Exercices sur les polynômes

EXERCICES
SUR LES POLYNOMES
G.EGUETHER
26 août 2016
Table des matières
1 Division euclidienne
1
2 Reste de la division euclidienne
11
3 Racines multiples
21
4 Factorisation
37
5 Divisibilité
51
6 PGCD
63
7 Division suivant les puissances croissantes
73
8 Nombres entiers
79
9 Relations entre les coefficients et les racines
83
10 Divers
99
11 Polynômes dans Z/nZ
129
i
TABLE DES MATIÈRES
ii
Avertissement
On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices sur les polynômes classés en onze grands thèmes.
On proposera pour chaque exercice une démonstration, mais il peut, bien sûr, y avoir d’autres moyens
de procéder.
Dans ces exercices, on utilise parfois un minimum d’analyse (monotonie et signe de la dérivée par
exemple) ou un peu d’algèbre linéaire (base de polynômes).
Notations
Excepté dans le chapitre 11, les polynômes considérés sont à coeﬃcients dans R ou C. Si K est un
corps (ou un anneau), on notera P ou P (X) un polynôme de K[X]. On notera également P et parfois
Pe la fonction polynomiale associée à P .
Les coeﬃcients binomiaux sont notés
n
n!
.
=
k!(n − k)!
k
Lorsque l’on pose une division, on a pris le parti de changer le signe des termes pour les additionner à
la ligne précédente.
X8
− X8
+ X5
+ X5
− X5
−1 X 3 −1
X 5 +X 2
+ X2
+ X 2 −1
Chapitre 1
Division euclidienne
Exercice 1
Eﬀectuer la division euclidienne de X 8 − 1 par X 3 − 1.
Solution
On eﬀectue la division euclidienne :
X8
−1 X 3 −1
−X 8 +X 5
X 5 +X 2
5
+X
−X 5 +X 2
+X 2 −1
Donc
X 8 − 1 = (X 5 + X 2 )(X 3 − 1) + X 2 − 1 .
Exercice 2
Eﬀectuer la division euclidienne de
P (X) = X 5 − X 4 + 3X 3 − 2X 2 + 6X − 1 par S(X) = X 2 + X + 2 ,
et calculer P (z1 ) et P (z2 ) lorsque z1 et z2 sont les racines de S.
CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE
2
Solution
On eﬀectue la division euclidienne :
X5
−X 5
−X 4 +3X 3
−X 4 −2X 3
−2X 4 +X 3
+2X 4 +2X 3
+3X 3
−3X 3
−2X 2 +6X −1 X 2 +X
+2
X 3 −2X 2 +3X −1
−2X 2
+4X 2
+2X 2 +6X
−3X 2 −6X
−X 2
−1
+X 2 +X +2
+X +1
Donc
P (X) = (X 3 − 2X 2 + 3X − 1)S(X) + X + 1 .
Les racines de S sont
z1 =
√
√
1
1
(−1 + i 7) et z2 = z̄1 = (−1 − i 7) .
2
2
Alors
P (z1 ) = z1 + 1 =
√
√
1
1
(1 + i 7) et P (z2 ) = z2 + 1 = (1 − i 7) .
2
2
Exercice 3
Eﬀectuer la division euclidienne de
P (X) = X 4 + 6X 3 + 10X 2 + 3X − 6 par S(X) = X 2 + 3X ,
et en déduire la factorisation de P (X) dans R[X].
Solution
On eﬀectue la division euclidienne :
X 4 +6X 3 +10X 2 +3X −6 X 2 +3X
−X 4 −3X 3
X 2 +3X +1
+3X 3 +10X 2
−3X 3 −9X 2
+X 2 +3X
−X 2 −3X
0X −6
3
On a donc
P (X) = (X 2 + 3X)(X 2 + 3X + 1) − 6 = (X 2 + 3X)2 + (X 2 + 3X) − 6 .
Mais
U 2 + U − 6 = (U − 2)(U + 3) ,
donc
P (X) = (X 2 + 3X − 2)(X 2 + 3X + 3) .
Le trinôme X 2 + 3X + 3 a un discriminant négatif, alors que X 2 + 3X − 2 a un discriminant positif et
donc des racines réelles. On obtient ﬁnalement la factorisation sur R suivante,
√ !
√ !
3 − 17
3 + 17
X+
(X 2 + 3X + 3) .
P (X) = X +
2
2
Exercice 4
Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m, et a un nombre complexe. Eﬀectuer la division
euclidienne de X m − am par X p − ap . A quelle condition le reste est-il nul ?
Solution
En eﬀectuant la division euclidienne de m par p, il existe q et r tels que
m = pq + r ,
avec 0 ≤ r < p. Alors
X
m−r
−a
m−r
q−1
X
= (X ) − (a ) = (X − a )
(X p )k (ap )q−1−k ,
p q
p q
X
m−r
p
−a
m
=X
r
"
p
X
−a
m
p
p
q−1
X
p
"
= (X − a ) X
r
X pk ap(q−1−k) + am−r ,
k=0
(X − a )
et ﬁnalement
m
p
= (X − a )
puis
X
p
k=0
donc
m
p
q−1
X
pk p(q−1−k)
X a
k=0
q−1
X
k=0
pk p(q−1−k)
X a
#
+a
m−r
#
− am ,
+ am−r X r − am .
CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE
4
Comme le polynôme am−r X r − am est de degré strictement plus petit que p, on a donc bien ainsi la
division euclidienne de X m − am par X p − ap .
Le reste am−r X r − am est nul dans deux cas possibles : d’une part si a = 0, d’autre part si r = 0,
c’est-à-dire si p divise m.
Exercice 5
Soit un nombre réel θ et un entier n ≥ 1. Eﬀectuer la division euclidienne de
P (X) = X n+1 cos(n − 1)θ − X n cos nθ − X cos θ + 1 par Q(X) = X 2 − 2X cos θ + 1 .
Solution
On transforme Q(X) et P (X). Tout d’abord
Q(X) = X 2 − 2X cos θ + 1 = (Xeiθ − 1)(Xe−iθ − 1) ,
puis
P (X) =
i
1 h n+1 i(n−1)θ
X
(e
+ e−i(n−1)θ ) − X n (einθ + e−inθ ) − X(eiθ + e−iθ ) + 2 .
2
En faisant apparaître les termes Xeiθ − 1 et Xe−iθ − 1, on a alors
P (X) =
i
1 h
(Xe−iθ − 1)(X n einθ − 1) + (Xeiθ − 1)(X n e−inθ − 1) .
2
puis en mettant Q(X) en facteur
P (X) =
=
=
Q(X)
2
X n einθ − 1 X n e−inθ − 1
+
Xeiθ − 1
Xe−iθ − 1
"n−1
#
n−1
X
Q(X) X
iθ k
−iθ k
(Xe ) +
(Xe )
2
Q(X)
2
k=0
n−1
X
k=0
X k (eikθ + e−ikθ ) .
k=0
Finalement
P (X) = Q(X)
n−1
X
k=0
X k cos kθ .
5
Exercice 6
Soit un nombre réel θ et un entier n ≥ 2. Eﬀectuer la division euclidienne de
P (X) = X n sin θ − X sin nθ + sin(n − 1)θ
par Q(X) = X 2 − 2X cos θ + 1 .
Solution
On transforme Q(X) et P (X). Tout d’abord
Q(X) = X 2 − 2X cos θ + 1 = (Xeiθ − 1)(Xe−iθ − 1) ,
puis
i
1 h n iθ
X (e − e−iθ ) − X(einθ − e−inθ ) + ei(n−1)θ − e−i(n−1)θ .
2i
En faisant apparaître les termes Xeiθ − 1 et Xe−iθ − 1, on a alors
i
1 h
P (X) =
(Xeiθ − 1)(X n−1 − ei(n−1)θ ) − (Xe−iθ − 1)(X n−1 − e−i(n−1)θ ) ,
2i
P (X) =
puis en mettant Q(X) en facteur
P (X) =
=
=
Q(X)
2i
"
X n−1 − ei(n−1)θ
X n−1 − e−i(n−1)θ
−
Xe−iθ − 1
Xeiθ − 1
iθ n−1
Q(X) i(n−1)θ 1 − (Xe−iθ )n−1
−i(n−1)θ 1 − (Xe )
−e
e
2i
1 − (Xe−iθ )
1 − (Xeiθ )
#
"
n−2
n−2
X
Q(X) i(n−1)θ X
iθ k
−iθ k
−i(n−1)θ
(Xe )
(Xe ) − e
e
2i
k=0
k=0
=
#
Q(X)
2i
n−2
X
k=0
X k (ei(n−1−k)θ − e−i(n−1−k)θ ) .
Finalement
P (X) = Q(X)
n−2
X
k=0
X k sin(n − 1 − k)θ .
Exercice 7
Vériﬁer que α = 1 + i est racine du polynôme
P (X) = X 3 − (4 + i)X 2 + (6 + 2i)X − (4 + 2i) ,
et trouver les autres racines de P .
CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE
6
Solution
On a
α2 = 2i et α3 = −2 + 2i ,
donc
P (α) = (−2 + 2i) − (4 + i)(2i) + (6 + 2i)(1 + i) − (4 + 2i) = −2 + 2i + 2 − 8i + 6 − 2 + 8i − 4 − 2i = 0 ,
ce qui montre que α est racine de P (X).
On eﬀectue la division euclidienne :
X 3 −(4 + i)X 2 +(6 + 2i)X −(4 + 2i) X −(1 + i)
−X 3 +(1 + i)X 2
X2
−3X
+(3 − i)
2
−3X +(6 + 2i)X
+3X 2 −(3 + 3i)X
+(3 − i)X −(4 + 2i)
−(3 − i)X +(4 + 2i)
0
Donc
P (X) = (X − (1 + i))(X 2 − 3X + 3 − i) .
Pour obtenir les autres racines de P , on cherche les racines du polynôme
Q(X) = X 2 − 3X + 3 − i .
On a
∆ = 9 − 4(3 − i) = −3 + 4i = δ2 = (x + iy)2 .
On se ramène au système
x2 − y 2 = −3
2xy
=
4
avec de plus
|∆| = 5 = x2 + y 2 .
On en déduit
x2 = 1 et
y2 = 4 ,
et puisque x et y ont le même signe, on peut prendre
δ = 1 + 2i .
Alors Q(X) a pour racines
z2 =
3 + (1 + 2i)
3 − (1 + 2i)
= 2 + i et z3 =
= 1 − i.
2
2
7
Exercice 8
Soit le polynôme
P (X) = X 6 − X 4 + 2X 3 − X + 1 .
Calculer P (1 + i) et P (1 +
√
3).
Solution
Le nombre 1 + i est racine du polynôme
A(X) = (X − (1 + i))(X − (1 − i)) = X 2 − 2X + 2 .
On eﬀectue la division euclidienne de P (X) par A(X) :
X6
−X 4
−X 6 +2X 5 −2X 4
+2X 5 −3X 4
−2X 5 +4X 4
+X 4
−X 4
+2X 3
−X +1 X 2 −2X
+2
4
3
X +2X +X 2 − 2
+2X 3
−4X 3
−2X 3
+2X 3 −2X 2
−2X 2 −X +1
+2X 2 −4X +4
−5X +5
Donc
P (X) = (X 4 + 2X 3 + X 2 − 2)A(X) − 5X + 5 .
Alors, puisque A(1 + i) est nul, on a
P (1 + i) = −5(1 + i) + 5 = −5i .
Le nombre 1 +
√
3 est racine du polynôme
A(X) = (X − (1 +
√
√
3))(X − (1 − 3)) = X 2 − 2X − 2 .
CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE
8
On eﬀectue la division euclidienne de P (X) par A(X) :
X6
−X 4 +2X 3
−X 6 +2X 5 +2X 4
+2X 5 +X 4 +2X 3
−2X 5 +4X 4 +4X 3
+5X 4 +6X 3
−5X 4 +10X 3 +10X 2
+16X 3 +10X 2
−16X 3 +32X 2
+42X 2
−42X 2
−X
+1 X 2 −2X
−2
4
3
X +2X +5X 2 +16X +42
−X
+32X
+31X
+1
+84X +84
+115X +85
Donc
P (X) = (X 4 + 2X 3 + 5X 2 + 16X + 42)A(X) + 115X + 85 .
Alors, puisque A(1 +
√
3) est nul, on a
P (1 +
√
√
√
3) = 115(1 + 3) + 85 = 200 + 115 3 .
Exercice 9
Soit le polynôme
P (X) = X 6 − 3X 5 + X 4 − 8X 3 + X 2 − 1 .
√
Calculer P (1 + i) et P (1 + 5) .
Solution
Le nombre 1 + i est racine du polynôme
A(X) = (X − (1 + i))(X − (1 − i)) = X 2 − 2X + 2 .
9
On eﬀectue la division euclidienne de P (X) par A(X) :
X 6 −3X 5 +X 4
−X 6 +2X 5 −2X 4
−X 5 −X 4
+X 5 −2X 4
−3X 4
+3X 4
−8X 3
+X 2
−1 X 2 −2X
+2
X 4 −X 3 −3X 2 −12X −17
−8X 3
+2X 3
−6X 3
+X 2
−6X 3 +6X 2
−12X 3 +7X 2
+12X 3 −24X 2 +24X
−17X 2 +24X
−1
+17X 2 −34X +34
−10X +33
Donc
P (X) = (X 4 − X 3 − 3X 2 − 12X − 17)A(X) − 10X + 33 .
Alors, puisque A(1 + i) est nul, on a
Le nombre 1 +
√
P (1 + i) = −10(1 + i) + 33 = 23 − 10i .
5 est racine du polynôme
√
√
A(X) = (X − (1 + 5))(X − (1 − 5)) = X 2 − 2X − 4 .
On eﬀectue la division euclidienne de P (X) par A(X) :
X 6 −3X 5 +X 4 −8X 3
+X 2
−X 6 +2X 5 +4X 4
−X 5 +5X 4 −8X 3
+X 5 −2X 4 −4X 3
+3X 4 −12X 3
+X 2
4
3
−3X
+6X +12X 2
−6X 3 +13X 2
+6X 3 −12X 2 −24X
+X 2 −24X
−X 2 +2X
−22X
−1 X 2 −2X
−4
4
3
X −X +3X 2 −6X +1
−1
+4
+3
Donc
P (X) = (X 4 − X 3 + 3X 2 − 6X + 1)A(X) − 22X + 3 .
Alors, puisque A(1 +
√
5) est nul, on a
√
√
√
P (1 + 5) = −22(1 + 5) + 3 = −19 − 22 5 .
CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE
10
Exercice 10
Soit P un polynôme de degré au moins 2. Ecrire la division euclidienne de P par P ′ .
Solution
Ecrivons
P (X) =
n
X
ap X p ,
p=0
avec an non nul. Le polynôme P ′ est de degré n − 1. Si l’on eﬀectue la division euclidienne de P par
P ′ , on a donc
P (X) = α(X + β)P ′ (X) + Q(X) ,
où Q est de degré n − 2 au plus. En étudiant le coeﬃcient de X n on constate que l’on doit avoir
α = 1/n. On calcule alors
1
Q(X) = P (X) − (X + β)P ′ (X) .
n
On obtient
Q(X) =
=
n
X
p=0
n
X
p=0
=
n
X
p=0
=
n
X
1
pap X p−1
ap X − (X + β)
n
p
p=1
n
X
n
1 X
βpap X p−1
n
ap X p −
1
n
ap X p −
n
n−1
1 X
1 X
pap X p −
β(p + 1)ap+1 X p
n
n
p=0
pap X p −
p=0
p=1
p=0
n−1
1 X
[ap (n − p) − β(p + 1)ap+1 ]X p .
n p=0
Si l’on veut que Q soit de degré au plus n−2, il faut donc que le coeﬃcent de X n−1 soit nul, c’est-à-dire
an−1 − βnan = 0 .
Alors
1
P (X) =
n
an−1
X+
nan
n−2 1 X
an−1
(p + 1)ap+1 X p .
P (X) +
ap (n − p) −
n p=0
nan
′
Chapitre 2
Reste de la division euclidienne
Exercice 11
Soit n un entier naturel non nul. Quel est le reste de la division euclidienne de
P (X) = X(X + 1) · · · (X + n − 1) par A(X) = X + n ?
Solution
Le reste de la division est la constante
P (−n) = (−n)(−n + 1) · · · (−1) = (−1)n n! .
Exercice 12
Déterminer le reste de la division euclidienne de X 12 + X 10 + X 8 par X 3 + X 2 + X + 1.
Solution
On remarque que
X 3 + X 2 + X + 1 = (X + 1)(X 2 + 1)
a pour racines −1, i et −i. Le reste de la division est de degré 2 au plus. En partant de l’égalité
X 12 + X 10 + X 8 = (X 3 + X 2 + X + 1)Q(X) + aX 2 + bX + c ,
que l’on applique successivement à X = −1, X = i et

a−b+c

−a + ib + c

−a − ib + c
X = −i, on obtient le système
= 3
= 1 .
= 1
CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE
12
En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = 0. Le système se réduit alors à
a+c = 3
,
−a + c = 1
et donne c = 2 et a = 1. Le reste est donc X 2 + 2.
Exercice 13
Pour tout entier naturel n, déterminer le reste de la division euclidienne de X n par X 3 + X 2 + X + 1.
Solution
On remarque que
X 3 + X 2 + X + 1 = (X + 1)(X 2 + 1)
a pour racines −1, i et −i. Le reste de la division est de degré 2 au plus. En partant de l’égalité
X n = (X 3 + X 2 + X + 1)Q(X) + aX 2 + bX + c ,
que l’on applique successivement à X = −1, X = i

a−b+c

−a + ib + c

−a − ib + c
Si n = 2s, ce système devient
et X = −i, on obtient le système
= (−1)n
.
=
in
n
= (−i)


a−b+c =
1
−a + ib + c = (−1)s .

−a − ib + c = (−1)s
En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = 0. Le système se réduit alors à
a+c =
1
,
−a + c = (−1)s
et donne
c=
1 + (−1)s
2
et
a=
1 − (−1)s
.
2
Le reste est donc X 2 si s est impair, et 1 si s est pair.
Si n = 2s + 1, le système devient


a−b+c =
−1
−a + ib + c =
(−1)s i .

