Exercice 1 2553 CCINP (MP)Correction

Soit ${(P_{n})}_{n \in ℕ^{*}}$ la suite de polynômes définie par

P_{1} = X - 2 et P_{n + 1} = P_{n}^{2} - 2 pour tout n \in ℕ^{*} .

Calculer le coefficient de $X^{2}$ dans $P_{n}$ .

Solution

Notons $a_{n}$ , $b_{n}$ et $c_{n}$ les coefficients de $1, X$ et $X^{2}$ dans $P_{n}$ .

Puisque $P_{1} = X - 2$ , on a $a_{1} = - 2$ , $b_{1} = 1$ et $c_{1} = 0$ .

Puisque $P_{n + 1} = P_{n}^{2} - 2$ , on a $a_{n + 1} = a_{n}^{2} - 2$ , $b_{n + 1} = 2 a_{n} b_{n}$ et $c_{n + 1} = b_{n}^{2} + 2 a_{n} c_{n}$ .

On en déduit $a_{2} = 2$ , $b_{2} = - 4$ et $c_{2} = 1$ puis pour $n \geq 3$ : $a_{n} = 2$ , $b_{n} = - 4^{n - 1}$ ,

c_{n} = 4^{n - 2} + 4^{n - 1} + \dots + 4^{2 n - 4} = 4^{n - 2} \frac{4^{n - 1} - 1}{3} .

Exercice 2 2377 Correction

(a)

Pour $n \in ℕ$ , développer le polynôme

$(1 + X) (1 + X^{2}) (1 + X^{4}) \dots (1 + X^{2^{n}}) .$
(b)

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

Solution

(a)

Posons

$P (X) = (1 + X) (1 + X^{2}) (1 + X^{4}) \dots (1 + X^{2^{n}}) .$

En exploitant successivement $(a - b) (a + b) = a^{2} - b^{2}$ , on obtient

$(1 - X) P (X) = 1 - X^{2^{n + 1}} .$

On en déduit

$P (X) = \frac{1 - X^{2^{n + 1}}}{1 - X} = 1 + X + X^{2} + \dots + X^{2^{n + 1} - 1} .$
(b)

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

Exercice 3 5464 Correction

Soit $P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n} \in ℂ [X]$ .

(a)

Pour $r > 0$ et $k \in ℕ$ , calculer

$\int_{0}^{2 π} P (r e^{i t}) e^{- i k t} d t .$
(b)

En déduire que, s’il existe $M \in ℝ_{+}$ tel que $| P (z) | \leq M$ pour tout $z \in ℂ$ , alors $P$ est un polynôme constant.

Solution

(a)

Pour $ℓ \in ℤ$ On remarque

$\int_{0}^{2 π} e^{i ℓ t} d t = {\begin{matrix} 2 π & si ℓ = 0 \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

Par combinaison linéaire,

$\int_{0}^{2 π} P (r e^{i t}) e^{- i k t} d t = {\begin{matrix} 2 π a_{k} r^{k} & si k \in ⟦ 0; n ⟧ \\ 0 sinon. \end{matrix}$
(b)

Supposons $| P (z) | \leq M$ pour tout $z \in ℂ$ . Pour $k \in ⟦ 0; n ⟧$ ,

$2 π | a_{k} | r^{k} = | \int_{0}^{2 π} P (r e^{i t}) e^{- i k t} d t | \leq \int_{0}^{2 π} | P (r e^{i t}) | d t \leq 2 π M$

et donc

$| a_{k} | \leq \frac{M}{r^{k}} \to_{r \to + \infty}^{} 0 pour k \in ⟦ 1; n ⟧ .$

On en déduit $a_{1} = \dots = a_{n} = 0$ et le polynôme $P$ est constant.

Exercice 4 271 MINES (MP)Correction

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

\forall ε > 0, \exists z \in ℂ, | z | < ε et | P (z) | < 1 .

Solution

Puisque le polynôme $P$ est non constant, on peut écrire

P (z) = 1 + a_{q} z^{q} + z^{q + 1} Q (z)

avec $a_{q} \neq 0$ et $Q \in ℂ [X]$ .

Posons $θ$ un argument du complexe $a_{q}$ et considérons la suite $(z_{n})$ de terme général

z_{n} = \frac{1}{n} e^{i (π - θ) / q} .

On a $z_{n} \to 0$ et

P (z_{n}) \underset{n \to + \infty}{=} 1 - \frac{| a_{q} |}{n^{q}} + o (\frac{1}{n^{q}}) .

On en déduit que $| P (z_{n}) | < 1$ pour $n$ assez grand.

[<] Généralités[>] Dérivation

Exercice 5 4545

Trouver les $P \in ℝ [X]$ tels que $P (X^{2}) = (X^{2} - X + 1) P (X)$ .

Exercice 6 2674 MINES (MP)Correction

Trouver les $P \in ℝ [X]$ tels que $P (X^{2}) = (X^{2} + 1) P (X)$ .

Solution

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

Exercice 7 4557

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

Exercice 8 2127 Correction

Résoudre les équations suivantes:

(a)

$Q^{2} = X P^{2}$ d’inconnues $P, Q \in 𝕂 [X]$
(b)

$P \circ P = P$ d’inconnue $P \in 𝕂 [X]$ .

Solution

(a)

Si $(P, Q)$ est un couple solution de polynômes non nuls alors $Q^{2} = X P^{2}$ donne $2 \deg (Q) = 1 + 2 \deg (P)$ avec $\deg (P), \deg (Q) \in ℕ$ 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 $\deg (P) \geq 2$ alors $\deg (P \circ P) = {(\deg (P))}^{2} > \deg (P)$ et donc $P$ n’est pas solution.
Si $\deg (P) \leq 1$ alors on peut écrire $P = a X + b$ et alors

$P \circ P = P \Leftrightarrow a (a X + b) + b = a X + b \Leftrightarrow {\begin{matrix} a^{2} & = a \\ a b = & 0 . \end{matrix}$

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 9 2129 Correction

Résoudre les équations suivantes:

(a)

$P^{', 2} = 4 P$ d’inconnue $P \in 𝕂 [X]$
(b)

$(X^{2} + 1) P^{''} - 6 P = 0$ d’inconnue $P \in 𝕂 [X]$ .

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 $P = a X^{2} + b X + c$ avec $a \neq 0$ .
$P^{', 2} = 4 P \Leftrightarrow 4 a^{2} X^{2} + 4 a b X + b^{2} = 4 a X^{2} + 4 b X + 4 c \Leftrightarrow {\begin{matrix} a = 1 \\ c = b^{2} / 4 \end{matrix}$
Les solutions de l’équation sont $P = 0$ et $P = X^{2} + b X + b^{2} / 4$ avec $b \in 𝕂$ .
(b)

Parmi les polynôme de degré inférieur à 1, seul le polynôme nul est solution.
Pour $P$ polynôme tel que $\deg (P) \geq 2$ alors la relation $(X^{2} + 1) P^{''} - 6 P = 0$ implique, en raisonnant sur l’annulation des coefficients dominants, $\deg (P) (\deg P - 1) = 6$ donc $\deg (P) = 3$ .
En cherchant $P$ sous la forme $P = a X^{3} + b X^{2} + c X + d$ avec $a \in 𝕂^{*}$ , on obtient que seuls les polynômes $P = a (X^{3} + X)$ avec $a \in 𝕂^{*}$ sont solutions.

Finalement, les polynômes solutions sont les $a (X^{3} + X)$ avec $a \in 𝕂$ .

Exercice 10 5209

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

P - P^{'} = Q

et exprimer celui-ci en fonction du polynôme $Q$ .

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

Exercice 11 2130 Correction

Montrer que pour tout entier naturel $n$ , il existe un unique polynôme $P_{n} \in ℝ [X]$ tel que

P_{n} - P_{n}^{'} = X^{n} .

Exprimer les coefficients de $P_{n}$ à l’aide de nombres factoriels.

Solution

Les polynômes solutions de $P_{n} - P_{n}^{'} = X^{n}$ sont nécessairement de degré $n$ .
Cherchons ceux-ci de la forme:

P_{n} = a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}

$P_{n} - P_{n}^{'} = X^{n}$ équivaut à

a_{n} = 1, a_{n - 1} = n a_{n}, a_{n - 2} = (n - 1) a_{n - 1}, \dots, a_{0} = 1 . a_{1} .

Par suite, l’équation $P_{n} - P_{n}^{'} = X^{n}$ possède une et une seule solution qui est:

P = X^{n} + n X^{n - 1} + n (n - 1) X^{n - 2} + \dots + n! = \sum_{k = 0}^{n} \frac{n!}{k!} X^{k} .

Exercice 12 3338 Correction

Trouver tous les polynômes $P \in ℝ [X]$ tels que

\forall k \in ℤ, \int_{k}^{k + 1} P (t) d t = k + 1 .

Solution

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

\forall k \in ℤ, Q (k + 1) - Q (k) = k + 1 .

En raisonnant par coefficients inconnus, on observe que $Q (X) = \frac{1}{2} X (X + 1)$ est solution.
Si $\tilde{Q} (X)$ est aussi solution alors

\forall k \in ℤ, (Q - \tilde{Q}) (k + 1) = (Q - \tilde{Q}) (k)

et on en déduit que le polynôme $Q - \tilde{Q}$ est constant.
On en déduit que

P (X) = X + \frac{1}{2}

est l’unique solution du problème posé.

Exercice 13 4546

Soit $n \in ℕ$ .

En étudiant la dérivée $n$ -ième du polynôme $X^{2 n}$ , établir

\sum_{k = 0}^{n} {(\binom{n}{k})}^{2} = (\binom{2 n}{n}) .

Exercice 14 2131 X (MP)

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

Exercice 15 3341 Correction

Soit $P \in ℝ [X]$ . On suppose que $a \in ℝ$ vérifie

P (a) > 0 et \forall k \in ℕ^{*}, P^{(k)} (a) \geq 0 .

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

Solution

Par la formule de Taylor, on a pour tout $x \geq 0$

P (a + x) = \sum_{k = 0}^{\deg (P)} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} x^{k} \geq P (a) > 0 .

Exercice 16 2132 Correction

Soit $P \in 𝕂 [X]$ . Montrer

P (X + 1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} P^{(n)} (X) .

Solution

Par la formule de Taylor

P (X) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(n)} (0)}{n!} X^{n}

donc

P (1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(n)} (0)}{n!}

et plus généralement

P^{(k)} (1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(n + k)} (0)}{n!} .

Par la formule de Taylor

P (X + 1) = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{P^{(k)} (1)}{k!} X^{k} = \sum_{k = 0}^{+ \infty} \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \frac{P^{(n + k)} (0)}{n!} X^{k}

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

P (X + 1) = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{+ \infty} \frac{1}{k!} \frac{P^{(n + k)} (0)}{n!} X^{k} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} \frac{1}{n!} P^{(n)} (X) .

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

[<] Dérivation[>] Racines

Exercice 17 4548

Montrer qu’il existe un unique polynôme $P \in ℝ [X]$ vérifiant

P (\sin (t)) = \sin (3 t) pour tout t \in ℝ .

Exercice 18 5210

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

Q (z + \frac{1}{z}) = P (z) + P (\frac{1}{z}) pour tout z \in ℂ^{*} .

Exercice 19 3269 CENTRALE (MP)Correction

On pose

f (x) = \frac{1}{\cos (x)} .

Démontrer l’existence d’un polynôme $P_{n}$ de degré $n$ et à coefficients positifs ou nul vérifiant

\forall n \geq 1, f^{(n)} (x) = \frac{P_{n} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 1}} .

Préciser $P_{1}, P_{2}, P_{3}$ et calculer $P_{n} (1)$ .

Solution

Montrons la propriété par récurrence sur $n \geq 1$ .
Pour $n = 1$ , $P_{1} (X) = X$ convient.
Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .
En dérivant la relation

f^{(n)} (x) = \frac{P_{n} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 1}}

on obtient

f^{(n + 1)} (x) = \frac{(n + 1) \sin (x) P_{n} (\sin (x)) + \cos^{2} (x) P_{n}^{'} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 2}} .

Posons alors

P_{n + 1} (X) = (n + 1) X P_{n} (X) + (1 - X^{2}) P_{n}^{'} (X)

de sorte que

f^{(n + 1)} (x) = \frac{P_{n + 1} (\sin (x))}{{(\cos (x))}^{n + 2}} .

On peut écrire

P_{n} (X) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k} avec a_{k} \geq 0, a_{n} \neq 0

et alors

P_{n + 1} (X) = \sum_{k = 0}^{n} (n + 1 - k) a_{k} X^{k + 1} + \sum_{k = 1}^{n} k a_{k} X^{k - 1}

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

P_{1} (X) = X, P_{2} (X) = 1 + X^{2} et P_{3} (X) = 5 X + X^{3}

P_{n + 1} (1) = (n + 1) P_{n} (1)

donc

P_{n} (1) = n! .

Exercice 20 5798 Correction

Soit $P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{N} X^{N}$ un polynôme à coefficients complexes.

(a)

Pour $n \in ℕ$ , calculer

$\int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t .$
(b)

En déduire que pour tout $n = 0, 1, \dots, N$

$| a_{n} | \leq sup_{z \in 𝕌} | P (z) | .$

On commencera par justifier l’existence de la borne supérieure considérée.

