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A2021 – MATH II PC ÉCOLE DES PONTS PARISTECH, ISAE-SUPAERO, ENSTA PARIS, TÉLÉCOM PARIS, MINES PARIS, MINES SAINT-ÉTIENNE, MINES NANCY, IMT ATLANTIQUE, ENSAE PARIS, CHIMIE PARISTECH - PSL. Concours Mines-Télécom, Concours Centrale-Supélec (Cycle International). CONCOURS 2021 DEUXIÈME ÉPREUVE DE MATHÉMATIQUES Durée de l’épreuve : 3 heures L’usage de la calculatrice et de tout dispositif électronique est interdit. Les candidats sont priés de mentionner de façon apparente sur la première page de la copie : MATHÉMATIQUES II - PC L’énoncé de cette épreuve comporte 6 pages de texte. Si, au cours de l’épreuve, un candidat repère ce qui lui semble être une erreur d’énoncé, il le signale sur sa copie et poursuit sa composition en expliquant les raisons des initiatives qu’il est amené à prendre. Les sujets sont la propriété du GIP CCMP. Ils sont publiés sous les termes de la licence Creative Commons Attribution - Pas d’Utilisation Commerciale - Pas de Modification 3.0 France. Tout autre usage est soumis à une autorisation préalable du Concours commun Mines Ponts. Polynômes à racines toutes réelles Notations — Pour tout 0 ⩽ k ⩽ n, on notera n k = n! k!(n−k)! le coefficient binomial où n! = n(n − 1) · · · 2.1. — On note C∞(R) les fonctions f : R −→ R de classe C∞. On dit que a est un zéro d’ordre m > 0 de f ∈ C∞(R) si f(a) = f ′(a) = · · · = f (m−1)(a) = 0 et f (m)(a) ̸= 0. Dans la suite du texte quand on liste les zéros d’un polynôme on répètera chaque racine autant de fois que sa multiplicité : ainsi les racines de X3(X − 1)2 sont 0, 0, 0, 1, 1. — On note D : C∞(R) −→ C∞(R) l’opérateur de dérivation, i.e. D(f) = f ′. Pour Q = n k=0 akXk ∈ R[X], on note Q(D) l’opérateur défini par Q(D) : C∞(R) −→ C∞(R) f −→ n k=0 akDk(f), c’est-à-dire que Q(D)f(x) = n k=0 akf (k)(x) où f (k) est la fonction dérivée k-ème. Log-concavité des suites Soit (a0, · · · , an) une suite à valeurs réelles. On dira qu’elle est — unimodulaire s’il existe 0 ⩽ j ⩽ n tel que a0 ⩽ a1 ⩽ · · · ⩽ aj ⩾ aj+1 ⩾ · · · ⩾ an ; — log-concave si pour tout 1 ⩽ j ⩽ n − 1, on a a2 j ⩾ aj−1aj+1 ; — ultra log-concave si ( ak (n k))k=0,··· ,n est log-concave. 1 ▷ Montrer que la suite binomiale ( n k )k=0,··· ,n est log-concave. 2 ▷ Montrer que si (ak)k=0,··· ,n est ultra log-concave, alors elle est log-concave. 3 ▷ Montrer que si (ak)k=0,··· ,n est strictement positive et log-concave, alors elle est unimodulaire. 1 Polynômes réels à racines toutes réelles Soit P(X) = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ R[X] avec an ̸= 0. Il est dit à racines toutes réelles si toutes ses racines complexes sont en fait réelles, i.e. P(z) = 0 implique z ∈ R. On suppose dans cette question que P est à racines toutes réelles. 4 ▷ Montrer que P ′ est à racines toutes réelles. Indication : on pourra utiliser le théorème de Rolle en veillant aux multiplicités des racines. 5 ▷ Montrer que Q(X) = XnP(1/X) est un polynôme à racines toutes réelles. Indication : on commencera par préciser le degré de Q(X). 6 ▷ Pour 1 ⩽ k ⩽ n−1, on considère Q1(X) = P (k−1)(X) puis Q2(X) = Xn−k+1Q1(X−1) et enfin Q(X) = Q(n−k−1) 2 (X). Montrer que Q(X) est un polynôme de degré au plus 2 à racines toutes réelles et en déduire que (ak)k=0,··· ,n est ultra log-concave. On considère comme précédemment un polynôme P ∈ R[X] de degré n à racines toutes réelles. 7 ▷ Soit α ∈ R. Montrer que eαxD(e−αxP(x)) est un polynôme à racines toutes réelles. Indication : on pourra à nouveau utiliser le théorème de Rolle en considérant en outre le comportement en ±∞. 8 ▷ Soient P(X) = n k=0 akXk et Q(X) = m j=0 bjXj des polynômes réels à racines toutes réelles. Montrer que Q(D)P(X) est un polynôme à racines toutes réelles. Dans la question 27 ▷ , nous utiliserons le théorème de composition de Schur suivant, que nous admettons. Théorème 1 Soient P(X) = n k=0 akXk et Q(X) = m j=0 bjXj des polynômes réels à racines toutes réelles. On suppose en outre que les racines de Q ont toutes le même signe. Alors le polynôme P ◦ Q(X) := min(n,m) k=0 akbk(k!)Xk est à racines toutes réelles. 2 Quelques exemples Soit A une matrice symétrique réelle de taille n. 9 ▷ Montrer que son polynôme caractéristique χA(X) est à racines toutes réelles. 10 ▷ On suppose que toutes les racines de χA(X) sont positives. Montrer l’existence d’une matrice symétrique C telle que A = C2. 11 ▷ Soit B une matrice symétrique et on suppose comme dans la question précédente que les racines de χA(X) sont positives. Montrer que les valeurs propres de AB sont toutes réelles. On considère ϕ : R[X] × R[X] −→ R (P, Q) → +∞ 0 P(x)Q(x)e−xdx. 12 ▷ Montrer que ϕ définit un produit scalaire sur R[X]. 13 ▷ Justifier (on ne demande pas de les calculer) qu’il existe une famille (Ln)n∈N de R[X] vérifiant les propriétés suivantes : — les Li sont de degré i ; — pour tout 0 ⩽ i, j ⩽ n, ϕ(Li, Lj) = δi,j i.e. nul si i ̸= j et égal à 1 pour i = j . 