−a − ib + c = −(−1)s i
13
En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = (−1)s . Le système se réduit alors à
a + c = −1 + (−1)s
,
−a + c =
0
et donne
a=c=
−1 + (−1)s
.
2
Le reste est donc X si s est pair, et −(X 2 + X + 1) si s est impair.
En résumé
1
n = 4k
n = 4k + 1
X
.
n = 4k + 2
X2
n = 4k + 3 −(X 2 + X + 1)
Exercice 14
Pour tout entier naturel n, déterminer le reste de la division euclidienne de X n par X 3 − 2X 2 + X.
Solution
On remarque que
X 3 − 2X 2 + X = X(X − 1)2
a pour racine simple 0, et pour racine double 1. Le reste de la division est de degré 2 au plus. En
partant de l’égalité
X n = (X 3 − 2X 2 + X)Q(X) + aX 2 + bX + c ,
appliquée à X = 0 et X = 1, on obtient, si n ≥ 1,
c = 0 et a + b + c = 1 .
Pour obtenir une troisième équation, on dérive l’égalité ci-dessus. On obtient, si n ≥ 1,
nX n−1 = (3X 2 − 4X + 1)Q(X) + (X 3 − 2X 2 + X)Q′ (X) + 2aX + b ,
et, pour X = 1, on trouve 2a + b = n. Le système se réduit alors à
a+b = 1
,
2a + b = n
ce qui donne a = n − 1 et b = 2 − n, d’où le reste (n − 1)X 2 + (2 − n)X.
Si n = 0, on obtient bien sûr le reste 1.
CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE
14
Exercice 15
Soit a et b deux nombres complexes distincts, et soit P (X) un polynôme. Calculer en fonction de
P (a) et de P (b) le reste de la division euclidienne de P (X) par (X − a)(X − b).
Solution
On divise par un polynôme de degré 2. Le reste est de degré 1 au plus. On a donc
P (X) = Q(X)(X − a)(X − b) + αX + β .
En particulier
P (a) = αa + β
.
P (b) = αb + β
On résout ce système par combinaison. En soustrayant les deux lignes on obtient
P (a) − P (b) = α(a − b) .
En multipliant la première ligne par b, la seconde par a et en soustrayant, on trouve
bP (a) − aP (b) = β(b − a) .
Alors le reste de la division est
R(X) =
P (a) − P (b)
aP (b) − bP (a)
X+
.
a−b
a−b
Exercice 16
Soit p et q deux entiers naturels. Calculer le reste de la division de X p + X q + 1 par X 2 + X + 1.
A quelles conditions sur p et q, le polynôme X 2 + X + 1 divise-t-il X p + X q + 1 ?
Solution
Comme on divise par un polynôme de degré 2, le reste R(X) est de degré 1 au plus. On a donc
X p + X q + 1 = Q(X)(X 2 + X + 1) + αX + β .
Si l’on remplace X par j = e2iπ/3 qui est racine du trinôme X 2 + X + 1, on trouve
j p + j q + 1 = αj + β .
15
Comme on sait que j 3 = 1, il reste à étudier le résultat suivant les restes de la division de p et q par
3. Il y a donc trois possibilités pour p (p = 3k, 3k + 1 ou 3k + 2), et trois pour q (q = 3k ′ , 3k′ + 1 ou
3k′ + 2), donc neuf cas en tout.
On remarquera par ailleurs que si u, u′ , v, v ′ sont réels, l’égalité
uj + v = u′ j + v ′
implique l’égalité
(u − u′ )j = v ′ − v .
Mais v ′ − v est réel, et (u − u′ )j ne l’est pas si u − u′ n’est pas nul. On en déduit donc que u = u′ et
v = v ′ . (Le couple (1, j) est une base du R−espace vectoriel C). De plus
j2 + j + 1 = 0 .
On peut former le tableau suivant, (où k et k′ sont des entiers) :
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
p
3k
3k + 1
3k
3k + 2
3k
3k + 1
3k + 2
3k + 1
3k + 2
q
j p + j q + 1 = αj + β α
β
R(X)
′
3k
3
0
3
3
′
3k
j+2
1
2
X +2
3k′ + 1
j+2
1
2
X +2
′
2
3k
j + 2 = −j + 1
−1 1
−X + 1
3k′ + 2
j 2 + 2 = −j + 1
−1 1
−X + 1
′
3k + 1
2j + 1
2
1
2X + 1
3k′ + 1
j2 + j + 1 = 0
0
0
0
′
2
3k + 2
j +j +1 = 0
0
0
0
3k′ + 2 2j 2 + 1 = −2j − 1 −2 −1 −2X − 1
En particulier le reste est nul si et seulement si p = 3k + 2 et q = 3k′ + 1 ou p = 3k + 1 et q = 3k′ + 2.
Exercice 17
Soit n un entier naturel. Calculer le reste de la division euclidienne de
P (X) = (X − 1)n+2 + X 2n+1
par X 2 − X + 1 .
Solution
Les racines de X 2 − X + 1 sont −j et son conjugué. On a
−1 − j = j 2
et j 3 = 1 .
CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE
16
Alors, si l’on calcule P (−j), on obtient
P (−j) = j 2(n+2) − j 2n+1 = j 2n+4 − j 2n+1 = j 2n+1 (j 3 − 1) = 0 ,
et −j est racine de P . Comme ce polynôme est à coeﬃcients réels, le polynôme P est divisible par
X 2 − X + 1. Le reste de la division est donc nul.
Exercice 18
Soit α un nombre réel et n un entier naturel. Quel est le reste de la division euclidienne de
(X sin α + cos α)n
par X 2 + 1 ?
Solution
Le reste est de degré au plus 1. On a donc
(X sin α + cos α)n = (X 2 + 1)Q(X) + aX + b .
En particulier, si X = i, on obtient
ai + b = (cos α + i sin α)n = cos nα + i sin nα .
donc
R(X) = X sin nα + cos nα .
Exercice 19
Les restes de la division euclidienne du polynôme A par X − 1, X − 2 et X − 3 sont respectivement
3, 7 et 13. Calculer le reste de la division de A par (X − 1)(X − 2)(X − 3).
Solution
On a donc
A(1) = 3 ,
A(2) = 7 et A(3) = 13 .
Le reste de la division de A par (X − 1)(X − 2)(X − 3) est de degré 2 au plus. On écrit
A(X) = (X − 1)(X − 2)(X − 3)Q(X) + aX 2 + bX + c ,
17
et, en remplaçant X par 1, 2, 3 successivement, on obtient le système


a+b+c = 3
4a + 2b + c = 7

9a + 3b + c = 13
,
qui admet comme solution a = b = c = 1. Le reste cherché est donc X 2 + X + 1.
Exercice 20
Soit P dans R[X]. On suppose que le reste de la division euclidienne de P par (X − 1)2 vaut 2X + 1,
et que le reste de la division euclidienne de P par X + 2 vaut 3.
Trouver le reste de la division euclidienne de P ′ par X − 1 et le reste de la division euclidienne de
P par (X − 1)2 (X + 2).
Solution
On a tout d’abord
P (X) = (X − 1)2 Q(X) + 2X + 1 ,
donc en dérivant
P ′ (X) = (X − 1)(2Q(X) + (X − 1)Q′ (X)) + 2 ,
et le reste de la division euclidienne de P ′ par X − 1 vaut 2.
Par ailleurs
P (X) = (X − 1)2 (X + 2)S(X) + aX 2 + bX + c ,
et en dérivant
P ′ (X) = (X − 1) 2(X + 2)S(X) + (X − 1)[(X + 2)S ′ (X) + S(X)] + 2aX + b .
On obtient le système

 P (1) = a + b + c = 3
P (−2) = 4a − 2b + c = 3
 ′
P (1) =
2a + b
= 2
.
En résolvant ce système, on trouve a = b = 2/3 et c = 5/3. Le reste de la division euclidienne de P
1
par (X − 1)2 (X + 2) est donc (2X 2 + 2X + 5).
3
CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE
18
Exercice 21
1) Montrer que, quel que soit le polynôme C, le reste de la division euclidienne d’un polynôme A
par un polynôme B est le même que celui de la division de A + BC par B.
2) Soit A = (X − 1)n+2 + X 2n+1 et B = X 2 − X + 1. Montrer qu’il existe un polynôme C tel que
A + BC = (X − 1)n+2 + X(X − 1)n .
En déduire le reste de la division euclidienne de A par B. Puis retrouver directement le résultat
obtenu.
Solution
1) Si l’on a
A = QB + R
avec deg R < deg B, alors
A + BC = (Q + C)B + R
avec les mêmes conditions de degré. Donc R est aussi le reste de la division euclidienne de A+BC par B.
2) On veut avoir
(X − 1)n+2 + X 2n+1 + C(X)(X 2 − X + 1) = (X − 1)n+2 + X(X − 1)n ,
c’est-à-dire
On peut encore factoriser
C(X)(X 2 − X + 1) = X (X − 1)n − (X 2 )n .
C(X)(X 2 − X + 1) = X(X − 1 − X 2 )
n−1
X
k=0
(X − 1)k X 2(n−1−k) .
Il suﬃt donc de prendre
C(X) = −
n−1
X
k=0
(X − 1)k X 2(n−k)−1 .
Alors, le reste de la division euclidienne de A par B est le même que celui de la division de A + BC
par B. Or
A(X) + B(X)C(X) = (X − 1)n ((X − 1)2 + X) = (X − 1)n (X 2 − X + 1) ,
donc le reste cherché est nul. D’ailleurs, puisque B a pour racines complexes −j et −j 2 , on constate
que
A(−j) = (−j − 1)n+2 + (−j)2n+1 = j 2n+4 − j 2n+1 = 0 .
19
Exercice 22
1) Soit p un entier naturel non nul et a un réel non nul. Montrer que, pour tout polynôme P , il
existe des polynômes P0 , . . . , Pp−1 tels que
P (X) =
p−1
X
Pk (X p )X k .
k=0
En déduire le reste de la division euclidienne de P par X p − a.
2) Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m, trouver le reste de la division euclidienne de X m −am
par X p − ap et de X m + am par X p + ap . Donner les conditions pour que ces restes soient nuls.
Solution
1) On remarque que si n = qp + r avec 0 ≤ r ≤ p − 1, on a
X n = (X p )q X r .
En prenant
Pk (X) =
X q si k = r
0 si k 6= r
,
on constate que la décomposition est vraie pour le monôme X n et, par linéarité, le résultat sera vrai
pour un polynôme P quelconque.
Comme le polynôme Pk (X) − Pk (a) est divisible par X − a, le polynôme Pk (X p ) − Pk (a) est divisible
par X p − a. Alors le polynôme
p−1
X
S(X) =
(Pk (X p ) − Pk (a))X k
k=0
est divisible par X p − a, et
P (X) =
p−1
X
Pk (X p )X k = S(X) +
k=0
p−1
X
Pk (a)X k .
k=0
Comme le polynôme
R(X) =
p−1
X
Pk (a)X k
k=0
est de degré au plus p − 1, c’est donc le reste de la division euclidienne de P par X p − a.
2) Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m. En eﬀectuant la division euclidienne de m par p, il
existe q et r entiers, tels que
m = pq + r ,
20
CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE
avec 0 ≤ r < p.
On prend tout d’abord
P (X) = X m − am = (X p )q X r − am ,
on a donc
Pr (X) = X q
et P0 (X) = −am
les autres coeﬃcients Pk étant nuls. Alors il résulte de 1), (en remplaçant a par ap ), que le reste de la
division euclidienne de X m − am par X p − ap est
(ap )q X r − am = am−r X r − am ,
et le reste est nul si et seulement si r = 0, c’est-à-dire si et seulement si p divise m.
Si l’on prend maintenant
P (X) = X m + am = (X p )q X r + am ,
on a donc
Pr (X) = X q
et P0 (X) = am
les autres coeﬃcients Pk étant nuls. Alors il résulte de 1), (en remplaçant a par −ap ), que le reste de
la division euclidienne de X m + am par X p + ap est
(−ap )q X r + am = (−1)q am−r X r + am ,
et le reste est nul si et seulement si r = 0 et q est impair, c’est-à-dire si et seulement si m/p est un
nombre entier impair.
Chapitre 3
Racines multiples
Exercice 23
Soit n un entier naturel et a et b deux nombres réels. A quelle condition le polynôme
P (X) =
n
X
X p+2 + aX + b
p=0
1) admet-il le nombre 1 comme racine double ?
2) admet-il le nombre −1 comme racine double ?
Solution
1) Le nombre 1 est racine double de P si et seulement si P (1) et P ′ (1) sont nuls et P ′′ (1) ne l’est pas.
On a
P (1) = (n + 1) + a + b ,
puis
P ′ (X) =
n
X
(p + 2)X p+1 + a .
p=0
Alors
n
n
X
X
n(n + 1)
(n + 1)(n + 4)
p + 2(n + 1) + a =
(p + 2) + a =
P (1) =
+ 2(n + 1) + a =
+ a.
2
2
′
p=0
p=0
On a donc
a=−
(n + 1)(n + 4)
2
et b = −a − (n + 1) =
et puisque
P ′′ (X) =
n
X
(p + 2)(p + 1)X p ,
p=0
(n + 1)(n + 2)
,
2
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
22
on constate que
P ′′ (1) =
n
X
(p + 2)(p + 1) > 0 .
p=0
Donc 1 est bien racine double de P .
2) Pour la racine −1, cela dépend de la parité de n. On a
n
X
(−1)p − a + b ,
P (−1) =
p=0
donc
P (−1) =
Ensuite
1 − a + b si n = 2s
−a + b si n = 2s + 1
.
n
X
(p + 2)(−1)p+1 + a .
P (−1) =
′
p=0
On calcule cette somme en séparant les termes suivant la parité des indices de sommations.
Si n = 2s
2s
X
p+1
(p + 2)(−1)
=
p=0
=
s
X
2k+1
(2k + 2)(−1)
k=1
k=0
s
X
(2k + 2)(−1)2k+1 + (2k + 1)(−1)2k − 2
k=1
=
s
X
k=1
s
X
(2k + 1)(−1)2k
+
(−1) − 2 = −s − 2 .
Si n = 2s + 1
2s+1
X
p+1
(p + 2)(−1)
s
X
=
p=0
k=0
s
X
=
2k+1
(2k + 2)(−1)
s
X
(2k + 3)(−1)2k+2
+
k=0
(2k + 2)(−1)2k+1 + (2k + 3)(−1)2k+2
k=0
s
X
=
1 = s + 1.
k=0
Donc
′
P (−1) =
−s − 2 + a si n = 2s
s + 1 + a si n = 2s + 1
.
23
Finalement
a = s+2
b=s+1
si n = 2s
.
a = −s − 1 b = −s − 1 si n = 2s + 1
Il reste à voir que la dérivée seconde ne s’annule pas en −1.
Si n = 2s
P ′′ (−1) =
2s
X
(p + 2)(p + 1)(−1)p =
p=0
=
s
s
X
X
(2k + 1)2k(−1)2k−1
(2k + 2)(2k + 1)(−1)2k +
k=0
s
X
k=1
(2k + 2)(2k + 1) − (2k + 1)2k + 2
k=1
s
X
= 2
(2k + 1) + 2 > 0 .
k=1
Si n = 2s + 1
′′
P (−1) =
2s+1
X
p
(p + 2)(p + 1)(−1)
p=0
s
s
X
X
2k
(2k + 3)(2k + 2)(−1)2k+1
(2k + 2)(2k + 1)(−1) +
=
=
k=0
s
X
k=0
= −2
k=0
(2k + 2)(2k + 1) − (2k + 3)(2k + 2)
s
X
(2k + 2) < 0 .
k=0
Donc −1 est racine double de P .
Exercice 24
Trouver les nombres a, b, c, pour que le polynôme
P (X) = X 7 − 2X 6 + 2X 5 − 3X 4 + 3X 3 + aX 2 + bX + c
admette 1 comme racine triple, puis factoriser P dans C.
Solution
On a P (1) = 1 + a + b + c, puis successivement
P ′ (X) = 7X 6 − 12X 5 + 10X 4 − 12X 3 + 9X 2 + 2aX + b
et P ′ (1) = 2 + 2a + b ,
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
24
P ′′ (X) = 42X 5 − 60X 4 + 40X 3 − 36X 2 + 18X + 2a
et P ′′ (1) = 4 + 2a .
Alors 1 est racine triple au moins si l’on a P (1) = P ′ (1) = P ′′ (1) = 0 ce qui conduit au système

 a + b + c = −1
2a + b = −2 ,

2a
= −4
qui a pour solution
a = −2 ,
b = 2 et c = −1 .
On eﬀectue alors la division euclidienne de P (X) = X 7 − 2X 6 + 2X 5 − 3X 4 + 3X 3 − 2X 2 + 2X − 1
par X 3 − 3X 2 + 3X − 1 :
X 7 −2X 6 +2X 5
−X 7 +3X 6 −3X 5
+X 6 −X 5
−X 6 +3X 5
+2X 5
−2X 5
−3X 4
+X 4
−2X 4
−3X 4
−5X 4
+6X 4
+X 4
−X 4
+3X 3 −2X 2 +2X −1 X 3 −3X 2
+3X
−1
4
3
2
X
+X
+2X + X +1
+3X 3
+X 3
+4X 3 −2X 2
−6X 3 +2X 2
−2X 3
+2X
+3X 3 −3X 2 +X
+X 3 −3X 2 +3X −1
−X 3 +3X 2 −3X +1
0
Donc
P (X) = (X − 1)3 (X 4 + X 3 + 2X 2 + X + 1) = (X − 1)3 (X 4 + X 3 + X 2 ) + (X 2 + X + 1) .
On factorise alors sur R
P (X) = (X − 1)3 (X 2 + X + 1)(X 2 + 1) ,
puis sur C
P (X) = (X − 1)3 (X − j)(X − j 2 )(X + i)(X − i) .
Exercice 25
1) Soit a, p, q trois nombres complexes. Ecrire les conditions pour que a soit racine double du
polynôme X 3 + pX + q.
2) Quelle condition nécessaire et suﬃsante doivent satisfaire p et q pour que le polynôme X 3 +pX +q
ait une racine (au moins) double ?
25
Solution
1) Le nombre a est racine double de P si et seulement si les nombres P (a) et P ′ (a) sont nuls sans que
P ′′ (a) le soit. Puisque
P ′ (X) = 3X 2 + p et
on a donc le système
P ′′ (X) = 6X ,
 3
 a + pa + q = 0
3a2 + p = 0 .

a 6= 0
Ce système équivaut à

 p = −3a2
q = 2a3 .