Solution

(a)

Pour $k \in ℤ ∖ {0}$ , on remarque

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = {[\frac{e^{i k t}}{i k}]}_{0}^{2 π} = 0 .$

Aussi, pour $k = 0$ ,

$\int_{0}^{2 π} e^{i k t} d t = \int_{0}^{2 π} 1 d t = 2 π .$

Par linéarité,

$\int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t = \sum_{k = 0}^{N} a_{k} \int_{0}^{2 π} e^{i (k - n) t} d t = {\begin{matrix} 2 π a_{n} & si n \in ⟦ 0; N ⟧ \\ 0 & si n \geq N + 1 . \end{matrix}$
(b)

Par l’identité qui précède,

$2 π | a_{n} | = | \int_{0}^{2 π} P (e^{i t}) e^{- i n t} d t | \leq \int_{0}^{2 π} | P (e^{i t}) | \underset{\begin{matrix} = 1 \end{matrix}}{\underset{⏟}{| e^{- i n t} |}} d t .$

Introduisons le réel

$M = sup_{z \in 𝕌} | P (z) | = sup_{t \in [0; 2 π]} | P (e^{i t}) | .$

Cela est possible car la fonction $t \mapsto P (e^{i t})$ est continue sur le segment $[0; 2 π]$ donc bornée. On obtient alors

$2 π | a_{n} | \leq \int_{0}^{2 π} M d t = 2 π M .$

On en déduit $| a_{n} | \leq M$ .

[<] Fonctions polynomiales[>] Divisibilité

Exercice 21 5532 Correction

Justifier que tout polynôme réel de degré impair possède au moins une racine réelle:

(a)

en employant le théorème des valeurs intermédiaires;
(b)

en employant le théorème de décomposition en facteurs irréductibles.

Solution

Soit $P$ un polynôme réel de degré impair $2 n + 1$ avec $n \in ℕ$ :

P = a_{2 n + 1} X^{2 n + 1} + a_{2 n} X^{2 n} + \dots + a_{0}

avec $a_{0}, \dots, a_{2 n + 1} \in ℝ$ , $a_{2 n + 1} \neq 0$ .

(a)

La fonction polynomiale $x \mapsto P (x)$ est définie et continue sur $ℝ$ avec

$P (x) \to_{x \to + \infty}^{} {\begin{matrix} + \infty & si a_{2 n + 1} > 0 \\ - \infty & si a_{2 n + 1} < 0 \end{matrix} et P (x) \to_{x \to - \infty}^{} {\begin{matrix} - \infty & si a_{2 n + 1} > 0 \\ + \infty & si a_{2 n + 1} < 0 . \end{matrix}$

La fonction continue $x \mapsto P (x)$ prend donc des valeurs positives et des valeurs négatives, le théorème des valeurs intermédiaires assure que cette fonction s’annule. Par conséquent, le polynôme $P$ admet au moins une racine réelle.
(b)

Si le polynôme $P$ ne présente pas de racines réelles, sa décomposition en facteurs irréductibles est un produit de polynômes de degrés $2$ . Le polynôme $P$ est alors de degré pair. Par contraposition, si $P$ est de degré impair, il possède au moins une racine réelle.

Exercice 22 4562

Donner une condition nécessaire et suffisante sur $(p, q) \in ℂ^{2}$ pour que le polynôme $X^{3} + p X + q$ admette une racine multiple et déterminer celle-ci.

Exercice 23 4560

Soit

P = X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0} \in ℂ [X] .

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

| ξ | \leq \max (1, | a_{0} | + | a_{1} | + \dots + | a_{n - 1} |) .

Exercice 24 3342 Correction

Soit $P = a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n} \in ℂ [X]$ . On pose

M = sup_{| z | = 1} | P (z) | .

Montrer

\forall k \in {0, \dots, n}, | a_{k} | \leq M .

On pourra employer des racines de l’unité.

Solution

Soit $ω = e^{2 i π / (n + 1)}$ une racine $(n + 1)$ -ième de l’unité. On a

P (1) + P (ω) + \dots + P (ω^{n}) = (n + 1) a_{0}

car

\sum_{k = 0}^{n} ω^{k ℓ} = {\begin{matrix} n + 1 & si ℓ \equiv 0 [n + 1] \\ 0 & sinon. \end{matrix}

On en déduit $(n + 1) | a_{0} | \leq (n + 1) M$ puis $| a_{0} | \leq M$ .
De façon plus générale, on a

P (1) + ω^{- k} P (ω) + \dots + ω^{- n k} P (ω^{n}) = (n + 1) a_{k}

et on en déduit $| a_{k} | \leq M$ .

Exercice 25 2158 Correction

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

P = \frac{X (X - b) (X - c)}{a (a - b) (a - c)} + \frac{X (X - c) (X - a)}{b (b - c) (b - a)} + \frac{X (X - a) (X - b)}{c (c - a) (c - b)}

peut s’écrire sous la forme $P = λ (X - a) (X - b) (X - c) + 1$ où $λ$ 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, $\deg (P) \leq 3$ donc il existe $λ \in 𝕂$ tel que

P = λ (X - a) (X - b) (X - c) + 1 .

Puisque $P (0) = 0$ , on a $λ = \frac{1}{a b c}$ .

Exercice 26 5211

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Montrer que les racines du polynôme

P = 1 + X + \frac{1}{2!} X^{2} + \dots + \frac{1}{n!} X^{n}

sont simples.

Exercice 27 4559

Soit

P = a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}

un polynôme à coefficients entiers tel que $a_{n} \neq 0$ et $a_{0} \neq 0$ .

(a)

On suppose que $P$ admet une racine rationnelle $r = p / q$ exprimée sous forme irréductible. Montrer que $p ∣ a_{0}$ et $q ∣ a_{n}$ .
(b)

Factoriser dans $ℝ [X]$

$P = 2 X^{3} - X^{2} - X - 3 .$

Exercice 28 2663 MINES (MP)Correction

(a)

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

Justifier que le nombre $a$ est irrationnel.

Solution

(a)

On a

$\cos (3 x) = 4 \cos^{3} (x) - 3 \cos (x)$

donc

$4 a^{3} - 3 a = \cos (π / 3) = 1 / 2 .$

Ainsi $a$ est racine du polynôme $8 X^{3} - 6 X - 1$ .
(b)

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

$8 p^{3} - 6 p q^{2} - q^{3} = 0 .$

On en déduit $p ∣ 8 p^{3} - 6 p q^{2} = q^{3}$ . Or $p$ et $q$ sont premiers entre eux et donc par le théorème de Gauss $p = \pm 1$ . De plus, $q^{2} ∣ 6 p q^{2} + q^{3} = 8 p^{3}$ et, par un argument analogue au précédent, $q^{2} ∣ 8$ . Ainsi $q = \pm 1$ ou $q = \pm 2$ .
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 29 2371 CENTRALE (MP)Correction

(a)

Soit $n \in ℕ$ . Exprimer $\sin ((2 n + 1) α)$ en fonction de $\sin (α)$ et $\cos (α)$ .
(b)

En déduire que les racines du polynôme:

$P (X) = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) X^{n - p}$

sont de la forme $x_{k} = \cot^{2} (β_{k})$ . Déterminer les $β_{k}$ .

Solution

(a)

L’égalité

$\sin ((2 n + 1) α) = Im (e^{i (2 n + 1) α}) = Im ({(\cos (α) + i \sin (α))}^{2 n + 1})$

donne en développant

$\sin ((2 n + 1) α) = \sum_{p = 0}^{n} {(- 1)}^{p} (\binom{2 n + 1}{2 p + 1}) \cos^{2 (n - p)} (α) . \sin^{2 p + 1} (α) .$
(b)

On observe

$\sin ((2 n + 1) α) = \sin^{2 n + 1} (α) P (\cot^{2} (α)) .$

Posons $β_{k} = \frac{k π}{2 n + 1}$ pour $1 \leq k \leq n$ . Les $x_{k} = \cot^{2} (β_{k})$ sont $n$ racines distinctes de $P$ , or $\deg (P) = n$ , ce sont donc exactement les racines de $P$ .

Exercice 30 5479 Correction

Soit

P = a_{n} X^{n} + \dots + a_{1} X + a_{0}

un polynôme réel de degré $n$ . On dit que ce polynôme est réciproque lorsque

a_{n - i} = a_{i} pour tout i \in ⟦ 0; n ⟧ .

(a)

Montrer que le polynôme $P$ est réciproque si, et seulement si,

$X^{n} P (\frac{1}{X}) = P (X) .$
(b)

On suppose que $P$ est un polynôme réciproque. Montrer que si $x$ est une racine de $P$ alors $x \neq 0$ et $1 / x$ est aussi racine de $P$ de même multiplicité.
(c)

Vérifier que si $P$ est un polynôme réciproque de degré pair $n = 2 p$ alors il existe $Q \in ℝ [X]$ tel que

$P (X) = X^{p} Q (X + \frac{1}{X}) .$
(d)

Vérifier que si $P$ est un polynôme réciproque de degré impair $n = 2 p + 1$ alors il existe $Q \in ℝ [X]$ tel que

$P (X) = (X + 1) X^{p} Q (X + \frac{1}{X}) .$

Solution

(a)

On remarque

$X^{n} P (\frac{1}{X}) = X^{n} \sum_{i = 0}^{n} \frac{a_{i}}{X^{i}} = \sum_{i = 0}^{n} a_{i} X^{n - i} .$

Deux polynômes étant égaux si, et seulement si, leurs coefficients le sont, on obtient

$X^{n} P (\frac{1}{X}) = P (X) \Leftrightarrow \forall i \in ⟦ 0; n ⟧, a_{n - i} = a_{i} .$
(b)

Le coefficient constant d’un polynôme réciproque est égal à son coefficient dominant, il n’est donc pas nul et cela assure que $0$ n’est pas racine de $P$ .

Si $x$ est racine de $P$ alors on peut introduire $1 / x$ est l’égalité précédente donne

$x^{n} P (\frac{1}{x}) = P (x) = 0 .$

On en déduit que $1 / x$ est aussi racine de $P$ .

Si $x = \pm 1$ , $x$ et $1 / x$ désignent la même racine et il y a donc égalité des multiplicités. Sinon, on peut factoriser $P$ par $Q = (X - x) (X - 1 / x)$ . Ce polynôme $Q$ est réciproque et l’égalité $P = Q R$ avec $P$ et $Q$ réciproques implique $R$ réciproque. En effet,

$P (X) = X^{n} P (\frac{1}{X}) = X^{q + r} Q (\frac{1}{X}) R (\frac{1}{X}) = Q (X) R (X)$

avec $n$ , $q$ , et $r$ les degrés des polynômes $P$ , $Q$ et $R$ .

On en déduit que les racines $x$ et $1 / x$ ont la même multiplicité.
(c)

On raisonne par récurrence forte sur $p \in ℕ$ .

Pour $p = 0$ , c’est immédiat.

Supposons la propriété vérifiée jusqu’au rang $p - 1$ (avec $p \geq 1$ ).

Soit $P$ un polynôme réciproque de degré $2 p$ . Notons $α$ sont coefficients dominant et posons

$R (X) = P (X) - α X^{p} {(X + \frac{1}{X})}^{p} .$

On vérifie que $R$ est un polynôme et qu’il s’écrit

$R (X) = \sum_{i = 0}^{2 p} b_{i} X^{i} avec b_{2 p - i} = b_{i} et b_{2 p} = b_{0} = 0 .$

Si le polynôme $R$ est nul, on conclut avec $Q = α X^{p}$ .

Sinon, on introduit $m \geq 1$ la multiplicité de $0$ en tant que racine de $R$ et l’on observe

$R (X) = X^{m} \sum_{j = 0}^{2 p - 2 m} b_{j + m} X^{j} = X^{m} S (X) .$

Le polynôme $S$ est réciproque de degré $2 p - 2 m$ exactement.

Par hypothèse de récurrence forte, il existe $T \in ℝ [X]$ tel que

$S (X) = X^{p - m} T (X + \frac{1}{X})$

et alors

$P (X) = X^{p} Q (X) avec Q (X) = α X^{p} + T (X) .$

La récurrence est établie.
(d)

On remarque que si $P$ est un polynôme réciproque de degré impair alors $- 1$ en est racine. On peut alors factoriser $P$ par $X + 1$ et écrire $P = (X + 1) R$ . Le polynôme $X + 1$ est réciproque et donc le polynôme $R$ l’est aussi. De plus, $R$ est de degré pair et l’on peut conclure en employant le résultat de la question précédente.

Exercice 31 5445 MINES (MP)Correction

Soient $a, b, c, d, e \in ℝ$ et les polynômes

P = a X^{2} + (c - b) X + e - d et Q = a X^{4} + b X^{3} + c X^{2} + d X + e .

On suppose que $P$ possède une racine dans $[1; + \infty [$ . Montrer que $Q$ possède au moins une racine réelle.

Solution

Pour $x > 0$ , on remarque

\frac{1}{2} (Q (\sqrt{x}) + Q (- \sqrt{x})) = a x^{2} + c x + e et \frac{1}{2 \sqrt{x}} (Q (\sqrt{x}) - Q (- \sqrt{x})) = b x + d

donc

P (x) = \frac{1}{2} ((Q (\sqrt{x}) + Q (- \sqrt{x})) - \frac{1}{\sqrt{x}} (Q (\sqrt{x}) - Q (- \sqrt{x}))) .

Si $x \geq 1$ est raine de $P$ , il vient donc

\underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(1 - \frac{1}{\sqrt{x}})}} Q (\sqrt{x}) = - \underset{\begin{matrix} \geq 0 \end{matrix}}{\underset{⏟}{(1 + \frac{1}{\sqrt{x}})}} Q (- \sqrt{x}) .

Les valeurs $Q (\sqrt{x})$ et $Q (- \sqrt{x})$ sont de signes opposés, la fonction polynôme $Q$ s’annule alors car continue.

Exercice 32 1352 X (MP)

Soient $n \in ℕ^{*}$ , $a_{0}, \dots, a_{n}$ des réels deux à deux distincts et $P = (X - a_{0}) \dots (X - a_{n})$ .

(a)

Simplifier l’expression du polynôme

$\sum_{i = 0}^{n} \prod_{\begin{matrix} 0 \leq j \leq n \\ j \neq i \end{matrix}} \frac{X - a_{j}}{a_{i} - a_{j}} .$
(b)

Calculer

$S = \sum_{i = 0}^{n} \frac{1}{P^{'} (a_{i})} .$

Exercice 33 2941 X (MP)

Soient $A, B$ deux polynômes complexes et non constants vérifiant

	${z \in ℂ \| A (z) = 0}$	$= {z \in ℂ \| B (z) = 0} et$
	${z \in ℂ \| A (z) = 1}$	$= {z \in ℂ \| B (z) = 1} .$

Montrer que les polynômes $A$ et $B$ sont égaux.