14 ▷ Montrer que pour tout n ⩾ 1, le polynôme Ln est à racines toutes réelles. Soit Bi i=1,··· ,n une suite de variables aléatoires de Bernouilli B(bi) indépendantes de paramètres respectifs bi, i.e. P(Bi = 1) = bi et P(Bi = 0) = 1 − bi. Soit alors B = n i=1 Bi et soit P(X) = n k=0 pkXk où pk = P(B = k). 15 ▷ Montrer que P(X) est à racines toutes réelles. 16 ▷ Soit P(X) = n k=0 pkXk ∈ R[X] à coefficients positifs, i.e. pk ⩾ 0 pour tout k = 0, · · · , n. On suppose en outre que P est à racines toutes réelles et que P(1) = 1. Montrer alors qu’il existe des variables de Bernouilli indépendantes Bi telles que pour tout k = 0, · · · , n, on a pk = P( n i=1 Bi = k). 3 Théorème de Hermite-Sylvester Soit P ∈ R[X] de degré n. On note α1, · · · , αr les racines réelles distinctes de P et β1, β1 · · · , βs, βs ses racines complexes non réelles, où βi désigne le conjugué de βi. On note mi la multiplicité de αi et nj celle de βj et βj . Pour tout k ⩾ 0, on introduit sk = r i=1 miαk i + s j=1 nj(βk j + β k j). On introduit les applications linéaires ϕk : Cn −→ C définies par ϕk(x1, · · · , xn) = n i=1 xiαi−1 k ainsi que ψk(x1, · · · , xn) = n i=1 xiβi−1 k . On notera aussi ψk(x1, · · · , xn) = n i=1 xiβ i−1 k . 17 ▷ Montrer que (ϕ1, · · · , ϕr, ψ1, ψ1, · · · , ψs, ψs) est une famille libre. Indication : on pourra utiliser les matrices de Vandermonde. 18 ▷ Montrer que q(x1, · · · , xn) = r k=1 mkϕk(x1, · · · , xn)2+ s k=1 nk ψk(x1, · · · , xn)2 + ψk(x1, · · · , xn)2 , s’écrit sous la forme q(x1, · · · , xn) = n i,j=1 si+j−2xixj . 19 ▷ Montrer que si P est à racines toutes réelles, alors q : Rn −→ R définie par q(x1, · · · , xn) = n i,j=1 si+j−2xixj , est à valeurs positives. On suppose à présent r < n et on écrit pour tout i = 1, · · · , s ψ2 i + ψ 2 i = 2 Re(ψi)2 − 2 Im(ψi)2. 20 ▷ Montrer que les applications linéaires Rn −→ R suivantes sont R-linéairement indépendantes : ϕ1, · · · , ϕr, Re(ψ1), Im(ψ1), · · · , Re(ψs), Im(ψs). 4 21 ▷ Conclure que P est à racines toutes réelles si et seulement si q est à valeurs positives sur Rn. Indication : on pourra utiliser, sans justification, l’existence d’un vecteur (x1, · · · , xn) ∈ Rn qui annule toutes les formes linéaires de la question précédente sauf une au choix. Suite multiplicative de Polya-Schur Étant donnée une suite réelle (γn)n∈N, on considère l’opérateur Γ : R[X] −→ R[X] défini par la formule Γ( n k=0 akXk) = n k=0 akγkXk. Une suite (γn)n∈N est dite multiplicative au sens de Polya-Schur si l’opérateur Γ préserve l’ensemble des polynômes à racines toutes réelles, i.e. si P a toutes ses racines réelles alors Γ(P) aussi. 22 ▷ Montrer que la suite définie par γn = n est multiplicative au sens de Polya-Schur. 23 ▷ Montrer que si (γn)n⩾0 est multiplicative au sens de Polya-Schur alors pour tout k ⩾ 0, la suite (γn)n⩾k = (γk, γk+1, · · · ) l’est aussi. Soit P(X) = a0 + a1X + · · · + anXn avec an ̸= 0. On suppose que P a toutes ses racines réelles : on les note x1 ⩽ x2 ⩽ · · · ⩽ xn. On rappelle que −an−1 an = n k=1 xk et on admet que an−2 an = 1⩽i<j⩽n xixj de sorte que a2 n−1 − 2anan−2 = a2 n n k=1 x2 k. 24 ▷ Soit (γn)n⩾0 une suite non nulle, multiplicative au sens de Polya-Schur et on suppose qu’il existe k > 0 tel que γk = 0 avec γk−1 ̸= 0. Montrer que γk+1 = 0 puis que γm = 0 pour tout m ⩾ k. Indication : on pourra utiliser les expressions de Γ((1+X)k+1) et Γ(Xk+1 −Xk−1), puis, pour m ⩾ k + 2, raisonner sur les racines de Γ((1 + X)m). 25 ▷ On suppose que la suite multiplicative (γn)n⩾0 ne s’annule jamais. Montrer alors qu’elle est soit de signe constant, soit alternée. Indication : on pourra utiliser encore l’expression de Γ(Xk+1 − Xk−1). 5 Théorème de Polya-Schur On considère à présent une suite (γn)n⩾0 strictement positive, i.e. γn > 0 pour tout n ⩾ 0. On suppose que (γn)n⩾0 est multiplicative au sens de Polya-Schur. 26 ▷ Montrer que Qn(X) = n k=0 γk n k Xk a toutes ses racines réelles et négatives. Réciproquement supposons que Qn(X) = n k=0 γk n k Xk a toutes ses racines réelles négatives. On fait le changement de variable x = z/n, de sorte que Pn(z) = n k=0 γk k! (1 − 1 n) · · · (1 − k − 1 n )zk, a toutes ses racines réelles et négatives. 27 ▷ En utilisant le théorème 1, montrer que (γn)n⩾0 est multiplicative au sens de Polya- Schur. On suppose que (γn)n⩾0 est multiplicative au sens de Polya-Schur. 28 ▷ Montrer que (γn)n∈N est log-concave, i.e. γ2 k ⩾ γk+1γk−1 pour tout k ⩾ 1. 29 ▷ En déduire que la série entière n⩾0 γnxn a un rayon de convergence strictement positif. 30 ▷ En déduire que n⩾0 γn n! xn a un rayon de convergence infini et peut s’obtenir comme la limite uniforme sur tout intervalle fermé borné de R, de polynômes à racines toutes réelles et négatives. 31 ▷ Réciproquement montrer que si n⩾0 γn n! xn a un rayon de convergence infini et peut s’obtenir comme la limite uniforme, sur tout intervalle fermé borné de R, de polynômes à racines toutes réelles et négatives, alors (γn)n⩾0 est multiplicative au sens de Polya-Schur. Indication : pour cette question, toute tentative de réponse, partielle ou purement qualitative, sera considérée par le Jury. Fin du problème 6

