[>] Équations à inconnue polynomiale

 
Exercice 1  2553    CCP (MP)Correction  

Soit (Pn)n* la suite de polynômes définie par

P1=X-2etPn+1=Pn2-2pour tout n*.

Calculer le coefficient de X2 dans Pn.

Solution

Notons an ,bn et cn les coefficients de 1,X et X2 dans Pn.

Puisque P1=X-2, on a a1=-2, b1=1 et c1=0.

Puisque Pn+1=Pn2-2, on a an+1=an2-2, bn+1=2anbn et cn+1=bn2+2ancn.

On en déduit a2=2, b2=-4 et c2=1 puis pour n3: an=2, bn=-4n-1,

cn=4n-2+4n-1++42n-4=4n-24n-1-13.
 
Exercice 2  2377   Correction  
  • (a)

    Pour n, développer le polynôme

    (1+X)(1+X2)(1+X4)(1+X2n).
  • (b)

    En déduire que tout entier p>0 s’écrit de façon unique comme somme de puissance de 2: 1,2,4,8,

Solution

  • (a)

    Posons

    P(X)=(1+X)(1+X2)(1+X4)(1+X2n).

    En exploitant successivement (a-b)(a+b)=a2-b2, on obtient

    (1-X)P(X)=1-X2n+1.

    On en déduit

    P(X)=1-X2n+11-X=1+X+X2++X2n+1-1.
  • (b)

    Lorsque l’on développe directement le polynôme P, le coefficient de Xk obtenu correspond au nombre de fois qu’il est possible d’écrire k comme la somme des puissances de 2 suivantes: 1,2,4,,2n. Ce nombre vaut 1 compte tenu de l’exercice précédent.

 
Exercice 3  271     X (MP)Correction  

Soit P[X] non constant et tel que P(0)=1. Montrer que:

ε>0,z,|z|<ε et |P(z)|<1.

Solution

Puisque le polynôme P est non constant, on peut écrire

P(z)=1+aqzq+zq+1Q(z)

avec aq0 et Q[X].

Posons θ un argument du complexe aq et considérons la suite (zn) de terme général

zn=1nei(π-θ)/q.

On a zn0 et

P(zn)=n+1-|aq|nq+o(1nq)

On en déduit que |P(zn)|<1 pour n assez grand.

[<] Généralités[>] Dérivation

 
Exercice 4  4545  

Trouver les P[X] tels que P(X2)=(X2-X+1)P(X).

 
Exercice 5  2674    MINES (MP)Correction  

Trouver les P[X] tels que P(X2)=(X2+1)P(X).

Solution

Parmi les polynômes constants, seuls le polynôme nul est solution.
Si deg(P)1 alors, pour vérifier l’équation, il est nécessaire que deg(P)=2. On peut alors écrire P sous la forme aX2+bX+c. Parmi, les polynômes de cette forme, ceux solutions sont ceux obtenus pour b=0 et c=-a. Conclusion, les polynômes solutions sont les a(X2-1) avec a.

 
Exercice 6  4557  

Déterminer les polynômes P de [X] vérifiant P(X+1)=P(X).

 
Exercice 7  2127  Correction  

Résoudre les équations suivantes:

  • (a)

    Q2=XP2 d’inconnues P,Q𝕂[X]

  • (b)

    PP=P d’inconnue P𝕂[X].

Solution

  • (a)

    Si (P,Q) est un couple solution de polynômes non nuls alors Q2=XP2 donne 2deg(Q)=1+2deg(P) avec deg(P),deg(Q) ce qui est impossible. Il reste le cas où l’un des polynômes P ou Q est nul et l’autre, alors, l’est aussi. Inversement, le couple nul est effectivement solution.

  • (b)

    Si deg(P)2 alors deg(PP)=(deg(P))2>deg(P) et donc P n’est pas solution.
    Si deg(P)1 alors on peut écrire P=aX+b et alors

    PP=Pa(aX+b)+b=aX+b{a2=aab=0.

    Après résolution on obtient

    (a=1 et b=0) ou (a=0 et b quelconque).

    Finalement, les solutions sont le polynôme X et les polynômes constants.

 
Exercice 8  2129  Correction  

Résoudre les équations suivantes:

  • (a)

    P2=4P d’inconnue P𝕂[X]

  • (b)

    (X2+1)P′′-6P=0 d’inconnue P𝕂[X].

Solution

  • (a)

    Parmi les polynômes constants, seul le polynôme nul est solution.
    Parmi les polynômes non constants, si P est solution alors 2(deg(P)-1)=deg(P) et donc deg(P)=2. On peut alors écrire P=aX2+bX+c avec a0.
    P2=4P4a2X2+4abX+b2=4aX2+4bX+4c{a=1c=b2/4
    Les solutions de l’équation sont P=0 et P=X2+bX+b2/4 avec b𝕂.

  • (b)

    Parmi les polynôme de degré inférieur à 1, seul le polynôme nul est solution.
    Pour P polynôme tel que deg(P)2 alors la relation (X2+1)P′′-6P=0 implique, en raisonnant sur l’annulation des coefficients dominants, deg(P)(degP-1)=6 donc deg(P)=3.
    En cherchant P sous la forme P=aX3+bX2+cX+d avec a𝕂*, on obtient que seuls les polynômes P=a(X3+X) avec a𝕂* sont solutions.

    Finalement, les polynômes solutions sont les a(X3+X) avec a𝕂.

 
Exercice 9  5209   

Soit Q[X]. Montrer qu’il existe un unique polynôme P[X] tel que

P-P=Q

et exprimer celui-ci en fonction du polynôme Q.

[<] Équations à inconnue polynomiale[>] Fonctions polynomiales

 
Exercice 10  2130  Correction  

Montrer que pour tout entier naturel n, il existe un unique polynôme Pn[X] tel que

Pn-Pn=Xn.

Exprimer les coefficients de Pn à l’aide de nombres factoriels.

Solution

Les polynômes solutions de Pn-Pn=Xn sont nécessairement de degré n.
Cherchons ceux-ci de la forme:

Pn=anXn+an-1Xn-1++a1X+a0

Pn-Pn=Xn équivaut à

an=1,an-1=nan,an-2=(n-1)an-1,,a0=1.a1.

Par suite, l’équation Pn-Pn=Xn possède une et une seule solution qui est:

P=Xn+nXn-1+n(n-1)Xn-2++n!=k=0nn!k!Xk.
 
Exercice 11  3338  Correction  

Trouver tous les polynômes P[X] tels que

k,kk+1P(t)dt=k+1.

Solution

Soit P un polynôme et Q un polynôme primitif de P. P est solution du problème posé si, et seulement si,

k,Q(k+1)-Q(k)=k+1.

En raisonnant par coefficients inconnus, on observe que Q(X)=12X(X+1) est solution.
Si Q~(X) est aussi solution alors

k,(Q-Q~)(k+1)=(Q-Q~)(k)

et on en déduit que le polynôme Q-Q~ est constant.
On en déduit que

P(X)=X+12

est l’unique solution du problème posé.

 
Exercice 12  4546  

Soit n. En étudiant la dérivée n-ième de X2n, établir

k=0n(nk)2=(2nn).
 
Exercice 13  2131     X (MP)

Déterminer les polynômes de 𝕂[X] divisibles par leur polynôme dérivé.

 
Exercice 14  3341  Correction  

Soit P[X]. On suppose que a vérifie

P(a)>0 et k*,P(k)(a)0.

Montrer que le polynôme P ne possède pas de racines dans [a;+[.

Solution

Par la formule de Taylor, on a pour tout x0

P(a+x)=k=0deg(P)P(k)(a)k!xkP(a)>0.
 
Exercice 15  2132   Correction  

Soit P𝕂[X]. Montrer

P(X+1)=n=0+1n!P(n)(X).

Solution

Par la formule de Taylor

P(X)=n=0+P(n)(0)n!Xn

donc

P(1)=n=0+P(n)(0)n!

et plus généralement

P(k)(1)=n=0+P(n+k)(0)n!.

Par la formule de Taylor

P(X+1)=k=0+P(k)(1)k!Xk=k=0+n=0+1k!P(n+k)(0)n!Xk

puis en permutant les sommes (qui se limitent à un nombre fini de termes non nuls)

P(X+1)=n=0+k=0+1k!P(n+k)(0)n!Xk=n=0+1n!P(n)(X).

Autre méthode: On exploite les ingrédients suivants:
- l’application qui à P associe n=0+1n!P(n)(X) est linéaire;
- par la formule du binôme, cette application envoie chaque Xk sur (X+1)k;
- deux applications linéaires égales sur une base sont égales sur l’espace.

[<] Dérivation[>] Racines

 
Exercice 16  4548  

Montrer qu’il existe un unique polynôme P[X] vérifiant

P(sin(t))=sin(3t)pour tout t.
 
Exercice 17  5210   

Soit P[X]. Montrer qu’il existe un unique polynôme Q[X] vérifiant

Q(z+1z)=P(z)+P(1z)pour tout z*.
 
Exercice 18  3269     CENTRALE (MP)Correction  

On pose

f(x)=1cos(x).

Démontrer l’existence d’un polynôme Pn de degré n et à coefficients positifs ou nul vérifiant

n1,f(n)(x)=Pn(sin(x))(cos(x))n+1.