a 6= 0
Remarquons que le cas a = 0 n’est possible que si p = q = 0, c’est-à-dire P (X) = X 3 et, dans ce cas,
3q
a = 0 est racine triple. Dans le cas contraire on a a = − .
2p
2) Il résulte de ce qui précède que l’on a
p3 = −27a6
et q 2 = 4a6 ,
donc, en éliminant a, on obtient
4p3 + 27q 2 = 0 .
(C)
Cette condition est donc nécessaire pour avoir une racine multiple.
Réciproquement, si p et q satisfont cette relation, ou bien p = 0, alors q = 0 et P (X) = X 3 , donc on a
3q
une racine triple a = 0, ou bien p 6= 0. Dans ce cas posons a = − . On a
2p
P (a) = a3 + pa + q = −
27q 3 3q
q(4p3 + 27q 2 )
−
+
q
=
−
=0,
8p3
2
8p3
et
P ′ (a) = 3a2 + p =
4p3 + 27q 2
27q 2
+
p
=
= 0.
4p2
4p2
De plus P ′′ (a) = 6a 6= 0. Donc P (a) = P ′ (a) = 0 et a est bien racine double de P . La condition (C)
est suﬃsante.
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
26
Exercice 26
1) Soit n un entier naturel non nul. Quelle est la multiplicité pn de la racine 1 dans le polynôme
Pn (X) = X 2n+1 − (2n + 1)X n+1 + (2n + 1)X n − 1 ?
2) On note Qn (X) le quotient de Pn (X) par (X − 1)3 . Montrer que
Pn+1 (X) − XPn (X) = (X − 1)3 (1 + X + · · · + X n )2 .
Quelle relation en déduit-on pour les polynômes Qn ?
3) Calculer Qn pour n = 1, 2, 3, 4. Quelle hypothèse peut-on faire sur la forme générale de Qn ?
4) Montrer que
(1 + X + · · · + X n )2 = 1 + 2X + · · · + nX n−1 + (n + 1)X n + nX n+1 + · · · + 2X 2n−1 + X 2n .
5) On pose
an = 1 + · · · + (n + 1) =
(n + 1)(n + 2)
.
2
Déduire de ce qui précède par récurrence que
Qn (X) = a0 + a1 X + · · · + an−2 X n−2 + an−1 X n−1 + an−2 X n + · · · + a1 X 2n−3 + a0 X 2n−2 .
Solution
1) Tout d’abord on constate que Pn (1) est nul, puis
Pn′ (X) = (2n + 1)X 2n − (2n + 1)(n + 1)X n + (2n + 1)nX n−1 = (2n + 1) X 2n − (n + 1)X n + nX n−1 ,
donc Pn′ (1) est nul. On a ensuite
Pn′′ (X) = (2n + 1) 2nX 2n−1 − n(n + 1)X n−1 + n(n − 1)X n−2 ,
donc Pn′′ (1) est nul également. On a enﬁn
donc
Pn(3) (X) = (2n + 1) 2n(2n − 1)X 2n−2 − n(n + 1)(n − 1)X n−2 + n(n − 1)(n − 2)X n−3 ,
Pn(3) (1) = (2n + 1) 2n(2n − 1) − n(n + 1)(n − 1) + n(n − 1)(n − 2) = (2n + 1)(n2 + n) 6= 0 .
Finalement 1 est racine triple de Pn (X), c’est-à-dire pn = 3.
27
2) On a
Pn+1 (X) − XPn (X) = X 2n+3 − (2n + 3)X n+2 + (2n + 3)X n+1 − 1
−X(X 2n+1 − (2n + 1)X n+1 + (2n + 1)X n − 1)
= (X − 1)X 2n+2 − 2(X − 1)X n+1 + X − 1
= (X − 1)(X 2n+2 − 2X n+1 + 1)
= (X − 1)(X n+1 − 1)2 .
Donc, en utilisant la relation,
X n+1 − 1 = (X − 1)(1 + X + · · · + X n ) ,
on trouve
Pn+1 (X) − XPn (X) = (X − 1)3 (1 + X + · · · + X n )2 ,
et puisque
Pn+1 (X) = (X − 1)3 Qn+1 (X) et
Pn (X) = (X − 1)3 Qn (X) ,
on en déduit
Qn+1 (X) − XQn (X) = (1 + X + · · · + X n )2 .
3) On constate que
P1 (X) = X 3 − 3X 2 + 3X − 1 = (X − 1)3 ,
donc Q1 (X) = 1. En appliquant la relation obtenue dans la question 2) on obtient alors
Q2 (X) = XQ1 (X) + (1 + X)2 = X 2 + 3X + 1 ,
puis
Q3 (X) = XQ2 (X) + (1 + X + X 2 )2 = X 4 + 3X 3 + 6X 2 + 3X + 1 ,
et enﬁn
Q4 (X) = XQ3 (X) + (1 + X + X 2 + X 3 )2 = X 6 + 3X 5 + 6X 4 + 10X 3 + 6X 2 + 3X + 1 .
On voit donc s’introduire une suite de nombres a0 , a1 , . . . tels que, si 1 ≤ n ≤ 4,
Qn (X) = a0 + a1 X + · · · + an−2 X n−2 + an−1 X n−1 + an−2 X n + · · · + a1 X 2n−3 + a0 X 2n−2 .
4) Dans le développement du produit (1 + X + · · · + X n )(1 + X + · · · + X n ), le coeﬃcient de X k est
le nombre de façons d’écrire X k sous la forme X p X k−p , avec
0 ≤ p ≤ n et 0 ≤ k − p ≤ n ,
c’est-à-dire
0 ≤ p ≤ n et k − n ≤ p ≤ k .
Il y a deux cas possibles.
Si 0 ≤ k ≤ n, alors 0 ≤ p ≤ k, et l’on a k + 1 décompositions possibles.
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
28
Si n ≤ k ≤ 2n, alors k − n ≤ p ≤ n, et l’on a 2n − k + 1 décompositions possibles.
On a donc bien
(1 + X + · · · + X n )2 = 1 + 2X + · · · + nX n−1 + (n + 1)X n + nX n+1 + · · · + 2X 2n−1 + X 2n .
5) La propriété est vraie à l’ordre 1, puisque Q0 (X) = a0 = 1.
Supposons la propriété vraie à l’ordre n. Alors
Qn+1 (X) = XQn (X) + (1 + X + · · · + X n )2
= X(a0 + a1 X + · · · + an−1 X n−1 + an−2 X n + · · · + a1 X 2n−3 + a0 x2n−2 )
+(1 + 2X + · · · + (n + 1)X n + nX n+1 + · · · + 2X 2n−1 + X 2n )
= 1 + (a0 + 2)X + · · · + (an−1 + n + 1)X n + (an−2 + n)X n+1 + · · · + (a0 + 2)X 2n−1 + X 2n .
Mais, si k ≥ 1, on a
ak−1 + k + 1 = (1 + · · · + k) + (k + 1) = ak ,
d’où
Qn+1 (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n + an−1 X n+1 + · · · + a1 X 2n−1 + a0 X 2n .
La propriété est vraie à l’ordre n + 1, donc pour tout entier n ≥ 1.
Exercice 27
Si n ≥ 2, trouver l’ordre de multiplicité des racines 1 et −1 dans le polynôme
P (X) = X 2n − nX n+1 + nX n−1 − 1 .
Solution
1) Tout d’abord, on constate que P (1) est nul. On calcule ensuite les valeurs des dérivées successives
en 1. On trouve
P ′ (X) =
2nX 2n−1 − n(n + 1)X n + n(n − 1)X n−2
′′
P (X) = 2n(2n − 1)X 2n−2 − n2 (n + 1)X n−1 + n(n − 1)(n − 2)X n−3
et
et
P ′ (1) = 0
,
P ′′ (1) = 0
puis
P ′′′ (X) = 2n(2n − 1)(2n − 2)X 2n−3 − n2 (n + 1)(n − 1)X n−2 + n(n − 1)(n − 2)(n − 3)X n−4 ,
et
P ′′′ (1) = 2n(2n − 1)(2n − 2) − n2 (n + 1)(n − 1) + n(n − 1)(n − 2)(n − 3) = 2n(n − 1)(n + 1) .
29
Donc, si n ≥ 2, on a
P (1) = P ′ (1) = P ′′ (1) = 0 et P ′′′ (1) 6= 0 ,
ce qui montre que 1 est racine triple de P .
Remarque : si n = 1 le polynôme P est le polynôme nul.
2) On constate tout d’abord que
P (−1) = 1 − n(−1)n+1 + n(−1)n−1 − 1 = 0 .
D’autre part, si n est impair, le polynôme P est pair, et donc −1 a même ordre de multiplicité que 1.
Lorsque n est pair, on a par contre
P ′ (−1) = −2n − n(n + 1) + n(n − 1) = −4n
qui est non nul, donc −1 est racine simple de P .
Exercice 28
Trouver l’ordre de multiplicité de a dans le polynôme
P (X) = X 5 − 6aX 4 + 2(6a2 + 1)X 3 − 2a(5a2 + 3)X 2 + 3a2 (a2 + 2)X − 2a3 ,
en déduire la factorisation de P sur C.
Solution
On constate tout d’abord que P (a) est nul. On calcule les valeurs en a des dérivées successives. On
trouve
P ′ (X) = 5X 4 − 24aX 3 + 6(6a2 + 1)X 2 − 4a(5a2 + 3)X + 3a2 (a2 + 2)
P ′′ (X) =
20X 3 − 72aX 2 + 12(6a2 + 1)X − 4a(5a2 + 3)
′′′
P (X) =
60X 2 − 144aX + 12(6a2 + 1)
et
et
et
P ′ (a) =
0
P ′′ (a) =
0
.
P ′′′ (a) = −12a2 + 12
Donc si a2 6= 1, le nombre P ′′′ (a) n’est pas nul et a est racine d’ordre 3 de P . Le polynôme P s’écrit
alors
P (X) = (X − a)3 (X 2 + bX + c) = (X 3 − 3aX 2 + 3a2 X − a3 )(X 2 + bX + c) .
Les coeﬃcients de X 4 et X 3 dans ce produit valent
b − 3a = −6a
et 3a2 − 3ab + c = 12a2 + 2 ,
d’où l’on tire
b = −3a
et c = 2 ,
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
30
donc
P (X) = (X − a)3 (X 2 − 3aX + 2) .
Il reste à factoriser le trinôme. Si le discriminant ∆ = 9a2 − 8 est strictement positif, on obtient
!
!
√
√
3a − 9a2 − 8
3a + 9a2 − 8
3
X−
,
P (X) = (X − a) X −
2
2
s’il est strictement négatif
!
!
√
√
3a + i 8 − 9a2
3a − i 8 − 9a2
X−
X−
,
2
2
P (X) = (X − a)3
et s’il est nul
3
P (X) = (X − a)
3a
X−
2
2
.
Dans ce dernier cas, il y a alors deux possibilités,
√
√
√
si a = 2√2/3
on a
P (X) = (X − 2√2/3)3 (X − √2) ,
on a
P (X) = (X + 2 2/3)3 (X + 2) .
si a = −2 2/3
Pour ﬁnir, si a2 = 1, on a encore
P (4) (X) = 120X − 144a
et P (4) (a) = −24a ,
et dans ce cas a est racine d’ordre 4 de P , donc
P (X) = (X − a)4 (X − b) .
Le terme constant vaut
−a4 b = −2a3 ,
d’où
b=
Alors,
si a = 1
si a = −1
on a
on a
2
= 2a .
a
P (X) = (X − 1)4 (X − 2) ,
P (X) = (X + 1)4 (X + 2) .
Exercice 29
Si n ≥ 1, montrer qu’il existe un polynôme Pn et un seul de la forme
Pn (X) = an X n+1 + bn X n + 1 ,
admettant 1 comme racine double.
Calculer Pn − Pn−1 , puis trouver le quotient de la division euclidienne de Pn (X) par (X − 1)2 .
31
Solution
On a
Pn′ (X) = (n + 1)an X n + nbn X n−1 .
Les nombres Pn (1) et Pn′ (1) doivent être nuls, ce qui conduit au système
a n + bn + 1
= 0
,
(n + 1)an + nbn = 0
qui a comme unique solution
an = n et bn = −(n + 1) .
On trouve
Pn (X) = nX n+1 − (n + 1)X n + 1 .
Alors
Pn′′ (X) = (n + 1)n2 X n−1 − n(n − 1)(n + 1)X n−2 ,
et
Pn′′ (1) = n2 + n
n’est pas nul, donc 1 est racine double de Pn .
On obtient alors
avec
Pn (X) − Pn−1 (X) = nX n+1 − (n + 1)X n − (n − 1)X n − nX n−1 = nX n−1 (X − 1)2 ,
P1 (X) = (X − 1)2 .
Alors
Pn (X) =
n
X
k=2
2
(Pk (X) − Pk−1 (X)) + P1 (X) = (X − 1)
n
X
kX k−1 .
k=1
Exercice 30
Pour tout entier k strictement positf, on pose
Pk (X) = kX k − (X k−1 + · · · + X + 1) .
1) Montrer que, pour tout nombre complexe z,
si |z| > 1, alors |z k−1 + · · · + z + 1| < k|z k | ; si |z| = 1 et z 6= 1, alors |z + 1| < 2 .
2) En déduire que les racines de Pk autres que 1 sont de module strictement plus petit que 1.
3) Montrer que le polynôme
Qk (X) = (X − 1)Pk (X)
admet une seule racine double. En déduire que Pk n’a que des racines simples.
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
32
Solution
1) Si |z| > 1, alors, pour tout entier p tel que 0 ≤ p ≤ k − 1, on a |z|p < |z|k et donc
|z k−1 + · · · + z + 1| ≤ |z k−1 | + · · · + |z| + 1 < k|z|k .
Si |z| = 1 et z 6= 1, on a z = eiθ avec θ 6= 2kπ, donc
z + 1 = eiθ + 1 = eiθ/2 (eiθ/2 + e−iθ/2 ) = 2 cos
puis
θ iθ/2
e
,
2
θ |z + 1| = 2 cos .
2
Mais, puisque θ 6= 2kπ, le nombre | cos(θ/2)| est diﬀérent de 1 et
|z + 1| < 2 .
2) Soit z une racine de Pk . On a donc
z k−1 + · · · + z + 1 = kz k .
Si |z| > 1, d’après 1),
|z k−1 + · · · + z + 1| < k|z|k ,
d’où une contradiction. Il en résulte que |z| ≤ 1.
Maintenant supposons |z| = 1 et z 6= 1. Si k = 2p, on a
kz k = (1 + z) + (z 2 + z 3 ) + · · · + (z 2p−2 + z 2p−1) ) = (1 + z)(1 + z 2 + · · · + z 2p−2 ) .
Alors