[<] Racines[>] Division euclidienne

Exercice 34 2133 Correction

Montrer les divisibilités suivantes et déterminer les quotients correspondant:

(a)

$X - 1 ∣ X^{3} - 2 X^{2} + 3 X - 2$
(b)

$X - 2 ∣ X^{3} - 3 X^{2} + 3 X - 2$
(c)

$X + 1 ∣ X^{3} + 3 X^{2} - 2$ .

Solution

(a)

$X^{3} - 2 X^{2} + 3 X - 2 = (X - 1) (X^{2} - X + 2)$ .
(b)

$X^{3} - 3 X^{2} + 3 X - 2 = (X - 2) (X^{2} - X + 1)$ .
(c)

$X^{3} + 3 X^{2} - 2 = (X + 1) (X^{2} + 2 X - 2)$ .

Exercice 35 4549

Vérifier que pour tout $n \in ℕ^{*}$ ,

{(X - 1)}^{2} ∣ (n X^{n + 1} - (n + 1) X^{n} + 1) .

Déterminer le quotient de cette division.

Exercice 36 3632

Vérifier que pour tous $a$ et $b \in ℕ^{*}$ ,

b ∣ a \Leftrightarrow X^{b} - 1 ∣ X^{a} - 1 .

Exercice 37 2134 Correction

Soit $P \in 𝕂 [X]$ .

(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 $P^{[n]} = P \circ \dots \circ P$ (composition à $n \geq 1$ facteurs).
Établir que $P (X) - X$ divise $P^{[n]} (X) - X$

Solution

On écrit $P = \sum_{k = 0}^{p} a_{k} X^{k} \in 𝕂 [X]$

(a)

On a

$P (P (X)) - P (X) = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} ({[P (X)]}^{k} - X^{k})$

avec $P (X) - X$ divisant ${[P (X)]}^{k} - X^{k}$ car

$a^{k} - b^{k} = (a - b) \sum_{ℓ = 0}^{k - 1} a^{ℓ} b^{k - 1 - ℓ} .$
(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 $n \in ℕ^{*}$ .
La propriété est immédiate pour $n = 1$ et vient d’être établie pour $n = 2$ .
Supposons la propriété vraie au rang $n \geq 1$ .

$P^{[n + 1]} (X) - P (X) = \sum_{k = 0}^{p} a_{k} ({[P^{[n]} (X)]}^{k} - X^{k})$

$P^{[n]} (X) - X$ divise ${[P^{[n]} (X)]}^{k} - X^{k}$ 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 38 4564

Soit $P \in 𝕂 [X]$ . Montrer que $P (X) - X$ divise $P (P (X)) - X$ .

[<] Divisibilité[>] Arithmétique

Exercice 39 5208

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

A = 2 X^{4} + X^{3} - X^{2} - X - 1 et B = X^{3} + X^{2} + X - 3 .

Exercice 40 2140 Correction

En réalisant une division euclidienne, former une condition nécessaire et suffisante sur $(λ, μ) \in 𝕂^{2}$ pour que $X^{2} + 2$ divise $X^{4} + X^{3} + λ X^{2} + μ X + 2$ .

Solution

$X^{4} + X^{3} + λ X^{2} + μ X + 2 = (X^{2} + 2) (X^{2} + X + (λ - 2)) + (μ - 2) X + 6 - 2 λ$ .
Le polynôme $X^{2} + 2$ divise $X^{4} + X^{3} + λ X^{2} + μ X + 2$ si, et seulement si, $λ = 3, μ = 2$ .

Exercice 41 4563

Soient $λ$ et $μ$ deux éléments distincts de $𝕂$ et $P \in 𝕂 [X]$ .

(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 42 2143 X (MP)Correction

Soient $t \in ℝ$ et $n \in ℕ^{*}$ .
Déterminer le reste de la division euclidienne dans $ℝ [X]$ de ${(X \cos (t) + \sin (t))}^{n}$ par $X^{2} + 1$ .

Solution

${(X \cos (t) + \sin (t))}^{n} = (X^{2} + 1) Q + R$ avec $\deg (R) < 2$ ce qui permet d’écrire $R = a X + b$ avec $a, b \in ℝ$ .
Cette relation doit être aussi vraie dans $ℂ [X]$ et peut donc être évaluée en $i$ :
${(i \cos (t) + \sin (t))}^{n} = R (i) = a i + b$ or ${(i \cos (t) + \sin (t))}^{n} = e^{i (n π / 2 - n t)}$ donc $a = \sin (n (π / 2 - t))$ et $b = \cos (n (π / 2 - t))$ .

Exercice 43 2144 Correction

Soit $k, n \in ℕ^{*}$ et $r$ le reste de la division euclidienne de $k$ par $n$ .
Montrer que le reste de la division euclidienne de $X^{k}$ par $X^{n} - 1$ est $X^{r}$ .

Solution

On a $k = n q + r$ avec $0 \leq r < n$ .
Or $X^{k} - X^{r} = X^{r} (X^{n q} - 1)$ et $X^{n} - 1 ∣ X^{n q} - 1$ . On peut donc écrire

X^{n q} - 1 = (X^{n} - 1) Q (X)

puis

X^{k} = (X^{n} - 1) X^{r} Q (X) + X^{r} avec \deg (X^{r}) < \deg (X^{n} - 1)

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

Exercice 44 2145 Correction

Soient $n, m \in ℕ^{*}$ .

(a)

De la division euclidienne de $n$ par $m$ , déduire celle de $X^{n} - 1$ par $X^{m} - 1$ .
(b)

Établir que

$pgcd (X^{n} - 1, X^{m} - 1) = X^{pgcd (n, m)} - 1 .$

Solution

(a)

$n = m q + r$ avec $0 \leq r < m$ .
$X^{n} - 1 = X^{m q + r} - 1 = X^{m q + r} - X^{r} + X^{r} - 1 = X^{r} (X^{m q} - 1) + X^{r} - 1$
or $X^{m q} - 1 = (X^{m} - 1) (1 + X^{m} + \dots + X^{m (q - 1)})$ donc $X^{n} - 1 = (X^{m} - 1) Q + R$ avec $Q = X^{r} (1 + X^{m} + \dots + X^{m (q - 1)})$ et $R = X^{r} - 1$ .
Puisque $\deg (R) < \deg (X^{m} - 1)$ , $R$ est le reste de la division euclidienne de $X^{n} - 1$ par $X^{m} - 1$ .
(b)

Suivons l’algorithme d’Euclide calculant le pgcd de $n$ et $m$ .
$a_{0} = n$ , $a_{1} = m$ puis tant que $a_{k} \neq 0$ , on pose $a_{k + 1}$ le reste de la division euclidienne de $a_{k - 1}$ par $a_{k}$ .
Cet algorithme donne $pgcd (m, n) = a_{p}$ avec $a_{p}$ le dernier reste non nul.
Par la question ci-dessus on observe que si on pose $A_{k} = X^{a_{k}} - 1$ alors $A_{0} = X^{n} - 1$ , $A_{1} = X^{m} - 1$ et pour tout $k$ tel que $a_{k} \neq 0$ , $A_{k} \neq 0$ et $A_{k + 1}$ est le reste de la division euclidienne de $A_{k - 1}$ par $A_{k}$ .
Par suite, $pgcd (X^{n} - 1, X^{m} - 1) = pgcd (A_{0}, A_{1}) = pgcd (A_{1}, A_{2}) = \dots = pgcd (A_{p}, A_{p + 1}) = A_{p} = X^{pgcd (m, n)} - 1$ car $A_{p + 1} = 0$ puisque $a_{p + 1} = 0$ .

Exercice 45 3133 Correction

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

φ (1) = 1, φ (X) = X et \forall P \in ℝ [X], P (a) = P (b) = 0 ⟹ φ (P) = 0 .

Solution

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

P = (X - a) (X - b) Q (X) + α X + β .

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

α = \frac{P (b) - P (a)}{b - a} et β = \frac{b P (a) - a P (b)}{b - a} .

Par linéarité de $φ$ , on obtient

φ (P) = φ (α X + β) = α X + β

car $φ ((X - a) (X - b) Q (X)) = 0$ . Ainsi,

φ (P) = \frac{P (b) - P (a)}{b - a} X + \frac{b P (a) - a P (b)}{b - a}

ce qui détermine $φ$ de façon unique.

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

[<] Division euclidienne[>] Racines et arithmétique

Exercice 46 4554

(a)

Vérifier que $X^{2} + X + 1$ divise¹¹ 1 Le sujet ne précise pas si la divisibilité est à entendre dans $ℝ [X]$ ou dans $ℂ [X]$ 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 $ℝ [X]$ et ce sont les mêmes que l’on retrouve dans $ℂ [X]$ . $X^{10} + X^{5} + 1$ .
(b)

Montrer que $X^{3} - X^{2} + 1$ et $X^{2} - 2 X + 2$ sont premiers entre eux²² 2 Encore une fois il n’est pas nécessaire de préciser si l’étude a lieu dans $ℝ [X]$ ou dans $ℂ [X]$ car le pgcd se calcule par une succession de divisions euclidiennes et ce sont les mêmes qui sont réalisées dans $ℝ [X]$ et dans $ℂ [X]$ . En substance le pgcd unitaire de deux polynômes réels est identique dans $ℝ [X]$ et dans $ℂ [X]$ ..

Exercice 47 4551

Soient $A = 2 X^{4} + X^{3} - X^{2} - X - 1$ et $B = X^{3} + X^{2} + X - 3$

(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 $D = A U + B V$ .

Exercice 48 2138 Correction

Soient $A, B \in 𝕂 [X]$ non nuls.

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

Solution

Si $A \land B = 1$ alors il existe $U, V \in 𝕂 [X]$ tels que $A U + B V = 1$ . On a alors $A (U - V) + (A + B) V = 1$ donc $A \land (A + B) = 1$ . De même, $B \land (A + B) = 1$ et, par produit, $A B \land (A + B) = 1$ .

Si $A B \land (A + B) = 1$ alors, puisque $pgcd (A, B) ∣ A B$ et $pgcd (A, B) ∣ A + B$ , on a $pgcd (A, B) = 1$ puis $A \land B = 1$ .

Exercice 49 2139 Correction

Soient $A, B, C \in 𝕂 [X]$ tels que $A$ et $B$ soient premiers entre eux.
Montrer

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

Solution

$pgcd (A, C) ∣ A$ et $pgcd (A, C) ∣ C$ donc $pgcd (A, C) ∣ B C$ puis $pgcd (A, C) ∣ pgcd (A, B C)$ .
Inversement. Posons $D = pgcd (A, B C)$ . On a $D ∣ A$ et $A \land B = 1$ donc $D \land B = 1$ .
De plus, $D ∣ B C$ donc par le théorème de Gauss, $D ∣ C$ et finalement $D ∣ pgcd (A, C)$ .

Exercice 50 2135 Correction

Soient $A, B \in 𝕂 [X]$ tels que $A^{2} ∣ B^{2}$ . Montrer que $A ∣ B$ .

Solution

Posons $D = pgcd (A, B)$ . On a $D^{2} = pgcd (A^{2}, B^{2})$ associé à $A^{2}$ donc $\deg (D^{2}) = \deg (A^{2})$ puis $\deg (D) = \deg (A)$ .

Or $D ∣ A$ et les polynômes $D$ et $A$ sont donc associés. Puisque $D ∣ B$ , on obtient $A ∣ B$ .

Exercice 51 2136

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

Montrer qu’il existe un unique couple $(U, V) \in 𝕂 {[X]}^{2}$ vérifiant

A U + B V = 1 et {\begin{matrix} \deg (U) & < \deg (B) \\ \deg (V) & < \deg (A) . \end{matrix}

Exercice 52 2137 Correction

Soient $A, B \in 𝕂 [X]$ non nuls. Montrer que les assertions suivantes sont équivalentes:

(i)

$A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux.
(ii)

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

$A U + B V = 0, \deg (U) < \deg (B) et \deg (V) < \deg (A) .$

Solution

(i) $⟹$ (ii) Posons $D = pgcd (A, B)$ qui est non constant.
Puisque $D ∣ A$ et $D ∣ B$ on peut écrire $A = D V$ et $- B = D U$ avec $\deg (V) < \deg (A)$ et $\deg (U) < \deg (B)$ .
de sorte que $A U + B V = D U V - D U V = 0$ .

(ii) $⟹$ (i) Supposons (ii).
Si par l’absurde $A \land B = 1$ alors, puisque $A ∣ - B V$ on a $A ∣ V$ .
Or $V \neq 0$ donc $\deg (A) \leq \deg (V)$ ce qui est exclu. Absurde.

Exercice 53 2580 CCINP (MP)Correction

On cherche les polynômes

P (X) = (X - a) (X - b) \in ℂ [X]

tels que $P (X)$ divise $P (X^{3})$ .
Montrer que, si $a = b$ , $P \in ℝ [X]$ et que si $a \neq b$ et $a^{3} \neq b^{3}$ , il existe 6 polynômes dont 4 dans $ℝ [X]$ .
Trouver les polynômes $P$ si $a \neq b$ et $a^{3} = b^{3}$ et en déduire que 13 polynômes en tout conviennent, dont 7 dans $ℝ [X]$ .