Préciser P1,P2,P3 et calculer Pn(1).

Solution

Montrons la propriété par récurrence sur n1.
Pour n=1, P1(X)=X convient.
Supposons la propriété vraie au rang n1.
En dérivant la relation

f(n)(x)=Pn(sin(x))(cos(x))n+1

on obtient

f(n+1)(x)=(n+1)sin(x)Pn(sin(x))+cos2(x)Pn(sin(x))(cos(x))n+2.

Posons alors

Pn+1(X)=(n+1)XPn(X)+(1-X2)Pn(X)

de sorte que

f(n+1)(x)=Pn+1(sin(x))(cos(x))n+2.

On peut écrire

Pn(X)=k=0nakXk avec ak0,an0

et alors

Pn+1(X)=k=0n(n+1-k)akXk+1+k=1nkakXk-1

est un polynôme de degré n+1 à coefficients positif ou nul.
Récurrence établie.
Par la relation de récurrence obtenue ci-dessus

P1(X)=X,P2(X)=1+X2 et P3(X)=5X+X3

et

Pn+1(1)=(n+1)Pn(1)

donc

Pn(1)=n!.

[<] Fonctions polynomiales[>] Divisibilité

 
Exercice 19  4562  

Donner une condition nécessaire et suffisante sur (p,q)2 pour que le polynôme X3+pX+q admette une racine multiple et déterminer celle-ci.

 
Exercice 20  4560  

Soit

P=Xn+an-1Xn-1++a1X+a0[X].

Montrer que, si un nombre complexe ξ est racine de P, alors

|ξ|max(1,|a0|+|a1|++|an-1|).
 
Exercice 21  3342   Correction  

Soit P=a0+a1X++anXn[X]. On pose

M=sup|z|=1|P(z)|.

Montrer

k{0,,n},|ak|M.

On pourra employer des racines de l’unité.

Solution

Soit ω=e2iπ/(n+1) une racine (n+1)-ième de l’unité. On a

P(1)+P(ω)++P(ωn)=(n+1)a0

car

k=0nωk={n+1 si 0[n+1]0 sinon.

On en déduit (n+1)|a0|(n+1)M puis |a0|M.
De façon plus générale, on a

P(1)+ω-kP(ω)++ω-nkP(ωn)=(n+1)ak

et on en déduit |ak|M.

 
Exercice 22  2158   Correction  

Soient a,b,c trois éléments, non nuls et distincts, du corps 𝕂.
Démontrer que le polynôme

P=X(X-b)(X-c)a(a-b)(a-c)+X(X-c)(X-a)b(b-c)(b-a)+X(X-a)(X-b)c(c-a)(c-b)

peut s’écrire sous la forme P=λ(X-a)(X-b)(X-c)+1λ est une constante que l’on déterminera.

Solution

P(a)=P(b)=P(c)=1 et a,b,c deux à deux distincts donc

(X-a)(X-b)(X-c)P-1.

De plus, deg(P)3 donc il existe λ𝕂 tel que

P=λ(X-a)(X-b)(X-c)+1.

Puisque P(0)=0, on a λ=1abc.

 
Exercice 23  5211  

Soit n*. Montrer que les racines du polynôme

P=1+X+12!X2++1n!Xn

sont simples.

 
Exercice 24  4559   

Soit

P=anXn+an-1Xn-1++a1X+a0

un polynôme à coefficients entiers tel que an0 et a00.

  • (a)

    On suppose que P admet une racine rationnelle r=p/q exprimée sous forme irréductible. Montrer que pa0 et qan.

  • (b)

    Factoriser dans [X]

    P=2X3-X2-X-3.
 
Exercice 25  2663     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Montrer que a=cos(π/9) est racine d’un polynôme de degré trois à coefficients dans .

  • (b)

    Justifier que le nombre a est irrationnel.

Solution

  • (a)

    On a

    cos(3x)=4cos3(x)-3cos(x)

    donc

    4a3-3a=cos(π/3)=1/2.

    Ainsi a est racine du polynôme 8X3-6X-1.

  • (b)

    Soit x une racine rationnelle de ce polynôme. On peut écrire x=p/q avec pq=1. On a alors

    8p3-6pq2-q3=0.

    On en déduit p8p3-6pq2=q3. Or p et q sont premiers entre eux et donc par le théorème de Gauss p=±1. De plus, q26pq2+q3=8p3 et, par un argument analogue au précédent, q28. Ainsi q=±1 ou q=±2.
    Or 1,-1,1/2 et -1/2 ne sont pas les valeurs de cos(π/9). On peut donc conclure que a est irrationnel.

 
Exercice 26  2371     CENTRALE (MP)Correction  
  • (a)

    Soit n. Exprimer sin((2n+1)α) en fonction de sin(α) et cos(α).

  • (b)

    En déduire que les racines du polynôme:

    P(X)=p=0n(-1)p(2n+12p+1)Xn-p

    sont de la forme xk=cot2(βk). Déterminer les βk.

Solution

  • (a)

    L’égalité

    sin((2n+1)α)=Im(ei(2n+1)α)=Im((cos(α)+isin(α))2n+1)

    donne en développant

    sin((2n+1)α)=p=0n(-1)p(2n+12p+1)cos2(n-p)(α).sin2p+1(α).
  • (b)

    On observe

    sin((2n+1)α)=sin2n+1(α)P(cot2(α)).

    Posons βk=kπ2n+1 pour 1kn. Les xk=cot2(βk) sont n racines distinctes de P, or deg(P)=n, ce sont donc exactement les racines de P.

 
Exercice 27  1352      X (MP)

Soient n*, a0,,an des réels deux à deux distincts et P=(X-a0)(X-an).

  • (a)

    Simplifier l’expression du polynôme

    i=0n0jnjiX-ajai-aj.
  • (b)

    Calculer

    S=i=0n1P(ai).
 
Exercice 28  2941      X (MP)

Soient A,B deux polynômes complexes et non constants vérifiant

{z|A(z)=0} ={z|B(z)=0} et
{z|A(z)=1} ={z|B(z)=1}.

Montrer que les polynômes A et B sont égaux.

[<] Racines[>] Division euclidienne

 
Exercice 29  2133  Correction  

Montrer les divisibilités suivantes et déterminer les quotients correspondant:

  • (a)

    X-1X3-2X2+3X-2

  • (b)

    X-2X3-3X2+3X-2

  • (c)

    X+1X3+3X2-2.

Solution

  • (a)

    X3-2X2+3X-2=(X-1)(X2-X+2).

  • (b)

    X3-3X2+3X-2=(X-2)(X2-X+1).

  • (c)

    X3+3X2-2=(X+1)(X2+2X-2).

 
Exercice 30  4549  

Vérifier que pour tout n*,

(X-1)2(nXn+1-(n+1)Xn+1).

Déterminer le quotient de cette division.

 
Exercice 31  3632   

Montrer que, pour tous a et b*,

baXb-1Xa-1.
 
Exercice 32  2134   Correction  

Soit P𝕂[X].

  • (a)

    Montrer que P(X)-X divise P(P(X))-P(X).

  • (b)

    En déduire que P(X)-X divise P(P(X))-X.

  • (c)

    On note P[n]=PP (composition à n1 facteurs).
    Établir que P(X)-X divise P[n](X)-X

Solution

On écrit P=k=0pakXk𝕂[X]

  • (a)

    On a

    P(P(X))-P(X)=k=0nak([P(X)]k-Xk)

    avec P(X)-X divisant [P(X)]k-Xk car

    ak-bk=(a-b)=0k-1abk-1-.
  • (b)

    P(X)-X divise le polynôme P(P(X))-P(X) et le polynôme P(X)-X. Il divise donc leur somme P(P(X))-X.

  • (c)

    Par récurrence sur n*.
    La propriété est immédiate pour n=1 et vient d’être établie pour n=2.
    Supposons la propriété vraie au rang n1.

    P[n+1](X)-P(X)=k=0pak([P[n](X)]k-Xk)

    P[n](X)-X divise [P[n](X)]k-Xk donc P[n](X)-X divise P[n+1](X)-P(X).
    Par hypothèse de récurrence, P(X)-X divise alors P[n+1](X)-P(X) et enfin on en déduit que P(X)-X divise P[n+1](X)-X.
    Récurrence établie.

 
Exercice 33  4564    

Soit P𝕂[X]. Montrer que P(X)-X divise P(P(X))-X.

[<] Divisibilité[>] Arithmétique

 
Exercice 34  5208  

Calculer le quotient Q et le reste R de la division euclidienne de A par B avec

A=2X4+X3-X2-X-1etB=X3+X2+X-3.
 
Exercice 35  2140  Correction  

En réalisant une division euclidienne, former une condition nécessaire et suffisante sur (λ,μ)𝕂2 pour que X2+2 divise X4+X3+λX2+μX+2.

Solution

X4+X3+λX2+μX+2=(X2+2)(X2+X+(λ-2))+(μ-2)X+6-2λ.
Le polynôme X2+2 divise X4+X3+λX2+μX+2 si, et seulement si, λ=3,μ=2.

 
Exercice 36  4563  

Soient λ et μ deux éléments distincts de 𝕂 et P𝕂[X].

  • (a)

    Exprimer en fonction de P le reste de la division de P par (X-λ)(X-μ).