k = k|z k | = |1 + z| |1 + z 2 + · · · + z 2p−2 | ≤ |1 + z| (1 + |z 2 | + · · · + |z 2p−2 |) < 2p = k ,
d’où une contradiction. De même, si k = 2p + 1,
kz k = (1 + z) + (z 2 + z 3 ) + · · · + (z 2p−2 + z 2p−1) ) + z 2p = (1 + z)(1 + z 2 + · · · + z 2p−2 ) + z 2p .
Alors
k = k|z k | ≤ |1 + z| (1 + |z 2 | + · · · + |z 2p−2 |) + |z 2p | < 2p + 1 = k ,
d’où une contradiction.
Finalement, ou bien z = 1, ou bien |z| < 1. Remarquons que 1 est bien racine de Pk .
3) En développant
Qk (X) = (X −1)kX k −(X −1)(X k−1 +· · ·+X +1) = k(X −1)X k −(X k −1) = kX k+1 −(k +1)X k +1 .
33
Donc
Q′k (X) = k(k + 1)X k − k(k + 1)X k−1 = k(k + 1)X k−1 (X − 1) ,
et Q′k admet comme seules racines 0 et 1.
Comme 1 est racine de Pk , les racines de Qk sont alors les mêmes que celles de Pk . En particulier 0
n’étant pas racine de Pk n’est pas non plus racine de Qk .
Si z est racine double de Qk , alors elle est racine de Q′k donc vaut 0 ou 1. La valeur 0 étant exclue,
on en déduit que 1 est racine de Qk et racine simple de Q′k donc racine double de Qk et que toutes les
autres racines de Qk sont simples. Alors 1 est racine simple de Pk et toutes les autres racines de Pk
sont simples également.
Exercice 31
Soit P un polynôme de degré 2n + 1 vériﬁant la relation
P (X) = X 2n+1 P (1/X) .
Montrer
1) que 0 n’est pas racine de P ,
2) que −1 est racine de P et que si elle est multiple elle est racine triple au moins,
3) que si 1 est racine de P c’est une racine double au moins,
4) que si α est racine de P alors 1/α est racine de P au même ordre.
Solution
1) Si l’on pose
P (X) =
2n+1
X
ak X k ,
k=0
avec a2n+1 non nul, alors
X 2n+1 P (1/X) =
2n+1
X
ak X 2n+1−k =
2n+1
X
a2n+1−k X k ,
k=0
k=0
et donc, pour tout k tel que 0 ≤ k ≤ 2n + 1, on a l’égalité
a2n+1−k = ak .
En particulier a2n+1 = a0 est non nul, donc 0 n’est pas racine de P .
On peut alors écrire
P (X) =
n
X
k=0
ak (X k + X 2n+1−k ) .
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
34
2) On obtient
P (−1) =
n
X
k=0
n
X
ak (−1)k + (−1)2n+1−k =
ak (−1)k − (−1)k = 0 ,
k=0
donc −1 est racine de P .
En dérivant
P ′ (X) = (2n + 1)a0 X 2n +
n
X
k=1
puis
′′
P (X) = (2n+1)(2n)a0 X
2n−1
+(2n)(2n−1)a1 X
ak kX k−1 + (2n + 1 − k)X 2n−k ,
2n−2
+
n
X
k=2
ak k(k−1)X k−2 +(2n+1−k)(2n−k)X 2n−k−1 ,
On a donc
P ′ (−1) = (2n+1)a0 +
n
X
k=1
n
X
ak (−1)k (−k+(2n+1−k)) ,
ak k(−1)k−1 +(2n+1−k)(−1)2n−k = (2n+1)a0 +
d’où
k=1
n
X
P (−1) =
(−1)k (2n − 2k + 1)ak .
′
k=0
De même
n
X
(−1)k ak (k(k − 1) − (2n + 1 − k)(2n − k)) ,
P (−1) = −(2n + 1)(2n)a0 + (2n)(2n − 1)a1 +
′′
k=2
d’où
P ′′ (−1) = −2n
Donc, si
P ′ (−1)
n
X
(−1)k (2n − 2k + 1)ak = −2nP ′ (−1) .
k=0
est nul, il en est de même de P ′′ (−1) et le nombre −1 est au moins racine triple de P .
3) D’autre part
P (1) = 2
n
X
ak
et P ′ (1) = (2n + 1)
k=0
n
X
k=0
ak =
2n + 1
P (1) .
2
Alors, si P (1) est nul, il en est de même de P ′ (1) et le nombre 1 est au moins racine double de P .
4) Si l’on factorise P dans C
P (X) =
s
Y
(X − αk )rk ,
k=1
35
alors
P (X) = X
2n+1
P (1/X) =
s
Y
rk
(1 − αk X)
=
k=1
s
Y
k=1
Donc si αk est racine de P d’ordre rk , alors 1/αk l’est aussi.
αrkk
!
r k
s Y
1
.
−X
αk
k=1
Exercice 32
Soit a et b deux nombres réels. On considère le polynôme
P (X) = X 5 + aX 4 + bX 3 + bX 2 + aX + 1 .
Etudier à quelle condition le polynôme P admet au moins une racine multiple, dont on précisera
l’ordre de multiplicité. On pourra commencer par étudier les cas où cette racine vaut −1 ou 1.
Solution
Calculons tout d’abord les premières dérivées de P .
P ′ (X) = 5X 4 +4aX 3 +3bX 2 +2bX+a , P ′′ (X) = 20X 3 +12aX 2 +6bX+2b , P ′′′ (X) = 60X 2 +24aX+6b .
(1) α = −1 racine multiple de P .
On a dans ce cas
P (−1) = 0 ,
P ′ (−1) = 5 − 3a + b ,
puis
P ′′ (−1) = −20 + 12a − 4b = −4(5 − 3a + b) ,
P ′′′ (−1) = 60 − 24a + 6b = 6(10 − 4a + b) .
donc −1 est toujours racine de P et sera racine multiple lorsque 5 − 3a + b est nul. Dans ce cas elle est
au moins racine triple. Lorsque P ′′′ (−1) est nulle on a alors le système
3a − b = 5
,
4a − b = 10
qui a comme solution a = 5 et b = 10. Dans ce cas
P (X) = X 5 + 5X 4 + 10X 3 + 10X 2 + 5X + 1 = (X + 1)5 ,
et −1 est racine de multiplicité 5.
(2) α = 1 racine multiple de P .
On a cette fois
P (1) = 2(1 + a + b)
,
P ′ (1) = 5(1 + a + b) ,
P ′′ (1) = 4(5 + 3a + 2b)
,
P ′′′ (1) = 6(10 + 4a + b) .
CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES
36
Donc 1 est racine multiple si et seulement si 1 + a + b est nul, et dans ce cas c’est une racine double
au moins. Elle sera de multiplicité supérieure si a et b sont solutions du système
a + b = −1
,
3a + 2b = −5
c’est-à-dire a = −3 et b = 2. Dans ce cas P ′′′ (1) est nulle également. Donc 1 est racine de multiplicité
quatre. Alors, puisque −1 est toujours racine, on a
P (X) = (X + 1)(X − 1)4 .
Remarque : lorsque l’on a à la fois 3a − b = 5 et a + b = −1, c’est-à-dire lorsque (a, b) = (1, −2), alors
P (X) = (X + 1)3 (X − 1)2 .
(3) Si α est une racine double de P diﬀérente de 1 et −1, alors 1/α l’est aussi (voir exercice précédent)
et, puisque −1 est toujours racine, on a nécessairement
P (X) = (X − α)2 (X − 1/α)2 (X + 1) = (X 2 − λX + 1)2 (X + 1) ,
où
λ=α+
1
.
α
En développant
P (X) = (X 4 − 2λX 3 + (λ2 + 2)X 2 − 2λX + 1)(X + 1)
On a donc
= X 5 + (1 − 2λ)X 4 + (λ2 − 2λ + 2)X 3 + (λ2 − 2λ + 2)X 2 + (1 − 2λ)X + 1 .
On en tire
a =
1 − 2λ
.
b = λ2 − 2λ + 2
λ=
puis
1−a
,
2
1−a 2
a2 + 2a + 5
.
b=
− (1 − a) + 2 =
2
4
On obtient donc une racine multiple α si et seulement si
4b = a2 + 2a + 5 ,
et α est solution de l’équation
c’est-à-dire
α2 − λα + 1 = 0 ,
α2 −
1−a
α + 1 = 0,
2
dont le discriminant vaut
1−a 2
1−a
1−a
(a + 3)(a − 5)
∆=
−4=
−2
+2 =
.
2
2
2
4
On obtient deux racines doubles inverses l’une de l’autre, sauf lorsque ∆ est nul. Dans ce cas, l’on
retrouve comme cas particuliers les couples (a, b) = (5, 10) et (a, b) = (−3, 2) obtenus dans (1) et (2).
Chapitre 4
Factorisation
Exercice 33
Trouver une racine simple puis factoriser sur C le polynôme P (X) = X 3 + X − 10 .
Solution
Le nombre 2 est racine de P . Alors
P (X) = (X − 2)(X 2 + 2X + 5) ,
puis
P (X) = (X − 2)(X + 1 + 2i)(X + 1 − 2i) .
Exercice 34
Trouver des racines simples puis factoriser sur C le polynôme P (X) = X 4 + 6X 3 − 4X 2 − 6X + 3 .
Solution
Le nombre 1 est racine de P . Alors
P (X) = (X − 1)(X 3 + 7X 2 + 3X − 3) .
Mais on constate que −1 est également racine donc
P (X) = (X − 1)(X + 1)(X 2 + 6X − 3) ,
et pour ﬁnir
√
√
P (X) = (X − 1)(X + 1)(X + 3 + 2 3)(X + 3 − 2 3) .
CHAPITRE 4. FACTORISATION
38
Exercice 35
Factoriser sur C le polynôme P (X) = X 4 + 11X 3 − 4X 2 + 11X − 5 .
Solution
On écrit
P (X) = X 4 − 4X 2 − 5 + 11X(X 2 + 1) .
Par ailleurs
U 2 − 4U − 5 = (U + 1)(U − 5) ,
et donc
P (X) = (X 2 + 1)(X 2 − 5) + 11X(X 2 + 1) = (X 2 + 1)(X 2 + 11X − 5) .
Finalement
P (X) = (X + i)(X − i) X +
11 +
√
2
141
!
X+
11 −
√
141
2
!
.
Exercice 36
Vériﬁer que i est racine du polynôme
P (X) = X 4 − 5X 3 + 7X 2 − 5X + 6 ,
et factoriser P sur C.
Solution
On a
P (i) = i4 − 5i3 + 7i2 − 5i + 6 = 1 + 5i − 7 − 5i + 6 = 0 .
Donc i est racine de P (X). Comme le polynôme P est à coeﬃcients réels, si i est racine, le nombre
conjugué −i l’est aussi. Donc P (X) est divisible par (X − i)(X + i) = X 2 + 1. On peut eﬀectuer la
division euclidienne. On peut également remarquer que
X 4 + 7X 2 + 6 = (X 2 + 1)(X 2 + 6) et
− 5X 3 − 5X = −5X(X 2 + 1) ,
ce qui donne
P (X) = (X 2 + 1)(X 2 − 5X + 6) = (X + i)(X − i)(X − 2)(X − 3) .
39
Exercice 37
Factoriser sur R le polynôme P (X) = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1.
Solution
Remarquons que
(X − 1)P (X) = X 7 − 1 .
Le nombre 1 n’est pas racine de P , donc les racines de P sont les racines 7−ièmes de l’unité autres
que 1, c’est-à-dire e2ikπ/7 pour k variant de 1 à 6. On peut donc factoriser sur C.
P (X) = (X − e2iπ/7 )(X − e4iπ/7 )(X − e6iπ/7 )(X − e8iπ/7 )(X − e10iπ/7 )(X − e12iπ/7 ) .
Mais en regroupant les facteurs contenant les racines conjuguées, on a
(X − e2iπ/7 )(X − e12iπ/7 ) = X 2 − 2X cos
2π
+1 ,
7
4π
+1 ,
7
6π
(X − e6iπ/7 )(X − e8iπ/7 ) = X 2 − 2X cos
+1 ,
7
d’où la factorisation sur R,
4π
6π
2π
2
2
2
+1
X − 2X cos
+1
X − 2X cos
+1 .
P (X) = X − 2X cos
7
7
7
(X − e4iπ/7 )(X − e10iπ/7 ) = X 2 − 2X cos
Exercice 38
Factoriser sur C et R le polynôme P (X) = X 10 + X 5 + 1.
Solution
Cherchons les racines du polynôme
P (X) = X 10 + X 5 + 1 .
L’équation z 10 + z 5 + 1 = 0 est équivalente au système
2
u +u+1=0
.
u = z5
CHAPITRE 4. FACTORISATION
40
On a donc u = j ou u = j̄, et l’on recherche les solutions de l’équation
z 5 = j = e2iπ/3 .
Si z = ρeiθ , on est ramené au système
(
ρ5 = 1
2π
5θ =
+ 2kπ
3
,
d’où
2π 2kπ
+
.
15
5
Les 5 solutions sont obtenues en faisant varier k de 0 à 4. On a donc
ρ = 1 et θ =
z1
z2
z3
z4
z5
= e2iπ/15
= e8iπ/15
= e14iπ/15
= e20iπ/15
= e26iπ/15
= −e−7iπ/15
.
= −e−iπ/15
4iπ/3
2
= e
=j
= e−4iπ/15
Les solutions de l’équation
z 5 = j̄ = e−2iπ/3 ,
sont alors les conjuguées des précédentes, ce qui donne la factorisation sur C,
X 10 + X 5 + 1 = (X − e2iπ/15 )(X − e−2iπ/15 )(X + e7iπ/15 )(X + e−7iπ/15 )
(X + eiπ/15 )(X + e−iπ/15 )(X − e4iπ/15 )(X − e−4iπ/15 )(X − j)(X − j 2 ) .
En regroupant les racines conjuguées, on obtient la factorisation sur R,
7π
2π
+1
X 2 + 2X cos
+1
X 10 + X 5 + 1 =
X 2 − 2X cos
15
15
π
4π
2
2
X + 2X cos
+1
+ 1 (X 2 + X + 1) .
X − 2X cos
15
15
Exercice 39
Déterminer les nombres a et b pour que
P (X) = X 4 + 2aX 3 + bX 2 + 2X + 1
soit le carré d’un polynôme.
41
Solution
Partons de
P (X) = (X 2 + cX + d)2 = X 4 + 2cX 3 + (c2 + 2d)X 2 + 2cdX + d2 .
On obtient donc le système