Solution

Si $a = b$ alors ${(X - a)}^{2}$ divise ${(X^{3} - a)}^{2}$ si, et seulement si, $a$ est racine au moins double de ${(X^{3} - a)}^{2}$ . Ceci équivaut à $a^{3} = a$ ce qui donne $a \in {- 1,0,1}$ .
Les polynômes solutions correspondant sont alors $X^{2}, {(X - 1)}^{2}$ et ${(X + 1)}^{2}$ , tous réels.
Si $a \neq b$ alors $(X - a) (X - b)$ divise $(X^{3} - a) (X^{3} - b)$ si, et seulement si, $a$ et et $b$ sont racines de $(X^{3} - a) (X^{3} - b)$ .
Si $a^{3} \neq b^{3}$ alors $a$ et $b$ sont racines $(X^{3} - a) (X^{3} - b)$ si, et seulement si,

{\begin{matrix} a^{3} & = a \\ b^{3} & = b \end{matrix} ou {\begin{matrix} a^{3} & = b \\ b^{3} & = a . \end{matrix}

Dans le premier cas, sachant $a \neq b$ , on parvient aux polynômes $X (X - 1), X (X + 1)$ et $(X - 1) (X + 1)$ .
Puisque

{\begin{matrix} a^{3} & = b \\ b^{3} & = a \end{matrix} \Leftrightarrow {\begin{matrix} b & = a^{3} \\ a^{9} & = a \end{matrix},

dans le second cas, on parvient à $(X - e^{i π / 4}) (X - e^{3 i π / 4})$ , $X^{2} + 1$ et $(X - e^{- i π / 4}) (X - e^{- 3 i π / 4})$ .
Ainsi quand $a \neq b$ et $a^{3} \neq b^{3}$ , on parvient à 6 polynômes dont 4 réels.
Enfin, si $a \neq b$ et $a^{3} = b^{3}$ alors $(X - a) (X - b)$ divise $(X^{3} - a) (X^{3} - b)$ si, et seulement si, $a^{3} = a$ ou $a^{3} = b$ . Quitte à échanger $a$ et $b$ , on peut supposer $a^{3} = a$ et l’on parvient alors aux polynômes $(X - 1) (X - j)$ , $(X - 1) (X - j^{2})$ , $(X + 1) (X + j)$ et $(X + 1) (X + j^{2})$ 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 54 5533 Correction

Montrer que le polynôme $X^{3} + X + 1$ est irréductible dans $ℚ [X]$ .

Solution

Par l’absurde, si le polynôme $P = X^{3} + X + 1$ n’est pas irréductible dans $ℚ [X]$ , il est possible de l’écrire comme produit de deux polynômes à coefficients rationnels non constants. L’un d’eux est de degré $1$ et détermine donc une racine $r \in ℚ$ de $P$ . On écrit $r$ sous forme irréductible $p / q$ (avec $p \in ℤ$ , $q \in ℕ^{*}$ et $p \land q = 1$ ) et l’égalité $P (r) = 0$ donne, après réduction au même dénominateur,

p^{3} + p q^{2} + q^{3} = 0 .

L’entier $p$ divise $p^{3} + p q^{2}$ et donc divise $q^{3} = q^{3} \times 1$ . Or $p$ est premier avec $q$ et donc (par le lemme de Gauss) $p$ divise $1$ , c’est-à-dire $p = \pm 1$ . Aussi, $q$ divise $p q^{2} + q^{3} = - p^{3}$ mais est premier avec $p$ et donc $q = 1$ . Ainsi, $r = \pm 1$ . Cependant, ni $1$ , ni $- 1$ , ne sont racines de $P$ . C’est absurde. Le polynôme $P$ est donc irréductible dans $ℚ [X]$ .

Exercice 55 4211

(a)

Le polynôme $X^{3} - 3 X - 1$ est-il irréductible dans $ℚ [X]$ ? dans $ℝ [X]$ ?
(b)

Mêmes questions avec $X^{4} + 1$ .

Exercice 56 4576

(Équation de Fermat polynomiale)

(a)

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

$p = \deg (P) - \deg (P \land P^{'}) .$
(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 $P^{'} Q - Q^{'} P$ , vérifier

$\deg (R) < p + q + r .$
(c)

Soit $n \in ℕ$ avec $n \geq 3$ . Déterminer les triplets de polynômes complexes $(P, Q, R)$ tels que

$P^{n} + Q^{n} = R^{n} .$

[<] Arithmétique[>] Racines et équations polynomiales

Exercice 57 2167 Correction

Justifier les divisibilités suivantes:

(a)

$\forall n \in ℕ, X^{2} ∣ {(X + 1)}^{n} - n X - 1$
(b)

$\forall n \in ℕ^{*}, {(X - 1)}^{3} ∣ n X^{n + 2} - (n + 2) . X^{n + 1} + (n + 2) X - n$

Solution

(a)

Posons $P = {(X + 1)}^{n} - n X - 1$ . 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 $X^{2} ∣ P$ .
(b)

Posons $P = n X^{n + 2} - (n + 2) . X^{n + 1} + (n + 2) X - n$ . On observe $P (1) = P^{'} (1) = P^{''} (1) = 0$ .
1 est au moins racine triple de $P$ donc ${(X - 1)}^{3} ∣ P$ .

Exercice 58 2169 Correction

Soit $(n, p, q) \in ℕ^{3}$ . Justifier

1 + X + X^{2} ∣ X^{3 n} + X^{3 p + 1} + X^{3 q + 2} .

Solution

On a $1 + X + X^{2} = (X - j) (X - j^{2})$ avec $j = e^{2 i π / 3}$ .

Or $j$ et $j^{2}$ sont racines de $X^{3 n} + X^{3 p + 1} + X^{3 q + 2}$ et donc $1 + X + X^{2} ∣ X^{3 n} + X^{3 p + 1} + X^{3 q + 2}$ .

Exercice 59 2170 Correction

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $n \in ℕ$ pour que

X^{2} + X + 1 ∣ X^{2 n} + X^{n} + 1 .

Solution

On peut factoriser

X^{2} + X + 1 = (X - j) (X - j^{2})

avec $j = e^{2 i π / 3}$ . On en déduit

X^{2} + X + 1 ∣ X^{2 n} + X^{n} + 1 \Leftrightarrow j et j^{2} sont racines de X^{2 n} + X^{n} + 1 .

Puisque $X^{2 n} + X^{n} + 1$ est un polynôme réel $j$ en est racine si, et seulement si, $j^{2}$ l’est.

(X^{2 n} + X^{n} + 1) (j) = j^{2 n} + j^{n} + 1 = {\begin{matrix} 3 & si n = 0 [3] \\ 0 & sinon. \end{matrix}

Finalement,

X^{2} + X + 1 ∣ X^{2 n} + X^{n} + 1 \Leftrightarrow n \neq 0 [3] .

Exercice 60 2166 Correction

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

(X^{p} - 1) (X^{q} - 1) ∣ (X - 1) (X^{p q} - 1) .

Solution

Les racines de $X^{p} - 1$ sont simples et toutes racines de $X^{p q} - 1$ .
Les racines de $X^{q} - 1$ sont simples et toutes racines de $X^{p q} - 1$ .
En dehors de 1, les racines de $X^{p} - 1$ et $X^{q} - 1$ sont distinctes.
Comme 1 racine double de $(X - 1) (X^{p q} - 1)$ , on peut conclure $(X^{p} - 1) (X^{q} - 1) ∣ (X - 1) (X^{p q} - 1)$ .

Exercice 61 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 62 3041 X (MP)Correction

Trouver les $P \in ℂ [X]$ 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 $Q (X) = 5 X - 2 + X (X - 1) R (X)$ vérifie les deux premières conditions et vérifie les deux suivantes si $R (0) = 19 / 2$ et $R (1) = - 5$ .
Le polynôme $R = - \frac{29}{2} X + \frac{19}{2}$ convient.

Finalement,

P (X) = X + 1 + X (X - 1) (5 X - 2 + X (X - 1) (- \frac{29}{2} X + \frac{19}{2}))

est solution du problème transformé et

P (X) = - \frac{29}{2} X^{5} + 111 X^{4} - \frac{655}{2} X^{3} + 464 X^{2} - 314 X + 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

- \frac{29}{2} X^{5} + 111 X^{4} - \frac{655}{2} X^{3} + 464 X^{2} - 314 X + 82 + {(X - 1)}^{3} {(X - 2)}^{3} Q (X)

avec $Q \in ℂ [X]$ .

Exercice 63 5304 ENSTIM (MP)Correction

Soient $P$ un polynôme à coefficients entiers et quatre entiers $λ_{1}, \dots, λ_{4}$ distincts tels que $P (λ_{i}) = 7$ 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 $λ_{1}, \dots, λ_{4}$ sont racines de $P - 7$ , on peut écrire

P = 7 + (X - λ_{1}) (X - λ_{2}) (X - λ_{3}) (X - λ_{4}) 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 $(X - λ_{1}) (X - λ_{2}) (X - λ_{3}) (X - λ_{4})$ . L’égalité $P (λ) = 14$ donne alors

(λ - λ_{1}) (λ - λ_{2}) (λ - λ_{3}) (λ - λ_{4}) Q (λ) = 7

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

7 = 7 \times 1, 7 = (- 7) \times (- 1) et 7 = (- 7) \times (- 1) \times 1 .

L’écriture précédente est donc impossible.

Exercice 64 2361 CENTRALE (MP)Correction

Soient $P \in ℤ [X]$ et $a, b$ deux entiers relatifs avec $b > 0$ et $\sqrt{b}$ irrationnel.

(a)

Exemple: montrer que $\sqrt{6}$ est irrationnel.
(b)

Quelle est la forme de ${(a + \sqrt{b})}^{n}$ ?
(c)

Montrer que si $a + \sqrt{b}$ est racine de $P$ alors $a - \sqrt{b}$ aussi.
(d)

On suppose que $a + \sqrt{b}$ est racine double de $P$ . Montrer que $P = R Q^{2}$ avec $R$ et $Q$ dans $ℤ [X]$ .

Solution

(a)

Supposons $\sqrt{6} = p / q$ avec $p \land q = 1$ . On a $6 q^{2} = p^{2}$ donc $p$ pair, $p = 2 k$ . On obtient alors $3 q^{2} = 2 k^{2}$ et donc $q$ est pair. Absurde car $p$ et $q$ sont premiers entre eux.
(b)

Par développement selon la formule du binôme de Newton

${(a + \sqrt{b})}^{n} = α_{k} + β_{k} \sqrt{b} avec α_{k}, β_{k} \in ℤ .$
(c)

$a + \sqrt{b}$ racine de $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ donne

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} α_{k} = (\sum_{k = 0}^{n} a_{k} β_{k}) \sqrt{b} .$

L’irrationalité de $\sqrt{b}$ entraîne

$\sum_{k = 0}^{n} a_{k} α_{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} β_{k} = 0$

ce qui permet de justifier qu’alors $P (a - \sqrt{b}) = 0$ .
(d)

Posons

$Q = (X - a + \sqrt{b}) (X - a - \sqrt{b}) = X^{2} - 2 a X + a^{2} - b \in ℤ [X] .$

Par division euclidienne $P = Q S + T$ avec $\deg (T) < 2$ . Or en posant cette division euclidienne, on peut affirmer que $S, T \in ℤ [X]$ avec $P, Q \in ℤ [X]$ et $Q$ unitaire. $a + \sqrt{b}, a - \sqrt{b}$ racine de $P$ entraîne $T = 0$ et donc $P = Q S$ avec $Q, S \in ℤ [X]$ . En dérivant $P^{'} = Q^{'} S + Q S^{'}$ et $a + \sqrt{b}$ entraîne racine de $P^{'}$ donne $a + \sqrt{b}$ racine de $S$ . On peut alors comme ci-dessus justifier $S = Q R$ avec $R \in ℤ [X]$ et conclure.

[<] Racines et arithmétique[>] Factorisation

Exercice 65 2159 Correction

Soit $P \in ℂ [X]$ un polynôme non nul tel que

P (X^{2}) + P (X) P (X + 1) = 0 .

(a)

Montrer que si $a$ est racine de $P$ alors $a^{2}$ l’est aussi
(b)

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

Solution

(a)

Si $P (a) = 0$ alors $P (a^{2}) = - P (a) P (a + 1) = 0$ donc $a^{2}$ est racine de $P$ .
(b)

Si $a \neq 0$ et $a$ non racine de l’unité alors la suite des $a^{2^{n}}$ est une suite de complexe deux à deux distincts, or tous les termes de cette suite sont racines de $P$ or $P \neq 0$ donc ce polynôme ne peut avoir une infinité de racines. Absurde.

Exercice 66 2668 MINES (MP)Correction

Déterminer les $P$ de $ℝ [X]$ tels que

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

Solution

Soit $P$ solution. $X ∣ (X + 4) P (X)$ donc $X ∣ P$ puis $(X + 1) ∣ P (X + 1)$ donc $(X + 1) ∣ (X + 4) P (X)$ puis $X + 1 ∣ P$ 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 67 2164 Correction

Montrer que si $P \in ℝ [X] ∖ {0}$ vérifie

P (X^{2}) = P (X) P (X + 1)

ses racines sont parmi $0,1, - j, - j^{2}$ . En déduire tous les polynômes solutions.

Solution

Si $a$ est racine de $P$ alors $a^{2}, a^{4}, \dots$ le sont aussi. Comme un polynôme non nul n’a qu’un nombre fini de racines, on peut affirmer que les $a, a^{2}, a^{4}, \dots$ 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 $a \neq 0$ et $a \neq 1$ on a nécessairement $| a | = | a - 1 | = 1$ . Via parties réelle et imaginaire, on obtient $a = - j$ ou $- j^{2}$ .
Si $P$ est solution, non nulle, alors son coefficient dominant vaut 1 et l’on peut écrire:
$P = X^{α} {(X - 1)}^{β} {(X^{2} - X + 1)}^{γ}$ . 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 68 4558

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

(a)

$P (X^{2}) = P (X) P (X + 1)$
(b)

$P (X^{2}) = P (X) P (X - 1)$ .

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

Exercice 69 2171 Correction

Factoriser dans $ℂ [X]$ puis dans $ℝ [X]$ les polynômes suivants:

(a)

$X^{4} - 1$
(b)

$X^{5} - 1$
(c)

${(X^{2} - X + 1)}^{2} + 1$ .