  • (b)

    Exprimer en fonction de P le reste de la division de P par (X-λ)2.

 
Exercice 37  2143    X (MP)Correction  

Soient t et n*.
Déterminer le reste de la division euclidienne dans [X] de (Xcos(t)+sin(t))n par X2+1.

Solution

(Xcos(t)+sin(t))n=(X2+1)Q+R avec deg(R)<2 ce qui permet d’écrire R=aX+b avec a,b.
Cette relation doit être aussi vraie dans [X] et peut donc être évaluée en i:
(icos(t)+sin(t))n=R(i)=ai+b or (icos(t)+sin(t))n=ei(nπ/2-nt) donc a=sin(n(π/2-t)) et b=cos(n(π/2-t)).

 
Exercice 38  2144  Correction  

Soit k,n* et r le reste de la division euclidienne de k par n.
Montrer que le reste de la division euclidienne de Xk par Xn-1 est Xr.

Solution

On a k=nq+r avec 0r<n.
Or Xk-Xr=Xr(Xnq-1) et Xn-1Xnq-1. On peut donc écrire

Xnq-1=(Xn-1)Q(X)

puis

Xk=(Xn-1)XrQ(X)+Xr avec deg(Xr)<deg(Xn-1)

ce qui permet de reconnaître le reste de division euclidienne cherchée.

 
Exercice 39  2145   Correction  

Soient n,m*.

  • (a)

    De la division euclidienne de n par m, déduire celle de Xn-1 par Xm-1.

  • (b)

    Établir que

    pgcd(Xn-1,Xm-1)=Xpgcd(n,m)-1.

Solution

  • (a)

    n=mq+r avec 0r<m.
    Xn-1=Xmq+r-1=Xmq+r-Xr+Xr-1=Xr(Xmq-1)+Xr-1
    or Xmq-1=(Xm-1)(1+Xm++Xm(q-1)) donc Xn-1=(Xm-1)Q+R avec Q=Xr(1+Xm++Xm(q-1)) et R=Xr-1.
    Puisque deg(R)<deg(Xm-1), R est le reste de la division euclidienne de Xn-1 par Xm-1.

  • (b)

    Suivons l’algorithme d’Euclide calculant le pgcd de n et m.
    a0=n, a1=m puis tant que ak0, on pose ak+1 le reste de la division euclidienne de ak-1 par ak.
    Cet algorithme donne pgcd(m,n)=ap avec ap le dernier reste non nul.
    Par la question ci-dessus on observe que si on pose Ak=Xak-1 alors A0=Xn-1, A1=Xm-1 et pour tout k tel que ak0, Ak0 et Ak+1 est le reste de la division euclidienne de Ak-1 par Ak.
    Par suite, pgcd(Xn-1,Xm-1)=pgcd(A0,A1)=pgcd(A1,A2)==pgcd(Ap,Ap+1)=Ap=Xpgcd(m,n)-1 car Ap+1=0 puisque ap+1=0.

 
Exercice 40  3133  Correction  

Soient a,b distincts. Montrer qu’il existe un unique endomorphisme φ de [X] vérifiant

φ(1)=1,φ(X)=XetP[X],P(a)=P(b)=0φ(P)=0.

Solution

Supposons φ solution. Soit P[X]. Par division euclidienne de P par (X-a)(X-b), on peut écrire

P=(X-a)(X-b)Q(X)+αX+β.

En évaluant cette identité en a et b, on détermine α et β

α=P(b)-P(a)b-a et β=bP(a)-aP(b)b-a.

Par linéarité de φ, on obtient

φ(P)=φ(αX+β)=αX+β

car φ((X-a)(X-b)Q(X))=0. Ainsi,

φ(P)=P(b)-P(a)b-aX+bP(a)-aP(b)b-a

ce qui détermine φ de façon unique.

Inversement, on vérifie aisément que l’application φ définie sur [X] par la relation précédente est un endomorphisme de [X] résolvant le problème posé.

[<] Division euclidienne[>] Racines et arithmétique

 
Exercice 41  4554  
  • (a)

    Vérifier que X2+X+1 divise11 1 Le sujet ne précise pas si la divisibilité est à entendre dans [X] ou dans [X] car cela est sans incidence. En effet, les deux polynômes étant réels, quotient et reste de la division euclidienne de l’un par l’autre peuvent se calculer dans [X] et ce sont les mêmes que l’on retrouve dans [X]. X10+X5+1.

  • (b)

    Montrer que X3-X2+1 et X2-2X+2 sont premiers entre eux22 2 Encore une fois il n’est pas nécessaire de préciser si l’étude a lieu dans [X] ou dans [X] car le pgcd se calcule par une succession de divisions euclidiennes et ce sont les mêmes qui sont réalisées dans [X] et dans [X]. En substance le pgcd unitaire de deux polynômes réels est identique dans [X] et dans [X]..

 
Exercice 42  4551  

Soient A=2X4+X3-X2-X-1 et B=X3+X2+X-3

  • (a)

    Calculer le quotient Q et le reste R de la division euclidienne de A par B.

  • (b)

    Calculer un pgcd D des polynômes A et B.

  • (c)

    Déterminer deux polynômes U et V tels que D=AU+BV.

 
Exercice 43  2138  Correction  

Soient A,B𝕂[X] non nuls.

Montrer que A et B sont premiers entre eux si, et seulement si, A+B et AB le sont.

Solution

Si AB=1 alors il existe U,V𝕂[X] tels que AU+BV=1. On a alors A(U-V)+(A+B)V=1 donc A(A+B)=1. De même, B(A+B)=1 et, par produit, AB(A+B)=1.

Si AB(A+B)=1 alors, puisque pgcd(A,B)AB et pgcd(A,B)A+B, on a pgcd(A,B)=1 puis AB=1.

 
Exercice 44  2139  Correction  

Soient A,B,C𝕂[X] tels que A et B soient premiers entre eux.
Montrer

pgcd(A,BC)=pgcd(A,C).

Solution

pgcd(A,C)A et pgcd(A,C)C donc pgcd(A,C)BC puis pgcd(A,C)pgcd(A,BC).
Inversement. Posons D=pgcd(A,BC). On a DA et AB=1 donc DB=1.
De plus, DBC donc par le théorème de Gauss, DC et finalement Dpgcd(A,C).

 
Exercice 45  2135   Correction  

Soient A,B𝕂[X] tels que A2B2. Montrer que AB.

Solution

Posons D=pgcd(A,B). On a D2=pgcd(A2,B2) associé à A2 donc deg(D2)=deg(A2) puis deg(D)=deg(A).

Or DA et les polynômes D et A sont donc associés. Puisque DB, on obtient AB.

 
Exercice 46  2136   

Soient A et B deux polynômes non constants de 𝕂[X] premiers entre eux.

Montrer qu’il existe un unique couple (U,V)𝕂[X]2 vérifiant

AU+BV=1et{deg(U)<deg(B)deg(V)<deg(A).
 
Exercice 47  2137   Correction  

Soient A,B𝕂[X] non nuls. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

  • (i)

    A et B ne sont pas premiers entre eux.

  • (ii)

    il existe (U,V)(𝕂[X]-{0})2 tel que

    AU+BV=0,deg(U)<deg(B) et deg(V)<deg(A).

Solution

(i)(ii) Posons D=pgcd(A,B) qui est non constant.
Puisque DA et DB on peut écrire A=DV et -B=DU avec deg(V)<deg(A) et deg(U)<deg(B).
de sorte que AU+BV=DUV-DUV=0.

(ii)(i) Supposons (ii).
Si par l’absurde AB=1 alors, puisque A-BV on a AV.
Or V0 donc deg(A)deg(V) ce qui est exclu. Absurde.

 
Exercice 48  2580     CCP (MP)Correction  

On cherche les polynômes

P(X)=(X-a)(X-b)[X]

tels que P(X) divise P(X3).
Montrer que, si a=b, P[X] et que si ab et a3b3, il existe 6 polynômes dont 4 dans [X].
Trouver les polynômes P si ab et a3=b3 et en déduire que 13 polynômes en tout conviennent, dont 7 dans [X].

Solution

Si a=b alors (X-a)2 divise (X3-a)2 si, et seulement si, a est racine au moins double de (X3-a)2. Ceci équivaut à a3=a ce qui donne a{-1,0,1}.
Les polynômes solutions correspondant sont alors X2,(X-1)2 et (X+1)2, tous réels.
Si ab alors (X-a)(X-b) divise (X3-a)(X3-b) si, et seulement si, a et et b sont racines de (X3-a)(X3-b).
Si a3b3 alors a et b sont racines (X3-a)(X3-b) si, et seulement si,

{a3=ab3=bou{a3=bb3=a.

Dans le premier cas, sachant ab, on parvient aux polynômes X(X-1),X(X+1) et (X-1)(X+1).
Puisque

{a3=bb3=a{b=a3a9=a,

dans le second cas, on parvient à (X-eiπ/4)(X-e3iπ/4), X2+1 et (X-e-iπ/4)(X-e-3iπ/4).
Ainsi quand ab et a3b3, on parvient à 6 polynômes dont 4 réels.
Enfin, si ab et a3=b3 alors (X-a)(X-b) divise (X3-a)(X3-b) si, et seulement si, a3=a ou a3=b. Quitte à échanger a et b, on peut supposer a3=a et l’on parvient alors aux polynômes (X-1)(X-j), (X-1)(X-j2), (X+1)(X+j) et (X+1)(X+j2) selon que a=1 ou a=-1 (le cas a=0 étant à exclure car entraînant b=a).
Au final on obtient 3+6+4=13 polynômes solutions dont 3+4+0=7 réels.

