzk.

Ainsi pour toutzC\{z1, . . . ,zr} ;P(z)

P(z)=

r

k=1k

z

zk

.

2.2 P(w) = 0 etP(w) = 0.

2.2.1 0 = P

(w)P(w)

=r

k=1

k

w zk=

rk=1

k(zk w)|w zk|2

, en passant au conjugu de ce nombre com-

plexe et tenant compte kR, on obtient le rsultat.

2.2.2 Daprs le rsultat de la question prcdente on a;w

rk=1

k

|w zk|2=

rk=1

k

|w zk|2zk,

on a donc w=r

k=1kzko lon a posk=

k

|w zk|2r

j=1

j

|w zj|2> 0, et cest bien

que

rk=1k= 1.

2.3 Soitwune racine deP.

Siwnest pas une racine de P, daprs le rsultat de 2.2.2,west barycentre coefficients(strictement) positifs, des racines deP.

Siwest une racine de P, alors il existej [[1,k]] tel quew= zj,etdanscecasw=k

k=1kzk

o j= 1 et k= 0 sik=j.

2.3.1 {z1, . . . ,zr}estunepartiefiniede C, doncferme, ainsi son complmentaireC\{z1, . . . , zr}

est un ouvert de C.z p(z)

P(z) est une fonction fraction rationnelle avecPne sannule

surC

\{z1, . . . ,zr}, donc continue sur cet ouvert.

2.3.2 Daprs le rsultat de la question 2.1, on a

P(z)P(z)

=r

k=1

k

z zk, et notons que le nombre

de racines dePdont le module est strictement infrieur 1, compt de leur ordre de

multiplicit est gal

|zk|

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MATHS1 2013/2014

3.2.2 On azdP( 1

z) =

dk=0

akzdk =

dk=0

adkzk, doncP(z) = P( 1z) ,zCsi, et seulement si,k [[0, d]],ak=adksi, et seulement si,Pest auto-inverse.

3.3 Remarquons dabord que , pour toutzC,P(z) = P(z).

Pour toutz

C, on aP

+Q(z)

=(P

+Q)(z)

=P(z)

+Q(z)

=P(z)

+Q(z), donc

P+Q= P+P.De mmePQ(z) = (PQ)(z) = P(z)Q(z) = P(z) Q(z) = P(z)Q(z), doncPQ= P Q.

3.4

3.4.1 On poseQ= (X 1)P, on aQ= (X 1)P, et pour tout z C ; on azd+1Q( 1z) =

(1 z)zdP( 1z) = (z 1)P(z) = Q(z), doncQest auto-inverse de paramtre oest le paramtre deP.

3.4.2 On poseP=

dk=0

akkXk =

dk=0

bkXk, o bk= akk. on a donc bdk= dkadk=

1

dkak

=1

dbk,cest--dire bk

=dad

k, ainsiPest auto-inverse de paramtre

d.

3.4.3 Soitz1, . . . ,zd les racines de Pet on suppose que |zk| = 1,pour k [[1, d]], on a 1zk = zk.

Le polynmePscritP= ad

k=1(X zk), oaest le coefficient dominant deP, et on a

aussiP= ad

k=1(Xzk), pour toutzCon a

zdP( 1z) = ad

k=1(

1

z 1

zk) = a

dk=1

(1 zzk

) = adk=1 zk

dk=1

(zk z) =(1)da

ad

k=1 zkP(z) ce qui

montre que le polynmePest auto-inverse de paramtre(1)da

ad

k=1z

k.

3.4.4 P=X2 3X+1 est auto-inverse, et les racines sont3

5

2 de module = 1.

3.5 deg(XdnQ) = d> n deg(XnQ(1

X)), doncRest de degrd.

Pourz C, on aR(1/z) = (1/z)dnQ(1/z) +(1/z)nQ(z), donczdR(1/z) = znQ(1/z) +||2zdnQ(z) = R(z), doncRest auto-inverse.

3.6

3.6.1 PourzU on a ;

|Q2(z)| = |zn||Q(1/z)| = |Q(z)| = |Q(z)| = |Q(z)| = |zdnQ(z)| = |Q1(z)|.

3.6.2 Supposons quil existe [0,1[ et uU tel que Q1(u)+Q2(u) = 0, on obtient Q1(u) =Q2(u), donc |Q1(u)| = |Q2(u)|, et puisque = 1 et |Q1(u)| = |Q2(u)|, alors Q1(u) =Q2(u) = 0 , en particulierQ(u) = 0 cest--direuracine deQde module 1, on a doncune contradiction.