d2
cd
2 + 2d
c



c
Cela donne deux solutions possibles
=
=
=
=
1
1
b
a
.
d = c = a = 1 , b = 3 et a = b = c = d = −1 ,
d’où
X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 1 = (X 2 + X + 1)2
et X 4 − 2X 3 − X 2 + 2X + 1 = (X 2 − X − 1)2 .
Exercice 40
Factoriser sur R le polynôme
P (X) = X 3 + 3X 2 + 4X + 4
sachant qu’il peut se mettre sous la forme
P (X) = λ (X 2 + mX + n)2 − X 4 .
Solution
Partons de
P (X) = λ (X 2 + mX + n)2 − X 4 = λ 2mX 3 + (m2 + 2n)X 2 + 2mnX + n2 .
On obtient donc le système
On a nécessairement




2λm
λ(m2 + 2n)
2λmn



λn2
λ=
=
=
=
=
1
,
2m
1
3
4
4
.
CHAPITRE 4. FACTORISATION
42
donc
et ﬁnalement m = 2 et n = 4. D’où
P (X) =
 2
 m + 2n = 6m
n
= 4

n2
= 8m
,
1 2
(X + 2X + 4)2 − X 4 = (X + 2)(X 2 + X + 2) .
4
Exercice 41
Montrer que le polynôme
P (X) = X(X + a)(X + 2a)(X + 3a) + a4
est le carré d’un polynôme. En déduire la factorisation sur R de
P (X) = X(X + 1)(X + 2)(X + 3) − 8 .
Solution
Supposons a 6= 0, et partons de
P (X) = (X 2 + bX + c)2 .
On doit avoir
X(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X 2 + bX + c)2 − a4 = (X 2 + bX + c − a2 )(X 2 + bX + c + a2 ) .
En particulier, pour le coeﬃcient de X 3 , on obtient 6a = 2b, donc b = 3a. D’autre part, comme 0 est
racine du membre de droite, on doit avoir c + a2 = 0 ou c − a2 = 0.
Le premier cas donnerait
(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X 2 + bX − 2a2 )(X + b) .
Le terme constant vaut 6a3 dans le membre de gauche et −2a2 b dans celui de droite, donc b = −3a,
ce qui n’est pas possible.
Par contre dans le second cas on a bien
(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X 2 + 3aX + 2a2 )(X + 3a) ,
et
X(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X 2 + 3aX + a2 )2 − a4 .
43
Alors, si a = 1,
X(X + 1)(X + 2)(X + 3) = (X 2 + 3X + 1)2 − 1 ,
d’où
X(X + 1)(X + 2)(X + 3) − 8 = (X 2 + 3X + 1)2 − 9 = (X 2 + 3X − 2)(X 2 + 3X + 4) ,
et la factorisation sur R,
P (X) =
X+
3−
√ !
√ !
3 + 17
17
X+
(X 2 + 3X + 4) .
2
2
Exercice 42
Factoriser sur C et R le polynôme P (X) = 3X 4 + 8X 3 + 14X 2 + 8X + 3.
Solution
On remarque que pour un tel polynôme, en raison de la symétrie des coeﬃcients, on a
P (X) = X 4 P (1/X) ,
et donc que, si α est racine de P , alors 1/α l’est aussi. On écrit
1
1
P (X) = X 2 3 X 2 + 2 + 8 X +
+ 14 .
X
X
On pose alors Y = X + 1/X. On obtient
Y 2 = X2 +
d’où
1
+ 2,
X2
P (X) = X 2 3(Y 2 − 2) + 8Y + 14 = X 2 (3Y 2 + 8Y + 8) = X 2 Q(Y ) .
Le polynôme Q a des racines complexes conjugées. Partons de la racine
√
4 + 2i 2
.
β=−
3
L’égalité Y = β équivaut à
X 2 − βX + 1 = 0 .
On résout cette équation du second degré en cherchant une racine carrée δ du discriminant
∆ = β2 − 4 ,
CHAPITRE 4. FACTORISATION
44
On a
√
4
4
−7 + 4i 2
= δ2 = (a + ib)2 = (a2 − b2 + 2abi) .
∆=4
9
9
9
On doit donc avoir
a2 − b2 = −7 et
√
2ab = 4 2 > 0 ,
avec de plus, en calculant le module,
a 2 + b2 = 9 .
On en tire
a2 = 1 et b2 = 8 .
Comme a et b ont le même signe, on peut prendre
δ=
√
2
(1 + 2i 2) .
3
On obtient les deux solutions
√
√
−1 + i 2
1
α1 = −(1 + i 2) et α2 =
=
.
3
α1
Les autres racines de P sont les conjuguées des précédentes, c’est-à-dire
√
√
−1 − i 2
1
α3 = −(1 − i 2) et α4 =
=
.
3
α3
On a donc la factorisation sur C,
√ !
√ !
√
√
1+i 2
1−i 2
P (X) = 3(X + 1 + i 2)(X + 1 − i 2) X +
X+
,
3
3
puis sur R,
P (X) = (X 2 + 2X + 3)(3X 2 + 2X + 1) .
Exercice 43
Soit a un nombre réel. Factoriser sur R
P (X) = X 5 + aX 4 − (a + 1)X 3 − (a + 1)X 2 + aX + 1 .
Solution
On écrit
P (X) = (X 5 + 1) + aX(X 3 + 1) − (a + 1)X 2 (X + 1) ,
45
ce qui permet de mettre X + 1 en facteur
P (X) = (X + 1)(X 4 − X 3 + X 2 − X + 1) + aX(X + 1)(X 2 − X + 1) − (a + 1)X 2 (X + 1)
= (X + 1)(X 4 − X 3 + X 2 − X + 1 + aX 3 − aX 2 + aX − (a + 1)X 2 )
= (X + 1)(X 4 + (a − 1)X 3 − 2aX 2 + (a − 1)X + 1)
= (X + 1)(X 4 − X − X 3 + 1 + a(X 3 − 2X 2 + X)) .
On continue en mettant X − 1 en facteur
P (X) = (X + 1) (X − 1)(X 3 − 1) + aX(X − 1)2
= (X + 1)(X − 1)2 (X 2 + X + 1 + aX) .
On a donc
P (X) = (X + 1)(X − 1)2 (X 2 + (a + 1)X + 1) .
Le trinôme X 2 + (a + 1)X + 1 a pour discriminant
∆ = (a + 1)2 − 4 = (a + 3)(a − 1) .
Si ∆ > 0, c’est-à-dire si a > 1 ou a < −3, le trinôme a deux racines réelles (−(a + 1) ±
la factorisation
2
P (X) = (X + 1)(X − 1)
X+
a+1+
p
(a + 3)(a − 1)
2
!
X+
a+1−
Si ∆ < 0, c’est-à-dire si −3 < a < 1, la factorisation sur R est
P (X) = (X + 1)(X − 1)2 (X 2 + (a + 1)X + 1) .
Si a = 1, on a
P (X) = (X + 1)3 (X − 1)2 ,
et, si a = −3,
P (X) = (X + 1)(X − 1)4 .
Exercice 44
Factoriser sur R le polynôme X 2n − 2X n cos α + 1.
Solution
Si l’on pose
P (X) = X 2 − 2X cos α + 1
√
∆)/2, d’où
!
p
(a + 3)(a − 1)
.
2
CHAPITRE 4. FACTORISATION
46
on veut factoriser P (X n ). Le polynôme P (X) admet pour racines eiα et e−iα , donc
P (X n ) = (X n − eiα )(X n − e−iα ) .
Les racines de X n − eiα sont les nombres
ak = eiα/n+2ikπ/n
pour 0 ≤ k ≤ n − 1 .
Les racines de X n − e−iα sont les conjuguées des précédentes. Comme
(X − eiα/n+2ikπ/n )(X − e−iα/n−2ikπ/n ) = X 2 − 2X cos
on a donc
n
P (X ) =
α + 2kπ
+1 .
X − 2X cos
n
n−1
Y
k=0
α + 2kπ
+1 ,
n
2
Cette décomposition sera la décomposition sur R si aucune racine eiα/n+2ikπ/n n’est réelle.
Dire que eiα/n+2ikπ/n est réelle équivaut à dire que l’argument (α + 2kπ)/n est un multiple entier du
nombre π. Mais l’égalité
α + 2kπ
= pπ ,
n
équivaut à
α = (np − 2k)π .
Il en résulte que α doit être un multiple entier de π, et même un multiple entier de 2π si n est pair. Il
y a donc quatre cas possibles.
(1) n = 2s est pair et α = 0 modulo 2π. On a
P (X n ) = X 2n − 2X n + 1 = (X n − 1)2 = (X 2s − 1)2 .
Les racines 2s−ième de l’unité sont ekiπ/s pour k compris entre 0 et 2s − 1. En particulier k = 0
donne la racine 1, et k = s, la racine −1. De plus, si 1 ≤ k ≤ s − 1, les racines ekiπ/s et e(2s−k)iπ/s
sont conjuguées. On obtient la factorisation
2
s−1
Y
kπ
n
2
2
2
P (X ) = (X − 1) (X + 1)
X − 2X cos
.
+1
s
k=1
(2) n = 2s + 1 est impair et α = 0 modulo 2π. On a
P (X n ) = X 2n − 2X n + 1 = (X n − 1)2 = (X 2s+1 − 1)2 .
Les racines 2s + 1−ième de l’unité sont e2kiπ/(2s+1) pour k compris entre 0 et 2s. En particulier k = 0
donne la racine 1. De plus, si 1 ≤ k ≤ s, les racines e2kiπ/(2s+1) et e(2s+1−k)2iπ/(2s+1) sont conjuguées.
On obtient la factorisation
2
s Y
2kπ
n
2
2
.
+1
P (X ) = (X − 1)
X − 2X cos
2s + 1
k=1
47
(3) n = 2s + 1 est impair et α = π modulo 2π. On a
P (X n ) = X 2n + 2X n + 1 = (X n + 1)2 = (X 2s+1 + 1)2 .
En remarquant que P (−X n ) est alors le polynôme du cas précédent, on en déduit la factorisation
2
s Y
2kπ
n
2
2
P (X ) = (X + 1)
X + 2X cos
.
+1
2s + 1
k=1
(4) Dans les autres cas
n
P (X ) =
n−1
Y
k=0
α + 2kπ
X − 2X cos
+1 .
n
2
Exercice 45
Pour tout nombre entier naturel non nul n, soit le polynôme
iX n
iX n
1
− 1−
1+
.
Pn (X) =
2i
n
n
Montrer que le polyôme Pn est à coeﬃcients réels et factoriser Pn .
Solution
Si l’on pose
U (X) =
on a
iX
1+
n
n
,
1
U (X) − U (X) = Im U (X) ,
2i
donc le polynôme Pn (X) est à coeﬃcients réels.
P (X) =
Cherchons le terme de plus haut degré de Pn (x).
Si n = 2p + 1 est impair, le coeﬃcient de X n dans P (X) vaut
n n
−iX n
iX
(−1)p n
1
p X
X ,
−
=
= (−1)
2i
n
n
n
nn
et le polynôme est de degré n.
Si n = 2p est pair, le terme de degré n disparaît. Cherchons le terme de degré 2p − 1. D’après la formule
du binôme, on obtient
#
"
n−1
2p−1 n
(−1)p−1 n−1
X
n
iX 2p−1
iX
1
−
= n(−1)p−1
=
X
.
−
n−1
2i
n
n
n
nn−2
n−1
CHAPITRE 4. FACTORISATION
48
Enﬁn on remarque que
Pn (−X) = −Pn (X) .
Le polynôme Pn est donc impair, et si α est une racine de P , il en est de même de −α.
La relation Pn (α) = 0, équivaut à
puis à
(n + iα)n = (n − iα)n ,
n + iα
n − iα
n
=1,
donc, en utilisant les racines n−ièmes de l’unité,
n + iα
= e2ikπ/n ,
n − iα
où 0 ≤ k ≤ n − 1.
Alors, en résolvant cette équation, on en tire, si e2ikπ/n 6= −1,
α=
n e2ikπ/n − 1
.
i e2ikπ/n + 1
Puis, en multipliant au numérateur et au dénominateur par e−ikπ/n ,
α=
n eikπ/n − e−ikπ/n
.
i eikπ/n + e−ikπ/n
Mais
eikπ/n − e−ikπ/n = 2i sin
kπ
n
et eikπ/n + e−ikπ/n = 2 cos
et l’on obtient ﬁnalement
α = n tan
kπ
,
n
kπ
.
n
Remarquons que k = 0 donne la racine nulle.
Si n = 2p + 1 est impair, le nombre e2ikπ/n est toujours distinct de 1. On a donc n racines, et
2p (−1)p Y
kπ
Pn (X) =
.
X − n tan
nn
n
k=0
On peut remarquer que, si p + 1 ≤ k ≤ n − 1, on a
n tan
donc
kπ
(2p + 1 − k)π
= −n tan
,
n
n
p Y
(−1)p
kπ
kπ
Pn (X) =
X
X − n tan
X + n tan
.
nn
n
n
k=1
49
Si n = 2p est pair, on a e2ikπ/n = eikπ/p = −1 si k = p. Donc on a n − 1 racines, et
Pn (X) =
n−1
p−1
Y
Y (−1)p−1
kπ
kπ
X
−
n
tan
X
−
n
tan
X
.
nn−2
n
n
k=1
k=p+1
Là encore, si p + 1 ≤ k ≤ n − 1, on a
n tan
donc
Pn (X) =
(2p − k)π
kπ
= −n tan
,
n
n
p−1
Y kπ
kπ
(−1)p−1
X
X
−
n
tan
X
+
n
tan
.
nn−2
n
n
k=1
On constate bien que Pn est impair dans tous les cas.
Exercice 46
Soit p et q des nombres réels. Donner une méthode pour décomposer en facteurs irréductibles dans
R le polynôme
P (X) = X 4 + pX 3 + qX 2 − pX + 1 .
Application : P (X) = X 4 + 4X 3 + X 2 − 4X + 1 puis P (X) = X 4 + X 3 + X 2 /2 − X + 1.
Solution
On écrit
P (X) = X 2
Si l’on pose
X2 +
1
X2
Y =X−
alors
Y 2 = X2 +
1
+p X −
+q .
X
1
,
X
1
− 2,
X2
et donc
P (X) = X 2 (Y 2 + pY + q + 2) .
On pose
R(Y ) = Y 2 + pY + q + 2 .
(1) Si ∆ = p2 − 4(q + 2) ≥ 0 , alors R possède deux racines réelles α et β et donc
Y 2 + pY + q + 2 = (Y − α)(Y − β)
puis
P (X) = (X 2 − αX − 1)(X 2 − βX − 1) .
CHAPITRE 4. FACTORISATION
50
Les deux trinômes ci-dessus ont des racines réelles de produit −1 : λ, −1/λ, µ et −1/µ, d’où la
factorisation
P (X) = (X − λ)(X + 1/λ)(X − µ)(X + 1/µ) .
(2) Si ∆ = p2 − 4(q + 2) < 0 , alors R possède deux racines complexes conjuguées α et ᾱ et donc
Y 2 + pY + q + 2 = (Y − α)(Y − ᾱ)
puis
P (X) = (X 2 − αX − 1)(X 2 − ᾱX − 1) .
Les deux trinômes ci-dessus ont des racines complexes de produit −1 : λ, −1/λ, λ̄ et −1/λ̄, d’où la
factorisation
P (X) = (X − λ)(X − λ̄)(X + 1/λ)(X + 1/λ̄) .
On en déduit la factorisation sur R
P (X) = (X 2 − 2 Re(λ) X + |λ|2 )(X 2 + 2 Re(1/λ) X + 1/|λ|2 ) .
Application
(1) P (X) = X 4 + 4X 3 + X 2 − 4X + 1.
On a ici p = 4 et q = 1, donc
R(Y ) = Y 2 + 4Y + 3 ,
qui a pour racines α = −1 et β = −3. On en déduit λ et µ en cherchant une racine de X 2 + X − 1 et
une de X 2 + 3X − 1, d’où
√ !
√ !
√ !
√ !
1− 5
3 + 13
3 − 13
1+ 5
X+
X+
X+
.
P (X) = X +
2
2
2
2
(2) P (X) = X 4 + X 3 + X 2 /2 − X + 1
On a ici p = 1 et q = 1/2, donc
R(Y ) = Y 2 + Y + 5/2 ,
−1 + 3i
−1 − 3i
qui a pour racines α =
et ᾱ =
.
2
2
On cherche une racine de X 2 − αX − 1. Le discriminant de ce trinôme vaut
8 − 6i
3−i 2
2
∆=α +4=
=
,
4
2
ce qui donne
λ=
1+i
2
et
1
= 1 − i,
λ
d’où la factorisation sur R,
P (X) = (X 2 − X + 1/2)(X 2 + 2X + 2) .
Chapitre 5
Divisibilité
Exercice 47
Trouver une condition nécessaire et suﬃsante pour que le polynôme X 3 + pX + q soit divisible par
X 2 + mX − 1.
Solution
On eﬀectue la division euclidienne :
X3
−X 3 −mX 2
−mX 2
+mX 2
+pX
+q X 2 +mX −1
+X
X
−m
+(p + 1)X
+q
+m2 X
−m
+(p + 1 + m2 )X +(q − m)
On a donc
X 3 + pX + q = (X 2 + mX − 1)(X − m) + (p + 1 + m2 )X + (q − m) ,
et le polynôme X 3 + pX + q est divisible par X 2 + mX − 1 si et seulement si le reste est nul, c’est-à-dire
p + 1 + m2 = 0
,
q−m
= 0
soit
q = m et
p = −1 − m2 .
On a alors
X 3 − (1 + m2 )X + m = (X 2 + mX − 1)(X − m) .
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
52
Exercice 48
Montrer que, quels que soient les nombres entiers a, b, c, le polynôme
P (X) = X 3a + X 3b+1 + X 3c+2
est divisible par X 2 + X + 1.
Solution
Si X = j, on a
j 3a + j 3b+1 + j 3c+2 = 1 + j + j 2 = 0 .
Donc j est racine de P . Comme P est à coeﬃcients réels, il en sera de même de j̄, et donc P est
divisible par
(X − j)(X − j̄) = X 2 + X + 1 .
Exercice 49
1) Soit m et n deux entiers naturels non nuls. Montrer que le polynôme X m − 1 divise le polynôme
X nm − 1.
2) Soit p et q deux entiers naturels non nuls. A quelle condition (sur p et q) le polynôme X p − 1
divise-t-il le polynôme X q − 1 ?
Solution
1) En utilisant la relation
(X n − 1) = (X − 1)(X n−1 + · · · + X + 1) ,
on obtient en remplaçant X par X m ,
(X nm − 1) = (X m − 1)(X m(n−1) + · · · + X m + 1) ,
et X m − 1 divise X nm − 1.
On peut aussi vériﬁer que les racines de X m −1 qui sont les racines simples e2ikπ/m pour 0 ≤ k ≤ m−1,
sont aussi racines de X nm − 1 puisque
(e2ikπ/m )mn = e2iknπ = 1 .
2) Le polynôme X p − 1 divise X q − 1 si et seulement si les racines de X p − 1, qui sont toutes simples,
sont aussi racines de X q − 1. Or les racines de X p − 1 sont e2ikπ/p pour 0 ≤ k ≤ p − 1. Une condition
53
nécessaire et suﬃsant est donc que, pour 0 ≤ k ≤ p − 1, on ait
(e2ikπ/p )q = 1 .
Il faut donc en particulier que
(e2iπ/p )q = e2iqπ/p = 1 ,
ce qui a lieu si et seulement si q/p est un nombre entier.
Réciproquement, si p divise q, alors kq/p est entier quel que soit k, et
(e2ikπ/p )q = e2ikqπ/p = 1 .
La condition p divise q est donc nécessaire et suﬃsante pour que X p − 1 divise X q − 1.
Exercice 50
Soit P un polynôme. Montrer que si P (X n ) est divisible par X − 1, il est aussi divisible par X n − 1.
Solution
Si X − 1 divise P (X n ), alors 1 est racine de P (X n ), donc P (1) est nul et il en résulte que X − 1 divise
P (X). Il existe donc un polynôme Q(X) tel que
P (X) = (X − 1)Q(X) .
En remplaçant X par X n , on en déduit
P (X n ) = (X n − 1)Q(X n ) ,
et X n − 1 divise P (X n ).
Exercice 51
Déterminer n pour que le polynôme
P (X) = (X + 1)n − X n − 1
soit divisible par X 2 + X + 1.
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
54
Solution
On doit avoir P (j) = P (j 2 ) = 0, et même seulement P (j) = 0 puisque P est à coeﬃcients réels. Or
P (j) = (j + 1)n − j n − 1 = (−j 2 )n − j n − 1 = (−1)n j 2n − j n − 1 .
Alors, si n = 3p,
P (j) = (−1)p − 2 6= 0 .
Si n = 3p + 1,
P (j) = (−1)3p+1 j 2 − j − 1 = ((−1)3p+1 + 1)j 2 ,
et cette expression est nulle si et seulement si (−1)3p+1 = −1, c’est-à-dire si p est pair.
Si n = 3p + 2,
P (j) = (−1)3p j − j 2 − 1 = ((−1)3p + 1)j ,
et cette expression est nulle si et seulement si (−1)3p = −1, c’est-à-dire si p est impair.
En résumé, X 2 + X + 1 divise P (X) si et seulement si n = 6k + 1 ou n = 6k + 5 avec k entier.
Exercice 52
Trouver les polynômes P de degré 3 tels que P soit divisible par X + 1 et P ′ par (X − 1)2 .
Solution
Comme le polynôme P ′ est de degré 2 et est divisible par (X − 1)2 , il est de la forme
P ′ (X) = 3a(X − 1)2 ,
et en intégrant
P (X) = a(X − 1)3 + b .
Alors
P (−1) = −8a + b = 0 ,
donc
P (X) = a((X − 1)3 + 8) = a((X − 1)3 + 23 ) = a(X + 1)((X − 1)2 − 2(X − 1) + 22 ) ,
et ﬁnalement
P (X) = a(X + 1)(X 2 − 4X + 7) .
55
Exercice 53
Montrer que si le polynôme P ′ est divisible par (X − a)n , il existe un polynôme Q tel que
P (X) = Q(X)(X − a)n+1 + P (a) .
Solution
Le polynôme P − P (a) s’annule pour a et sa dérivée est divisible par (X − a)n . Alors P − P (a) est
divisible par (X − a)n+1 , d’où le résultat.
Exercice 54
Trouver les polynômes P de degré 3 tels que P soit divisible par X + 1 et tel que les restes de la
division euclidienne de P par X − 2, X − 3, X − 4 respectivement soient égaux.
Solution
On a donc
P (X) = (X + 1)(aX 2 + bX + c) .
Appelons 60λ la valeur commune des restes. Alors comme le reste de la division euclidienne de P par
(X − s) vaut P (s), on obtient le système
ou en simpliﬁant

 P (2) = 3(4a + 2b + c) = 60λ
P (3) = 4(9a + 3b + c) = 60λ

P (4) = 5(16a + 4b + c) = 60λ

 4a + 2b + c = 20λ
9a + 3b + c = 15λ

16a + 4b + c = 12λ
En soustrayant le première ligne aux deux autres, on trouve
5a + b = −5λ
12a + 2b = −8λ
.
,
d’où l’on tire facilement
a=λ
,
b = −10λ
et c = 36λ ,
et donc
P (X) = λ(X + 1)(X 2 − 10X + 36) .
.
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
56
Exercice 55
Montrer que, pour tout polynôme P à coeﬃcients dans un anneau commutatif, le polynôme
P (P (X)) − X est divisible par P (X) − X.
Solution
Si l’on a
P (X) =
n
X
ak X k ,
k=0
alors
P (P (X)) − P (X) =
Mais
k
k
n
X
k=0
ak (P (X)k − X k ) .
P (X) − X = (P (X) − X)
donc
k−1
X
P (X)s X k−1−s ,
s=0
P (P (X)) − X = P (P (X)) − P (X) + P (X) − X = (P (X) − X)
" n
X
k=0
ak
k−1
X
#
P (X)s X k−1−s + 1 ,
s=0
ce qui montre que P (P (X)) − X est divisible par P (X) − X.
Exercice 56
Montrer qu’il existe un unique polynôme P de R7 [X] tel que
(a) P (X) + 1 est divisible par (X − 1)4
,
(b) P (X) − 1 est divisible par (X + 1)4 .
Solution
Il résulte de (a) que P ′ (X) est divisible par (X − 1)3 et de (b) par (X + 1)3 . Comme P ′ est de degré
au plus 6, on a donc
P ′ (X) = λ(X + 1)3 (X − 1)3 = λ(X 2 − 1)3 = λ(X 6 − 3X 4 + 3X 2 − 1) .
Alors, en intégrant,
P (X) = λ
X 7 3X 5
−
+ X3 − X
7
5
+ µ.
57
D’après (a) et (b) il existe deux polynômes G et H tels que
P (X) + 1 = G(X)(X − 1)4
et P (X) − 1 = H(X)(X + 1)4 ,
donc
P (1) = −1 et P (−1) = 1 ,
ce qui conduit au système
On obtient
 16