Mines PC M2 2021 - Corrigé - Relu - incomplet Polynômes à racines toutes réelles Log-concavité des suites 1. Pour tout k ∈ [[1,n − 1]], ( n k − 1)( n k + 1) = n! (k − 1)!(n − k + 1)! n! (k + 1)!(n − k − 1)! = k n − k + 1 n! k!(n − k)! n − k k + 1 n! k!(n − k)! = k k + 1 ∈]0,1[ n − k n − k + 1 ∈]0,1[ (n k) 2 ≤ (n k) 2 . La suite binomiale ((n k)) k=0,⋯,n est donc bien log-concave. 2. Si (ak)k=0,⋯,n est ultra log-concave, alors pour tout k ∈ [[1,n − 1]], ak−1 ( n k−1) ak+1 ( n k+1) ≤ a2 k (n k) 2 , donc, comme un coecient binomial est positif, on a aussi ak−1ak+1 ≤ ( n k−1)( n k+1) (n k) 2 ≤1 a2 k ≤ a2 k, car ((n k)) k=0,⋯,n est log-concave. La suite (ak)k=0,⋯,n est donc log-concave. cqfd. 3. Soit (ak)k=0,⋯,n une suite strictement positive et log-concave. Posons j0 = max{j ∈ [[0,n]] ∶ a0 ≤ a1 ≤ ⋯ ≤ aj}. j0 existe comme maximum d'un ensemble ni (car inclus dans [[0,n]]) non vide (car 0 appartient à cet ensemble).  Si j0 = n, alors a0 ≤ a1,≤ ⋯ ≤ an, donc (ak)k=0,⋯,n est unimodulaire.  Si j0 = n − 1, alors, par dénition de j0, on a an < an−1 = aj0, donc a0 ≤ a1 ≤ ⋯ ≤ an−1 ≥ an, donc (ak)k=0,⋯,n est unimodulaire.  Si j0 < n − 1, alors, par dénition de j0, on a aj0+1 < aj0, et, comme (ak)k=0,⋯,n est log-concave, on a, pour j = j0 + 1 ∈ [[1,n − 1]], aj0+2aj0 ≤ a2 j0+1, donc aj0+2 ≤ aj0+1 aj0 ≤1 aj0+1 ≤ aj0+1 car tous les termes sont strictement positifs. En itérant ce procédé (ou via une récurrence immédiate), on montre alors que pour tout k ∈ [[j0,n − 1]], ak+1 ≤ ak. On a alors a0 ≤ a1 ≤ ⋯ ≤ aj0 ≥ aj0+1 ≥ ⋯ ≥ an, donc (ak)k=0,⋯,n est unimodulaire. Rq : on peut même montrer que ak+1 < ak pour tout k ∈ [[j0,n − 1]]. Dans tous les cas, on a bien (ak)k=0,⋯,n unimodulaire. Polynômes réels à racines toutes réelles Rq : un polynôme P ∈ R[X] est donc à racines toutes réelles si et seulement s'il possède deg(P) racines réelles (où les racines sont comptées avec multiplicité). En eet, P est scindé sur C et il est à racines toutes réelles si et seulement si toutes ses deg(P) racines complexes sont réelles, donc si et seulement s'il possède deg(P) racines réelles (encore une fois comptées avec multiplicité). 4. Si P est constant non nul, alors P est à racines toutes réelles (il n'en a pas), mais P ′ = 0 n'est pas à racine toutes réelles (car par exemple le nombre complexe 1 + i est racine complexe non réelle de P ′). On va donc considérer un polynôme P de degré au moins égal à 1 dans cette question, et la propriété sera fausse si deg(P) = 0. Il aurait été souhaitable d'inclure, par convention, le polynôme nul dans les polynômes à racines toutes réelles. Soit P = n ∑ k=0 akXk ∈ R[X] un polynôme à racines toutes réelles, notées α1 < ⋯ < αr, et de multiplicité respective n1,...,nr. 1  Pour tout i ∈ [[1,r]], αi est racine de P ′ de multiplicité ni − 1 (en considérant que si un nombre est racine de multiplicité 0, il n'est pas racine).  Pour tout i ∈ [[1,r − 1]], P ∶ x ↦ P(x) est continue sur [αi,αi+1], dérivable sur ]αi,αi+1[ et P(αi) = P(αi+1) (= 0), donc, d'après le théorème de Rolle, il existe βi ∈]αi,αi+1[ tel que P ′(βi) = 0. βi est racine de multiplicité au moins 1 de P ′. Par construction, on a α1 < β1 < α2 < β2 < ⋯ < βr−1 < αr, et la somme des multiplicités est au moins égale à (n1 − 1) + 1 + (n2 − 1) + 1 + ⋯ + 1 + (nr − 1) = r ∑ i=1 (ni − 1) + (r − 1) × 1 = r ∑ i=1 ni − r + r − 1 = deg(P) − 1 = deg(P ′), et, comme elle est aussi au plus égale à deg(P ′), on obtient que chaque βi est racine de multiplicité exactement 1 de P ′, et que la somme des multiplicités des racines réelles de P ′ est égale à deg(P ′), donc P ′ est à racines toutes réelles. 5. On a (∗) Q(X) = XnP(1/X) = n ∑ k=0 akXn−k = n ∑ i=0 an−iXi (en posant i = n − k). Comme an ≠ 0, on a Q(0) = an ≠ 0, donc 0 n'est pas racine de Q. Enn, pour tout z ∈ C ∖ {0}, on a Q(z) = 0 ⇔ zn ≠0 P(1/z) = 0 ⇔ P(1/z ∈C ) = 0 ⇒ 1/z ∈ R ⇒ z = 1 1/z ∈ R, donc Q est à racines toutes réelles. 