Solution

(a)

Dans $ℂ [X]$

$X^{4} - 1 = (X - 1) (X + 1) (X - i) (X + i)$

et dans $ℝ [X]$

$X^{4} - 1 = (X - 1) (X + 1) (X^{2} + 1) .$
(b)

Dans $ℂ [X]$

$X^{5} - 1 = \prod_{k = 0}^{4} (X - e^{\frac{2 i k π}{5}})$

et dans $ℝ [X]$

$X^{5} - 1 = (X - 1) (X^{2} - 2 \cos (\frac{2 π}{5}) X + 1) (X^{2} - 2 \cos (\frac{4 π}{5}) X + 1) .$
(c)

Dans $ℂ [X]$

${(X^{2} - X + 1)}^{2} + 1 = (X^{2} - X + 1 + i) (X^{2} - X + 1 - i) = (X - i) (X - 1 + i) (X + i) (X - 1 - i)$

et dans $ℝ [X]$

${(X^{2} - X + 1)}^{2} + 1 = (X^{2} + 1) (X^{2} - 2 X + 2) .$

Exercice 70 4553

(a)

Décomposer $X^{4} + 2 X^{3} + X^{2} - 2 X - 2$ en facteurs irréductibles dans $ℝ [X]$ .
(b)

Décomposer $X^{4} + 1$ en facteurs irréductibles dans $ℝ [X]$ .

Exercice 71 2172 Correction

Factoriser dans $ℝ [X]$ les polynômes suivants:

(a)

$X^{4} + X^{2} + 1$
(b)

$X^{4} + X^{2} - 6$
(c)

$X^{8} + X^{4} + 1$

Solution

(a)

$X^{4} + X^{2} + 1 = {(X^{2} + 1)}^{2} - X^{2} = (X^{2} + X + 1) (X^{2} - X + 1)$
(b)

$X^{4} + X^{2} - 6 = {(X^{2} + 1 / 2)}^{2} - 25 / 4 = (X^{2} - 2) (X^{2} + 3) = (X - \sqrt{2}) (X + \sqrt{2}) (X^{2} + 3)$
(c)

$X^{8} + X^{4} + 1 = {(X^{4} + 1)}^{2} - {(X^{2})}^{2} = (X^{4} - X^{2} + 1) (X^{4} + X^{2} + 1)$ puis
$X^{8} + X^{4} + 1 = = (X^{2} + X + 1) (X^{2} - X + 1) (X^{2} + \sqrt{3} X + 1) (X^{2} - \sqrt{3} X + 1)$ .

Exercice 72 4552

Soit $n \in ℕ^{*}$ .

(a)

Décomposer $X^{n} - 1$ en facteurs irréductibles dans $ℂ [X]$ .
(b)

Décomposer $X^{n} - 1$ en facteurs irréductibles dans $ℝ [X]$ .

Exercice 73 2174 Correction

Former la décomposition primaire dans $ℝ [X]$ de $P = X^{2 n + 1} - 1$ (avec $n \in ℕ$ ).

Solution

Les racines complexes de $P$ sont les $ω_{k} = e^{\frac{2 i k π}{2 n + 1}}$ avec $k \in {0, \dots,2 n}$ .
On observe $\bar{ω_{k}} = ω_{2 n - k}$ pour $k \in {1, \dots, n}$ donc

P = (X - 1) \prod_{k = 1}^{n} (X - ω_{k}) (X - \bar{ω_{k}}) = (X - 1) \prod_{k = 1}^{n} (X^{2} - 2 \cos (\frac{2 k π}{2 n + 1}) X + 1) .

Exercice 74 2173 Correction

Factoriser le polynôme ${(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n}$ pour $n \in ℕ^{*}$ .

Solution

Les racines de ${(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n}$ sont les $z_{k} = \cot (\frac{k π}{n})$ avec $k \in {1,2, \dots, n - 1}$ .
Par suite,

\prod_{k = 1}^{n - 1} (X - \cot (\frac{k π}{n})) ∣ {(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n}

et il existe $λ \in 𝕂$ tel que

{(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n} = λ \prod_{k = 1}^{n - 1} (X - \cot (\frac{k π}{n})) .

Le coefficient dominant de ${(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n}$ étant $2 n i$ , on obtient

{(X + i)}^{n} - {(X - i)}^{n} = 2 n i \prod_{k = 1}^{n - 1} (X - \cot (\frac{k π}{n})) .

Exercice 75 4565

Soient $a \in] 0; π [$ et $n \in ℕ^{*}$ . Décomposer en facteurs irréductibles dans $ℝ [X]$

X^{2 n} - 2 \cos (a) X^{n} + 1 .

Exercice 76 2182 Correction

Pour $n \in ℕ^{*}$ on pose $P_{n} = \sum_{k = 0}^{n} X^{k}$ .

(a)

Former la décomposition en facteurs irréductibles de $P_{n}$ dans $ℂ [X]$ .
(b)

En déduire la valeur de $\prod_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k π}{n + 1})$ .

Solution

(a)

On a

$(X - 1) P_{n} = X^{n + 1} - 1 = \prod_{k = 0}^{n} (X - e^{2 i k π / (n + 1)})$

donc

$P_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (X - e^{2 i k π / (n + 1)}) .$
(b)

D’une part,

$P_{n} (1) = \sum_{k = 0}^{n} 1^{k} = n + 1 .$

D’autre part,

$P_{n} (1) = \prod_{k = 1}^{n} (1 - e^{2 i k π / (n + 1)}) = {(- 2 i)}^{n} \prod_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k π}{n + 1}) \prod_{k = 1}^{n} e^{i \frac{k π}{n + 1}} .$

Cependant,

$\prod_{k = 1}^{n} e^{i \frac{k π}{n + 1}} = \exp (i \frac{π}{n + 1} \sum_{k = 1}^{n} k) = \exp (i \frac{π}{n + 1} \cdot \frac{n (n + 1)}{2}) = \exp (i \frac{n π}{2}) = i^{n}$

et donc

$\prod_{k = 1}^{n} \sin (\frac{k π}{n + 1}) = \frac{n + 1}{2^{n}} .$

Exercice 77 2183

Soient $a \in ℝ$ , $n \in ℕ^{*}$ et $P_{n} = {(X + 1)}^{n} - e^{2 i n a}$

(a)

Déterminer les racines du polynôme $P_{n}$ ainsi que leurs multiplicités.
(b)

En déduire la valeur de

$\prod_{k = 0}^{n - 1} \sin (a + \frac{k π}{n}) .$

Exercice 78 4574

Soit $P \in ℝ [X]$ .

(a)

On suppose $P (x) \geq 0$ pour tout réel $x$ .

Montrer qu’il existe deux polynômes $A, B \in ℝ [X]$ tels que $P = A^{2} + B^{2}$ .
(b)

On suppose $P (x) \geq 0$ pour tout réel $x \geq 0$ .

Montrer qu’il existe deux polynômes $A, B \in ℝ [X]$ tels que $P = A^{2} + X B^{2}$ .

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

Exercice 79 4951 MINES (PC)

Soit $P \in ℝ [X]$ un polynôme unitaire de degré $n \in ℕ$ .

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

{| Im (z) |}^{n} \leq | P (z) | pour tout z \in ℂ .

Exercice 80 4978 MINES (PSI)

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

Exercice 81 2160 Correction

Soit $P$ un polynôme de degré $n + 1 \in ℕ^{*}$ 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 $P^{2} + 1$ sont toutes simples dans $ℂ$ .

Solution

(a)

Notons $a_{0} < a_{1} < \dots < a_{n}$ les racines de $P$ .
En appliquant le théorème de Rolle à la fonction $x \mapsto P (x)$ sur l’intervalle $[a_{i - 1}; a_{i}]$ , on justifie l’existence d’un réel $b_{i} \in] a_{i - 1}; a_{i} [$ tels que $P^{'} (b_{i}) = 0$ . Puisque

$a_{0} < b_{1} < a_{1} < b_{2} < \dots < b_{n} < a_{n}$

les réels $b_{1}, \dots, b_{n}$ 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 $P^{2} + 1$ est aussi racine du polynôme dérivé

${(P^{2} + 1)}^{'} = 2 P P^{'} .$

Or les racines de $P$ ne sont pas racines de $P^{2} + 1$ et les racines de $P^{'}$ sont réelles et ne peuvent donc être racines de $P^{2} + 1$ . Par suite, $P^{2} + 1$ et ${(P^{2} + 1)}^{'}$ n’ont aucunes racines communes: les racines de $P^{2} + 1$ sont simples.

Exercice 82 3339 Correction

Soit $P \in ℝ [X]$ scindé à racines simples dans $ℝ$ . Montrer que pour tout $α \in ℝ^{*}$ les racines de $P^{2} + α^{2}$ dans $ℂ$ sont toutes simples.

Solution

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

Exercice 83 4547

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

Exercice 84 4561

Soit $P$ un polynôme réel non constant.

(a)

On suppose que $P$ est scindé sur $ℝ$ à racines simples. Montrer que le polynôme $P^{'}$ est lui aussi scindé sur $ℝ$ .
(b)

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

Le polynôme $X^{6} - X + 1$ est-il scindé sur $ℝ$ ?

Exercice 85 2669 MINES (MP)Correction

(a)

Si $P \in ℝ [X]$ est scindé sur $ℝ$ , montrer que $P^{'}$ est scindé ou constant sur $ℝ$ .
(b)

Si $(a, b, c) \in ℝ^{3}$ , montrer que $X^{10} + a X^{9} + b X^{8} + c X^{7} + X + 1$ n’est pas scindé sur $ℝ$ .

Solution

(a)

Si $P$ est degré 1 alors $P^{'}$ est constant. Si $P$ est de degré $n \geq 2$ , 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 $α \in ℕ^{*}$ 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 86 4575

Soit $P$ un polynôme réel scindé à racines simples de degré $n \geq 2$ .

(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 87 3696 X (MP)Correction

Soit $P \in ℝ [X]$ scindé sur $ℝ$ .

Montrer que pour tout réel $α$ , le polynôme $P^{'} + α P$ est scindé sur $ℝ$ .

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 $a_{0} < a_{1} < \dots < a_{m}$ les racines réelles de $P$ et $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{m}$ leurs multiplicités respectives. Le polynôme $P$ étant scindé, on peut écrire

\deg (P) = \sum_{k = 0}^{m} α_{k} .

On convient de dire qu’une racine de multiplicité 0 n’est en fait pas racine d’un polynôme. Avec ses termes, si $a_{k}$ est racine de multiplicité $α_{k} \geq 1$ de $P$ alors $a_{k}$ est racine de multiplicité $α_{k} - 1$ du polynôme $P^{'}$ et donc racine de multiplicité au moins (et même exactement) $α_{k} - 1$ du polynôme $P^{'} + α P$ . Ainsi, les $a_{k}$ fournissent

\sum_{k = 0}^{m} (α_{k} - 1) = \deg (P) - (m + 1)

racines comptées avec multiplicité au polynôme $P^{'} + α P$ .
Considérons ensuite la fonction réelle $f : x \mapsto P (x) e^{α x}$ .
Cette fonction est indéfiniment dérivable et prend la valeur 0 en chaque $a_{k}$ .
En appliquant le théorème de Rolle à celle-ci sur chaque intervalle $[a_{k - 1}; a_{k}]$ , on produit des réels $b_{k} \in] a_{k - 1}; a_{k} [$ vérifiant $f^{'} (b_{k}) = 0$ . Or

f^{'} (x) = (P^{'} (x) + α P (x)) e^{α x}

et donc $b_{k}$ est racine du polynôme $P^{'} + α P$ .
Ajoutons à cela que les $b_{k}$ sont deux à deux distincts et différents des précédents $a_{k}$ car, par construction

a_{0} < b_{1} < a_{1} < b_{2} < \dots < b_{m} < a_{m} .

On vient donc de déterminer $m$ nouvelles racines au polynôme $P^{'} + α P$ 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: $α \neq 0$ . Il manque encore une racine car $\deg (P^{'} + α P) = \deg (P)$ . Par les racines précédentes, il est possible de factoriser $P^{'} + α P$ 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 $P^{'} + α P$ . On peut aussi considérer \ogune racine \ogen $\pm \infty$ selon le signe de $α$ .

Exercice 88 3683 Correction

Soit $P \in ℂ [X]$ un polynôme non constant dont les racines complexes sont de parties imaginaires positives ou nulles. Montrer que le polynôme $P + \bar{P}$ est scindé dans $ℝ [X]$ .

Solution

On peut écrire $P$ sous forme factorisée

P (X) = λ \prod_{k = 1}^{n} (X - z_{k})

avec $n = \deg (P) \in ℕ^{*}$ et $z_{k} \in ℂ$ vérifiant $Im (z_{k}) \geq 0$ .

Un complexe $z$ est racine du polynôme $P + \bar{P}$ si, et seulement si,

λ \prod_{k = 1}^{n} (z - z_{k}) = - \bar{λ} \prod_{k = 1}^{n} (z - \bar{z_{k}}) .

Si $Im (z) > 0$ alors

\forall k \in {1, \dots, n}, | z - z_{k} | < | z - \bar{z_{k}} |

et donc

| λ \prod_{k = 1}^{n} (z - z_{k}) | < \bar{λ} | \prod_{k = 1}^{n} (z - \bar{z_{k}}) | .

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

Exercice 89 5481 Correction

Soient $p, q$ deuxs réels.

Montrer que $P = X^{3} + p X + q$ est scindé sur $ℝ$ si, et seulement si, $4 p^{3} + 27 q^{2} \leq 0$ .

Solution

Étudions les variations de la fonction

P : {\begin{matrix} ℝ & \to & ℝ \\ t & \mapsto & t^{3} + p t + q . \end{matrix}

Cette fonction est dérivable de dérivée $P^{'} (t) = 3 t^{2} + p$ .