 
Exercice 49  4211   
  • (a)

    Le polynôme X3-3X-1 est-il irréductible dans [X]? dans [X]?

  • (b)

    Mêmes questions avec X4+1.

 
Exercice 50  4576    

(Équation de Fermat polynomiale)

  • (a)

    Soit P un polynôme complexe non nul. Montrer que le nombre p de ses racines distinctes vérifie:

    p=deg(P)-deg(PP).
  • (b)

    Soient P,Q deux polynômes complexes premiers entre eux et vérifiant

    R=P+Q est non constant.

    On note p, q et r le nombre de racines distinctes des polynômes P, Q et R. En introduisant le polynôme PQ-QP, vérifier

    deg(R)<p+q+r.
  • (c)

    Soit n avec n3. Déterminer les triplets de polynômes complexes (P,Q,R) tels que

    Pn+Qn=Rn.

[<] Arithmétique[>] Racines et équations polynomiales

 
Exercice 51  2167  Correction  

Justifier les divisibilités suivantes:

  • (a)

    n,X2(X+1)n-nX-1

  • (b)

    n*,(X-1)3nXn+2-(n+2).Xn+1+(n+2)X-n

Solution

  • (a)

    Posons P=(X+1)n-nX-1. On a P(0)=0 et P=n(X+1)n-1-n donc P(0)=0.
    0 est au moins racine double de P donc X2P.

  • (b)

    Posons P=nXn+2-(n+2).Xn+1+(n+2)X-n. On observe P(1)=P(1)=P′′(1)=0.
    1 est au moins racine triple de P donc (X-1)3P.

 
Exercice 52  2169  Correction  

Soit (n,p,q)3. Justifier

1+X+X2X3n+X3p+1+X3q+2.

Solution

On a 1+X+X2=(X-j)(X-j2) avec j=e2iπ/3.

Or j et j2 sont racines de X3n+X3p+1+X3q+2 et donc 1+X+X2X3n+X3p+1+X3q+2.

 
Exercice 53  2170   Correction  

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur n pour que

X2+X+1X2n+Xn+1.

Solution

On peut factoriser

X2+X+1=(X-j)(X-j2)

avec j=e2iπ/3. On en déduit

X2+X+1X2n+Xn+1j et j2 sont racines de X2n+Xn+1.

Puisque X2n+Xn+1 est un polynôme réel j en est racine si, et seulement si, j2 l’est.

(X2n+Xn+1)(j)=j2n+jn+1={3 si n=0[3]0 sinon.

Finalement,

X2+X+1X2n+Xn+1n0[3].
 
Exercice 54  2166   Correction  

Soient p et q deux entiers supérieurs à 2 et premiers entre eux.
Montrer

(Xp-1)(Xq-1)(X-1)(Xpq-1).

Solution

Les racines de Xp-1 sont simples et toutes racines de Xpq-1.
Les racines de Xq-1 sont simples et toutes racines de Xpq-1.
En dehors de 1, les racines de Xp-1 et Xq-1 sont distinctes.
Comme 1 racine double de (X-1)(Xpq-1), on peut conclure (Xp-1)(Xq-1)(X-1)(Xpq-1).

 
Exercice 55  2168  

Déterminer les polynômes réels P de degré au plus 3 tels que

(X-1)2(P-1)et(X+1)2(P+1).
 
Exercice 56  3041     X (MP)Correction  

Trouver les P[X] tels que

P(1)=1,P(2)=2,P(1)=3,P(2)=4,P′′(1)=5 et P′′(2)=6.

Solution

Dans un premier temps cherchons P vérifiant P(0)=1, P(1)=2,P(0)=3, P(1)=4,P′′(0)=5 et P′′(1)=6 puis on considèrera P(X-1) au terme des calculs.
Un polynôme vérifiant P(0)=1 et P(1)=2 est de la forme

P(X)=X+1+X(X-1)Q(X).

Pour que le polynôme P vérifie P(0)=3,P(1)=4,P′′(0)=5 et P′′(1)=6
on veut que Q vérifie Q(0)=-2, Q(1)=3, Q(0)=-9/2 et Q(1)=0.
Le polynôme Q(X)=5X-2+X(X-1)R(X) vérifie les deux premières conditions et vérifie les deux suivantes si R(0)=19/2 et R(1)=-5.
Le polynôme R=-292X+192 convient.

Finalement,

P(X)=X+1+X(X-1)(5X-2+X(X-1)(-292X+192))

est solution du problème transformé et

P(X)=-292X5+111X4-6552X3+464X2-314X+82

est solution du problème initial.
Les autres solutions s’en déduisent en observant que la différence de deux solutions possède 1 et 2 comme racine triple.
Finalement, la solution générale est

-292X5+111X4-6552X3+464X2-314X+82+(X-1)3(X-2)3Q(X)

avec Q[X].

 
Exercice 57  5304     ENSTIM (MP)Correction  

Soient P un polynôme à coefficients entiers et quatre entiers λ1,,λ4 distincts tels que P(λi)=7 pour i allant de 1 à 4.

Montrer que l’équation P(n)=14 n’admet pas de solution entière.

Solution

Par l’absurde, supposons que l’équation P(n)=14 possède une solution entière λ. Puisque λ1,,λ4 sont racines de P-7, on peut écrire

P=7+(X-λ1)(X-λ2)(X-λ3)(X-λ4)Q

avec Q un polynôme qui est à coefficients entiers car il se calcule par la division euclidienne de P-7 par le polynôme unitaire (X-λ1)(X-λ2)(X-λ3)(X-λ4). L’égalité P(λ)=14 donne alors

(λ-λ1)(λ-λ2)(λ-λ3)(λ-λ4)Q(λ)=7

où les différents facteurs sont entiers et les λ-λi distincts. Or 7 est nombre premier et la seule façon de l’exprimer comme produit d’entiers distincts est

7=7×1,7=(-7)×(-1)et7=(-7)×(-1)×1.

L’écriture précédente est donc impossible.

 
Exercice 58  2361      CENTRALE (MP)Correction  

Soient P[X] et a,b deux entiers relatifs avec b>0 et b irrationnel.

  • (a)

    Exemple: montrer que 6 est irrationnel.

  • (b)

    Quelle est la forme de (a+b)n?

  • (c)

    Montrer que si a+b est racine de P alors a-b aussi.

  • (d)

    On suppose que a+b est racine double de P. Montrer que P=RQ2 avec R et Q dans [X].

Solution

  • (a)

    Supposons 6=p/q avec pq=1. On a 6q2=p2 donc p pair, p=2k. On obtient alors 3q2=2k2 et donc q est pair. Absurde car p et q sont premiers entre eux.

  • (b)

    Par développement selon la formule du binôme de Newton

    (a+b)n=αk+βkb avec αk,βk.
  • (c)

    a+b racine de P=k=0nakXk donne

    k=0nakαk=(k=0nakβk)b.

    L’irrationalité de b entraîne

    k=0nakαk=k=0nakβk=0

    ce qui permet de justifier qu’alors P(a-b)=0.

  • (d)

    Posons

    Q=(X-a+b)(X-a-b)=X2-2aX+a2-b[X].

    Par division euclidienne P=QS+T avec deg(T)<2. Or en posant cette division euclidienne, on peut affirmer que S,T[X] avec P,Q[X] et Q unitaire. a+b,a-b racine de P entraîne T=0 et donc P=QS avec Q,S[X]. En dérivant P=QS+QS et a+b entraîne racine de P donne a+b racine de S. On peut alors comme ci-dessus justifier S=QR avec R[X] et conclure.

[<] Racines et arithmétique[>] Factorisation

 
Exercice 59  2159  Correction  

Soit P[X] un polynôme non nul tel que

P(X2)+P(X)P(X+1)=0.
  • (a)

    Montrer que si a est racine de P alors a2 l’est aussi

  • (b)

    En déduire que a=0 ou bien a est racine de l’unité.

Solution

  • (a)

    Si P(a)=0 alors P(a2)=-P(a)P(a+1)=0 donc a2 est racine de P.

  • (b)

    Si a0 et a non racine de l’unité alors la suite des a2n est une suite de complexe deux à deux distincts, or tous les termes de cette suite sont racines de P or P0 donc ce polynôme ne peut avoir une infinité de racines. Absurde.

 
Exercice 60  2668     MINES (MP)Correction  

Déterminer les P de [X] tels que

(X+4)P(X)=XP(X+1).

Solution

Soit P solution. X(X+4)P(X) donc XP puis (X+1)P(X+1) donc (X+1)(X+4)P(X) puis X+1P etc.
Ainsi on obtient que P(X)=X(X+1)(X+2)(X+3)Q(X) avec Q(X+1)=Q(X) donc Q constant.
La réciproque est immédiate.

 
Exercice 61  2164   Correction  

Montrer que si P[X]{0} vérifie

P(X2)=P(X)P(X+1)

ses racines sont parmi 0,1,-j,-j2. En déduire tous les polynômes solutions.