6. Supposons ici deg(P) = n ≥ 2 (sinon [[1,n − 1]] est vide). Dans toute la suite de ce corrigé, on considérera n ≥ 2. ● En itérant la question 4, on peut démontrer par récurrence immédiate que pour tout k ∈ [[0,n]], P (k) est à racines toutes réelles. ● Par suite, pour tout k ∈ [[1,n − 1]], comme k − 1 ∈ [[0,n − 2]], Q1 = P (k−1) est à racines toutes réelles, de degré n − (k − 1) = n − k + 1 car k − 1 ≤ n. Puis, d'après la question 5, Q2 = Xn−k+1Q1(1/X) est à racines toutes réelles. De plus, l'écriture (∗) obtenue à la question 5 montre que Q2 est de degré au plus égal à deg(Q1) = n − k + 1. Enn, Q = Q(n−k−1) 2 est de degré deg(Q) ≤ deg(Q2) − (n − k − 1) (car on perd au moins un degré à chaque fois que l'on dérive) ≤ n − k + 1 − (n − k − 1) = 2. Si Q ≠ 0, alors il est à racines toutes réelles car Q2 l'est et on a dérivé ensuite, sans "atteindre" le polynôme nul (cf question 1). Remarque : si Q = 0, en l'absence de convention sur le polynôme nul, Q n'est pas nécessairement à racines toutes réelles. Ce cas peut arriver en considérant par exemple P = X5 et k = 1, on a Q1 = P (0) = P, Q2 = X5P(1/X) = 1 et Q = Q(3) 2 = 0, donc Q n'est pas à racines toutes réelles. Plus généralement, on aura ce problème dès que 0 sera racine de P d'ordre strictement supérieur à k + 1. ● Dans la suite de cette question, on va supposer que Q est bien à racines toutes réelles... Pour tout k ∈ [[1,n − 1]], comme P = n ∑ i=0 aiXi, on a Q1 = P (k−1) = n ∑ i=k−1 i! (i − k + 1)!aiXi−k+1 = n−k+1 ∑ j=0 (j + k − 1)! j! aj+k−1Xj (en posant j = i − k + 1), donc Q2 = Xn−k+1Q1(1/X) = n−k+1 ∑ j=0 (j + k − 1)! j! aj+k−1Xn−k+1−j = n−k+1 ∑ i=0 (n − i)! (n − k + 1 − i)!an−iXi (en posant i = n − k + 1 − j), et, enn, Q = Q(n−k−1) 2 = n−k+1 ∑ i=n−k−1 (n − i)! (n − k + 1 − i)! i! (i − (n − k − 1))!an−iXi−(n−k−1) = 2 ∑ j=0 (k + 1 − j)! (2 − j)! (j + n − k − 1)! j! ak+1−jXj (en posant j = i − (n − k − 1)). = (k + 1)!(n − (k + 1))! 2 ak+1 + k!(n − k)! 1 akX + (k − 1)!(n − (k − 1))! 2 ak−1X2 = n!⎛ ⎝ 1 2( n k+1)ak+1 + 1 (n k)akX + 1 2( n k−1)ak−1X2⎞ ⎠.  Si ak−1 = 0, alors ⎛ ⎝ ak (n k) ⎞ ⎠ 2 ≥ 0 = ⎛ ⎝ ak−1 ( n k−1) ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ ak+1 ( n k+1) ⎞ ⎠. 2  Si ak−1 ≠ 0, alors Q est un trinome à racines réelles, donc son discriminant est positif, i.e. ⎛ ⎝ ak (n k) ⎞ ⎠ 2 − 4⎛ ⎝ ak−1 2( n k−1) ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ ak+1 2( n k+1) ⎞ ⎠ = ⎛ ⎝ ak (n k) ⎞ ⎠ 2 − ⎛ ⎝ ak−1 ( n k−1) ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ ak+1 ( n k+1) ⎞ ⎠ ≥ 0. On a donc aussi dans ce cas ⎛ ⎝ ak (n k) ⎞ ⎠ 2 ≥ ⎛ ⎝ ak−1 ( n k−1) ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ ak+1 ( n k+1) ⎞ ⎠. Dans tous les cas, on a le résultat souhaité, celui-ci étant valable pour tout k ∈ [[1,n−1]], la suite (ak)k=0,⋯,n est ultra log-concave. Si, pour certaines valeurs de k, on obtient Q = 0, alors avec l'expression de Q que l'on a obtenue ci-dessus (qui est toujours valable), on aura ak−1 = ak = ak+1 = 0, et on a alors l'inégalité souhaitée qui reste valable. Cette inégalité est donc valable pour tout k ∈ [[1,n − 1]], donc la suite (ak)k=0,⋯,n est ultra log-concave. 7. Soit α ∈ R. Notons h ∶ x ∈ R ↦ e−αxP(x). ● Pour tout x ∈ R, eαxD(e−αxP(x)) = eαxh′(x) = eαx (−αe−αxP(x) + e−αxP ′(x)) = −αP(x) + P ′(x), donc x ↦ eαxD(e−αxP(x)) est une fonction polynomiale comme combinaison linéaire de fonctions polynomiales. ● Notons Q = −αP + P ′. En reprenant les notations de la question 4, pour tout i ∈ [[1,r]], αi est racine de multiplicité ni de P et racine de multiplicité ni−1 de P ′, donc αi est racine de multiplicité ni−1 de Q (et n'est pas racine si ni−1 = 0, même convention que dans la question 4). De plus, pour tout i ∈ [[1,r − 1]], h est continue sur [αi,αi+1], dérivable sur ]αi,αi+1[ et h(αi) = h(αi+1) = 0, donc, d'après le théorème de Rolle, il existe βi ∈]αi,αi+1[ tel que h′(βi) = 0, et, par suite, Q(βi) = eαβih′(βi) = 0. On a donc trouvé, comme à la question 4, au moins n − 1 racines réelles de Q.  Si α = 0, alors Q = P ′ est à racines toutes réelles d'après la question 4 (ou en notant qu'on a assez de racines réelles)  Si α ≠ 0, alors deg(Q) = deg(P) = n. Si α > 0, alors e−αxP(x) → x→+∞ 0. En appliquant la généralisation du théorème de Rolle à h sur [αn,+∞[, il existe βn > αn > βn−1 tel que h′(βn) = 0. On obtient ainsi une n-ième racine réelle pour Q. Si α < 0, on opère de même sur ] − ∞,α1] car alors e−αxP(x) → x→−∞ 0. Q est doncà racines toutes réelles. Autre version : S'il existe une racine z ∈ C ∖ R de Q, alors, comme Q ∈ R[X], ¯z ≠ z est aussi racine de Q, et on aura donc au moins 2 nouvelles racines (car les racines que l'on avait exhibées sont dans R, donc diérentes de z et ¯z). On aura donc en tout au moins n + 1 racines de Q, polynôme de degré n, ce qui est exclu. Q n'a donc aucune racine complexe, ce qui assure que toutes ses racines sont réelles, et donc que Q est à racines toutes réelles.) 8. Notons Q = bm m ∏ j=1 (X − βj) où β1,...,βm sont les racines de Q comptées avec multiplicité. Alors (Q(D))(P) = bm((D − β1Id) ○ ⋯ ○ (D − βmId))(P). Or, d'après la question précédente, si P ∈ R[X] est un polynôme à racines toutes réelles, alors −αP +P ′ = (D−αId)(P) est à racines toutes réelles. Par suite, en itérant, on obtient (Q(D))(P) = bm((D − β1Id) ○ ⋯ ○ (D − βmId))(P) est à racines toutes réelles. Rq : J'ai occulté ici le problème posé par le polynôme nul (qui peut arriver si 0 est racine multiple de Q), problème qui semble aussi avoir été occulté par le concepteur du sujet ! Quelques exemples 9. Comme A est symétrique réelle, elle est diagonalisable sur R, donc son polynôme caractéristique est scindé dans R[X], ce qui assure que toutes les racines de χA sont réelles, donc que χA est à racines toutes réelles. 