Corrigé des exercices - Dunod

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Exercice 11.12
1. On a T(X) = (X −1)(3X 2 +2X +1). Comme le discriminant du trinôme en facteur vaut
4 − 12 = −8, 1 est la seule racine réelle de T.
D’après les propriétés connues sur la somme et le produit des racines d’un trinôme, on a
α + α = − 2 3 et αα = 1 3
2. a) La démonstration est tout à fait analogue à celle de l’exercice 1.
b) On a ϕ(T) = 0 donc ϕ n’est pas injectif. Par définition Im(ϕ) ⊂ C 2 [X], donc ϕ n’est pas
surjectif.
3. a) Prouvons que c’est une famille libre. Soit a 1 ,a 2 ,a 3 des scalaires tels que a 1 L 1 +a 2 L 2 +a 3 L 3 = 0.
En évaluant ce polynôme en α, on trouve a 1 (α − 1)(α − α) = 0 et donc a 1 = 0. De même
l’évaluation en α et en 1 amène a 2 = a 3 = 0. La famille (L 1 ,L 2 ,L 3 ) est donc une famille
libre de 3 vecteurs de C 2 [X], espace de dimension 3. C’est donc une base de C 2 [X].
b) L’existence et l’unicité de a n ,b n ,c n vient de la question précédente et de Im(ϕ) ⊂ C 2 [X].
Soit Q ∈ C[X] le polynôme tel que X n = T(X)Q(X) + a n L 1 + b n L 2 + c n L 3 . En évaluant
l’équation en 1, α et α, on trouve
et donc
1 = c n L 3 (1)
α n = b n L 2 (α)
α n = a n L 1 (α)
a n =
b n =
αn
L 1 (α) = α n
(α − 1)(α − α)
αn
L 2 (α) = α n
(α − 1)(α − α)
c n = 1
L 3 (1) = 1
(1 − α)(1 − α) = 1
1 − (α + α) + αα = 1
1 + 2 3 + 1 3
= 1 2
c) En reprenant les notations de la question précédente, on a
f n = (QT + a n L 1 + b n L 2 + c n L 3 )(f)
= Q(f)T(f) +a n L 1 (f) + b n L 2 (f) + c n L 3 (f)
}{{}
=0
= a n L 1 (f) + b n L 2 (f) + c n L 3 (f)
d) On a clairement lim c n = 1
n→+∞ 2 . Par ailleurs |α|2 = |αα| = 1 < 1. Donc |α| = |α| < 1.
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Compte tenu de la remarque on en déduit que (a n ) et (b n ) converge vers 0.