Cas: $p > 0$ . La dérivée est strictement positive et la fonction polynomiale $P$ est strictement croissante. Dans ce cas, le polynôme $P$ n’admet qu’une seule racine réelle et c’est une racine simple car elle n’est pas racine de $P^{'}$ . Le polynôme $P$ n’est alors pas scindé sur $ℝ$ . La condition $4 p^{3} + 27 q^{2} \leq 0$ n’est quant à elle pas vérifiée.

Cas: $p = 0$ . À nouveau la fonction polynomiale $P$ est strictement croissante et admet une seule racine. Si $q \neq 0$ , cette racine est non nulle et c’est une racine simple. Si $q = 0$ , cette racine est une racine triple. Le polynôme $P$ est donc scindé sur $ℝ$ si, et seulement si, $q = 0$ ce qui est aussi la seule situation où $4 p^{3} + 27 q^{2} \leq 0$ dans le cas considéré.

Cas: $p < 0$ . La dérivée de $P$ s’annule en $- α$ et $α$ avec $α = \sqrt{- p / 3}$ .

On dresse le tableau des variations de la fonction $t \mapsto P (t)$

Compte tenu de ces variations, le polynôme $P$ présente trois racines réelles si, et seulement si, $P (- α) \geq 0$ et $P (α) \leq 0$ (un cas d’égalité correspondant à une situation de racine double). Puisque $P (- α) \geq P (α)$ , la condition précédente équivaut encore à $P (- α) P (α) \leq 0$ avec

	$P (- α) P (α)$	$= - (α^{3} + p α + q) (α^{3} + p α - q)$
		$= - (\frac{2 p α}{3} + q) (\frac{2 p α}{3} - q) = \frac{4 p^{3} + 27 q^{2}}{27} .$

Ainsi, $P$ est scindé sur $ℝ$ si, et seulement si, $4 p^{3} + 27 q^{2} \leq 0$ .

Exercice 90 2594 NAVALE (MP)Correction

Pour $n \in ℕ$ , on pose

P_{n} = {(X + i)}^{2 n + 1} - {(X - i)}^{2 n + 1} .

(a)

Déterminer le degré et le coefficient dominant de $P_{n}$ .
(b)

Déterminer toutes les racines de $P_{n}$ .
(c)

En déduire la valeur de

$\prod_{k = 1}^{n} (4 + \cot^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})) .$

Solution

(a)

On amorce le développement des puissances par la formule du binôme de Newton pour écrire

$P_{n} = X^{2 n + 1} + i (2 n + 1) X^{2 n} + \dots - (X^{2 n + 1} - i (2 n + 1) X^{2 n} + \dots) .$

Après simplification,

$P_{n} = 2 i (2 n + 1) X^{2 n} + \dots$

(b)

On résout l’équation

{(z + i)}^{2 n + 1} = {(z - i)}^{2 n + 1}

d’inconnue $z \in ℂ$ .

On commence par remarquer que $z = i$ n’est pas solution. Pour $z \in ℂ ∖ {i}$ ,

	${(z + i)}^{2 n + 1} = {(z - i)}^{2 n + 1}$	$\Leftrightarrow {(\frac{z + i}{z - i})}^{2 n + 1} = 1$
		$\Leftrightarrow \exists k \in ⟦ 0; 2 n ⟧, \frac{z + i}{z - i} = e^{2 i k π / (2 n + 1)} .$

On remarque que la valeur $k = 0$ n’est pas possible et l’on poursuit

	${(z + i)}^{2 n + 1} = {(z - i)}^{2 n + 1}$	$\Leftrightarrow \exists k \in ⟦ 1; 2 n ⟧, \frac{z + i}{z - i} = e^{2 i k π / (2 n + 1)}$
		$\Leftrightarrow \exists k \in ⟦ 1; 2 n ⟧, z = i \frac{ω_{k} + 1}{ω_{k} - 1} avec ω_{k} = e^{2 i k π / (2 n + 1)}$
		$\Leftrightarrow \exists k \in ⟦ 1; 2 n ⟧, z = \cot (\frac{k π}{2 n + 1}) .$

Les racines de $P_{n}$ sont donc les réels

z_{k} = \cot (\frac{k π}{2 n + 1}) pour k = 1, \dots,2 n .

Ceux-ci sont deux à deux distincts car la fonction cotangente est strictement décroissante donc injective sur $] 0; π [$ . Puisque le polynôme $P_{n}$ est de degré $2 n$ , ces racines sont des racines simples de $P_{n}$ .

(c)

Ce qui précède permet d’écrire la factorisation

$P_{n} = 2 i (2 n + 1) \prod_{k = 1}^{2 n} (X - \cot (\frac{k π}{2 n + 1})) .$

Puisque $\cot (x) = - \cot (π - x)$ , on peut aussi écrire

$P_{n}$ $= 2 i (2 n + 1) \prod_{k = 1}^{n} (X - \cot (\frac{k π}{2 n + 1})) (X + \cot (\frac{k π}{2 n + 1}))$

$= 2 i (2 n + 1) \prod_{k = 1}^{n} (X^{2} - \cot^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})) .$

En évaluant en $2 i$ ,

$P_{n} (2 i) = 2 i (2 n + 1) {(- 1)}^{n} \prod_{k = 1}^{n} (4 + \cot^{2} (\frac{k π}{2 n + 1}))$

mais aussi

$P_{n} (2 i) = {(3 i)}^{2 n + 1} - i^{2 n + 1} = i {(- 1)}^{n} (3^{2 n + 1} - 1) .$

On a donc

$\prod_{k = 1}^{n} (4 + \cot^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})) = \frac{3^{2 n + 1} - 1}{2 (2 n + 1)} .$

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

Exercice 91 4550

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

(a)

${\begin{matrix} x + y + z & = 2 \\ x y + y z + z x & = - 5 \\ x y z & = - 6 \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} x & + y & + z & = 2 \\ x^{2} & + y^{2} & + z^{2} & = 6 \\ x^{3} & + y^{3} & + z^{3} & = 8 . \end{matrix}$

Exercice 92 2180 Correction

Déterminer les triplets $(x, y, z) \in ℂ^{3}$ tels que:

(a)

${\begin{matrix} x + y + z & = 1 \\ 1 / x + 1 / y + 1 / z & = 1 \\ x y z & = - 4 \end{matrix}$
(b)

${\begin{matrix} x (y + z) & = 1 \\ y (z + x) & = 1 \\ z (x + y) & = 1 \end{matrix}$
(c)

${\begin{matrix} x + y + z & = 2 \\ x^{2} + y^{2} + z^{2} & = 14 \\ x^{3} + y^{3} + z^{3} & = 20 \end{matrix}$

Solution

(a)

Soit $(x, y, z)$ un triplet solution
On a $σ_{1} = x + y + z = 1, σ_{3} = x y z = - 4$ et

$σ_{2} = x y + y z + z x = x y z (\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z}) = - 4 .$

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

$X^{3} - σ_{1} X^{2} + σ_{2} X - σ_{3} = X^{3} - X^{2} - 4 X + 4 = (X - 1) (X - 2) (X + 2) .$

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

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

${\begin{matrix} x (y + z) & = 1 (1) \\ y (z + x) & = 1 (2) \\ z (x + y) & = 1 (3) \end{matrix}$

$(1) - (2)$ donne $x z = y z$ , $(3)$ donne $z \neq 0$ donc $x = y$ .
De même, on obtient $x = z$ .
Ainsi $x = y = z = 1 / \sqrt{2}$ ou $- 1 / \sqrt{2}$ .
Inversement, de tels triplets sont solutions.
(c)

Soit $(x, y, z)$ un triplet solution.
Posons $S_{1} = x + y + z = 2, S_{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} = 14$ et $S_{3} = x^{3} + y^{3} + z^{3}$ .
Déterminons $σ_{1} = x + y + z, σ_{2} = x y + y z + z x$ et $σ_{3} = x y z$ .
On a $σ_{1} = 2$ .
$S_{1}^{2} - S_{2} = 2 σ_{2}$ . Par suite, $σ_{2} = - 5$ .
Posons $t = x^{2} y + y x^{2} + y^{2} z + z y^{2} + z^{2} x + x z^{2}$ .
On a $S_{1} S_{2} = S_{3} + t$ d’où $t = S_{1} S_{2} - S_{3} = 8$
On a $S_{1}^{3} = S_{3} + 3 t + 6 σ_{3}$ d’où $σ_{3} = \frac{1}{6} (S_{1}^{3} - S_{3} - 3 t) = - 6$ .
Par suite, $x, y, z$ sont les racines de

$X^{3} - σ_{1} X^{2} + σ_{2} X - σ_{3} = X^{3} - 2 X^{2} - 5 X + 6 = (X - 1) (X + 2) (X - 3) .$

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

Exercice 93 3336 X (PC)Correction

Résoudre dans $ℂ^{3}$ le système

{\begin{matrix} x^{2} + y^{2} + z^{2} & = 0 \\ x^{4} + y^{4} + z^{4} & = 0 \\ x^{5} + y^{5} + z^{5} & = 0 . \end{matrix}

Solution

Soit $(x, y, z)$ un triplet de complexes et $P (X) = (X - x) (X - y) (X - z) = X^{3} - p X^{2} + q X - r$ avec

{\begin{matrix} p & = x + y + z \\ q & = x y + y z + z x \\ r & = x y z . \end{matrix}

On a

{(x + y + z)}^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 (x y + y z + z x) .

Posons $t = x^{3} + y^{3} + z^{3}$ et $s = x y^{2} + y x^{2} + y z^{2} + z y^{2} + z x^{2} + x z^{2}$
On a

(x + y + z) (x^{2} + y^{2} + z^{2}) = t + s et p q = s + 3 r

donc $t = 3 r - p q$ .
Puisque $x, y, z$ sont racines de $X P (X) = X^{4} - p X^{3} + q X^{2} - r X$ , on a

x^{4} + y^{4} + z^{4} = p t - q \times (x^{2} + y^{2} + z^{2}) + r p .

Puisque $x, y, z$ sont racine de $X^{2} P (X) = X^{5} - p X^{4} + q X^{3} - r X^{2}$ , on a

x^{5} + y^{5} + z^{5} = p (x^{4} + y^{4} + z^{4}) - q (x^{3} + y^{3} + z^{3}) + r (x^{2} + y^{2} + z^{2}) .

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

{\begin{matrix} p^{2} & = 2 q \\ p t + r p & = 0 \\ - q t & = 0 \end{matrix}

c’est-à-dire, sachant $t = 3 r - p q$ ,

{\begin{matrix} p^{2} & = 2 q \\ p (4 r - p q) & = 0 \\ q (3 r - p q) & = 0 . \end{matrix}

Ce système équivaut encore à

{\begin{matrix} p^{2} & = 2 q \\ 2 p r & = q^{2} \\ 3 q r & = p q^{2} \end{matrix}

et aussi à

{\begin{matrix} p^{2} & = 2 q \\ 2 p r & = q^{2} \\ q r & = 0 . \end{matrix}

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

{\begin{matrix} p & = 0 \\ q & = 0 . \end{matrix}

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 $P_{r} (X) = X^{3} - r$ (pour $r \in ℂ$ quelconque).
En introduisant $a \in ℂ$ tel que $a^{3} = r$ , les racines de $P_{r} (X)$ sont $a, a j$ et $a j^{2}$ .
Finalement, les solutions du système sont les triplets $(x, y, z)$ avec

x = a, y = a j et z = a j^{2}

pour $a \in ℂ$ quelconque.

Exercice 94 2176 Correction

Trouver les racines dans $ℂ$ du polynôme $X^{4} + 12 X - 5$ sachant qu’il possède deux racines dont la somme est 2.

Solution

Notons $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ les racines du polynôme considéré avec $x_{1} + x_{2} = 2$ .

{\begin{matrix} σ_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3} + x_{4} & = 0 \\ σ_{2} = x_{1} x_{2} + x_{1} x_{3} + x_{1} x_{4} + x_{2} x_{3} + x_{2} x_{4} + x_{3} x_{4} & = 0 \\ σ_{3} = x_{1} x_{2} x_{3} + x_{1} x_{2} x_{4} + x_{1} x_{3} x_{4} + x_{2} x_{3} x_{4} = - 12 \\ σ_{4} = x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} & = - 5 \end{matrix}

$σ_{1}$ donne $x_{3} + x_{4} = - 2$ , $σ_{2}$ donne $x_{1} x_{2} + x_{3} x_{4} = 4$ et $σ_{3}$ donne $x_{1} x_{2} - x_{3} x_{4} = 6$ .
On obtient $x_{1} x_{2} = 5$ et $x_{3} x_{4} = - 1$ .
$x_{1}$ et $x_{2}$ sont les racines de $X^{2} - 2 X + 5$ c’est-à-dire $1 \pm 2 i$ .
$x_{3}$ et $x_{4}$ sont les racines de $X^{2} + 2 X - 1$ c’est-à-dire $- 1 \pm \sqrt{2}$ .

Exercice 95 2177 Correction

Donner une condition nécessaire et suffisante sur $λ \in ℂ$ pour que $X^{3} - 7 X + λ$ admette une racine qui soit le double d’une autre. Résoudre alors l’équation.

Solution

Notons $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ les racines de $X^{3} - 7 X + λ$ . On peut supposer $x_{2} = 2 x_{1}$ .
Les relations entre coefficients et racines donnent:

{\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} & = 0 \\ x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} & = - 7 \\ x_{1} x_{2} x_{3} & = - λ \end{matrix}

d’où

{\begin{matrix} x_{3} & = - 3 x_{1} \\ 2 x_{1}^{2} - 6 x_{1}^{2} - 3 x_{1}^{2} & = - 7 \\ - 6 x_{1}^{3} & = - λ \end{matrix}

puis

{\begin{matrix} x_{3} & = - 3 x_{1} \\ x_{1}^{2} & = 1 \\ λ & = 6 x_{1}^{3} . \end{matrix}

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

Exercice 96 2178 Correction

Résoudre $x^{3} - 8 x^{2} + 23 x - 28 = 0$ sachant que la somme de deux des racines est égale à la troisième.