10. Comme A est symétrique réelle, il existe P orthogonale et D = diag(λ1,...,λn) diagonale avec sur la diagonale les valeurs propres de A, qui sont aussi les racines de χA, telles que A = PD tP. Comme, par hypothèse, toutes les racines de χA sont positives, on peut poser D′ = diag( √ λ1,..., √ λn), puis C = PD′ tP. On vérie alors que C2 = PD′ tPP =I D′ tP = P(D′)2 tP = PD tP = A. De plus, tC = t(PD′ tP) = t( tP) tD′ tP = PD′ tP = C, donc C est symétrique. On a donc bien trouvé une matrice C = PD′ tP symétrique telle que A = C2. 3 11. Il faut dans cette question supposer B à coecients réels, sinon le résultat est faux (prendre A = In et B = iIn). ● Soit λ ∈ C une valeur propre de AB et X ∈ Mn,1(C) un vecteur propre associé (X est donc non nul). On a donc ABX = λX ou encore C2BX = λX. En multipliant à gauche par tXB, on obtient tXBC2BX = λ tXBX ou encore, comme B et C sont symétriques à coecients réels, t(CBX)(CBX) = λ tXBX. De manière classique, en posant Y = CBX = ⎛ ⎜ ⎝ y1 ⋮ yn ⎞ ⎟ ⎠ , on obtient t(CBX)(CBX) = n ∑ i=1 ∣yi∣2 ∈ R. De plus comme B est symétrique réelle, il existe R orthogonale et ∆ = diag(µ1,...,µn) diagonale réelle telles que B = R∆ tR. On a donc, comme R est à coecients réels, en posant Z = tRX = ⎛ ⎜ ⎝ z1 ⋮ zn ⎞ ⎟ ⎠ , tXBX = tXR∆ tRX = t( tRX)∆ tRX = tZ∆Z = n ∑ i=1 µi∣zi∣2 ∈ R. Si tXBX ≠ 0, on en déduit que λ = t(CBX)(CBX) tXBX est réel en tant que quotient de deux réels. Si tXBX = 0, alors n ∑ i=1 ∣yi∣2 = 0, donc tous les yi sont nuls (somme de termes positifs) et CBX est la matrice colonne nulle, donc C(CBX) = C2BX = λX aussi, et comme X n'est pas la matrice colonne nulle, λ = 0 est un réel. En conclusion, les valeurs propres de AB sont toutes réelles. ● Autre méthode : Si A est inversible, alors les valeurs propres de A sont strictement positives, donc celles de C sont strictement positives ( √ λ où λ est valeur propre de A), donc C est inversible. Alors on a C−1ABC = C−1C2BC = CBC. où CBC est symétrique (car t(CBC) = tC tB tC = CBC). Par suite, les valeurs propres de CBC sont toutes réelles, donc, comme AB et CBC sont semblables (donc ont les mêmes valeurs propres), les valeurs propres de AB sont toutes réelles. Si A n'est pas inversible, alors on considère Aε = A + εI. Les valeurs propres de Aε sont λ + ε, où λ ∈ Sp(A), donc, comme Sp(A) ⊂ R+, Aε a des valeurs propres strictement positives, donc est en particulier inversible. En appliquant la méthode décrite dans le cas inversible, on exhibe une matrice Cε = Pdiag( √ λ1 + ε,..., √ λn + ε) tP inversible telle que C−1 ε (AεB)Cε = CεBCε. Les matrices AεB et CεBCε sont donc semblables, donc ont le même polynôme caractéristique. Soit λ ∈ R. ψ ∶ M ∈ mathcalMn(R) ↦ χM(λ) = det(λI − M) ∈ R est continue car polynomiale en les coecients de M. Comme AεB = AB + εB → ε→0 AB, on a donc χAεB(λ) = ψ(AεB) → ε→0 ψ(AB) = χAB(λ). De même, comme CεBCε → ε→0 CBC, on a χCεBCε(λ) → ε→0 χCBC(λ). Par unicité de la limite de χCεBCε(λ) = χAεB(λ), on a donc χCBC(λ) = χAB(λ). Ceci étant valable pour tout λ ∈ R, on a χAB = χCBC et, enn, comme CBC est symétrique réelle, χCBC est à racines toutes réelles, donc χAB aussi. 12. ● Soit P,Q ∈ R[X]. x ↦ P(x)Q(x)e−x est continue sur R+ et, par croissances comparées, P(x)Q(x) = o x→+∞(ex/2), donc P(x)Q(x)e−x = o x→+∞(e−x/2). Or x ↦ e−x/2 est intégrable sur R+ (de la forme x ↦ e−ax avec a = 1/2 > 0), donc, par comparaison, x ↦ P(x)Q(x)e−x est intégrable sur R+, donc, en particulier, ∫ +∞ 0 P(x)Q(x)e−xdx converge. 4 ϕ est donc bien dénie sur R[X] × R[X], à valeurs réelles. ● Pour tout (P,Q,R) ∈ (R[X])3, pour tout λ ∈ R, ϕ(λP + Q,R) = ∫ +∞ 0 (λP + Q)(x)R(x)e−xdx = ∫ +∞ 0 (λP(x) + Q(x))R(x)e−xdx (par linéarité de l'évaluation) = λ∫ +∞ 0 P(x)R(x)e−xdx + ∫ +∞ 0 Q(x)R(x)e−xdx (par linéarité de l'intégrale convergente) = λϕ(P,R) + ϕ(Q,R), donc ϕ est linéaire à gauche. ● Pour tout (P,Q) ∈ (R[X])2, par symétrie du produit dans R, ϕ(P,Q) = ∫ +∞ 0 P(x)Q(x)e−xdx = ∫ +∞ 0 Q(x)P(x)e−xdx = ϕ(Q,P), donc ϕ est symétrique. ● ϕ est linéaire à gauche et symétrique, donc bilinéaire. ● Soit P ∈ R[X]. Pour tout x ∈ R+, (P(x))2e−x ≥ 0, donc, par positivité de l'intégrale (qui converge et "0 ≤ +∞"), on a : ϕ(P,P) = ∫ +∞ 0 (P(x))2e−xdx ≥ 0. ● Soit P ∈ R[X], supposons maintenant ϕ(P,P) = 0. x ↦ (P(x))2e−x est continue et positive sur R+, 0 < +∞, et ∫ +∞ 0 (P(x))2e−xdx converge et vaut 0, donc, pour tout x ≥ 0, (P(x))2e−x = 0, donc P(x) = 0 (car e−x > 0). P a donc une innité de racines, donc P = 0. ϕ est donc dénie positive. ● En conclusion, ϕ dénit donc bien un produit scalaire sur R[X]. 