Solution

Si a est racine de P alors a2,a4, le sont aussi. Comme un polynôme non nul n’a qu’un nombre fini de racines, on peut affirmer que les a,a2,a4, sont redondants ce qui implique a=0 ou |a|=1.
Si a est racine de P alors (a-1)2 l’est aussi donc a-1=0 ou |a-1|=1.
Si a0 et a1 on a nécessairement |a|=|a-1|=1. Via parties réelle et imaginaire, on obtient a=-j ou -j2.
Si P est solution, non nulle, alors son coefficient dominant vaut 1 et l’on peut écrire:
P=Xα(X-1)β(X2-X+1)γ. En injectant une telle expression dans l’équation, on observe que celle-ci est solution si, et seulement si, α=β et γ=0.

 
Exercice 62  4558    

Déterminer les polynômes non nuls P de [X] vérifiant:

  • (a)

    P(X2)=P(X)P(X+1)

  • (b)

    P(X2)=P(X)P(X-1).

[<] Racines et équations polynomiales[>] Polynômes scindés

 
Exercice 63  2171  Correction  

Factoriser dans [X] puis dans [X] les polynômes suivants:

  • (a)

    X4-1

  • (b)

    X5-1

  • (c)

    (X2-X+1)2+1.

Solution

  • (a)

    Dans [X]

    X4-1=(X-1)(X+1)(X-i)(X+i)

    et dans [X]

    X4-1=(X-1)(X+1)(X2+1).
  • (b)

    Dans [X]

    X5-1=k=04(X-e2ikπ5)

    et dans [X]

    X5-1=(X-1)(X2-2cos(2π5)X+1)(X2-2cos(4π5)X+1).
  • (c)

    Dans [X]

    (X2-X+1)2+1=(X2-X+1+i)(X2-X+1-i)=(X-i)(X-1+i)(X+i)(X-1-i)

    et dans [X]

    (X2-X+1)2+1=(X2+1)(X2-2X+2).
 
Exercice 64  4553  
  • (a)

    Décomposer X4+2X3+X2-2X-2 en facteurs irréductibles dans [X].

  • (b)

    Décomposer X4+1 en facteurs irréductibles dans [X].

 
Exercice 65  2172   Correction  

Factoriser dans [X] les polynômes suivants:

  • (a)

    X4+X2+1

  • (b)

    X4+X2-6

  • (c)

    X8+X4+1

Solution

  • (a)

    X4+X2+1=(X2+1)2-X2=(X2+X+1)(X2-X+1)

  • (b)

    X4+X2-6=(X2+1/2)2-25/4=(X2-2)(X2+3)=(X-2)(X+2)(X2+3)

  • (c)

    X8+X4+1=(X4+1)2-(X2)2=(X4-X2+1)(X4+X2+1) puis
    X8+X4+1==(X2+X+1)(X2-X+1)(X2+3X+1)(X2-3X+1).

 
Exercice 66  4552  

Soit n*.

  • (a)

    Décomposer Xn-1 en facteurs irréductibles dans [X].

  • (b)

    Décomposer Xn-1 en facteurs irréductibles dans [X].

 
Exercice 67  2174  Correction  

Former la décomposition primaire dans [X] de P=X2n+1-1 (avec n).

Solution

Les racines complexes de P sont les ωk=e2ikπ2n+1 avec k{0,,2n}.
On observe ωk¯=ω2n-k pour k{1,,n} donc

P=(X-1)k=1n(X-ωk)(X-ωk¯)=(X-1)k=1n(X2-2cos(2kπ2n+1)X+1).
 
Exercice 68  2173   Correction  

Factoriser le polynôme (X+i)n-(X-i)n pour n*.

Solution

Les racines de (X+i)n-(X-i)n sont les zk=cotkπn avec k{1,2,,n-1}.
Par suite,

k=1n-1(X-cotkπn)(X+i)n-(X-i)n

et il existe λ𝕂 tel que

(X+i)n-(X-i)n=λk=1n-1(X-cotkπn).

Le coefficient dominant de (X+i)n-(X-i)n étant 2ni, on obtient

(X+i)n-(X-i)n=2nik=1n-1(X-cotkπn).
 
Exercice 69  4565   

Soient a]0;π[ et n*. Décomposer en facteurs irréductibles dans [X]

X2n-2cos(a)Xn+1.
 
Exercice 70  2182   Correction  

Pour n* on pose Pn=k=0nXk.

  • (a)

    Former la décomposition en facteurs premiers de Pn dans [X].

  • (b)

    En déduire la valeur de k=1nsin(kπn+1).

Solution

  • (a)

    On a

    (X-1)Pn=Xn+1-1=k=0n(X-e2ikπ/(n+1))

    donc

    Pn=k=1n(X-e2ikπ/(n+1)).
  • (b)

    Pn(1)=n+1 et

    Pn(1)=k=1n(1-e2ikπ/(n+1))=(-2i)nk=1nsin(kπn+1)k=1neikπn+1

    mais

    k=1neikπn+1=exp(inπ/2)=in

    donc

    k=1nsin(kπn+1)=n+12n.
 
Exercice 71  2183   

Soient a, n* et Pn=(X+1)n-e2ina

  • (a)

    Déterminer les racines du polynôme Pn ainsi que leurs multiplicités.

  • (b)

    En déduire la valeur de

    k=0n-1sin(a+kπn).
 
Exercice 72  4574    

Soit P[X].

  • (a)

    On suppose P(x)0 pour tout réel x.

    Montrer qu’il existe deux polynômes A,B[X] tels que P=A2+B2.

  • (b)

    On suppose P(x)0 pour tout réel x0.

    Montrer qu’il existe deux polynômes A,B[X] tels que P=A2+XB2.

[<] Factorisation[>] Relations entre coefficients et racines d'un polynôme scindé

 
Exercice 73  4951    MINES (PC)

Soit P[X] un polynôme unitaire de degré n.

Montrer que P est scindé sur si, et seulement si,

|Im(z)|n|P(z)|pour tout z.
 
Exercice 74  4978    MINES (PSI)

Soit P un polynôme complexe non constant. Existe-t-il λ tel que P-λ soit scindé à racines simples?

 
Exercice 75  2160  Correction  

Soit P un polynôme de degré n+1* à coefficients réels possédant n+1 racines réelles distinctes.

  • (a)

    Montrer que son polynôme dérivé P possède exactement n racines réelles distinctes.

  • (b)

    En déduire que les racines du polynôme P2+1 sont toutes simples dans .

Solution

  • (a)

    Notons a0<a1<<an les racines de P.
    En appliquant le théorème de Rolle à la fonction xP(x) sur l’intervalle [ai-1;ai], on justifie l’existence d’un réel bi]ai-1;ai[ tels que P(bi)=0. Puisque

    a0<b1<a1<b2<<bn<an

    les réels b1,,bn sont deux à deux distincts ce qui fournit n racines réelles au polynôme P.
    Puisque deg(P)=deg(P)-1=n, il ne peut y en avoir d’autres.

  • (b)

    Une racine multiple de P2+1 est aussi racine du polynôme dérivé

    (P2+1)=2PP.

    Or les racines de P ne sont pas racines de P2+1 et les racines de P sont réelles et ne peuvent donc être racines de P2+1. Par suite, P2+1 et (P2+1) n’ont aucunes racines communes: les racines de P2+1 sont simples.

 
Exercice 76  3339  Correction  

Soit P[X] scindé à racines simples dans . Montrer que pour tout α* les racines de P2+α2 dans sont toutes simples.

Solution

Notons que par application du théorème de Rolle, les racines de P sont réelles (et simples)
Les racines multiples de P2+α2 sont aussi racines de (P2+α2)=2PP.
Or les racines de P2+α2 ne peuvent être réelles et les racines de PP sont toutes réelles.
Il n’y a donc pas de racines multiples au polynôme P2+α2.

 
Exercice 77  4547  

Soit P un polynôme de degré n possédant au moins n racines distinctes. Peut-il y en avoir d’autres? Quelles sont leurs multiplicités?

 
Exercice 78  4561   

Soit P un polynôme réel non constant.

  • (a)

    On suppose que P est scindé sur à racines simples. Montrer que le polynôme P est lui aussi scindé sur .

  • (b)

    Montrer que le résultat perdure même si les racines de P ne sont plus supposées simples.

  • (c)

    Le polynôme X6-X+1 est-il scindé sur ?

 
Exercice 79  2669     MINES (MP)Correction  
  • (a)

    Si P[X] est scindé sur , montrer que P est scindé ou constant sur .

  • (b)

    Si (a,b,c)3, montrer que X10+aX9+bX8+cX7+X+1 n’est pas scindé sur .

Solution

  • (a)

    Si P est degré 1 alors P est constant. Si P est de degré n2, par application du théorème de Rolle, il figure une racine de P entre deux racines consécutives de P. De surcroît, si a est racine de multiplicité α* de P, a est aussi racine de multiplicité α-1 de P. Par suite, P en admet n-1 racines comptées avec multiplicité et est donc scindé.

  • (b)

    0 est racine multiple du polynôme dérivé à l’ordre 2. Si le polynôme était scindé, l’étude qui précède permet d’observer que 0 est racine du polynôme. Ce n’est pas le cas.

 
Exercice 80  4575   

Soit P un polynôme réel scindé à racines simples de degré n2.