 − 35 λ + µ = −1



16
λ+µ =
35
µ = 0 et λ =
et ﬁnalement
P (X) =
35
16
.
1
35
,
16
X 7 3X 5
−
+ X3 − X
7
5
.
Réciproquement, considérons le polynôme P ainsi obtenu. Le polynôme P (X) + 1 s’annule pour X = 1
et sa dérivée est divisible par (X − 1)3 , donc il est divisible par (X − 1)4 . De même P (X) − 1 s’annule
pour X = −1 et sa dérivée est divisible par (X + 1)3 , donc il est divisible par (X + 1)4 : alors, P est
l’unique polynôme de degré 7 répondant à la question.
Exercice 57
1) Montrer que si P et Q sont deux polynômes de C[X] premiers entre eux, alors P + Q et P Q le
sont aussi.
2) Trouver les polynômes P et Q tels que P + Q divise P Q, puis tels que P + Q divise P 2 + Q2 .
Solution
1) S’il existe un polynôme non constant divisant à la fois P + Q et P Q, alors ces deux polynômes ont
une racine complexe α commune. Comme α est racine de P Q, elle est racine soit de P soit de Q, mais
comme elle est aussi racine de P + Q elle sera racine de P et de Q et P et Q ne sont pas premiers
entre eux. Donc si P et Q sont premiers entre eux, il en est de même de P + Q et P Q.
2) Soit ∆ un PGCD de P et Q. On a donc
P = ∆P1
et Q = ∆Q1 ,
où P1 et Q1 sont des polynômes premiers entre eux. Alors
P + Q = ∆(P1 + Q1 ) et P Q = ∆2 P1 Q1 .
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
58
Si P + Q divise P Q, comme P1 + Q1 est premier avec P1 Q1 , il en résulte que P1 + Q1 divise ∆, et il
existe un polynôme S tel que
∆ = S(P1 + Q1 ) .
Finalement
P = SP1 (P1 + Q1 ) et Q = SQ1 (P1 + Q1 ) .
On a donc
P + Q = S(P1 + Q1 )2
et P Q = S 2 P1 Q1 (P1 + Q1 )2 ,
et l’on constate que dans ce cas P + Q divise bien P Q, et ceci même si P1 et Q1 ne sont pas premiers
entre eux.
Par ailleurs, comme
(P + Q)2 − (P 2 + Q2 ) = 2P Q ,
le polynôme P +Q divise P 2 +Q2 si et seulement si il divise P Q. On obtient donc les mêmes polynômes
dans les deux cas.
Exercice 58
Trouver les polynômes P non constants tels que P (X + 1) divise (X + 1)P (X).
Solution
S’il existe un polynôme Q tel que
(X + 1)P (X) = Q(X)P (X + 1) ,
soit α une racine de P . En prenant X = α − 1, on obtient
αP (α − 1) = Q(α − 1)P (α) = 0 ,
donc α est nul ou α − 1 est racine de P .
Alors, si α appartient à C \ N, les nombres α, α − 1, α − 2, . . . , α − n ne sont jamais nuls et sont
racines de P qui aurait donc une inﬁnité de racines et serait le polynôme zéro, ce qui est impossible.
Il en résulte que les racines de P sont dans N. Si n est le plus grand entier racine de P , on peut écrire
P (X) = λX p0 (X − 1)p1 · · · (X − n)pn ,
avec pn ≥ 1. On en déduit
P (X + 1) = λ(X + 1)p0 X p1 · · · (X − (n − 1))pn .
Ce polynôme divise
(X + 1)P (X) = λ(X + 1)X p0 (X − 1)p1 · · · (X − n)pn .
59
Cela nécessite
1 ≤ pn ≤ pn−1 ≤ . . . ≤ p0 ≤ 1 ,
donc
P (X) = λX(X − 1) · · · (X − n) .
Exercice 59
Déterminer les polynômes P non constants de C[X] tels que P ′ divise P .
Solution
Soit n le degré de P ′ . Si n = 0, alors P est de degré 1 et P ′ divise P . Si n ≥ 1, on factorise
P ′ (X) = λ(X − a1 )k1 · · · (X − ar )kr
où les nombres ai sont les racines distinctes de P ′ et les nombres entiers ki sont non nuls. Alors
n = k1 + · · · + kr .
Comme P ′ divise P , le nombres ai est racine de P d’ordre ki + 1, et
deg P ≥ (k1 + 1) + · · · + (kr + 1) = n + r .
Mais
deg P = deg P ′ + 1 = n + 1 .
Il en résulte que n + 1 est plus grand que n + r et donc que r = 1. Alors P a une seule racine d’ordre
n + 1 et
P (X) = λ(X − a)n+1 .
Exercice 60
Déterminer les polynômes P de R[X] de degré n ≥ 2 tels que P ′′ divise P . Expliciter les cas n = 2,
n = 3, n = 4.
Solution
Tous les polynômes de degré 2 conviennent. Supposons n ≥ 3. Remarquons que si P convient, alors les
polynômes λP et P (X − α) conviennent quels que soient α et λ.
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
60
Le problème revient à chercher P de degré n et Q de degré 2 tels que
P = QP ′′ .
(1)
On peut supposer que le coeﬃcient de X n dans P vaut 1. D’autre part, puisque
"
#
2
2
b
4c
−
b
λ(X 2 + bX + c) = λ
X+
,
+
2
4
on peut toujours, en changeant de variable, se ramener au cas où
Q(X) = λ(X 2 + a) .
Le terme de degré n de P permet d’obtenir λ =
1
.
n(n − 1)
En dérivant la relation (1) par la formule de Leibniz, on trouve
P (k) (X) =
d’où
h
i
1
(X 2 + a)P (k+2) (X) + 2kXP (k+1) (X) + k(k − 1)P (k) (X) ,
n(n − 1)
h
i
1
k(k − 1)
(X 2 + a)P (k+2) (X) + 2kXP (k+1) (X) .
P (k) (X) =
1−
n(n − 1)
n(n − 1)
En particulier, si X = 0,
k(k − 1)
a
1−
P (k+2) (0) ,
P (k) (0) =
n(n − 1)
n(n − 1)
donc
(n(n − 1) − k(k − 1))P (k) (0) = (n − k)(n + k − 1)P (k) (0) = aP (k+2) (0) ,
ou encore, si k < n,
P (k) (0) =
a
P (k+2) (0) .
(n − k)(n + k − 1)
En particulier
P (n−1) (0) =
a
P (n+1) (0) = 0 ,
2n − 2
et par récurrence, pour tout entier p ≤ (n + 1)/2,
P (n−2p+1) (0) = 0 .
Si p ≤ n/2, les dérivées d’ordre n−2p en 0 se calculent en fonction de P (n) (0). On obtient par récurrence
ap
P (n−2p) (0) =
2p p!
p
Y
(2n − 2k − 1)
k=1
P (n) (0) ,
61
et, en utilisant la formule de Taylor,
n
X
P (r) (0)
P (X) =
r!
r=0
X
X r = P (n) (0)
ap
0≤p≤n/2
2p p!
p
Y
(2n − 2k − 1)
X n−2p
.
(n − 2p)!
k=1
On peut écrire le produit des nombres impairs avec des factorielles en le multipliant par un produit de
nombres pairs. En partant de
p
Y
p
Y
p
(2n − 2k) = 2
k=1
on a alors
p
Y
(2n − 2k − 1)
k=1
et donc
p
Y
p
Y
k=1
k=1
(2n − 2k) =
(2n − 2k − 1) =
k=1
puis
1
2p p!
p
Y
(2n − 2k − 1)
(n − k) = 2p
(n − 1)!
,
(n − p − 1)!
2p+1
Y
k=2
(2n − k) =
(2n − 2)!
,
(2n − 2p − 2)!
(n − p − 1)!
(2n − 2)!
,
(2n − 2p − 2)! 2p (n − 1)!
(2n − 2p − 2)!(n − 1)!
1
=
.
(n − 2p)!
p!(2n − 2)!(n − p − 1)!(n − 2p)!
k=1
Cette dernière expression peut s’écrire à l’aide des coeﬃcients binomiaux. En eﬀet
(n − 1)!
n−1
2n − 2p − 2
(2n − 2p − 2)!
=
= (n − 2)!
et
,
p
n−2
p!(n − p − 1)!
(n − 2p)!
d’où
(2n − 2p − 2)!(n − 1)!
(n − 2)!
=
p!(2n − 2)!(n − p − 1)!(n − 2p)!
(2n − 2)!
On obtient ﬁnalement
(n − 2)! (n)
P (0)
P (X) =
(2n − 2)!
X
0≤p≤n/2
p
a
2n − 2p − 2
n−2
2n − 2p − 2
n−2
n−1
X n−2p .
p
Les solutions obtenues sont donc de la forme
P (X) = µ
X
0≤p≤n/2
a
p
2n − 2p − 2
n−2
n−1
X n−2p .
p
Il reste à vériﬁer que le polynôme précédent vériﬁe bien la relation
n(n − 1)P (X) = (X 2 + a)P ′′ (X) .
n−1
.
p
CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ
62
On a successivement
′′
P (X) = µ
X
a
p
0≤p≤n/2
2n − 2p − 2
n−1
(n − 2p)(n − 2p − 1)X n−2p−2 ,
n−2
p
2n − 2p − 2
n−1
(X + a)P (X) = µ
a
(n − 2p)(n − 2p − 1)X n−2p
n−2
p
0≤p≤n/2
X
n−1
p+1 2n − 2p − 2
+µ
a
(n − 2p)(n − 2p − 1)X n−2p−2 .
n−2
p
2
X
′′
p
0≤p≤n/2
En changeant p en p − 1 dans la seconde somme, on obtient
X
n−1
2
′′
p 2n − 2p − 2
(X + a)P (X) = µ
a
(n − 2p)(n − 2p − 1)X n−2p
n−2
p
0≤p≤n/2
X
n−1
p 2n − 2p
a
+µ
(n − 2p + 2)(n − 2p + 1)X n−2p .
n−2
p−1
1≤p≤1+n/2
et en fait
2n − 2p − 2
n−1
(X + a)P (X) = µ
a
(n − 2p)(n − 2p − 1)X n−2p
n−2
p
0≤p≤n/2
X
n−1
p 2n − 2p
+µ
a
(n − 2p + 2)(n − 2p + 1)X n−2p .
n−2
p−1
2
X
′′
p
1≤p≤n/2
car si p = 1 + n/2 le terme correspondant de la deuxième somme est nul. Alors, si 1 ≤ p ≤ n/2, le
coeﬃcient de ap X n−2p vaut
2n − 2p − 2
n−2
n−1
p
p
(2n − 2p)(2n − 2p − 1)
,
(n − 2p)(n − 2p − 1) + (n − 2p + 2)(n − 2p + 1)
(n − 2p + 2)(n − 2p + 1) n − p
qui après simpliﬁcation donne
i
2n − 2p − 2
n−1
2n − 2p − 2
n−1 h
(n − 2p)(n − 2p − 1) + 2p(2n − 2p − 1) = n(n − 1)
,
n−2
p
n−2
p
ce qui reste vrai si p = 0. On retrouve bien le polynôme n(n − 1)P (X).
Il en résulte que les polynômes P de degré n divisibles par P ′′ sont, pour n ≥ 3, les polynômes
X
n−1
p 2n − 2p − 2
P (X) = µ
a
(X − α)n−2p .
n−2
p
0≤p≤n/2
Dans le cas n = 3, on trouve tous les polynômes de la forme
P (X) = µ(X − α)3 + ν(X − α) ,
Dans le cas n = 4, on obtient les polynômes
1 ′′
P (X)((X − α)2 + a) .
P (X) = µ 5(X − α)4 + 6a(X − α)2 + a2 =
12
Chapitre 6
PGCD
Exercice 61
Trouver un PGCD des polynômes
P (X) = (X − 1)(X 2 − 1)(X 3 − 1) et Q(X) = (X 8 − 1)2 .
Solution
On a d’une part,
P (X) = (X − 1)(X − 1)(X + 1)(X − 1)(X − j)(X − j 2 ) = (X − 1)3 (X + 1)(X − j)(X − j 2 ) ,
d’autre part,
2
Q(X) = (X 2 − 1)(X 2 + 1)(X 4 + 1) = (X − 1)2 (X + 1)2 (X − i)2 (X + i)2 (X 4 + 1)2 .
Comme j et j 2 ne sont pas racines de X 4 + 1, on obtient comme PGCD le polynôme
∆(X) = (X − 1)2 (X + 1) .
Exercice 62
Trouver un PGCD des polynômes
P (X) = (X 2 − 1)2 (X 2 − X + 1) et Q(X) = (X 3 + 1)3 (X 4 − 1) .
CHAPITRE 6. PGCD
64
Solution
On a d’une part,
P (X) = (X − 1)2 (X + 1)2 (X 2 − X + 1) ,
d’autre part,
Q(X) = (X + 1)3 (X 2 − X + 1)3 (X − 1)(X + 1)(X 2 + 1) .
On obtient comme PGCD le polynôme
∆(X) = (X − 1)(X + 1)2 (X 2 − X + 1) .
Exercice 63
Trouver un PGCD des polynômes
P (X) = X 6 − 7X 4 + 8X 3 − 7X + 7 et Q(X) = 3X 5 − 7X 3 + 3X 2 − 7 .
Solution
Tout d’abord
3P (X) = XQ(X) − 7(2X 4 − 3X 3 + 2X − 3) .
Mais on factorise facilement
Q(X) = 3X 5 − 7X 3 + 3X 2 − 7 = 3X 2 (X 3 + 1) − 7(X 3 + 1) = (X 3 + 1)(3X 2 − 7) ,
et
2X 4 − 3X 3 + 2X − 3 = 2X(X 3 + 1) − 3(X 3 + 1) = (2X − 3)(X 3 + 1) .
Alors
3P (X) = X(X 3 + 1)(3X 2 − 7) − 7(2X − 3)(X 3 + 1) = (X 3 + 1)(3X 3 − 21X + 21) ,
ce qui donne
P (X) = (X 3 + 1)(X 3 − 7X + 7) = (X 3 + 1)(X(X 2 − 7) + 7) .
Comme X 3 − 7X + 7 et 3X 2 − 7 n’ont pas de racine commune, ils sont premiers entre eux et
∆(X) = X 3 + 1
est un PGCD de P et Q.
65
Exercice 64
Trouver un PGCD des polynômes
P (X) = X 7 + 3X 6 + 5X 5 + 8X 4 + 3X 3 − 5X 2 − 9X − 6 et Q(X) = X 5 + X 4 − 2X 3 − X 2 − X + 2 ,
et factoriser ces polynômes sur C.
Solution
On divise P par Q :
X 7 +3X 6
−X 7 −X 6
+2X 6
−2X 6
+5X 5 +8X 4 +3X 3
+2X 5
+X 4
+X 3
+7X 5 +9X 4 +4X 3
−2X 5 +4X 4 +2X 3
+5X 5 +13X 4 +6X 3
−5X 5 −5X 4 +10X 3
+8X 4 +16X 3
−5X 2 −9X −6 X 5
+X 4
−2X 3 −X 2 −X +2
2
2
−2X
X +2X + 5
2
−7X
−9X
+2X 2 −4X
−5X 2 −13X
−6
+5X 2 +5X −10
−8X −16
donc
P (X) = Q(X)(X 2 + 2X + 5) + 8(X 4 + 2X 3 − X − 2) .
On divise maintenant Q(X) par R(X) = X 4 + 2X 3 − X − 2 :
X 5 +X 4 −2X 3 −X 2 −X +2 X 4 +2X 3
−X 5 −2X 4
+X 2 +2X
X
−1
4
3
−X −2X
+X +2
+X 4 +2X 3
−X −2
0
−X −2
Donc R est un PGCD cherché. Celui-ci se factorise facilement
R(X) = X 3 (X + 2) − (X + 2) = (X + 2)(X 3 − 1) = (X + 2)(X − 1)(X − j)(X − j 2 ) .
On a ensuite
Q(X) = (X − 1)R(X) = (X + 2)(X − 1)2 (X − j)(X − j 2 ) .
Enﬁn
P (X) = Q(X)(X 2 + 2X + 5) + 8R(X)
= R(X)((X 2 + 2X + 5)(X − 1) + 8)
= R(X)(X 3 + X 2 + 3X + 3)
= R(X)(X 2 (X + 1) + 3(X + 1))
= R(X)(X + 1)(X 2 + 3) .
On factorise ﬁnalement
√
√
P (X) = (X + 1)(X + 2)(X − 1)(X − j)(X − j 2 )(X + i 3)(X − i 3) .
CHAPITRE 6. PGCD
66
Exercice 65
Trouver un PGCD des polynômes
P (X) = X 4 − X 3 + 5X 2 − 2X + 6 et Q(X) = X 4 − 4 ,
puis les factoriser sur R et C.
Solution
On peut diviser tout d’abord Q par Q − P :
X4
−X 4 +5X 3 −2X 2 +10X
+5X 3 −2X 2 +10X
−5X 3 +25X 2 −10X
+23X 2
−4 X 3 −5X 2 +2X −10
X
+5
−4
+50
+46
On a donc
Q(X) = (X + 5)(Q(X) − P (X)) + 23(X 2 + 2) .
Puis on divise Q − P par le reste X 2 + 2 :
X 3 −5X 2 +2X −10 X 2 +2
−X 3
−2X
X −5
2
−5X
−10
+5X 2
+10
0
ce qui donne
Q(X) − P (X) = (X 2 + 2)(X − 5) .
Un PGCD de P et Q est donc X 2 + 2.
On a alors
Q(X) = (X + 5)(X 2 + 2)(X − 5) + 23(X 2 + 2) = (X 2 + 2)((X + 5)(X − 5) + 23) = (X 2 + 2)(X 2 − 2) ,
ce qui donne les factorisations de Q sur R et C.
√
√
√
√
√
√
Q(X) = (X 2 + 2)(X + 2)(X − 2) = (X + i 2)(X − i 2)(X + 2)(X − 2) .
Puis
P (X) = Q(X) − (X 2 + 2)(X − 5) = (X 2 + 2)(X 2 − 2 − (X − 5)) = (X 2 + 2)(X 2 − X + 3) ,
67
qui n’a pas de racines réelles. La factorisation sur R ci-dessus donne alors celle sur C
√ !
√ !
√
√
1 + i 11
1 − i 11
P (X) = (X + i 2)(X − i 2) X −
X−
.
2
2
Exercice 66
Montrer que les polynômes
P (X) = 2X 4 + X 3 − X 2 + 2X − 1 et Q(X) = 4X 3 + 4X 2 − X − 1
ont une racine commune que l’on déterminera.
Solution
Cela revient à trouver un PGCD de P et Q. Eﬀectuons la division euclidienne de P par Q :
2X 4 +X 3
−X 2
+2X
−1 4X 3 +4X 2 −X −1
4
3
2
−2X −2X +X /2 +X/2
X/2 −1/4
3
2
−X −X /2 +5X/2
−1
+X 3
+X 2 −X/4 −1/4
+X 2 /2 +9X/4 −5/4
Le reste de la division est donc R(X)/4 où
R(X) = 2X 2 + 9X − 5 .
Eﬀectuons maintenant la division euclidienne de Q par R :
4X 3 +4X 2
−X −1 2X 2 +9X −5
−4X 3 −18X 2 +10X
2X
−7
−14X 2 +9X −1
+14X 2 +63X −35
+72X −36
On a donc
4X 3 + 4X 2 − X − 1 = (2X − 7)(2X 2 + 9X − 5) + 36(2X − 1) .
Enﬁn
2X 2 + 9X − 5 = (2X − 1)(X + 5) .
Un PGCD de P et Q est donc 2X − 1, et 1/2 est une racine commune à P et Q.
CHAPITRE 6. PGCD
68
Exercice 67
A quelle condition les polynômes
P (X) = X 2 + bX + c et Q(X) = X 3 + pX + q
ont-ils un PGCD non constant ?
Solution
En eﬀectuant la division euclidienne on obtient
X 3 + pX + q = (X − b)(X 2 + bX + c) + X(p + b2 − c) + q + bc .
Dire que P et Q ont un PGCD non constant signiﬁe qu’ils ont une racine complexe commune α et que
cette racine est aussi celle du reste de la division euclidienne. Cela implique que
α(p + b2 − c) + q + bc = 0 .
Donc, ou bien p + b2 − c et q + bc sont nuls, ou bien p + b2 − c est non nul et
α=−
q + bc
.
p + b2 − c
Dans ce cas on doit avoir
α2 + bα + c = 0 ,
c’est-à-dire
qui équivaut à
q + bc
p + b2 − c
2
−b
q + bc
+ c = 0,
p + b2 − c
(q + bc)2 − b(q + bc)(p + b2 − c) + c(p + b2 − c)2 = 0 .
Remarquons que cette condition est également satisfaite dans le cas où p + b2 − c et q + bc sont nuls.
Si l’on note
∆ = (q + bc)2 − b(q + bc)(p + b2 − c) + c(p + b2 − c)2 ,
une condition nécessaire pour que P et Q aient une racine commune est que ∆ soit nul.
Etudions la réciproque. Supposons ∆ = 0.
Ou bien p + b2 − c et q + bc sont nuls et dans ce cas
Q(X) = (X − b)P (X) ,
69
donc P divise Q et P et Q ont bien une racine commune.
Ou bien p + b2 − c est non nul. La nullité de ∆ Signiﬁe que le nombre
α=−
q + bc
p + b2 − c
est racine de P . Alors l’égalité de division euclidienne implique que α est aussi racine de Q.
La condition ∆ = 0 est donc nécessaire et suﬃsante pour que P et Q aient une racine commune.
Exercice 68
Factoriser le polynôme
P (X) = 16X 5 − 20X 3 + 5X − 1
sachant que P admet au moins une racine multiple.
Solution
Si α est une racine multiple de P , c’est aussi une racine de
P ′ (X) = 5(16X 4 − 12X 2 + 1) .
On cherche un PGCD de P et P ′ . On peut eﬀectuer la division euclidienne de P (X) par P ′ (X)/5 :
16X 5 −20X 3 +5X −1 16X 4 −12X 2 +1
−16X 5 +12X 3 −X
X
3
−8X +4X −1
Donc
P (X) =
X ′
P (X) + (−8X 3 + 4X − 1) .
5