13. Le procédé de Gram-Schmidt appliqué à la famille libre (Xn)n∈N (ou plus précisément à toutes les familles (1,X,...,Xn), n ∈ N) assure l'existence de la famille (Ln)n∈N . En eet :  les polynômes obtenus seront bien deux à deux orthogonaux et normés (c'est le principe du procédé !)  pour tout n ∈ N, on a, d'après le théorème de Gram-Schmidt, Vect(L0,...,Ln) = Vect(X0,...,Xn) = Rn[X], donc, en particulier, pour tout n ∈ N, Ln ∈ Rn[X]. De plus, pour tout n ∈ N∗, (L0,...,Ln) est libre, donc Ln /∈ Vect(L0,...,Ln−1) = Rn−1[X], donc Ln est bien de degré exactement n. Enn, pour n = 0, L0 = 1 ∥1∥1 est bien de degré 0. 14. Soit n ≥ 1, et supposons par l'absurde que Ln n'est pas à racines toutes réelles, donc il a 0 ≤ r ≤ n − 1 racines réelles (comptées avec multiplicité) notées α1,...,αr. Notons aussi an ≠ 0 le coecient dominant de Ln. Posons alors P = an r ∏ i=1 (X − αi), si r ≥ 1 et P = an si r = 0. P ∈ Rr[X]. Comme, d'après le procédé de Gram-Schmidt, Vect(L0,...,Lr) = Vect(1,X,...,Xr) = Rr[X], il existe (b0,...,br) ∈ Rr+1 tel que P = r ∑ k=0 bkLk. On a alors ϕ(Ln,P) = ϕ(Ln, r ∑ k=0 bkLk) = r ∑ k=0 bk ϕ(Ln,Lk) =0 car n≠k = 0. Or, par construction, il existe Q tel que Ln = P(X)Q(X) où Q est unitaire de degré au moins 1 et n'a pas de racines réelles, donc Q est de signe constant sur R (car sinon, le théorème des valeurs intermédiaires permettrait de montrer qu'il a au moins une racine réelle) et, comme lim x→+∞Q(x) = +∞ (car Q est unitaire non constant), Q est positif sur R. On a donc ϕ(P,Ln) = ∫ +∞ 0 P(x)Ln(x)e−xdx = ∫ +∞ 0 a2 n r ∏ i=1 (x − αi)2Q(x)e−xdx > 0, car la fonction x ↦ a2 n r ∏ i=1 (x − αi)2Q(x)e−x est continue positive non identiquement nulle sur R+, 0 < +∞ et l'intégrale converge. On a une contradiction. D'où, par l'absurde, Ln est à racines toutes réelles. 15. Attention à ne pas dire de bétises... Les Bi sont des variables de Bernoulli indépendantes, mais pas de même paramètre. On n'a donc pas B ↪ B(n,p)... Comme B(Ω) ⊂ [[0,n]] (car Bi(Ω) = {0,1}), x ↦ P(x) = n ∑ k=0 P(B = k)xk = +∞ ∑ k=0 P(B = k)xk 5 est la série génératrice de B, notée GB. Or les Bi sont indépendantes, donc on a aussi GB = n ∏ i=1 GBi, et, comme GBi ∶ x ↦ +∞ ∑ k=0 P(Bi = k)xk = P(Bi = 0) + P(Bi = 1)x (car Bi(Ω) = {0,1}), on a P(x) = GB(x) = n ∏ i=1 GBi(x) = n ∏ i=1 (P(Bi = 0) + P(Bi = 1)x), ce qui assure que P a toutes ses racines réelles (et ses racines sont (P(Bi = 0) P(Bi = 1)) i=1,⋯,n ). 16. ● pk ≥ 0 pour tout k ∈ [[0,n]]. De plus, 1 = P(1) = n ∑ k=0 pk, donc les pk ne sont pas tous nuls et 0 ≤ pk ≤ 1. Par suite, pour tout a > 0, P(a) = n ∑ k=0 pkak > 0 comme somme de positifs non tous nuls. Les racines réelles de P sont donc négatives. ● Quitte à changer la valeur de n, on va supposer pn ≠ 0 (possible car au moins un des pk est non nul d'après le premier point). Comme on a supposé que P à racines toutes réelles, il existe a1,...,an ∈ Rn tels que P = pn n ∏ i=1 (X − ai) et, d'après le premier point, tous les ai sont négatifs ou nuls. Comme −ai ≥ 0, on a 1 − ai ≥ 1 > 0, donc −ai = −ai 1 = −ai/(1 − ai) 1/(1 − ai) = qi ri où qi = −ai 1 − ai ∈ [0,1], ri = 1 1 − ai ∈]0,1] et ri + qi = 1. Considérons alors n variables aléatoires indépendantes de Bernoulli Bi ↪ B(ri), i ∈ [[1,n]]. Posons aussi B = n ∑ i=1 Bi. Alors on a GB(x) = n ∏ i=1 GBi(x) = n ∏ i=1 (rix + qi) = n ∏ i=1 ri n ∏ i=1 (x + qi ri ) = n ∏ i=1 ri n ∏ i=1 (x − ai) = n ∏ i=1 ri pn P(x). De plus, comme GB est une série génératrice, GB(1) = 1, donc on a 1 = GB(1) = n ∏ i=1 ri pn P(1) = n ∏ i=1 ri pn , donc on a GB(x) = P(x) pour tout x ∈ R. Or on a aussi GB(x) = n ∑ k=0 P(B = k)xk, donc, par identication des coecients de même degré des fonctions polyno- miales GB et P, on a, pour tout k ∈ [[0,n]], pk = P(B = k). Théorème de Hermite-Sylvester 17. ● Comme la somme des multiplicités des racines complexes de P est égale à n = deg(P), on a r + 2s ≤ r ∑ i=1 1 + s ∑ i=1 2 ≤ r ∑ i=1 mi + s ∑ i=1 (ni + ni) = n. ● Soit (λ1,⋯,λr,δ1,γ1,⋯,δs,γs) ∈ Cr+2s tel que r ∑ i=1 λiϕi + s ∑ i=1 δiψi + s ∑ i=1 γiψi = 0. Alors, en notant (e1,...,en) la base canonique de Cn, on a, pour tout j ∈ [[1,n]], 0 = r ∑ i=1 λiϕi(ej) + s ∑ i=1 δiψi(ej) + s ∑ i=1 γiψi(ej), i.e. 0 = r ∑ i=1 λiαj−1 i + s ∑ i=1 δiβj−1 i + s ∑ i=1 γiβi j−1 (Lj). 6 Le système obtenu en prenant L1,...,Lr+2s (possible car r + 2s ≤ n) s'écrit matriciellement ⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎝ 1 ⋯ 1 1 ⋯ 1 1 ⋯ 1 α1 ⋯ αr β1 ⋯ βs β1 ⋯ βs α2 1 ⋯ α2 r β2 1 ⋯ β2 s β1 2 ⋯ βs 2 ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ αr+2s−1 1 ⋯ αr+2s−1 r βr+2s−1 1 ⋯ βr+2s−1 s β1 r+2s−1 ⋯ βs r+2s−1 ⎞ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ ⎛ ⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜ ⎝ λ1 ⋮ λr δ1 ⋮ δs γ1 ⋮ γs ⎞ ⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟ ⎠ = 0. On reconnait dans la matrice du système la matrice de Vandermonde V (α1,...,αr,β1,...,βs,β1,...,βs) qui est inversible car ces paramètres sont deux à deux distincts, donc on obtient λ1 = ⋯ = λr = δ1 = ⋯ = δs = γ1 = ⋯ = γs = 0, donc la famille (ϕ1,⋯,ϕr,ψ1,ψ1,⋯,ψs,ψs) est libre. 