[<] Arithmétique [>] Racines et équations polynomiales

 
Exercice 1  2167  Correction  

Justifier les divisibilités suivantes:

  • (a)

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

  • (b)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

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

 
Exercice 2  2169  Correction  

Soit (n,p,q)3. Justifier

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

Solution

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

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

 
Exercice 3  2170   Correction  

Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur n pour que

X2+X+1X2n+Xn+1.

Solution

On peut factoriser

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

avec j=e2iπ/3. On en déduit

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

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

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

Finalement,

X2+X+1X2n+Xn+1n0[3].
 
Exercice 4  2166   Correction  

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

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

Solution

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

 
Exercice 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[X] tels que

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

Solution

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

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

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

Finalement,

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

est solution du problème transformé et

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

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

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

avec Q[X].

 
Exercice 7  5304     ENSTIM (MP)Correction  

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

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

Solution

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

P=7+(X-λ1)(X-λ2)(X-λ3)(X-λ4)Q

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

(λ-λ1)(λ-λ2)(λ-λ3)(λ-λ4)Q(λ)=7

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

7=7×1,7=(-7)×(-1)et7=(-7)×(-1)×1.

L’écriture précédente est donc impossible.

 
Exercice 8  2361      CENTRALE (MP)Correction  

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

  • (a)

    Exemple: montrer que 6 est irrationnel.

  • (b)

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

  • (c)

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

  • (d)

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

Solution

  • (a)

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

  • (b)

    Par développement selon la formule du binôme de Newton

    (a+b)n=αk+βkb avec αk,βk.
  • (c)

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

    k=0nakαk=(k=0nakβk)b.

    L’irrationalité de b entraîne

    k=0nakαk=k=0nakβk=0

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

  • (d)

    Posons

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

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

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Édité le 08-11-2019

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