Solution

Notons $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ les racines de $X^{3} - 8 X^{2} + 23 X - 28$ . On peut supposer $x_{1} + x_{2} = x_{3}$ .
Les relations entre coefficients et racines donnent:
${\begin{matrix} x_{1} + x_{2} + x_{3} & = 8 \\ x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} & = 23 \\ x_{1} x_{2} x_{3} & = 28 \end{matrix}$ d’où ${\begin{matrix} x_{3} & = 4 \\ x_{1} x_{2} + 4 (x_{2} + x_{1}) & = 23 \\ 4 x_{1} x_{2} & = 28 \end{matrix}$ .
Pour déterminer $x_{1} et x_{2}$ il reste à résoudre $x^{2} - 4 x + 7 = 0$ .

Finalement, $x_{1} = 2 + i \sqrt{3}, x_{2} = 2 - i \sqrt{3}$ et $x_{3} = 4$ .

Exercice 97 2179 Correction

On considère l’équation: $x^{3} - (2 + \sqrt{2}) x^{2} + 2 (\sqrt{2} + 1) x - 2 \sqrt{2} = 0$ de racines $x_{1}, x_{2} et x_{3}$ .

(a)

Former une équation dont $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}$ et $x_{3}^{2}$ seraient racines.
(b)

En déduire les valeurs de $x_{1}, x_{2}, x_{3}$ .

Solution

(a)

${\begin{matrix} σ_{1} = x_{1} + x_{2} + x_{3} & = 2 + \sqrt{2} \\ σ_{2} = x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1} & = 2 \sqrt{2} + 2 \\ σ_{3} = x_{1} x_{2} x_{3} & = 2 \sqrt{2} \end{matrix}$ ,
On en déduit $x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2} = σ_{1}^{2} - 2 σ_{2} = 2$ , $x_{1}^{2} x_{2}^{2} + x_{2}^{2} x_{3}^{2} + x_{3}^{2} x_{1}^{2} = σ_{2}^{2} - 2 σ_{3} σ_{1} = 4$ et $x_{1}^{2} x_{2}^{2} x_{3}^{2} = 8$ .
Donc $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}$ et $x_{3}^{2}$ sont racines de $x^{3} - 2 x^{2} + 4 x - 8 = 0$ .
(b)

2 est racine de l’équation ci-dessus: $x^{3} - 2 x^{2} + 4 x - 8 = (x - 2) (x^{2} + 4) = (x - 2) (x + 2 i) (x - 2 i)$ .
Quitte à réindexer: $x_{1}^{2} = 2, x_{2}^{2} = 2 i$ et $x_{3}^{2} = - 2 i$ d’où $x_{1} = \pm \sqrt{2}, x_{2} = \pm (1 + i)$ et $x_{3} = \pm (1 - i)$ .
Puisque $x_{1} + x_{2} + x_{3} = 2 + \sqrt{2}$ , on a $x_{1} = \sqrt{2}, x_{2} = 1 + i$ et $x_{3} = 1 - i$ .

Exercice 98 5419 MINES (MP)Correction

Déterminer les triplets $(x, y, z) \in ℂ^{3}$ vérifiant

| x | = | y | = | z | et x + y + z = x y z = 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) = X^{3} - σ_{1} X^{2} + σ_{2} X - σ_{3}

avec

{\begin{matrix} σ_{1} & = x + y + z \\ σ_{2} & = x y + y z + z x \\ σ_{3} & = x y z . \end{matrix}

On a immédiatement $σ_{1} = σ_{3} = 1$ . Aussi,

(x y z = 1 et | x | = | y | = | z |) ⟹ | x | = 1 et y z = \bar{x}

et donc

σ_{2} = \bar{x + y + z} = 1 .

Ainsi,

(X - x) (X - y) (X - z) = X^{3} - X^{2} + 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 99 2373 CENTRALE (MP)Correction

Soit $P = X^{3} + a X^{2} + b X + c$ un polynôme complexe de racines $α, β, γ$ . Calculer

\frac{α}{β + γ} + \frac{β}{γ + α} + \frac{γ}{α + β} .

Solution

Puisque $α + β + γ = - a$ , on a

\frac{α}{β + γ} + \frac{β}{γ + α} + \frac{γ}{α + β} = - (\frac{α}{a + α} + \frac{β}{a + β} + \frac{γ}{a + γ})

et réduisant au même dénominateur

\frac{α}{β + γ} + \frac{β}{γ + α} + \frac{γ}{α + β} = \frac{a^{3} - 2 a b + 3 c}{a b - c}

car $α β + β γ + γ α = b$ et $α β γ = - c$ .

Exercice 100 2184 Correction

Soit $P \in ℂ [X]$ non nul et $n = \deg (P)$ .

Montrer que les sommes des zéros de $P, P^{'}, \dots, P^{(n - 1)}$ sont en progression arithmétique.

Solution

On écrit

P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k} avec a_{n} \neq 0 .

Notons $α_{k}$ la somme des zéros de $P^{(k)}$ . Par les relations coefficients racines d’un polynôme scindé

α_{0} = - \frac{a_{n - 1}}{a_{n}}, α_{1} = - \frac{(n - 1) a_{n - 1}}{n a_{n}}, α_{2} = - \frac{(n - 2) a_{n - 1}}{n a_{n}}, \dots

α_{k} = - \frac{(n - k) a_{n - 1}}{n a_{n}}, \dots, α_{n - 1} = - \frac{a_{n - 1}}{n a_{n}} .

Les $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{n - 1}$ sont donc en progression arithmétique de raison $a_{n - 1} / n a_{n}$ .

Exercice 101 2181 Correction

Soient $x, y, z \in ℂ^{*}$ tels que $x + y + z = 0$ . Montrer

\frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{z^{2}} = {(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})}^{2} .

Solution

En développant

{(\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z})}^{2} = \frac{1}{x^{2}} + \frac{1}{y^{2}} + \frac{1}{z^{2}} + \frac{2}{x y} + \frac{2}{y z} + \frac{2}{z x}

avec

\frac{2}{x y} + \frac{2}{y z} + \frac{2}{z x} = \frac{2 (z + x + y)}{2 x y z} = 0 .

Exercice 102 3333 CENTRALE (PSI)

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

\frac{x^{5} + y^{5} + z^{5}}{5} = (\frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{2}) (\frac{x^{3} + y^{3} + z^{3}}{3}) .

Exercice 103 3812 CENTRALE (PC)Correction

(a)

Déterminer trois éléments $a, b, c$ de $ℂ$ , non tous réels, tels que $a + b + c$ , $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ et $a^{3} + b^{3} + c^{3}$ soient trois réels.
(b)

Montrer que, si $a, b, c$ sont trois éléments de $ℂ$ de modules différents et si $a + b + c \in ℝ$ , $a^{2} + b^{2} + c^{2} \in ℝ$ et $a^{3} + b^{3} + c^{3} \in ℝ$ , alors $a$ , $b$ et $c$ sont trois réels.
Énoncé fourni par le concours CENTRALE-SUPELEC (CC)-BY-NC-SA

Solution

(a)

$1, j, j^{2}$ conviennent.
(b)

Introduisons le polynôme $P (X) = (X - a) (X - b) (X - c)$ . Les coefficients de ce polynôme s’expriment à partir de $S_{1} = a + b + c$ , $S_{2} = a^{2} + b^{2} + c^{2}$ et $S_{3} = a^{3} + b^{3} + c^{3}$ , 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 104 3345 Correction

On considère le polynôme

P (X) = a_{0} X^{n} + a_{1} X^{n - 1} + \dots + a_{n} \in ℂ [X]

de racines $x_{1}, \dots, x_{n}$ comptées avec multiplicité.

Pour tout $p \in ℕ$ , on pose

S_{p} = x_{1}^{p} + \dots + x_{n}^{p} .

Établir

{\begin{matrix} a_{0} S_{1} + a_{1} & = 0 \\ a_{0} S_{2} + a_{1} S_{1} + 2 a_{2} & = 0 \\ \dots \\ a_{0} S_{p} + a_{1} S_{p - 1} + \dots + a_{p - 1} S_{1} + p a_{p} & = 0 (0 < p \leq n) \\ \dots \\ a_{0} S_{n} + a_{1} S_{n - 1} + \dots + a_{n} S_{1} & = 0 \\ \dots \\ a_{0} S_{n + k} + a_{1} S_{n + k - 1} + \dots + a_{n} S_{k} & = 0 (k > 0) . \end{matrix}

Solution

On a

\frac{P^{'} (X)}{P (X)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{X - x_{k}}

donc

\frac{x P^{'} (x)}{P (x)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 - \frac{x_{k}}{x}} .

Par développement limité à un ordre $N$ , on a quand $x \to + \infty$

\frac{x P^{'} (x)}{P (x)} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{1 - \frac{x_{k}}{x}} = \sum_{ℓ = 0}^{N} \frac{S_{ℓ}}{x^{ℓ}} + o (\frac{1}{x^{N}})

puis

x P^{'} (x) = \sum_{ℓ = 0}^{N} \frac{S_{ℓ}}{x^{ℓ}} P (x) + o (\frac{1}{x^{N - n}}) .

x P^{'} (x) = n a_{0} x^{n} + (n - 1) a_{1} x^{n - 1} + \dots + a_{n - 1}

\sum_{ℓ = 0}^{N} \frac{S_{ℓ}}{x^{ℓ}} P (x) = b_{0} x^{n} + b_{1} x^{n - 1} + \dots + b_{N + 2 n} x^{N - n}

avec

b_{0} = a_{0} S_{0}, b_{1} = a_{0} S_{1} + a_{1} S_{0}, \dots

b_{k} = \sum_{ℓ = 0}^{\min (k, n)} a_{ℓ} S_{k - ℓ} .

Par unicité des coefficients de $x^{n}, x^{n - 1}, \dots,1$ de notre développement limité généralisé, on obtient

\forall 0 \leq k \leq n, \sum_{ℓ = 0}^{k} a_{ℓ} S_{k - ℓ} = (n - k) a_{k} .

Pour $k = 0$ , on obtient $S_{0} = n$ (ce qui était immédiat) et l’on en déduit

\forall 0 < k \leq n, \sum_{ℓ = 0}^{k - 1} a_{ℓ} S_{k - ℓ} + k a_{k} = 0 .

Par unicité des coefficients de $1 / x,1 / x^{2}, \dots$ de notre développement limité généralisé, on obtient

\forall k > n, \sum_{ℓ = 0}^{n} a_{ℓ} S_{k - ℓ} = 0 .

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

Exercice 105 2186 Correction

(Polynômes d’interpolation de Lagrange)

Soit $(a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n})$ une famille d’éléments de $𝕂$ deux à deux distincts.
Pour tout $i \in {0,1, \dots, n}$ on pose

L_{i} = \frac{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (X - a_{j})}{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})} .

(a)

Observer que, pour tout $j \in {0,1, \dots, n}$ , on a $L_{i} (a_{j}) = δ_{i, j}$
(où $δ_{i, j}$ est le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est égal à 1 lorsque $i = j$ et 0 sinon).
(b)

Montrer que

$\forall P \in 𝕂_{n} [X], P (X) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (X) .$

Solution

(a)

$a_{0}, \dots, a_{i - 1}, a_{i + 1}, \dots, a_{n}$ sont racines de $L_{i}$ donc $\forall j \neq i, L_{i} (a_{j}) = 0$ .
De plus,

$L_{i} (a_{i}) = \frac{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})}{\prod_{0 \leq j \leq n, j \neq i} (a_{i} - a_{j})} = 1 .$

Donc

$\forall j \in {0,1, \dots, n}, L_{i} (a_{j}) = δ_{i, j} .$
(b)

Posons $Q = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (X)$ , on a

$Q (a_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) L_{i} (a_{j}) = \sum_{i = 0}^{n} P (a_{i}) δ_{i, j} = P (a_{j})$

$P$ et $Q$ sont deux polynômes de degré inférieur à $n$ et prenant mêmes valeurs aux $n + 1$ points $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ ils sont donc égaux.

Exercice 106 4567

(Polynômes de Tchebychev)

Soit $n \in ℕ$ . On pose $f_{n} : [- 1; 1] \to ℝ$ l’application définie par

f_{n} (x) = \cos (n \arccos (x)) .

(a)

Soit $x \in [- 1; 1]$ . Simplifier $f_{0} (x)$ , $f_{1} (x)$ et $f_{2} (x)$ .
(b)

Pour $n \in ℕ^{*}$ , exprimer $f_{n + 1} (x) + f_{n - 1} (x)$ en fonction de $f_{n} (x)$ et donner $f_{3} (x)$ .
(c)

Établir qu’il existe un unique polynôme $T_{n}$ de $ℝ [X]$ dont la fonction polynomiale associée coïncide avec $f_{n}$ sur $[- 1; 1]$ .
(d)

Donner le degré de $T_{n}$ ainsi que son coefficient dominant.
(e)

Montrer que $T_{n}$ possède $n$ racines distinctes toutes dans l’intervalle $] - 1; 1 [$ .

Exercice 107 2670 MINES (MP)Correction

Soit $n \in ℕ$ . Montrer qu’il existe un unique polynôme $P \in ℂ [X]$ tel que $P (\cos (θ)) = \cos (n θ)$ pour tout $θ$ réel. On le note $T_{n}$ .

(a)

Lier $T_{n - 1}, T_{n}$ et $T_{n + 1}$ .
(b)

Donner une équation différentielle vérifiée par $T_{n}$ .
(c)

Calculer $T_{n}^{(k)} (1)$ et $T_{n}^{(k)} (- 1)$ .