18. Pour tout k ∈ [[1,r]], ϕk(x1,⋯,xn)2 = ( n ∑ i=1 xiαi−1 k ) 2 = n ∑ i,j=1 xixjαi+j−2 k . De même, pour tout k ∈ [[1,s]], ψk(x1,⋯,xn)2 = n ∑ i,j=1 xixjβi+j−2 k et ψk(x1,⋯,xn)2 = n ∑ i,j=1 xixjβk i+j−2. On a donc q(x1,⋯,xn) = r ∑ k=1 mkϕk(x1,⋯,xn)2 + s ∑ k=1 nk (ψk(x1,⋯,xn)2 + ψk(x1,⋯,xn)2) = r ∑ k=1 n ∑ i,j=1 xixjmkαi+j−2 k + s ∑ k=1 n ∑ i,j=1 xixjnkβi+j−2 k + s ∑ k=1 n ∑ i,j=1 xixjnkβk i+j−2 = n ∑ i,j=1 (xixj r ∑ k=1 mkαi+j−2 k ) + n ∑ i,j=1 (xixj s ∑ k=1 nkβi+j−2 k ) + n ∑ i,j=1 (xixj s ∑ k=1 nkβk i+j−2) = n ∑ i,j=1 (xixj ( r ∑ k=1 mkαi+j−2 k + s ∑ k=1 nkβi+j−2 k + s ∑ k=1 nkβk i+j−2)) = n ∑ i,j=1 xixjsi+j−2. 19. Si P est à racines toutes réelles, alors s = 0, donc, d'après le calcul fait à la question précédente, pour tout (x1,...,xn) ∈ Rn, q(x1,⋯,xn) = n ∑ i,j=1 si+j−2xixj = r ∑ k=1 mk ≥0 ϕk(x1,⋯,xn)2 ≥0 ≥ 0, car ϕk(x1,⋯,xn) ∈ R, donc son carré est positif. 20. Soit (λ1,⋯,λr,δ1,γ1,⋯,δs,γs) ∈ Rr+2s tel que r ∑ j=1 λjϕj + s ∑ j=1 δjRe(ψj) + s ∑ j=1 γjIm(ψj) = 0. Alors, comme Re(ψj) = 1 2(ψj + ψj) et Im(ψj) = 1 2i(ψj − ψj), on a : r ∑ j=1 λjϕj + s ∑ j=1 (δj 2 − iγj 2 )ψj + s ∑ i=1 (δj 2 + iγj 2 )ψj = 0, donc, d'après la question 17, λ1 = ⋯ = λr = δ1 2 − iγ1 2 = ⋯ = δs 2 − iγs 2 = δ1 2 + iγ1 2 = ⋯ = δs 2 + iγs 2 = 0. En eet, les arguments utilisés dans la question 17 restent valables car on peut toujours évaluer en ej, qui est un vecteur de Rn. Enn, pour tout j ∈ [[1,s]], comme δj 2 + iγj 2 = 0 où δj et γj sont réels, on obtient, en identiant partie réelle et partie imaginaire, δj = γj = 0. La famille (ϕ1,⋯,ϕr,Re(ψ1),Im(ψ1),⋯,Re(ψs),Im(ψs)) est donc bien R-libre. 7 21. On a supposé r < n, et donc s ≥ 1, car s ∈ N et r + 2s = n, donc s = n − r 2 > 0. Comme proposé par l'énoncé, soit (x1,...,xn) ∈ Rn tel que ⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎩ Im(ψ1)(x1,...,xn) ≠ 0 ∀j ∈ [[1,r]], ϕj(x1,...,xn) = 0 ∀j ∈ [[1,s]], Re(ψj)(x1,...,xn) = 0 ∀j ∈ [[2,s]], Im(ψj)(x1,...,xn) = 0 . Alors q(x1,...,xn) = n ∑ i,j=1 si+j−2xixj = r ∑ k=1 mkϕk(x1,⋯,xn)2 + s ∑ k=1 nk (ψk(x1,⋯,xn)2 + ψk(x1,⋯,xn)2) (d'après la question 18) = r ∑ k=1 mkϕk(x1,⋯,xn)2 + s ∑ k=1 nk (2(Re(ψk)(x1,⋯,xn))2 − 2(Im(ψk)(x1,⋯,xn))2) = 0 + n1(0 − 2(Im(ψ1)(x1,...,xn))2) + 0 = −2 n1 >0 (Im(ψ1)(x1,...,xn))2 >0 < 0 car (Im(ψ1)(x1,...,xn))2 est le carré d'un réel non nul. On a donc prouvé que P n'est pas à racines toutes réelles ⇒ ∃(x1,...,xn) ∈ Rn ∶ q(x1,...,xn) < 0, donc, par contraposé, on a : (∀(x1,...,xn) ∈ Rn,q(x1,...,xn) ≥ 0) ⇒ P est à racines toutes réelles. On a prouvé l'autre implication dans la question 19, donc on a bien l'équivalence souhaitée. Suite multiplicative de Polya-Schur Etant donné une suite réelle (γn)n∈N, on considère l'opérateur Γ ∶ R[X] → R[X] déni par la formule Γ( n ∑ k=0 akXk) = n ∑ k=0 γkakXk. Une suite (γn)n∈N est dite multiplicative au sens de Polya-Schur si l'opérateur Γ préserve l'ensemble des polynômes à racines toutes réelles, i.e. si P a toutes ses racines réelles alors Γ(P) aussi. 22. Soit P = n ∑ k=0 akXk un polynôme à racines toutes réelles. On a Γ(P) = n ∑ k=0 γkakXk = n ∑ k=0 kakXk = n ∑ k=1 kakXk = X n ∑ k=1 kakXk−1 = XP ′(X). Or, d'après la question 4, P ′ est à racines toutes réelles, et, comme Γ(P) = XP ′, les racines de Γ(P) sont 0 et les racines de P ′, donc sont aussi toutes réelles. La suite dénie par γn = n est donc bien multiplicative au sens de Polya-Schur. 23. Soit (γn)n≥0 une suite multiplicative au sens de Polya-Schur et k ∈ N. Posons (ψn)n∈N = (γn+k)n∈N et Ψ⎛ ⎝ n ∑ j=0 ajXj⎞ ⎠ = n ∑ j=0 ψjajXj. Soit P un polynôme à racines toutes réelles, et montrons que Ψ(P) est encore à racines toutes réelles. Soit Q = XkP = n+k ∑ j=k aj−kXj. Les racines de Q sont 0 (k fois) et les racines de P (qui sont toutes réelles et peuvent éventuellement être aussi nulles), donc Q est un polynôme à racines toutes réelles. Comme (γn)n≥0 est multiplicative au sens de Polya-Schur, Γ(Q) = k+n ∑ j=k γjaj−kXj = n ∑ j=0 γk+jajXk+j = Xk n ∑ j=0 ψjajXj = XkΨ(P) est à racines toutes réelles, donc Ψ(P) aussi (car les racines de Ψ(P) sont celles de Γ(Q) auxquelles on a enlevé k fois la valeur zéro). (γn+k)n∈N est donc bien multiplicative au sens de Polya-Schur. 