• (a)

  Posons $P={(X+1)}^n-nX-1$. On a $P(0)=0$ et $P^{\prime }=n{(X+1)}^{n-1}-n$ donc $P^{\prime }(0)=0$.
  0 est au moins racine double de $P$ donc $X^2\mid P$.

• (b)

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

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

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

On peut factoriser

$$X^2+X+1=(X-j)(X-j^2)$$

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

$$X^2+X+1\mid X^{2n}+X^n+1\iff j\text{ et }{j}^2\text{ sont racines de }{X}^{2n}+X^n+1\text{.}$$

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

$$(X^{2n}+X^n+1)(j)=j^{2n}+j^n+1=\{\begin{array}{ccccccccccccccccccccc}\hfill 3& \text{ si }n=0\left[3\right]\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \\ \hfill 0& \text{ sinon.}\hfill & & & & & & & & & & & & & & & & & & & \end{array}$$

Finalement,

$$X^2+X+1\mid X^{2n}+X^n+1\iff n\ne 0\left[3\right]\text{.}$$

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

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

$$P(X)=X+1+X(X-1)Q(X)\text{.}$$

Pour que le polynôme $P$ vérifie $P^{\prime }(0)=3$,$P^{\prime }(1)=4$,$P^{\prime \prime }(0)=5$ et $P^{\prime \prime }(1)=6$
on veut que $Q$ vérifie $Q(0)=-2$, $Q(1)=3$, $Q^{\prime }(0)=-9/2$ et $Q^{\prime }(1)=0$.
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 $R=-\frac{29}{2}X+\frac{19}{2}$ convient.

Finalement,

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

est solution du problème transformé et

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

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

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

avec $Q\in ℂ[X]$.

Par l’absurde, supposons que l’équation $P(n)=14$ possède une solution entière $\lambda$. Puisque ${\lambda }_1,\mathrm{\dots },{\lambda }_4$ sont racines de $P-7$, on peut écrire

$$P=7+(X-{\lambda }_1)(X-{\lambda }_2)(X-{\lambda }_3)(X-{\lambda }_4)Q$$

avec $Q$ un polynôme qui est à coefficients entiers car il se calcule par la division euclidienne de $P-7$ par le polynôme unitaire $(X-{\lambda }_1)(X-{\lambda }_2)(X-{\lambda }_3)(X-{\lambda }_4)$. L’égalité $P(\lambda )=14$ donne alors

$$(\lambda -{\lambda }_1)(\lambda -{\lambda }_2)(\lambda -{\lambda }_3)(\lambda -{\lambda }_4)Q(\lambda )=7$$

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

$$7=7\times 1,7=(-7)\times (-1)\mathit{\hspace{1em}}\text{et}\mathit{\hspace{1em}}7=(-7)\times (-1)\times 1\text{.}$$

L’écriture précédente est donc impossible.

• (a)

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

• (b)

  Par développement selon la formule du binôme de Newton

  $${(a+\sqrt{b})}^n={\alpha }_k+{\beta }_k\sqrt{b}\text{ avec }{\alpha }_k,{\beta }_k\in \mathbb{Z}\text{.}$$

• (c)

  $a+\sqrt{b}$ racine de $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$ donne

  $$\sum _{k=0}^n{a}_k{\alpha }_k=\left(\sum _{k=0}^n{a}_k{\beta }_k\right)\sqrt{b}\text{.}$$

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

  $$\sum _{k=0}^n{a}_k{\alpha }_k=\sum _{k=0}^n{a}_k{\beta }_k=0$$

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

• (d)

  Posons

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

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