Il en résulte que α est aussi racine de −8X 3 + 4X − 1. On divise de nouveau :
16X 4 −12X 2
+1 8X 3 −4X +1
4
2
−16X
+8X −2X
2X
−4X 2 −2X +1
Donc
16X 4 − 12X 2 + 1 = 2X(8X 3 − 4X + 1) − 4X 2 − 2X + 1 .
CHAPITRE 6. PGCD
70
Il en résulte que α est encore racine de 4X 2 + 2X − 1. Divisons une dernière fois :
8X 3
−8X 3 −4X 2
−4X 2
+4X 2
−4X +1 4X 2 +2X −1
+2X
2X
−1
−2X +1
+2X −1
0
Finalement 4X 2 + 2X − 1 est un PGCD de P et P ′ . Les racines de 4X 2 + 2X − 1 sont racines de P et
de P ′ donc racines doubles de P . Cela signiﬁe que P est divisible par (4X 2 + 2X − 1)2 . Alors
P (X) = (4X 2 + 2X − 1)2 (aX + b) .
Or, le coeﬃcient de X 5 dans P (X) vaut 16a = 16, donc a = 1, et le terme constant vaut P (0) = −1 = b.
On a donc
P (X) = (4X 2 + 2X − 1)2 (X − 1) .
√
−1
±
5
, on a ﬁnalement
Comme les racines de 4X 2 + 2X − 1 sont
4
√ !2
√ !2
1+ 5
1− 5
P (X) = 16 X +
X+
(X − 1) .
4
4
(On aurait pu s’apercevoir également que 1 était racine de P (X)).
Exercice 69
Factoriser le polynôme
P (X) = X 6 + 4X 5 + 2X 4 − 8X 3 − 7X 2 + 4X + 4 ,
sachant qu’il a des racines multiples.
Solution
On cherche un PGCD de P et de P ′ . On a
P ′ (X) = 6X 5 + 20X 4 + 8X 3 − 24X 2 − 14X + 4 ,
et l’on eﬀectue la division euclidienne de P par P ′ :
X 6 +4X 5
+2X 4
−8X 3
−7X 2
+4X
+4
6X 5 +20X 4 +8X 3 −24X 2 −14X +4
−X 6 −10X 5 /3 −4X 4 /3 +4X 3
+7X 2 /3 −2X/3
X/6 +1/9
5
4
3
+2X /3 +2X /3 −4X
−14X 2 /3 +10X/3 +4
−2X 5 /3 −20X 4 /9 −8X 3 /9 +8X 2 /3 +14X/9 −4/9
−14X 4 /9 −44X 3 /9 −2X 2
+44X/9 +32/9
71
On divise maintenant P ′ (X) par
A(X) = 7X 4 + 22X 3 + 9X 2 − 22X − 16
qui est le reste de cette division à un coeﬃcient multiplicatif près :
6X 5 +20X 4
+8X 3
−24X 2
−14X
+4
7X 4 +22X 3 +9X 2 −22X −16
5
4
3
2
−6X −132X /7 −54X /7 +132X /7
+96X/7
6X/7 +8/49
4
3
2
+8X /7
+2X /7
−36X /7
−2X/7
+4
−8X 4 /7 −176X 3 /49 −72X 2 /49 +176X/49 +128/49
−162X 3 /49 −324X 2 /49 +162X/49 +324/49
De nouveau on divise A(X) par
B(X) = X 3 + 2X 2 − X − 2
qui est le reste de cette division à un coeﬃcient multiplicatif près :
7X 4 +22X 3 +9X 2 −22X −16 X 3 +2X 2 −X −2
−7X 4 −14X 3 +7X 2 +14X
7X
+8
+8X 3 +16X 2 −8X −16
−8X 3 −16X 2 +8X +16
0
On en déduit que B est un PGCD de P et P ′ .
On factorise facilement B
B(X) = X 2 (X + 2) − (X + 2) = (X 2 − 1)(X + 2) = (X − 1)(X + 1)(X + 2) .
Les nombres −2, −1 et 1 sont racines de P et de P ′ donc racines doubles de P . Comme P est de degré
6 et que le coeﬃcient du terme de plus haut degré vaut 1, on a alors
P (X) = (X − 1)2 (X + 1)2 (X + 2)2 .
Exercice 70
Montrer que les polynômes
P (X) = X 4 − (1 + i)X 3 + X 2 + (1 + i)X − 2 et
ont une racine commune que l’on déterminera.
Q(X) = X 3 + (2 + 2i)X 2 + 2iX − 1
CHAPITRE 6. PGCD
72
Solution
Cela revient à trouver un PGCD de P et Q. Eﬀectuons la division euclidienne de P par Q :
X 4 −(1 + i)X 3
−X 4 −(2 + 2i)X 3
−(3 + 3i)X 3
+(3 + 3i)X 3
+X 2 +(1 + i)X
−2 X 3 +(2 + 2i)X 2 +2iX −1
−2iX 2
+X
X
−(3 + 3i)
+(1 − 2i)X 2 +(2 + i)X
−2
+12iX 2 −(6 − 6i)X −(3 + 3i)
+(1 + 10i)X 2 −(4 − 7i)X −(5 + 3i)
Le reste de la division est donc
R(X) = (1 + 10i)X 2 − (4 − 7i)X − (5 + 3i) .
Eﬀectuons la division euclidienne de Q par R :
X3
−X 3
+(2 + 2i)X 2
−1 (1 + 10i)X 2
+2iX
4 − 7i 2
X
1 + 10i
+
5 + 3i
X
1 + 10i
−
14 − 15i 2
X
1 + 10i
−
15 − 5i
X
1 + 10i
+
14 − 15i 2
(4 − 7i)(14 − 15i)
(5 + 3i)(14 − 15i)
X −
X −
2
1 + 10i
(1 + 10i)
(1 + 10i)2
+
−
16 − 13i
X
(1 + 10i)2
Le reste vaut donc
S(X) = −
X
1 + 10i
−(4 − 7i)X
−
−(5 + 3i)
14 − 15i
(1 + 10i)2
−1
−
16 − 13i
(1 + 10i)2
16 − 13i
(X + 1) ,
(1 + 10i)2
et a pour racine −1. On vériﬁe maintenant que −1 est aussi racine de R(X). Alors, X + 1 est un PGCD
de P et Q et −1 est une racine commune à ces deux polynômes.
Chapitre 7
Division suivant les puissances croissantes
Exercice 71
Eﬀectuer la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 3 de
P (X) = 1 − X + 2X 2 − 3X 3
par A(X) = 1 + X − X 2 .
Solution
1
−1
−X +2X 2
−X +X 2
−2X +3X 2
+2X +2X 2
+5X 2
−5X 2
−3X 3
−3X 3
−2X 3
−5X 3
−5X 3 +5X 4
+5X 4
1 +X −X 2
1 −2X +5X 2
Donc
P (X) = (1 − 2X + 5X 2 )A(X) + 5X 4 .
Exercice 72
Eﬀectuer la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 3 de
P (X) = 1 −
X2 X3
X
+
−
2
3
4
par A(X) = 1 +
X
X2 X3
+
+
.
2
3
4
CHAPITRE 7. DIVISION SUIVANT LES PUISSANCES CROISSANTES
74
Solution
1 −X/2 +X 2 /3
−1 −X/2 −X 2 /3
−X
+X +X 2 /2
+X 2 /2
−X 2 /2
−X 3 /4
1 +X/2 +X 2 /3 +X 3 /4
3
−X /4
1 −X +X 2 /2 −5X 3 /12
−X 3 /2
+X 3 /3
+X 4 /4
−X 3 /6
+X 4 /4
3
−X /4
−X 4 /6
−X 5 /8
3
4
−5X /12 +X /12
−X 5 /8
+5X 3 /12 +5X 4 /24 +5X 5 /36 +5X 6 /48
+7X 4 /24 +X 5 /72 +5X 6 /48
Donc
P (X) =
X 2 5X 3
−
1−X +
2
12
A(X) + X
4
X
5X 2
7
+
+
24 72
48
.
Exercice 73
Pour tout entier naturel n, on pose
Pn (X) =
n
X
(k + 1)X k .
k=0
1) Calculer (X + 1)2 Pn (X 2 ).
2) En déduire, suivant la parité de n, la division suivant les puissances croissantes à l’ordre n de
Pn (X) par 1 + X.
Solution
1) En développant, on obtient,
(X + 1)2 Pn (X 2 ) = (1 + 2X + X 2 )
=
n
X
k=0
n
X
(k + 1)X 2k
k=0
n
X
(k + 1)X 2k +
k=0
2(k + 1)X 2k+1 +
n
X
(k + 1)X 2k+2 ,
k=0
75
En changeant d’indice de sommation dans la troisième somme, il vient
n+1
n
n
X
X
X
2k+1
2k
kX 2k
2(k + 1)X
+
(k + 1)X +
(X + 1) Pn (X ) =
2
2
=
k=1
k=0
k=0
"
#
n
n
X
X
1+
(2k + 1)X 2k +
(2k + 2)X 2k+1 + (n + 1)X 2n+2 .
k=1
k=0
Mais on voit apparaître entre les crochets tous les termes ﬁgurant dans P2n+1 et donc
(X + 1)2 Pn (X 2 ) = P2n+1 (X) + (n + 1)X 2n+2 .
2) Si n = 2p + 1 est impair, il résulte du calcul précédent que
P2p+1 (X) = (X + 1) (X + 1)Pp (X 2 ) − (p + 1)X 2p+2 .
Comme le polynôme (X + 1)Pp (X 2 ) est de degré 2p + 1, il en résulte que, dans la division suivant
les puissances croissantes de P2p+1 par 1 + X à l’ordre 2p + 1, le quotient Q et le reste R valent
respectivement
Q(X) = (X + 1)Pp (X 2 ) et R(X) = −(p + 1)X 2p+2 .
Pour obtenir la division lorsque n = 2p, partons de
P2p−1 (X) = (X + 1) (X + 1)Pp−1 (X 2 ) − pX 2p .
Alors
P2p (X) = P2p−1 (X) + (2p + 1)X 2p = (X + 1) (X + 1)Pp−1 (X 2 ) − pX 2p + (2p + 1)X 2p
= (X + 1) (X + 1)Pp−1 (X 2 ) + (p + 1)X 2p
= (X + 1) (X + 1)Pp−1 (X 2 ) + (p + 1)X 2p − (p + 1)X 2p+1 .
Comme le polynôme (X + 1)Pp−1 (X 2 ) + (p + 1)X 2p est de degré 2p, il en résulte que, dans la division
suivant les puissances croissantes de P2p par 1 + X à l’ordre 2p, le quotient Q et le reste R valent
respectivement
Q(X) = (X + 1)Pp−1 (X 2 ) + (p + 1)X 2p
et R(X) = −(p + 1)X 2p+1 .
Exercice 74
1) Soit n entier naturel. On pose
E(X) =
n
X
Xk
k=0
Calculer E(X) −
E ′ (X).
k!
.
2) On pose
P (X) = E(X)E(−X) .
Montrer que P ′ (X) est divisible par X n . En déduire que P (X) − 1 est divisible par X n+1 . Quel est
le quotient de la division suivant les puissances croissantes à l’ordre n de 1 par E(X) ?
CHAPITRE 7. DIVISION SUIVANT LES PUISSANCES CROISSANTES
76
Solution
1) On a
E ′ (X) =
n−1
X
k=0
Xk
,
k!
donc
E(X) − E ′ (X) =
Xn
.
n!
2) Alors
P ′ (X) = E ′ (X)E(−X) − E ′ (−X)E(X)
n
Xn
n X
E(−X) − E(−X) − (−1)
E(X)
=
E(X) −
n!
n!
Xn =
(−1)n E(X) − E(−X) ,
n!
et P ′ est divisible par X n .
Le polynôme (P (X) − 1)′ = P ′ (X) est divisible par X n et P (0) − 1 est nul. Donc P (X) − 1 est divisible
par X n+1 . Si Q est le quotient de cette division, on a
1 = E(X)E(−X) − X n+1 Q(X) ,
ce qui signiﬁe que le quotient dans la division suivant les puissances croissantes de 1 par E(X) à l’ordre
n est E(−X).
Exercice 75
Soit θ un nombre réel distinct de 2kπ, k entier. Eﬀectuer la division suivant les puissances croissantes
de 1 − X 2 par 1 − 2X cos θ + X 2 . En déduire la valeur de la somme
Sn =
1
+ cos θ + cos 2θ + · · · + cos nθ .
2
Solution
Amorçons la division suivant les puissances croissantes :
77
1
−1 +2X cos θ
+2X cos θ
−2X cos θ
−X 2
−X 2
−2X 2
+4X 2 cos2 θ
2
+2X (2 cos2 θ − 1)
+2X 2 cos 2θ
−2X 2 cos 2θ
1 −2X cos θ
+X 2
1 +2X cos θ +2X 2 cos 2θ
−2X 3 cos θ
−2X 3 cos θ
−2X 3 cos θ
3
+4X cos θ cos 2θ −2X 4 cos 2θ
3
+2X cos θ(2 cos 2θ − 1) −2X 4 cos 2θ
Or, en développant,
cos θ(2 cos 2θ − 1) =
=
eiθ + e−iθ 2iθ
(e + e−2iθ − 1)
2
e3iθ + e−3iθ
= cos 3θ .
2
Alors
1 − X 2 = (1 − 2X cos θ + X 2 )(1 + 2X cos θ) + 2X 2 cos 2θ − 2X 3 cos θ ,
puis
1 − X 2 = (1 − 2X cos θ + X 2 )(1 + 2X cos θ + 2X 2 cos 2θ) + 2X 3 cos 3θ − 2X 4 cos 2θ .
Ces deux relations sont les cas n = 1 et n = 2 de la formule générale
1 − X 2 = (1 − 2X cos θ + X 2 )(1 + 2X cos θ + · · · + 2X n cos nθ) + 2X n+1 cos(n + 1)θ − 2X n+2 cos nθ ,
que l’on va démontrer par récurrence, ce qui donnera la division à l’ordre n cherchée.
Supposons cette relation vraie à l’ordre n. On calcule
∆ = (1 − 2X cos θ + X 2 )(1 + 2X cos θ + · · · + 2X n cos nθ + 2X n+1 cos(n + 1)θ) .
On obtient, en utilisant l’hypothèse de récurrence,
∆ = (1 − 2X cos θ + X 2 )(1 + 2X cos θ + · · · + 2X n cos nθ) + (1 − 2X cos θ + X 2 )2X n+1 cos(n + 1)θ
= 1 − X 2 − 2X n+1 cos(n + 1)θ + 2X n+2 cos nθ + (1 − 2X cos θ + X 2 )2X n+1 cos(n + 1)θ
= 1 − X 2 − 2X n+2 (2 cos θ cos(n + 1)θ − cos nθ) + 2X n+3 cos(n + 1)θ .
Il reste à transformer 2 cos θ cos(n + 1)θ − cos nθ. En utilisant les nombres complexes,
2 cos θ cos(n + 1)θ − cos nθ =
=
eiθ + e−iθ (n+1)iθ
einθ + e−inθ
(e
+ e−(n+1)iθ ) −
2
2
(n+2)iθ
−(n+2)iθ
e
+e
= cos(n + 2)θ .
2
d’où
∆ = 1 − X 2 − 2X n+2 cos(n + 2)θ + 2X n+3 cos(n + 1)θ ,
CHAPITRE 7. DIVISION SUIVANT LES PUISSANCES CROISSANTES
78
ce qui donne
1−X 2 = (1−2X cos θ+X 2 )(1+2X cos θ+· · ·+2X n+1 cos(n+1)θ)+2X n+2 cos(n+2)θ−2X n+3 cos(n+1)θ .
On obtient ainsi la formule à l’ordre n + 1. Elle est donc vraie quel que soit n.
En faisant X = 1 dans la formule de division suivant les puissances croissantes à l’ordre n, on trouve
0 = (1 − 2 cos θ + 1)(1 + 2 cos θ + · · · + 2 cos nθ) + 2 cos(n + 1)θ − 2 cos nθ ,
donc
0 = 2(1 − cos θ)Sn + cos(n + 1)θ − cos nθ ,
d’où, si θ 6= 2kπ,
1
sin n +
cos nθ − cos(n + 1)θ
2
Sn =
=
θ
2(1 − cos θ)
2 sin
2
Remarque : si θ = 2kπ, on obtient directement
Sn =
1
+ n.
2
θ
.
Chapitre 8
Nombres entiers
Exercice 76
Soit n un nombre entier plus grand que 1. On pose
P (X) =
X(X − 1) · · · (X − n + 1)
.
n!
Montrer que P prend des valeurs entières sur les nombres entiers.
Solution
Soit p un nombre entier. Si 0 ≤ p ≤ n − 1 on a P (p) = 0.
Si p ≥ n, le nombre P (p) est un coeﬃcient binomial, car
p!
p(p − 1) · · · (p − n + 1)
=
=
P (p) =
n!
n!(p − n)!
p
.
n
Si p = −q < 0, on a cette fois
(−q)(−q − 1) · · · (−q − n + 1)
q q(q + 1) · · · (q + n − 1)
q q+n−1
= (−1)
= (−1)
.
P (p) =
n!
n!
q−1
Dans tous les cas P (p) est un nombre entier.
Exercice 77
Soit P un polynôme à coeﬃcients entiers. Que peut-on dire des racines entières de P , en particulier
si P (0) est un nombre premier ?
Application : trouver les racines entières de X 3 + 6X 2 + 10X + 3.
CHAPITRE 8. NOMBRES ENTIERS
80
Solution
Si l’on a
P (X) =
n
X
ak X k
k=0
et si λ est une racine entière de P , alors
a0 = −λ
n
X
ak λk−1 .
k=1
Il en résulte que λ divise a0 = P (0). En particulier, si P (0) est un nombre premier, les seules valeurs
possibles pour λ sont 1, −1, P (0), −P (0).
Application. Comme les coeﬃcients de P sont tous positifs, les racines de P sont nécessairement
négatives. Les seules racines entières possibles divisent 3 et sont donc −1 et −3. On constate que
P (−1) = −2, alors que P (−3) = 0. Donc −3 est la seule racine entière de P .
Exercice 78
Soit
P (X) =
X n (a − X)n
n!
où a est un nombre entier. Montrer que, pour tout nombre entier naturel p, les nombres P (p) (0) et
P (p) (a) sont entiers.
Solution
Le polynôme P est de degré 2n. Donc si p > 2n, le polynôme P (p) est nul. Supposon p ≤ 2n.
En développant par la formule du binôme, on obtient
P (X) =
n n
X
Xn X n
1
(−1)k X n+k an−k .
(−X)k an−k =
n!
k!(n − k)!
k
k=0
k=0
En dérivant p fois, on obtient
P (p) (X) =
n
X
k=0
1
(n + k)(n + k − 1) · · · (n + k − p + 1)(−1)k X n+k−p an−k .
k!(n − k)!
Si 0 ≤ p < n, le terme constant est nul dans ce polynôme et donc P (p) (0) = 0.
81
Si n ≤ p ≤ 2n, on a
P (p) (X) =
n
X
k=p−n
1
(n + k)(n + k − 1) · · · (n + k − p + 1)(−1)k X n+k−p an−k .
k!(n − k)!
Le terme constant est obtenu lorsque k = p − n et vaut
P (p) (0) =
Or
p!
(−1)p−n a2n−p .
(p − n)!(2n − p)!
p!
n!
p!
p!
=
=
(p − n)!(2n − p)!
n! (p − n)!(2n − p)!
n!
n
p−n
est un nombre entier car n ≤ p, et il en résulte que P (p) (0) est un nombre entier.
En remarquant que P (a − X) = P (X), on a donc
(−1)p P (p) (a − X) = P (p) (X) ,
et il en résulte que
P (p) (a) = (−1)p P (p) (0)
est également un nombre entier.
Exercice 79
Le polynôme P (X) = X 8 + 3X 7 + 2X 5 + 3X 3 + 2X 2 + 6 a-t-il une racine entière ?
Solution
Si x ≥ 0, on a
P (x) ≥ 6 ,
donc une racine réelle de P ne peut être que négative.
Supposons l’existence d’une racine entière p. Alors
0 = P (p) = p2 (p6 + 3p5 + 2p3 + 3p + 2) + 6 .
et p2 divise 6. Alors p2 = 1 et p = −1. Mais P (−1) = 1. Donc P n’a pas de racine entière.
Exercice 80
Le polynôme P (X) = 3X 5 + 4X 3 + 2X 2 + X + 7 a-t-il une racine rationnelle ?
CHAPITRE 8. NOMBRES ENTIERS
82
Solution
Si x ≥ 0, on a
P (x) ≥ 7 ,
donc une racine réelle de P ne peut être que négative.
Supposons l’existence d’une racine rationnelle α = p/q avec p entier négatif et q entier strictement
positif, p et q premiers entre eux. Alors
q 5 P (p/q) = 3p5 + 4p3 q 2 + 2p2 q 3 + pq 4 + 7q 5 ,
donc
−3p5 = q 2 (4p3 + 2p2 q + pq 2 + 7q 3 ) .
Comme p et q sont premiers entre eux, l’on en déduit que q 2 divise 3, donc q = 1 et α = p est un
nombre entier négatif. Alors
0 = P (p) = p(3p4 + 4p2 + 2p + 1) + 7 ,
donc p divise 7 et l’on ne peut avoir que p = −1 ou p = −7. On constate facilement que P (−1) = 1
n’est pas nul. Par ailleurs, si p = −7, on aurait
0 = 3p5 + 4p3 + 2p2 = p2 (p(3p2 + 4) + 2) ,
ce qui est faux car p devrait diviser 2. Donc le polynôme P n’a pas de racine rationnelle.
Chapitre 9
Relations entre les coefficients et les
racines
Exercice 81
Soit α et β les racines du polynôme X 2 + bX + c. Trouver un polynôme de degré 2 dont les racines
sont α2 et β 2 .
Solution
On a
α + β = −b
et αβ = c ,
alors
α2 + β 2 = (α + β)2 − 2αβ = b2 − 2c et
α2 β 2 = c2 .
Donc α2 et β 2 sont racines du polynôme
X 2 − (b2 − 2c)X + c2 .
Exercice 82
Soit a et b deux nombres réels (a 6= 0). Donner une condition nécessaire et suﬃsante pour que le
polynôme
P (X) = a3 X 2 + bX + c3