8 24. Soit (γn)n≥0 une suite non nulle, multiplicative au sens de Polya-Schur et telle qu'il existe k > 0 tel que γk = 0 avec γk−1 ≠ 0. ⋆ ● P = (1 + X)k+1 est scindé dans R[X], donc à racines toutes réelles. Comme (γn)n∈N est multiplicative au sens de Polya-Schur, Γ(P) est aussi à racines toutes réelles. De plus, Γ(P) = Γ( k+1 ∑ i=0 (k + 1 i )Xi) = k+1 ∑ i=0 γi(k + 1 i )Xi, donc, d'après la question 6, (γi(k + 1 i )) i=0,...,k+1 est ultra log-concave, donc, ⎛ ⎝ γi(k+1 i ) (k+1 i ) ⎞ ⎠i=0,...,k+1 = (γi)i=0,...,k+1 est log-concave (par dénition d'une suite ultra log-concave). On a donc γj−1γj+1 ≤ γ2 j pour tout j ∈ [[1,k]], donc, en particulier, pour j = k, γk−1γk+1 ≤ γ2 k = 0. ● Soit à présent P = Xk+1 − Xk−1 = Xk−1(X2 − 1) = Xk−1(X − 1)(X + 1). P est à racines toutes réelles, donc Γ(P) aussi. Or Γ(P) = γk+1Xk+1 − γk−1Xk−1 = Xk−1(γk+1X2 − γk−1), donc γk+1X2 − γk−1 est un trinôme qui a ses racines réelles. Son discriminant est donc positif, i.e. 4γk−1γk+1 ≥ 0 ⇔ γk−1γk+1 ≥ 0. ● On a donc, par double-inégalité, γk−1γk+1 = 0, donc, comme γk−1 ≠ 0, on a γk+1 = 0. ⋆ Supposons qu'il existe m ≥ k tel que γm ≠ 0 et posons alors m = min{j ≥ k ∶ γj ≠ 0}. m existe comme minimum d'un ensemble d'entiers naturels non vide. De plus, par dénition de m, on a γm ≠ 0 et, pour tout j ∈ [[k,m − 1]], γj = 0. Comme on a de plus γk = γk+1 = 0, on a m ≥ k + 2. Considérons le polynôme P = (1 + X)m, à racines toutes réelles. On a donc Γ(P) à racines toutes réelles, où Γ(P) = Γ( m ∑ i=0 (m i )Xi) = m ∑ i=0 γi(m i )Xi. Notons x1,x2,...,xm les racines (réelles) de Γ(P). D'après l'expression rappelée dans l'énoncé, on a : (γm−1( m m − 1)) 2 − 2(γm(m m))(γm−2( m m − 2)) = (γm(m m)) 2 m ∑ k=1 x2 k, ie, comme γm−1 = γm−2 = 0 (car, comme m ≥ k + 2, on a m − 1 ∈ [[k,m − 1]] et m − 2 ∈ [[k,m − 1]]), 0 = γ2 m m ∑ k=1 x2 k. Par suite, comme γm ≠ 0 (par dénition de m), on a m ∑ k=1 x2 k = 0, donc, comme x2 k ≥ 0 pour tout k ∈ [[1,m]] (comme carré d'un nombre réel), on a xk = 0 pour tout k ∈ [[1,m]] (car une somme de positifs est nul si et seulement si tous ses termes sont nuls). Par suite, Γ(P) a une seule racine, 0, d'ordre m, donc il existe a ∈ R tel que Γ(P) = aXm. Or γk−1 ≠ 0, donc le coecient du terme d'indice k − 1 de Γ(P), γk−1( m k − 1), est non nul, ce qui est en contradiction avec l'égalité Γ(P) = aXm. D'où, par l'absurde, pour tout m ≥ k, γm = 0. 25. Soit k ∈ N∗. Comme dans la question précédente, P = Xk+1 − Xk−1 = Xk−1(X − 1)(X + 1) est à racines toutes réelles, donc Γ(P) aussi. Or Γ(P) = Xk−1(γk+1X2 − γk−1), donc γk+1X2 − γk−1 est à racines toutes réelles. Par suite, on a 4γk−1γk+1 ≥ 0, donc γk−1γk+1 ≥ 0, et comme on a supposé que la suite (γn)n∈N ne s'annule jamais, on a γk−1γk+1 > 0, donc γk+1 et γk−1 sont de même signe. La suite (γn)n∈N est donc de signe constant (si γ0 et γ1 sont de même signe) ou alternée (si γ0 et γ1 sont de signe opposé). Théorème de Polya-Schur 26. P = (1 + X)n = n ∑ k=0 (n k)Xk est à racines toutes réelles. Comme (γn)n≥0 est multiplicative au sens de Polya-Schur, Qn(X) = n ∑ k=0 γk(n k)Xk = Γ(P) 9 est aussi à racines toutes réelles. De plus, pour tout a > 0, Qn(a) = n ∑ k=0 γk >0 (n k) >0 ak >0 > 0, donc, en particulier, a n'est pas racine de Qn, ce qui assure que toutes les racines de Qn sont (réelles et) négatives. 27. Pas trouvée. 28. Pour tout n ∈ N∗, Qn = n ∑ k=0 γk(n k)Xk est à racines toutes réelles (d'après la question 26). D'où, d'après la question 6, (γk(n k)) k=0,...,n est ultra log-concave, donc, ⎛ ⎝ γk(n k) (n k) ⎞ ⎠k=0,...,n = (γk)k=0,...,n est log-concave (par dénition d'une suite ultra log-concave), donc ∀k ∈ [[1,n − 1]], γ2 k ≥ γk+1γk−1. Ceci étant valable pour tout n ∈ N∗, on a bien : ∀k ≥ 1, γ2 k ≥ γk+1γk−1, i.e. (γn)n∈N est log-concave. 29. ● Comme on a supposé γn > 0 pour tout n ∈ N, on a : γ2 k ≥ γk+1γk−1 ⇒ γk γk−1 ≥ γk+1 γk , ceci étant valable pour tout k ≥ 1. La suite ( γk γk−1 ) k≥1 est donc décroissante et positive, donc minorée par 0, donc elle admet une limite ℓ ≥ 0. ● Posons, pour tout x ≠ 0, pour tout n ∈ N, un(x) = γnxn ≠ 0. Pour tout n ∈ N, ∣un+1(x) un(x) ∣ = γn+1 γn ∣x∣ → n→+∞ ℓ∣x∣. Par suite,  si ℓ = 0, alors, d'après le critère de d'Alembert pour les séries numériques, comme ℓ∣x∣ = 0 < 1, la série ∑ n≥0 un(x) converge absolument pour tout x ≠ 0, donc ∑ n≥0 γnxn a pour rayon de convergence +∞.  si ℓ > 0, alors d'après le critère de d'Alembert pour les séries numériques, comme ℓ∣x∣ < 1 ⇔ ∣x∣ < 1/ℓ, la série ∑ n≥0 un(x) converge absolument pour tout ∣x∣ < 1/ℓ et diverge grossièrement pour tout ∣x∣ > 1/ℓ, donc ∑ n≥0 γnxn a pour rayon de convergence 1/ℓ > 0. Dans tous les cas, ∑ n≥0 γnxn a bien un rayon de convergence strictement positif, que l'on note R dans la suite. 30. ● Posons, pour tout x ≠ 0, pour tout n ∈ N, vn(x) = γn n! xn ≠ 0. Pour tout n ∈ N, ∣vn+1(x) vn(x) ∣ = γn+1 γn ∣x∣ 1 n + 1 → n→+∞ 0. D'après le critère de d'Alembert pour les séries numériques, comme 0 < 1, la série ∑ n≥0 vn(x) converge absolument pour tout x ≠ 0, donc ∑ n≥0 γn n! xn a pour rayon de convergence +∞. ● Notons f la somme de la série entière. On souhaite montrer que l'on peut trouver une suite de fonctions polynomiales, à racines toutes réelles négatives, qui converge uniformément sur tout segment de R vers f... Non trouvée... 31. Non cherchée 10