  • (a)

    Montrer que P ne peut pas posséder deux coefficients nuls successifs.

  • (b)

    Montrer que les coefficients situés de part et d’autre d’un coefficient nul de P ne peuvent être de même signe.

 
Exercice 81  3696     X (MP)Correction  

Soit P[X] scindé sur .

Montrer que pour tout réel α, le polynôme P+αP est lui aussi scindé sur .

Solution

Rappelons qu’un polynôme est scindé sur un corps si, et seulement si, la somme des multiplicités des racines de ce polynôme sur ce corps égale son degré.
Notons a0<a1<<am les racines réelles de P et α0,α1,,αm leurs multiplicités respectives. Le polynôme P étant scindé, on peut écrire

deg(P)=k=0mαk.

On convient de dire qu’une racine de multiplicité 0 n’est en fait pas racine d’un polynôme. Avec ses termes, si ak est racine de multiplicité αk1 de P alors ak est racine de multiplicité αk-1 du polynôme P et donc racine de multiplicité au moins (et même exactement) αk-1 du polynôme P+αP. Ainsi, les ak fournissent

k=0m(αk-1)=deg(P)-(m+1)

racines comptées avec multiplicité au polynôme P+αP.
Considérons ensuite la fonction réelle f:xP(x)eαx.
Cette fonction est indéfiniment dérivable et prend la valeur 0 en chaque ak.
En appliquant le théorème de Rolle à celle-ci sur chaque intervalle [ak-1;ak], on produit des réels bk]ak-1;ak[ vérifiant f(bk)=0. Or

f(x)=(P(x)+αP(x))eαx

et donc bk est racine du polynôme P+αP.
Ajoutons à cela que les bk sont deux à deux distincts et différents des précédents ak car, par construction

a0<b1<a1<b2<<bm<am.

On vient donc de déterminer m nouvelles racines au polynôme P+αP et ce dernier possède donc au moins

deg(P)-1

racines comptées avec multiplicité.

Cas: α=0. Ce qui précède suffit pour conclure car deg(P)=deg(P)-1.

Cas: α0. Il manque encore une racine car deg(P+αP)=deg(P). Par les racines précédentes, il est possible de factoriser P+αP par un polynôme scindé Q de degré deg(P)-1 et le facteur correspondant étant de degré 1, cela donne une écriture scindé du polynôme P+αP.

 
Exercice 82  3683   Correction  

Soit P[X] un polynôme non constant dont les racines complexes sont de parties imaginaires positives ou nulles. Montrer que le polynôme P+P¯ est scindé dans [X].

Solution

On peut écrire P sous forme factorisée

P(X)=λk=1n(X-zk)

avec n=deg(P)* et zk vérifiant Im(zk)0.

Un complexe z est racine du polynôme P+P¯ si, et seulement si,

λk=1n(z-zk)=-λ¯k=1n(z-zk¯).

Si Im(z)>0 alors

k{1,,n},|z-zk|<|z-zk¯|

et donc

|λk=1n(z-zk)|<λ¯|k=1n(z-zk¯)|.

Ainsi, z ne peut être racine de P+P¯ et z¯ non plus par le même raisonnement ou parce que P+P¯ est un polynôme réel.
On en déduit que les racines de P sont toutes réelles et donc P est scindé dans [X].
Ainsi, le polynôme Re(P) est scindé dans [X].

[<] Polynômes scindés[>] Familles de polynômes classiques

 
Exercice 83  4550   

Déterminer les triplets complexes (x,y,z) tels que:

  • (a)

    {x+y+z=2xy+yz+zx=-5xyz=-6

  • (b)

    {x+y+z=2x2+y2+z2=6x3+y3+z3=8.

 
Exercice 84  2180   Correction  

Déterminer les triplets (x,y,z)3 tels que:

  • (a)

    {x+y+z=11/x+1/y+1/z=1xyz=-4

  • (b)

    {x(y+z)=1y(z+x)=1z(x+y)=1

  • (c)

    {x+y+z=2x2+y2+z2=14x3+y3+z3=20

Solution

  • (a)

    Soit (x,y,z) un triplet solution
    On a σ1=x+y+z=1,σ3=xyz=-4 et

    σ2=xy+yz+zx=xyz(1x+1y+1z)=-4.

    Par suite, x,y,z sont les racines de:

    X3-σ1X2+σ2X-σ3=X3-X2-4X+4=(X-1)(X-2)(X+2).

    Donc {x,y,z}={1,-2,2}.
    Inversement, de tels triplets sont solutions.

  • (b)

    Soit (x,y,z) un triplet solution de

    {x(y+z)=1(1)y(z+x)=1(2)z(x+y)=1(3)

    (1)-(2) donne xz=yz, (3) donne z0 donc x=y.
    De même, on obtient x=z.
    Ainsi x=y=z=1/2 ou -1/2.
    Inversement, de tels triplets sont solutions.

  • (c)

    Soit (x,y,z) un triplet solution.
    Posons S1=x+y+z=2,S2=x2+y2+z2=14 et S3=x3+y3+z3.
    Déterminons σ1=x+y+z,σ2=xy+yz+zx et σ3=xyz.
    On a σ1=2.
    S12-S2=2σ2. Par suite, σ2=-5.
    Posons t=x2y+yx2+y2z+zy2+z2x+xz2.
    On a S1S2=S3+t d’où t=S1S2-S3=8
    On a S13=S3+3t+6σ3 d’où σ3=16(S13-S3-3t)=-6.
    Par suite, x,y,z sont les racines de

    X3-σ1X2+σ2X-σ3=X3-2X2-5X+6=(X-1)(X+2)(X-3).

    Donc {x,y,z}={1,-2,3}.
    Inversement, de tels triplets sont solutions.

 
Exercice 85  3336     X (PC)Correction  

Résoudre dans 3 le système

{x2+y2+z2=0x4+y4+z4=0x5+y5+z5=0.

Solution

Soit (x,y,z) un triplet de complexes et P(X)=(X-x)(X-y)(X-z)=X3-pX2+qX-r avec

{p=x+y+zq=xy+yz+zxr=xyz.

On a

(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+yz+zx).

Posons t=x3+y3+z3 et s=xy2+yx2+yz2+zy2+zx2+xz2
On a

(x+y+z)(x2+y2+z2)=t+s et pq=s+3r

donc t=3r-pq.
Puisque x,y,z sont racines de XP(X)=X4-pX3+qX2-rX, on a

x4+y4+z4=pt-q×(x2+y2+z2)+rp.

Puisque x,y,z sont racine de X2P(X)=X5-pX4+qX3-rX2, on a

x5+y5+z5=p(x4+y4+z4)-q(x3+y3+z3)+r(x2+y2+z2).

On en déduit que (x,y,z) est solution du système posé si, et seulement si,

{p2=2qpt+rp=0-qt=0

c’est-à-dire, sachant t=3r-pq,

{p2=2qp(4r-pq)=0q(3r-pq)=0.

Ce système équivaut encore à

{p2=2q2pr=q23qr=pq2

et aussi à

{p2=2q2pr=q2qr=0.

Que r soit nul ou non, le système entraîne q=0 et est donc équivalent au système

{p=0q=0.

Ainsi, un triplet (x,y,z) est solution du système proposé si, et seulement si, x, y et z sont les trois racines du polynôme Pr(X)=X3-r (pour r quelconque).
En introduisant a tel que a3=r, les racines de Pr(X) sont a,aj et aj2.
Finalement, les solutions du système sont les triplets (x,y,z) avec

x=a,y=aj et z=aj2

pour a quelconque.

 
Exercice 86  2176   Correction  

Trouver les racines dans du polynôme X4+12X-5 sachant qu’il possède deux racines dont la somme est 2.

Solution

Notons x1,x2,x3,x4 les racines du polynôme considéré avec x1+x2=2.

{σ1=x1+x2+x3+x4=0σ2=x1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4=0σ3=x1x2x3+x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4=-12σ4=x1x2x3x4=-5

σ1 donne x3+x4=-2, σ2 donne x1x2+x3x4=4 et σ3 donne x1x2-x3x4=6.
On obtient x1x2=5 et x3x4=-1.
x1 et x2 sont les racines de X2-2X+5 c’est-à-dire 1±2i.
x3 et x4 sont les racines de X2+2X-1 c’est-à-dire -1±2.

 
Exercice 87  2177   Correction  

Donner une condition nécessaire et suffisante sur λ pour que X3-7X+λ admette une racine qui soit le double d’une autre. Résoudre alors l’équation.

Solution

Notons x1,x2,x3 les racines de X3-7X+λ. On peut supposer x2=2x1.
Les relations entre coefficients et racines donnent:

{x1+x2+x3=0x1x2+x2x3+x3x1=-7x1x2x3=-λ

d’où

{x3=-3x12x12-6x12-3x12=-7-6x13=-λ

puis

{x3=-3x1x12=1λ=6x13.

Pour que X3-7X+λ admette une racine double d’une autre il est nécessaire que λ=6 ou -6.
Pour λ=6, X3-7X+6 admet 1,2 et -3 pour racines.
Pour λ=-6, X3-7X-6 admet -1,-2 et 3 pour racines.

 
Exercice 88  2178   Correction  

Résoudre x3-8x2+23x-28=0 sachant que la somme de deux des racines est égale à la troisième.