3.6.3 Soita]0,1[, la fonction (t,) i

R

(ei t)

R(ei t)ei t continue sur le compact [0,2] [0,a],

donc elle est borne sur ce compact, on a donc la continuit de cette application sur[0, a] par le thorme de continuit sous le signe intgral (la fonction dominante esticiconstante, donc intgrable sur[0,2]),et donc continue aussi sur[0,1[=

0

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3.6.4 On rappelle le rsultat suivant : tout application continue sur un intervalle I est

valeurs dansZ est constante.

En particulier, lapplication prcdente est constante.

3.6.5 Daprs le rsultat de la question prcdente, pour tout [0,1[ on a :

1

2i

R

(z)

R(z)d z=1

2i

R0(z)

R0(z) d z=1

2

Q1(z)

Q1(z) d z= m, omest le nombre de ra-cines de Q1de module < 1 comptes avec leur ordre de multiplicit, mais les racinesdeQ1 sont ceux deQet 0, donc toutes les racines de Q1 sont de modules< 1, cecimontre que m= deg(Q1) = d,. Ainsi

1

2i

R(z)

R(z)= d, il vient alors que le nombre des

racines du polynmeRde module < 1 comptes avec leur ordre de multiplicit estgal d, commeRest de degrd(Rpossdedracines avec ordre de multiplicit),on a alors le rsultat.

3.7

3.7.1 Il ny a quune seule affaire ! davoir une mme extraction des composantes? TOGO :

PourmN, posonsxm= 11

m+1< 1 , et on a Rxm= ad

k=1(z zk,xm), notons aussiym= (z1,xm, . . . ,zd,xm) Cd, comme les composantes de la suite de terme ymsontbornes, alors (ym)mest une suite borne de lespace vectorielCd de dimensionfinie,daprs le thorme de Bolzano-Weierstrass, il possde une suite extraite (y(m))mconvergente et notons (z1, . . . ,zd) sa limite, on a donc, pour tout k[[1,d]] la suite(zk,x(m))mconverge verszk, il suffit de poser m= x(m) 1 et m [0,1[.Pour tousk [[1,d]],mN, on a |zk,m| < 1, en passant la limite quandmtend vers+ on obtient |zk| 1.

3.7.2 On se place ici dans lespace vectoriel norm Cd[X] qui est un espace vectoriel de

dimension finie.Pour tout m

N, o n a R

m=a

dd

k=1(X

z

k,m), il reste faire tendre mvers

+pour

conclure. (Xzk,mXzket la continuit du produit).

3.7.3 On a R=XdnQ(X)+XdQ(1/X),onobtient XdR(1/X) =XdnQ(X)+XnQ(1/X) =

XdnQ1(X) + XnQ1(1/X) o lon posQ1 = Q, on a ainsi une reprsentation de dupolynmeS= XdR(1/X) de la forme (2) , comme les racines de Q1sont les conju-gues des racines de Q, alors ils sont toutes de module strictement infrieur 1,daprs ce qui prcde, les racines du polynmeS= XdR(1/X) , sont toutes de mo-dule 1.Soitzune racine deR, alors 1/zest une racine deS, ainsi |1/z| 1, on a donc |z| 1.On en dduit alors que les racines deR, sont toutes de module 1.

Quatrime partie :Quelques applications

4.

4.1 tude des racines deSn

4.1.1 zracine de Ansi, et seulement si, z= 1 et

zn+1 1z1 = 0 si, et seulement si, z= 1 et

zn+1 = 1 si, et seulement si, zUn+1\{1} U.Les racines de Anest lensemble des racinesn+1-ime de lunit priv de 1.Annracines deux deux distincts, donc ils sont toutes simples.


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4.1.2 Notons z1, . . . , znles racines du polynme An, et soit wune racines de An, puisque

les racines de Ansont toutes simples, alorswnest pas une racine de An. Daprs lersultat de la question 2.2.2 il existe des rels 1 . . . ,nstrictement positifs de somme

1 tels que w=n

k=0kzk, il vient alors, par le rsultat nonc la question 1.5, que

|w| < 1.

4.1.3 Les racines de Bnsont cellesdeAnet 0, ilssont toutesde module strictement infrieur

1.

