Exercice 1 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 2 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 3 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 4 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 5 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 6 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 7 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 8 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.

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Édité le 29-08-2023

Racines et arithmétique