Solution

Notons x1,x2,x3 les racines de X3-8X2+23X-28. On peut supposer x1+x2=x3.
Les relations entre coefficients et racines donnent:
{x1+x2+x3=8x1x2+x2x3+x3x1=23x1x2x3=28 d’où {x3=4x1x2+4(x2+x1)=234x1x2=28.
Pour déterminer x1 et x2 il reste à résoudre x2-4x+7=0.

Finalement, x1=2+i3,x2=2-i3 et x3=4.

 
Exercice 89  2179   Correction  

On considère l’équation: x3-(2+2)x2+2(2+1)x-22=0 de racines x1,x2 et x3.

  • (a)

    Former une équation dont x12,x22 et x32 seraient racines.

  • (b)

    En déduire les valeurs de x1,x2,x3.

Solution

  • (a)

    {σ1=x1+x2+x3=2+2σ2=x1x2+x2x3+x3x1=22+2σ3=x1x2x3=22,
    On en déduit x12+x22+x32=σ12-2σ2=2, x12x22+x22x32+x32x12=σ22-2σ3σ1=4 et x12x22x32=8.
    Donc x12,x22 et x32 sont racines de x3-2x2+4x-8=0.

  • (b)

    2 est racine de l’équation ci-dessus: x3-2x2+4x-8=(x-2)(x2+4)=(x-2)(x+2i)(x-2i).
    Quitte à réindexer: x12=2,x22=2i et x32=-2i d’où x1=±2,x2=±(1+i) et x3=±(1-i).
    Puisque x1+x2+x3=2+2, on a x1=2,x2=1+i et x3=1-i.

 
Exercice 90  5419     MINES (MP)Correction  

Déterminer les triplets (x,y,z)3 vérifiant

|x|=|y|=|z|etx+y+z=xyz=1.

Solution

Soit (x,y,z) un triplet solution. Les complexes x,y,z sont les trois racines du polynôme

(X-x)(X-y)(X-z)=X3-σ1X2+σ2X-σ3

avec

{σ1=x+y+zσ2=xy+yz+zxσ3=xyz.

On a immédiatement σ1=σ3=1. Aussi,

(xyz=1 et |x|=1)yz=x¯

et donc

σ2=x+y+z¯=1.

Ainsi,

(X-x)(X-y)(X-z)=X3-X2+X-1=(X-1)(X-i)(X+i).

À l’ordre près, x, y et z sont égaux à 1, i et -i.

Inversement, on vérifie que de tels triplets sont solutions.

 
Exercice 91  2373    CENTRALE (MP)Correction  

Soit P=X3+aX2+bX+c un polynôme complexe de racines α,β,γ. Calculer

αβ+γ+βγ+α+γα+β.

Solution

Puisque α+β+γ=-a, on a

αβ+γ+βγ+α+γα+β=-(αa+α+βa+β+γa+γ)

et réduisant au même dénominateur

αβ+γ+βγ+α+γα+β=a3-2ab+3cab-c

car αβ+βγ+γα=b et αβγ=-c.

 
Exercice 92  2184   Correction  

Soit P[X] non nul et n=deg(P).
Montrer que les sommes des zéros de P,P,,P(n-1) sont en progression arithmétique.

Solution

On écrit

P=k=0nakXk avec an0.

Notons αk la somme des zéros de P(k). Par les relations coefficients racines d’un polynôme scindé

α0=-an-1an,α1=-(n-1)an-1nan,α2=-(n-2)an-1nan,...
αk=-(n-k)an-1nan,,αn-1=-an-1nan.

Les α0,α1,,αn-1 sont donc en progression arithmétique de raison an-1/nan.

 
Exercice 93  2181  Correction  

Soient x,y,z* tels que x+y+z=0. Montrer

1x2+1y2+1z2=(1x+1y+1z)2.

Solution

En développant

(1x+1y+1z)2=1x2+1y2+1z2+2xy+2yz+2zx

avec

2xy+2yz+2zx=2(z+x+y)2xyz=0.
 
Exercice 94  3333     CENTRALE (PSI)

Soit x,y,z trois nombres complexes de somme nulle. Vérifier

x5+y5+z55=(x2+y2+z22)(x3+y3+z33).
 
Exercice 95  3812     CENTRALE (PC)Correction  
  • (a)

    Déterminer trois éléments a,b,c de , non tous réels, tels que a+b+c, a2+b2+c2 et a3+b3+c3 soient trois réels.

  • (b)

    Montrer que, si a,b,c sont trois éléments de de modules différents et si a+b+c, a2+b2+c2 et a3+b3+c3, alors a,b et c sont trois réels.
    Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

  • (a)

    1,j,j2 conviennent.

  • (b)

    Introduisons le polynôme P(X)=(X-a)(X-b)(X-c). Les coefficients de ce polynôme s’expriment à partir de S1=a+b+c, S2=a2+b2+c2 et S3=a3+b3+c3, le polynôme P est donc à coefficients réels. S’il n’admet pas trois racines, il possède deux racines complexes conjuguées. Celles-ci sont alors de même module ce qui est exclu.

 
Exercice 96  3345    Correction  

On considère le polynôme

P(X)=a0Xn+a1Xn-1++an[X]

de racines x1,,xn comptées avec multiplicité.

Pour tout p, on pose

Sp=x1p++xnp.

Établir

{a0S1+a1=0a0S2+a1S1+2a2=0a0Sp+a1Sp-1++ap-1S1+pap=0(0<pn)a0Sn+a1Sn-1++anS1=0a0Sn+k+a1Sn+k-1++anSk=0(k>0).

Solution

On a

P(X)P(X)=k=1n1X-xk

donc

xP(x)P(x)=k=1n11-xkx.

Par développement limité à un ordre N, on a quand x+

xP(x)P(x)=k=1n11-xkx==0NSx+o(1xN)

puis

xP(x)==0NSxP(x)+o(1xN-n).

Or

xP(x)=na0xn+(n-1)a1xn-1++an-1

et

=0NSxP(x)=b0xn+b1xn-1++bN+2nxN-n

avec

b0=a0S0,b1=a0S1+a1S0,
bk==0min(k,n)aSk-.

Par unicité des coefficients de xn,xn-1,,1 de notre développement limité généralisé, on obtient

0kn,=0kaSk-=(n-k)ak.

Pour k=0, on obtient S0=n (ce qui était immédiat) et l’on en déduit

0<kn,=0k-1aSk-+kak=0.

Par unicité des coefficients de 1/x,1/x2, de notre développement limité généralisé, on obtient

k>n,=0naSk-=0.

[<] Relations entre coefficients et racines d'un polynôme scindé

 
Exercice 97  2186   Correction  

(Polynômes d’interpolation de Lagrange)

Soit (a0,a1,,an) une famille d’éléments de 𝕂 deux à deux distincts.
Pour tout i{0,1,,n} on pose

Li=0jn,ji(X-aj)0jn,ji(ai-aj).
  • (a)

    Observer que, pour tout j{0,1,,n}, on a Li(aj)=δi,j
    (où δi,j est le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est égal à 1 lorsque i=j et 0 sinon).

  • (b)

    Montrer que

    P𝕂n[X],P(X)=i=0nP(ai)Li(X).

Solution

  • (a)

    a0,,ai-1,ai+1,,an sont racines de Li donc ji,Li(aj)=0.
    De plus,

    Li(ai)=0jn,ji(ai-aj)0jn,ji(ai-aj)=1.

    Donc

    j{0,1,,n},Li(aj)=δi,j.
  • (b)

    Posons Q=i=0nP(ai)Li(X), on a

    Q(aj)=i=0nP(ai)Li(aj)=i=0nP(ai)δi,j=P(aj)

    P et Q sont deux polynômes de degré inférieur à n et prenant mêmes valeurs aux n+1 points a0,a1,,an ils sont donc égaux.

 
Exercice 98  4567   

(Polynômes de Tchebychev)

Soit n. On pose fn:[-1;1] l’application définie par

fn(x)=cos(narccos(x)).
  • (a)

    Soit x[-1;1]. Simplifier f0(x), f1(x) et f2(x).

  • (b)

    Pour n*, exprimer fn+1(x)+fn-1(x) en fonction de fn(x) et donner f3(x).

  • (c)

    Établir qu’il existe un unique polynôme Tn de [X] dont la fonction polynomiale associée coïncide avec fn sur [-1;1].

  • (d)

    Donner le degré de Tn ainsi que son coefficient dominant.

  • (e)

    Montrer que Tn possède n racines distinctes toutes dans l’intervalle ]-1;1[.

 
Exercice 99  2670     MINES (MP)Correction  

Soit n. Montrer qu’il existe un unique polynôme P[X] tel que P(cos(θ))=cos(nθ) pour tout θ réel. On le note Tn.

  • (a)

    Lier Tn-1,Tn et Tn+1.

  • (b)

    Donner une équation différentielle vérifiée par Tn.

  • (c)

    Calculer Tn(k)(1) et Tn(k)(-1).

Solution

On a

cos(nθ)=Re(einθ)=Re(k=0n(nk)ikcosn-k(θ)sink(θ))

donc

cos(nθ)==0E(n/2)(-1)(n2)cosn-2(θ)(1-cos2(θ))

est un polynôme en cos(θ). Cela assure l’existence de Tn, l’unicité provenant de ce que deux polynômes coïncidant en un nombre infini de points sont nécessairement égaux.