4.1.4 Le polynmeBnest coefficients rels, donc B= B(calcul au-dessous), et laide

dun calculsimpleon a Sn=XnBnXnBn(1/X) (une reprsentationde Snde la forme(2), avec ici ; Q= Bntoutes ses racines sont strictement infrieur 1, = 1 etd= 2n),daprs le rsultat de la question 3.7.3, toutes les racines de Snsont de module 1.Calcul :

XnBn

XnB(1/X)

=

n

k=1

Xk+n

n

k=1

k Xnk

=

2n

k=n+1

(k

n)Xk

n1

k=0

(n

k)Xk

=2n

k=n+1(kn)Xk+ (nn)Xn+

n1k=0

(kn)Xk

=2n

k=0(kn)Xk = Sn

4.2 SiPest un polynme dont toutes les racines sont de module 1, alors , daprs le rsul-

tat de la question 3.4.3 , Pest auto-inverse, et par le rsultat de la question 2.3, les ra-cine de Psont toutes de module 1 : si west une racine de P, et z1, . . . ,znles racinesdeP, il existe des rels positifs 1, . . . ,net de somme 1 tels que w=

n

k=1kzkon a donc

|w| n

k=1k|zk| =

nk=1

k= 1.Rciproquement, on suppose quePest auto-inverse de paramtre , et que toutes les ra-cines dePsont de module infrieur 1.On drivant les deux membres de la relation (1) et notons aussi limportance des iden-

tits suivantes :P= PetP= P, on obtient ;P= dXd1P(1/X) Xd2P(1/X), puisd Xd1P(1/X) = P(X)+Xd2P(1/X), ou encored 1

Xd1P(X) = P(1/X)+ 1

Xd2P(X),

et en multipliant par Xd1, on obtient d P(X) =Xd1P(1/X)+X P(X), il reste faire laconjugaison au sens des polynme pour obtenir ; dP(X) =Xd1P(1/X)+X P(X), cest--dire que le polynme dPvrifie la formule (2) (avec Q:

=Pdont toutes les racines sont

de module 1,d:= n= degP ,n:= n 1 = degP, := ), on en dduit alors que les ra-cines dePsont toutes de module 1. (par application du rsultat tendu des questions 3.5,3.6 , 3.7 ).

4.3

4.3.1 On suppose que

d1k=1

|ak| = 0 : dans ce cas pour toutk [[1, d 1]],ak= 0, et le poly-

nmePest de la formeP= adXd+ad= ad(Xd+), et puisque U, alors dans cecas toutes les racines de Psont de module 1, ce sont les racines d-ime du nombrecomplexe U.


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Dans la suite de cette question on suppose qued1k=1

|ak| > 0. Utile dans les ingalitsintervenantes dans le raisonnement suivant.

Sid= 2p: on suppose que Qadmet une racinezde module > 1, |z| > 1. De Q(z) = 0 ,

on obtient12

ap+p1k=1

ap+kzk+ adzp = 0, ainsi |ad||z|p = | 12 ap+

p1k=1

ap+kzk| 1

2|ap|+

p1k=1

|ap+k||z|k, et comme 1 < |z|, alors pour toutk [[0, p1]], |z|k |z|p1, on a donc

|ad||z|p

1

2|ap|+

p1k=1

|ap+k||z|p1, dautre part pour toutk [[1, p1]], on a

|ak+p| = |a2p(p+k)| = |apk|, ce qui montre que;p1k=1

|ap+k| =p1k=1

1

2

|ap+k|+ |apk|

= 1

2

2p=d1k=1

k=p

|ak|, il en rsulte alors que

12 |ap|+p

1

k=1|ap+k| = 12

d

1

k=1|ak|, donc |ad||z|p

12

d

1

k=1|ak| |z|p1 < 12 d1

k=1|ak| |z|p no-

tons ici limportance de lhypothsed1k=1

|ak| > 0 dans la deuxime ingalit, il vient

alors que; |ad| < 12d1k=1

|ak|, qui est une contradiction . Do le rsultat.De plus on a dans ce cas ;

XpQ+XpQ(1/X) = 12

apXp+

pk=1

ap+kXp+k+1

2apX

p+p

k=1ap+kX

pk

=1

2 apXp

+

pk=p+1 akX

k

+1

2 apXp

+

pk=1 apkX

p

k

= apXp+p

k=p+1akX

k+p1k=0

akXk

=2p

k=0akX

k = P

Sid= 2p+1 : on suppose queQadmet une racine zde module > 1, |z| > 1, avec unraisonnement analogue, on obtient

|ad|

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