Solution

On a

\cos (n θ) = Re (e^{i n θ}) = Re (\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) i^{k} \cos^{n - k} (θ) \sin^{k} (θ))

donc

\cos (n θ) = \sum_{ℓ = 0}^{E (n / 2)} {(- 1)}^{ℓ} (\binom{n}{2 ℓ}) \cos^{n - 2 ℓ} (θ) {(1 - \cos^{2} (θ))}^{ℓ}

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

(a)

$\cos (n + 1) θ + \cos (n - 1) θ = 2 \cos (θ) \cos (n θ)$

donne

$T_{n + 1} - 2 X T_{n} + T_{n - 1} = 0 .$
(b)

On a

$T_{n} (\cos (θ)) = \cos (n θ)$

donc en dérivant

$- \sin (θ) T_{n}^{'} (\cos (θ)) = - n \sin (n θ)$

et

$\sin^{2} (θ) T_{n}^{''} (\cos (θ)) - \cos (θ) T_{n}^{'} (\cos (θ)) = - n^{2} \cos (n θ) .$

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

$(1 - X^{2}) T_{n}^{''} - X T_{n}^{'} + n^{2} T_{n} = 0 .$
(c)

En dérivant cette relation à l’ordre $k$ :

$(1 - X^{2}) T_{n}^{(k + 2)} - 2 k X T_{n}^{(k + 1)} - k (k - 1) T_{n}^{(k)} - X T_{n}^{(k + 1)} - k T_{n}^{(k)} + n^{2} T_{n}^{(k)} = 0 (1) .$

En évaluant (1) en 1:

$(2 k + 1) T_{n}^{(k + 1)} (1) = (n^{2} - k^{2}) T_{n}^{(k)} (1) .$

Comme $T_{n}^{(0)} (1) = 1$ , on obtient

$T_{n}^{(k)} (1) = {\begin{matrix} \frac{{(n!)}^{2} 2^{k} k!}{(n - k)! (n + k)! (2 k + 1)!} & si k \leq n \\ 0 & sinon. \end{matrix}$

En évaluant (1) en $- 1$ :

$(2 k + 1) T_{n}^{(k + 1)} (1) = - (n^{2} - k^{2}) T_{n}^{(k)} (1) .$

Comme $T_{n}^{(0)} (- 1) = {(- 1)}^{n}$ , on obtient

$T_{n}^{(k)} (- 1) = {(- 1)}^{n - k} T_{n}^{(k)} (1) .$

Exercice 108 2671 MINES (MP)Correction

Quels sont les couples $(P, Q) \in ℝ {[X]}^{2}$ vérifiant $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ ?

Solution

Soit $(P, Q)$ un couple solution.
Si le polynôme $P$ est constant alors nécessairement $Q = 0$ et $P = \pm 1$ . Vérification immédiate.
Sinon, posons $n = \deg (P) \in ℕ^{*}$ . La relation $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ impose que $P$ et $Q$ sont premiers entre eux et en dérivant on obtient $P P^{'} - X Q^{2} + (1 - X^{2}) Q Q^{'} = 0$ . Par suite, $Q ∣ P P^{'}$ puis $Q ∣ P^{'}$ . Par des considérations de degré et de coefficient dominant on peut affirmer $P^{'} = \pm n Q$ .
Quitte à considérer $- Q$ , supposons $P^{'} = n Q$ et la relation $P P^{'} - X Q^{2} + (1 - X^{2}) Q Q^{'} = 0$ donne $(1 - X^{2}) P^{''} - X P^{'} + n^{2} P = 0$ .
Résolvons l’équation différentielle $(1 - t^{2}) y^{''} - t y^{'} + n^{2} y = 0$ sur $[- 1; 1]$ .
Par le changement de variable $t = \cos (θ)$ , on obtient pour solution générale $y (t) = λ \cos (n \arccos (t)) + μ \sin (n \arccos (t))$ .
La fonction $t \mapsto \cos (n \arccos (t))$ est polynômiale (cf. polynôme de Tchebychev), cela définit le polynôme $T_{n}$ .
La fonction $t \mapsto \sin (n \arccos (t))$ ne l’est pas car de dérivée $\frac{- n}{\sqrt{1 - t^{2}}} \cos (n \arccos (t))$ non polynômiale.
Par suite, $P = λ T_{n}$ et $Q = \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'}$ .
La relation $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ évaluée en 1 impose $λ^{2} = 1$ et finalement $(P, Q) = (\pm T_{n}, \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'})$ .
Vérification: pour le couple $(P, Q) = (\pm T_{n}, \pm \frac{1}{n} T_{n}^{'})$ , le polynôme $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2}$ est constant car de polynôme dérivé nul et puisqu’il prend la valeur 1 en 1, on peut affirmer $P^{2} + (1 - X^{2}) Q^{2} = 1$ .

Exercice 109 2189 Correction

(Polynômes de Laguerre)

Pour $n \in ℕ$ , on définit $L_{n} : ℝ \to ℝ$ par

L_{n} (x) = e^{x} \frac{d^{n}}{d x^{n}} (e^{- x} x^{n}) .

Observer que $L_{n}$ est une fonction polynomiale dont on déterminera le degré et le coefficient dominant.

Solution

Par la formule de dérivation de Leibniz

\frac{d^{n}}{d x^{n}} (e^{- x} x^{n}) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) {(x^{n})}^{(n - k)} {(e^{- x})}^{(k)} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \frac{n!}{k! (n - k)!} \frac{n!}{k!} x^{k} e^{- x}

donc

L_{n} = \sum_{k = 0}^{n} {(- 1)}^{k} \frac{{(n!)}^{2}}{{(k!)}^{2} (n - k)!} X^{k}

est un polynôme de degré $n$ et de coefficient dominant ${(- 1)}^{n}$ .

Exercice 110 2187

(Polynômes de Legendre)

Pour tout entier naturel $n$ , on pose

L_{n} = \frac{n!}{(2 n)!} {({(X^{2} - 1)}^{n})}^{(n)} .

(a)

Montrer que $L_{n}$ est un polynôme unitaire de degré $n$ .
(b)

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

$\int_{- 1}^{1} L_{n} (t) Q (t) d t = 0 .$
(c)

En déduire que $L_{n}$ possède $n$ racines simples toutes dans l’intervalle $] - 1; 1 [$ .

Exercice 111 4566

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

On considère la suite de polynômes $(F_{n})$ déterminée par

F_{0} = 0, F_{1} = 1 et F_{n + 2} = X F_{n + 1} + F_{n} pour tout n \in ℕ .

(a)

Vérifier que pour tout $n \in ℕ$ , $F_{n}$ et $F_{n + 1}$ sont premiers entre eux.
(b)

Soit $k \in ℕ^{*}$ . Montrer

$F_{k + n} = F_{k} F_{n + 1} + F_{k - 1} F_{n} pour tout n \in ℕ .$

Soient $a \in ℕ$ et $b \in ℕ^{*}$ .

(c)

Établir

$F_{a + b} \land F_{b} = F_{a} \land F_{b} .$
(d)

Conclure

$F_{a} \land F_{b} = F_{a \land b} .$

Exercice 112 2128 Correction

On définit une suite de polynôme $(P_{n})$ par

P_{0} = 2, P_{1} = X et \forall n \in ℕ, P_{n + 2} = X P_{n + 1} - P_{n} .

(a)

Calculer $P_{2}$ et $P_{3}$ .
Déterminer degré et coefficient dominant de $P_{n}$ .
(b)

Montrer que, pour tout $n \in ℕ$ et pour tout $z \in ℂ^{*}$ on a

$P_{n} (z + 1 / z) = z^{n} + 1 / z^{n} .$
(c)

En déduire une expression simple de $P_{n} (2 \cos (θ))$ pour $θ \in ℝ$ .
(d)

Déterminer les racines de $P_{n}$ .

Solution

(a)

$P_{2} = X^{2} - 2$ , $P_{3} = X^{3} - 3 X$ .
Par récurrence double sur $n \in ℕ$ , on montre $\deg (P_{n}) = n$ et $coeff (P_{n}) = 1$ .
(b)

Par récurrence double sur $n \in ℕ$ :
Pour $n = 0$ et $n = 1$ : ok
Supposons la propriété établie aux rangs $n$ et $n + 1$ (avec $n \geq 0$ )

$P_{n + 2} (z) = (z + 1 / z) P_{n + 1} (z) - P_{n} (z) \underset{H R}{=} (z + \frac{1}{z}) (z^{n + 1} + \frac{1}{z^{n + 1}}) - (z^{n} + \frac{1}{z^{n}}) = z^{n + 2} + \frac{1}{z^{n + 2}} .$

Récurrence établie.
(c)

$P_{n} (2 \cos (θ)) = P_{n} (e^{i θ} + e^{- i θ}) = e^{i n θ} + e^{- i n θ} = 2 \cos (n) θ$ .
(d)

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

$P_{n} (x) = 0$ $\Leftrightarrow \cos (n θ) = 0$

$\Leftrightarrow \exists k \in {0, \dots, n - 1}, θ = \frac{π + 2 k π}{2 n} .$

Par suite, les $x_{k} = 2 \cos (\frac{π + 2 k π}{2 n})$ avec $k \in {0, \dots, n - 1}$ constituent $n$ racines distinctes de $a_{n} \neq 0 et a_{0} \neq 0$ . Puisque le polynôme $P_{n}$ est de degré $n$ , il n’y en a pas d’autres.

Exercice 113 2188 Correction

Soit ${(P_{n})}_{n \geq 0}$ la suite de $𝕂 [X]$ définie par

P_{0} = 0, P_{1} = 1 et \forall n \in ℕ, P_{n + 2} = X P_{n + 1} - P_{n} .

(a)

Montrer

$\forall n \in ℕ, P_{n + 1}^{2} = 1 + P_{n} P_{n + 2} .$
(b)

En déduire

$\forall n \in ℕ, P_{n} et P_{n + 1} sont premiers entre eux .$
(c)

Établir pour que pour tout $m \in ℕ$ et pour tout $n \in ℕ^{*}$ on a

$P_{m + n} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m} .$
(d)

Montrer que pour tout $m \in ℕ$ et pour tout $n \in ℕ^{*}$ on a

$pgcd (P_{m + n}, P_{n}) = pgcd (P_{n}, P_{m}) .$

En déduire que $pgcd (P_{m}, P_{n}) = pgcd (P_{n}, P_{r})$ où $r$ est le reste de la division euclidienne de $m$ par $n$ .
(e)

Conclure

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = P_{pgcd (m, n)} .$

Solution

(a)

Par récurrence sur $n \in ℕ$
Pour $n = 0$ : ok avec $P_{2} = X$ .
Supposons la propriété établie au rang $n - 1 \in ℕ$ .

$1 + P_{n + 2} P_{n} = 1 + X P_{n + 1} P_{n} - P_{n}^{2} = 1 + X (X P_{n} - P_{n - 1}) P_{n} - P_{n}^{2} .$

Par l’hypothèse de récurrence

$1 + P_{n + 2} P_{n} = X^{2} P_{n}^{2} - X P_{n - 1} P_{n} - P_{n - 1} P_{n + 1}$

donc

$1 + P_{n + 2} P_{n} = X^{2} P_{n}^{2} - X P_{n - 1} P_{n} - P_{n - 1} (X P_{n} - P_{n - 1}) = X^{2} P_{n}^{2} - 2 X P_{n - 1} P_{n} + P_{n - 1}^{2} = P_{n + 1}^{2} .$

Récurrence établie.
(b)

La relation ci-dessus peut se relire: $U P_{n} + V P_{n + 1} = 1$ . Donc $P_{n}$ et $P_{n + 1}$ sont premiers entre eux.
(c)

Par récurrence sur $m \in ℕ$ , établissons la propriété:

$\forall n \in ℕ^{*}, P_{m + n} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m} .$

Pour $m = 0$ : ok
Supposons la propriété établie au rang $m \geq 0$ . Pour tout $n \in ℕ^{*}$

$P_{m + n + 1} = P_{n + 1} P_{m + 1} - P_{n} P_{m} = (X P_{n} - P_{n - 1}) P_{m + 1} - P_{n} P_{m} = (X P_{m + 1} - P_{m}) P_{n} - P_{n - 1} P_{m + 1}$

donc

$P_{m + n + 1} = P_{m + 2} P_{n} - P_{n - 1} P_{m + 1} .$

Récurrence établie.
(d)

Posons $D = pgcd (P_{n}, P_{n + m})$ et $E = pgcd (P_{n}, P_{m})$ .
Comme $P_{n + m} = P_{n} P_{m + 1} - P_{n - 1} P_{m}$ on a $E ∣ D$ .
Comme $P_{n - 1} P_{m} = P_{n} P_{m + 1} - P_{m + n}$ et $P_{n} \land P_{n - 1} = 1$ on a $D ∣ E$ .

Finalement, $D = E$ .

En notant $r$ le reste de la division euclidienne de $m$ par $n$ on a $m = n q + r$ avec $q \in ℕ$ et

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = pgcd (P_{n}, P_{n - m}) = pgcd (P_{n}, P_{n - 2 m}) = \dots = pgcd (P_{n}, P_{r}) .$
(e)

En suivant l’algorithme d’Euclide menant le calcul de $pgcd (m, n)$ simultanément avec celui menant le calcul de $pgcd (P_{m}, P_{n})$ , on observe que

$pgcd (P_{n}, P_{m}) = P_{pgcd (m, n)} .$

Édité le 08-01-2024

	${z \in ℂ \| A (z) = 0}$	$= {z \in ℂ \| B (z) = 0} et$
	${z \in ℂ \| A (z) = 1}$	$= {z \in ℂ \| B (z) = 1} .$

	$P_{n}$	$= 2 i (2 n + 1) \prod_{k = 1}^{n} (X - \cot (\frac{k π}{2 n + 1})) (X + \cot (\frac{k π}{2 n + 1}))$
		$= 2 i (2 n + 1) \prod_{k = 1}^{n} (X^{2} - \cot^{2} (\frac{k π}{2 n + 1})) .$

	$P_{n} (x) = 0$	$\Leftrightarrow \cos (n θ) = 0$
		$\Leftrightarrow \exists k \in {0, \dots, n - 1}, θ = \frac{π + 2 k π}{2 n} .$