  • (a)
    cos(n+1)θ+cos(n-1)θ=2cos(θ)cos(nθ)

    donne

    Tn+1-2XTn+Tn-1=0.
  • (b)

    On a

    Tn(cos(θ))=cos(nθ)

    donc en dérivant

    -sin(θ)Tn(cos(θ))=-nsin(nθ)

    et

    sin2(θ)Tn′′(cos(θ))-cos(θ)Tn(cos(θ))=-n2cos(nθ).

    On en déduit par coïncidence de polynômes sur [-1;1] que

    (1-X2)Tn′′-XTn+n2Tn=0.
  • (c)

    En dérivant cette relation à l’ordre k:

    (1-X2)Tn(k+2)-2kXTn(k+1)-k(k-1)Tn(k)-XTn(k+1)-kTn(k)+n2Tn(k)=0 (1) .

    En évaluant (1) en 1:

    (2k+1)Tn(k+1)(1)=(n2-k2)Tn(k)(1).

    Comme Tn(0)(1)=1, on obtient

    Tn(k)(1)={(n!)22kk!(n-k)!(n+k)!(2k+1)! si kn0 sinon.

    En évaluant (1) en -1:

    (2k+1)Tn(k+1)(1)=-(n2-k2)Tn(k)(1).

    Comme Tn(0)(-1)=(-1)n, on obtient

    Tn(k)(-1)=(-1)n-kTn(k)(1).
 
Exercice 100  2671      MINES (MP)Correction  

Quels sont les couples (P,Q)[X]2 vérifiant P2+(1-X2)Q2=1?

Solution

Soit (P,Q) un couple solution.
Si le polynôme P est constant alors nécessairement Q=0 et P=±1. Vérification immédiate.
Sinon, posons n=deg(P)*. La relation P2+(1-X2)Q2=1 impose que P et Q sont premiers entre eux et en dérivant on obtient PP-XQ2+(1-X2)QQ=0. Par suite, QPP puis QP. Par des considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmer P=±nQ.
Quitte à considérer -Q, supposons P=nQ et la relation PP-XQ2+(1-X2)QQ=0 donne (1-X2)P′′-XP+n2P=0.
Résolvons l’équation différentielle (1-t2)y′′-ty+n2y=0 sur [-1;1].
Par le changement de variable t=cos(θ), on obtient pour solution générale y(t)=λcos(narccos(t))+μsin(narccos(t)).
La fonction tcos(narccos(t)) est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela définit le polynôme Tn.
La fonction tsin(narccos(t)) ne l’est pas car de dérivée -n1-t2cos(narccos(t)) non polynômiale.
Par suite, P=λTn et Q=±1nTn.
La relation P2+(1-X2)Q2=1 évaluée en 1 impose λ2=1 et finalement (P,Q)=(±Tn,±1nTn).
Vérification: pour le couple (P,Q)=(±Tn,±1nTn), le polynôme P2+(1-X2)Q2 est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer P2+(1-X2)Q2=1.

 
Exercice 101  2189  Correction  

(Polynômes de Laguerre)

Pour n, on définit Ln: par

Ln(x)=exdndxn(e-xxn).

Observer que Ln est une fonction polynomiale dont on déterminera le degré et le coefficient dominant.

Solution

Par la formule de dérivation de Leibniz

dndxn(e-xxn)=k=0n(nk)(xn)(n-k)(e-x)(k)=k=0n(-1)kn!k!(n-k)!n!k!xke-x

donc

Ln=k=0n(-1)k(n!)2(k!)2(n-k)!Xk

est un polynôme de degré n et de coefficient dominant (-1)n.

 
Exercice 102  2187   

(Polynômes de Legendre)

Pour tout entier naturel n, on pose

Ln=n!(2n)!((X2-1)n)(n).
  • (a)

    Montrer que Ln est un polynôme unitaire de degré n.

  • (b)

    Vérifier que pour tout polynôme réel Q avec deg(Q)<n, on a

    -11Ln(t)Q(t)dt=0.
  • (c)

    En déduire que Ln possède n racines simples toutes dans l’intervalle ]-1;1[.

 
Exercice 103  4566    

(Polynômes de Fibonacci11 1 Cet énoncé peut être mis en parallèle avec le sujet 4409.)

On considère la suite de polynômes (Fn) déterminée par

F0=0,F1=1etn,Fn+2=XFn+1+Fn.
  • (a)

    Vérifier que, pour tout n, Fn et Fn+1 sont premiers entre eux.

  • (b)

    Soit k*. Montrer

    Fk+n=FkFn+1+Fk-1Fnpour tout n.

Soient a et b*.

  • (c)

    Établir

    Fa+bFb=FaFb.
  • (d)

    Conclure

    FaFb=Fab.
 
Exercice 104  2128   Correction  

On définit une suite de polynôme (Pn) par

P0=2,P1=X et n,Pn+2=XPn+1-Pn.
  • (a)

    Calculer P2 et P3.
    Déterminer degré et coefficient dominant de Pn.

  • (b)

    Montrer que, pour tout n et pour tout z* on a

    Pn(z+1/z)=zn+1/zn.
  • (c)

    En déduire une expression simple de Pn(2cos(θ)) pour θ.

  • (d)

    Déterminer les racines de Pn.

Solution

  • (a)

    P2=X2-2, P3=X3-3X.
    Par récurrence double sur n, on montre deg(Pn)=n et coeff(Pn)=1.

  • (b)

    Par récurrence double sur n:
    Pour n=0 et n=1: ok
    Supposons la propriété établie aux rangs n et n+1 (avec n0)

    Pn+2(z)=(z+1/z)Pn+1(z)-Pn(z)=HR(z+1z)(zn+1+1zn+1)-(zn+1zn)=zn+2+1zn+2.

    Récurrence établie.

  • (c)

    Pn(2cos(θ))=Pn(eiθ+e-iθ)=einθ+e-inθ=2cos(n)θ.

  • (d)

    Soit x[-2;2]. Il existe θ[0;π] unique tel que x=2cos(θ).

    Pn(x)=0 cos(nθ)=0
    k{0,,n-1},θ=π+2kπ2n.

    Par suite, les xk=2cos(π+2kπ2n) avec k{0,,n-1} constituent n racines distinctes de an0 et a00. Puisque le polynôme Pn est de degré n, il n’y en a pas d’autres.

 
Exercice 105  2188    Correction  

Soit (Pn)n0 la suite de 𝕂[X] définie par

P0=0,P1=1 et n,Pn+2=XPn+1-Pn.
  • (a)

    Montrer

    n,Pn+12=1+PnPn+2.
  • (b)

    En déduire

    n,Pn et Pn+1 sont premiers entre eux .
  • (c)

    Établir pour que pour tout m et pour tout n* on a

    Pm+n=PnPm+1-Pn-1Pm.
  • (d)

    Montrer que pour tout m et pour tout n* on a

    pgcd(Pm+n,Pn)=pgcd(Pn,Pm).

    En déduire que pgcd(Pm,Pn)=pgcd(Pn,Pr)r est le reste de la division euclidienne de m par n.

  • (e)

    Conclure

    pgcd(Pn,Pm)=Ppgcd(m,n).

Solution

  • (a)

    Par récurrence sur n
    Pour n=0: ok avec P2=X.
    Supposons la propriété établie au rang n-1.

    1+Pn+2Pn=1+XPn+1Pn-Pn2=1+X(XPn-Pn-1)Pn-Pn2.

    Par l’hypothèse de récurrence

    1+Pn+2Pn=X2Pn2-XPn-1Pn-Pn-1Pn+1

    donc

    1+Pn+2Pn=X2Pn2-XPn-1Pn-Pn-1(XPn-Pn-1)=X2Pn2-2XPn-1Pn+Pn-12=Pn+12.

    Récurrence établie.

  • (b)

    La relation ci-dessus peut se relire: UPn+VPn+1=1. Donc Pn et Pn+1 sont premiers entre eux.

  • (c)

    Par récurrence sur m, établissons la propriété:

    n*,Pm+n=PnPm+1-Pn-1Pm.

    Pour m=0: ok
    Supposons la propriété établie au rang m0. Pour tout n*

    Pm+n+1=Pn+1Pm+1-PnPm=(XPn-Pn-1)Pm+1-PnPm=(XPm+1-Pm)Pn-Pn-1Pm+1

    donc

    Pm+n+1=Pm+2Pn-Pn-1Pm+1.

    Récurrence établie.

  • (d)

    Posons D=pgcd(Pn,Pn+m) et E=pgcd(Pn,Pm).
    Comme Pn+m=PnPm+1-Pn-1Pm on a ED.
    Comme Pn-1Pm=PnPm+1-Pm+n et PnPn-1=1 on a DE.

    Finalement, D=E.

    En notant r le reste de la division euclidienne de m par n on a m=nq+r avec q et

    pgcd(Pn,Pm)=pgcd(Pn,Pn-m)=pgcd(Pn,Pn-2m)==pgcd(Pn,Pr).
  • (e)

    En suivant l’algorithme d’Euclide menant le calcul de pgcd(m,n) simultanément avec celui menant le calcul de pgcd(Pm,Pn), on observe que

    pgcd(Pn,Pm)=Ppgcd(m,n).


Édité le 08-11-2019

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