ait une racine qui soit le carré de l’autre.
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
84
Solution
Si les racines sont u et v = u2 , on a donc
c3
= uv = u3 ,
a3
donc u = c/a doit être racine de P , ce qui donne
0 = P (c/a) = ac2 +
bc
c
+ c3 = (ac(a + c) + b) .
a
a
On a donc, ou bien c = 0, et dans ce cas le polynôme P a pour racines 0 et −b/a3 , ce qui implique
b = 0, ou bien
b = −ac(a + c) ,
et dans ce cas le polynôme devient
3
3
2
3
3
P (X) = a X − ac(a + c)X + c = a
3
X −
c
c2
+ 2
a a
c c2
X+
a a2
et a pour racines c/a et (c/a)2 , donc répond à la question. En remarquant que le cas b = c = 0 est un
cas particulier du précédent, la condition nécessaire et suﬃsante cherchée est donc
b = −ac(a + c) .
Exercice 83
Soit a et b deux nombres réels strictement positifs, et P le polynôme
P (X) = X 2 − aX + b
de racines u et v.
1) Montrer qu’il est possible de construire deux triangles isocèles distincts dont les longueurs des
côtés soient u et v si et seulement si
9b > 2a2 > 8b .
2) Donner une condition nécessaire et suﬃsante pour que l’un des triangles isocèles soit rectangle.
Solution
1) Une première condition est que le discriminant soit positif, pour que les racines soient réelles. Dans ce
cas, puisque le produit et la somme des racines sont strictement positifs, les racines seront strictement
positives. Les longueurs des côtés seront donc (u, u, v) et (v, v, u). Ensuite, si l’on veut obtenir deux
85
triangles distincts, ils ne peuvent être équilatéraux et les racines de P doivent être distinctes. Finalement
l’existence de racines réelles positives distinctes a lieu si et seulement si
∆ = a2 − 4b > 0 .
Alors, en raison des inégalités triangulaires, pour pouvoir obtenir deux triangles, on doit avoir à la fois
u < 2v
et v < 2u ,
ou encore
a = u + v < 3v
et
a = u + v < 3u .
Le nombre a/3 doit donc être inférieur aux racines de P . Comme a/3 est inférieur à la demi-somme
des racines a/2, la condition a lieu si et seulement si P (a/3) est positif. Donc
P (a/3) =
a2 a2
1
−
+ b = (9b − 2a2 ) > 0 .
9
3
9
On obtient bien la condition
9b > 2a2 > 8b .
2) Si l’on veut que l’un des triangles soit rectangle, on a donc, d’après le théorème de Pythagore,
√
u = 2v
par exemple. Alors
a = u + v = (1 +
et donc
v=
√
2)v ,
a
√ .
1+ 2
Le triangle est rectangle si et seulement si P (v) est nul c’est-à-dire
a2
a2
√
√ + b = 0,
−
(1 + 2)2 1 + 2
ce qui donne
√ 2
√
√
2 a = (1 + 2)2 b = (3 + 2 2)b ,
√
et ﬁnalement, en multipliant par 2
√
2a2 = (4 + 3 2)b .
En remarquant que
√
9 > 3 2 + 4 > 8,
la condition
9b > 2a2 > 8b ,
est satisfaite dans ce cas, et la condition est suﬃsante pour que l’un des triangles soit rectangle.
D’ailleurs, on peut expliciter le polynôme. On a
√
√
√
√
2
√ a2 = 2 (3 − 2 2)a2 = (3 2 − 4)a2 ,
b=
3+2 2
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
86
donc
√
P (X) = X 2 − aX + (3 2 − 4)a2 ,
√
√
√ √
qui a pour racines ( 2 − 1)a et (2 − 2)a = 2( 2 − 1)a.
Exercice 84
Trouver trois nombres entiers a, b, c tels que
a+b+c=8 ,
a2 + b2 + c2 = 30
,
a3 + b3 + c3 = 134 .
Solution
Les nombres a, b, c sont les racines du polynôme
P (X) = X 3 − (a + b + c)X 2 + (ab + bc + ca)X − abc .
On a
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) ,
donc
ab + bc + ca =
1
1
[(a + b + c)2 − (a2 + b2 + c2 )] = (64 − 30) = 17 .
2
2
Alors les nombres a, b, c sont les racines du polynôme
P (X) = X 3 − 8X 2 + 17X − abc .
En remplaçant successivement X par a, b, c, et en sommant, on trouve
0 = (a3 + b3 + c3 ) − 8(a2 + b2 + c2 ) + 17(a + b + c) − 3abc = 134 − 8 × 30 + 17 × 8 − 3abc = 30 − 3abc ,
et donc
abc = 10 .
Alors a, b, c sont les racines de
P (X) = X 3 − 8X 2 + 17X − 10 .
Les racines entières divisent 10. On constate alors que les nombres 1, 2, 5 conviennent.
87
Exercice 85
Soit a, b, c, d quatre nombres complexes avec a 6= 0. On note z1 , z2 , z3 les trois racines (distinctes
ou confondues) du polynôme
P (Z) = aZ 3 + bZ 2 + cZ + d .
1) En utilisant la factorisation de P en facteurs du premier degré, calculer en fonction de a, b, c, d
les expressions
z1 + z2 + z3 , z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 , z1 z2 z3 .
2) Exprimer en fonction de a, b, c, d les expressions
z12 + z22 + z32
et z13 + z23 + z33 .
3) A quelle condition peut-on être sûr que 0 n’est pas racine de l’équation ? Dans ce cas calculer
(toujours en fonction de a, b, c, d) l’expression
1
1
1
+
+
.
z1 z2 z3
Solution
1) Le polynôme se factorise sous la forme
P (Z) = a(Z − z1 )(Z − z2 )(Z − z3 ) .
En développant, il vient
P (Z) = a Z 3 − (z1 + z2 + z3 )Z 2 + (z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 )Z − z1 z2 z3 ,
et en identiﬁant,
−a(z1 + z2 + z3 ) = b
d’où
z1 + z2 + z3 = −
b
a
,
a(z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) = c et
,
z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 =
c
a
− az1 z2 z3 = d ,
d
et z1 z2 z3 = − .
a
2) On a
(z1 + z2 + z3 )2 = (z12 + z22 + z32 ) + 2(z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) .
Donc
z12
+
z22
+
z32
2
b
b2 − 2ac
c
= (z1 + z2 + z3 ) − 2(z1 z2 + z2 z3 + z3 z1 ) =
.
−2 =
a
a
a2
2
Pour la somme des cubes des racines, on remarque que P (z1 ) + P (z2 ) + P (z3 ) est nulle et donc
P (z1 ) + P (z2 ) + P (z3 ) = a(z13 + z23 + z33 ) + b(z12 + z22 + z32 ) + c(z1 + z2 + z3 ) + 3d = 0 ,
d’où l’on déduit
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
88
1 2
b(z1 + z22 + z32 ) + c(z1 + z2 + z3 ) + 3d
a 1
b2 − 2ac bc
= −
+ 3d
−
b
a
a2
a
−b3 + 3abc − 3da2
.
=
a3
z13 + z23 + z33 = −
3) Le produit des racines vaut −d/a. Donc ce produit est nul si et seulement si d = 0.
Si d 6= 0, le polynôme n’admet pas la racine nulle. Alors, en réduisant au même dénominateur,
1
1
1
z1 z2 + z2 z3 + z3 z1
c
+
+
=
=− .
z1 z2 z3
z1 z2 z2
d
Exercice 86
Soit a, b, c les racines du polynôme
P (X) = X 3 − 2X 2 + 3X − 4 .
1) Calculer
S = c(a − b)2 + b(c − a)2 + a(b − c)2 .
2) Trouver un polynôme Q de degré 3 et de racines a + b, b + c, c + a.
Solution
1) On a
σ1 = a + b + c = 2 ,
σ2 = ab + bc + ca = 3 et σ3 = abc = 4 .
Alors
S = ca2 + cb2 + bc2 + ba2 + ab2 + ac2 − 6abc = (a + b + c)(ab + bc + ca) − 9abc = 6 − 36 = −30 .
2) Posons
A=b+c ,
B = c + a et C = a + b .
On obtient successivement
Σ1 = A + B + C = 2(a + b + c) = 4 ,
Σ2 = AB + BC + CA = 3(ab + bc + ca) + a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 + (ab + bc + ca) = 7 ,
Σ3 = ABC = 2abc + ba2 + ca2 + ac2 + bc2 + ab2 + cb2 = (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc = 2 .
89
Donc A, B, C sont les racines du polynôme
Q(X) = X 3 − 4X 2 + 7X − 2 .
Exercice 87
Si P est un polynôme unitaire de degré 3 de racines a, b, c, distinctes ou non, on appelle discriminant
de P le nombre
2
∆(P ) = (a − b)(b − c)(c − a) .
Soit le polynôme
P (X) = X 3 + pX + q ,
1) Montrer que
∆(P ) = −P ′ (a)P ′ (b)P ′ (c) ,
et en déduire ∆(P ) en fonction de p et q.
2) Lorsque p et q sont réels, donner une condition nécessaire et suﬃsante pour que les racines de P
soient réelles.
3) Soit maintenant le polynôme à coeﬃcients réels
Q(X) = X 3 + uX 2 + vX + w
de racines a, b, c, distinctes ou non. On pose
P (X) = Q(X − u/3) .
Exprimer P à l’aide des dérivées de Q en −u/3 et déduire de 2) une condition nécessaire et suﬃsante
pour que les racines de P soient réelles.
Solution
1) On remarque que le coeﬃcient de X 2 est nul, ce qui implique que
a + b + c = 0.
On a
P (X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X 3 + pX + q ,
et donc en dérivant
P ′ (X) = (X − b)(X − c) + (X − a)(X − c) + (X − b)(X − c) = 3X 2 + p .
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
90
On en déduit
P ′ (a) = (a − b)(a − c) ,
P ′ (b) = (b − c)(b − a) et P ′ (c) = (c − b)(c − a) ,
d’où
2
P ′ (a)P ′ (b)P ′ (c) = (a − b)(a − c)(b − c)(b − a)(c − b)(c − a) = − (a − b)(b − c)(c − a) = −∆(P ) .
Alors, on a aussi,
Or
∆(P ) = −(3a2 + p)(3b2 + p)(3c2 + p)
= − p3 + 3(a2 + b2 + c2 )p2 + 9(a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 )p + 27a2 b2 c2 .
a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca)
et
a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = (ab + bc + ca)2 − 2(ab2 c + bc2 a + ca2 b) = (ab + bc + ca)2 − 2abc(a + b + c) .
Comme
a+b+c=0 ,
ab + bc + ca = p et abc = −q ,
on en déduit
a2 + b2 + c2 = −2p et a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = p2 ,
et ﬁnalement
∆(P ) = − p3 + 3(−2p)p2 + 9p2 p + 27q 2 = −(4p3 + 27q 2 ) .
2) Si p et q sont réels, alors P a trois racines réelles, ou une racine réelle et deux racines complexes
non réelles conjuguées.
Si a, b, c sont réelles, alors ∆(P ) est positif. (Il est nul si l’on a une racine multiple).
Si a est réelle et b et c conjuguées, alors
(a − b)(b − c)(c − a) = −(a − b)(a − b̄)(b − b̄) = −|a − b̄|2 (2i Im b) ,
et donc
∆(P ) = −4|a − b̄|4 (Im b)2 < 0 .
Donc le polynôme P a trois racines réelles si et seulement si
∆(P ) = −4p3 − 27q 2 ≥ 0 .
3) En utilisant la formule de Taylor en −u/3, il vient
Q(X) =
3
X
Q(k) (−u/3)
k=0
k!
(X + u/3)k ,
91
donc
P (X) = Q(X − u/3) =
Alors
Q(−u/3) =
3
X
Q(k) (−u/3)
k!
k=0
Xk .
2u3 − 9uv + 27w
,
27
puis, en dérivant, on obtient successivement
Q′ (X) = 3X 2 + 2uX + v
Q′′ (X) = 6X + 2u
et Q′ (−u/3) =
3v − u2
,
3
et Q′′ (−u/3) = 0 ,
Q′′′ (X) = Q′′′ (−u/3) = 6 ,
d’où
P (X) = X 3 +
On a alors
∆(P ) = ∆(Q) = −4
3v − u2
2u3 − 9uv + 27w
X+
.
3
27
3v − u2
3
3
− 27
2u3 − 9uv + 27w
27
2
,
et, en développant, on trouve
∆(P ) = ∆(Q) = −4v 3 + u2 v 2 − 4u3 w + 18uvw − 27w2 .
La condition nécessaire et suﬃsante pour que P ou Q ait trois racines réelles est donc
∆(Q) = −4v 3 + u2 v 2 − 4u3 w + 18uvw − 27w2 ≥ 0 .
Exercice 88
1) Soit a1 , . . . , an des nombres réels et σ1 , . . . , σn les expressions symétriques élémentaires de ces n
nombres. Montrer que a1 , . . . , an sont strictement positifs si et seulement si σ1 , . . . , σn sont strictement positifs.
2) Si n = 2, peut-on avoir σ1 et σ2 strictement positifs avec a1 et a2 non réels ?
Solution
1) Si a1 , . . . , an sont strictement positifs alors
σ 1 = a1 + · · · + an > 0 ,
σk =
X
ai1 · · · aik > 0 ,
σ n = a1 · · · an > 0 .
92
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
Réciproquement, supposons σ1 , . . . , σn strictement positifs, et soit
n
P (X) = (X + a1 ) · · · (X + an ) = X +
Alors
P ′ (X) = nX n−1 +
n
X
σi X n−i .
i=1
n−1
X
i=1
(n − i)σi X n−i−1 .
Si α est strictement positif, il en est de même de P (α) et de P ′ (α). Le nombre −αi est soit racine d’ordre
impair de P , soit racine d’ordre impair de P ′ et P ou P ′ change de signe en −αi . Donc −αi est négative
ou nulle. Elle n’est pas nulle, sinon σn = a1 · · · an le serait aussi. Donc les racines (−a1 , . . . , −an ) sont
strictement négatives. Il en résulte que les nombres a1 , . . . , an sont strictement positifs.
2) Soit a1 = reiθ et a2 = re−iθ , avec r strictement positif, on a
a1 + a2 = 2r cos θ
et a1 a2 = r 2 .
Donc, si θ appartient à l’intervalle ] 0, π/2 [ , les nombres a1 + a2 et a1 a2 sont strictement positifs, alors
que a1 et a2 ne sont pas réels.
Exercice 89
Trouver le nombre réel λ tel que le polynôme
P (X) = X 3 + 3X 2 + λX − 3
ait des racines formant une suite arithmétique.
Solution
Notons a, b, c les racines, avec a < b < c. Dire qu’elles forment une suite arithmétique équivaut à dire
que
b − a = c − b,
ou encore
a + b + c = 3b .
Comme a + b + c = −3, on en déduit que b = −1 est racine de P . Or P (−1) vaut −λ − 1 . Cela implique
λ = −1. Alors
P (X) = X 3 + 3X 2 − X − 3 = X 2 (X + 3) − (X + 3) = (X + 3)(X 2 − 1) = (X + 3)(X + 1)(X − 1) ,
et les racines −3, −1, 1 forment bien une suite arithmétique.
93
Exercice 90
Les nombres algébriques
Un nombre complexe α est dit algébrique, s’il existe un polynôme P , à coefficients entiers tel
que P (α) soit nul. On note A l’ensemble des nombres algébriques.
1) Montrer que tout nombre rationnel est algébrique.
√
√
2) Montrer que les nombres de la forme a + b et a + i b où a est entier et b est entier positif, sont
algébriques.
3) Montrer que si α est un nombre algébrique non nul, le nombre 1/α est algébrique.
4) Montrer que si α est un nombre algébrique et n un entier, toute racine n−ième de α est algébrique.
√
√
5) Soit a et √
b deux entiers positifs. On veut montrer que α1 = a + b est algébrique. On introduit
√
α2 = a − b. Etudier le polynôme
P (X) = (X − α1 )(X + α1 )(X − α2 )(X + α2 )
et conclure.
(Remarque : on peut démontrer de manière générale que la somme de deux nombres algébriques est
algébrique).
6) Soit P un polynôme de degré 3 à coeﬃcients entiers, et α1 , α2 , α3 les racines (distinctes ou non)
de P . Trouver un polynôme dont les racines sont α21 , α22 et α23 . Qu’en déduit-t-on ?
(Remarque : on peut démontrer de manière générale que le produit de deux nombres algébriques
est algébrique).
Solution
p
1) Le nombre rationnel α = , où p et q sont entiers et q 6= 0, est racine du polynôme
q
P (X) = qX − p ,
donc est algébrique.
2) Le nombre a +
√
b est racine de
√
√
P (X) = (X − a + b)(X − a − b) = (X − a)2 − b = X 2 − 2aX + a2 − b ,
√
et a + i b est racine de
√
√
P (X) = (X − a + i b)(X − a − i b) = (X − a)2 + b = X 2 − 2aX + a2 + b ,
qui sont des polynômes à coeﬃcients entiers. Ils sont donc algébriques.
3) Soit α une racine non nulle du polynôme
P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n .
94
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
Si a0 = · · · = aq = 0, et aq+1 6= 0, le nombre α serait aussi racine de
Q(X) = aq+1 + · · · + an X n−q−1 .
On peut donc se ramener au cas où le terme constant n’est pas nul. On suppose donc que α est racine
du polynôme
P (X) = a0 + a1 X + · · · + an X n
avec a0 et an non nuls. Alors
R(X) = X n P (1/X) = a0 X n + a1 X n−1 + · · · + an ,
est encore un polynôme à coeﬃcients entiers, et
1
1
R
= n P (α) = 0 .
α
α
Donc 1/α est racine du polynôme R dont les coeﬃcients sont entiers. C’est bien un nombre algébrique.
4) On suppose que α est racine du polynôme P (X) à coeﬃcients entiers. Alors si ω est une racine
n−ième de α
P (ω n ) = P (α) = 0 .
Il en résulte que ω est racine du polynôme P (X n ) qui est aussi à coeﬃcients entiers. C’est bien un
nombre algébrique.
5) Si l’on développe, on obtient
P (X) = (X 2 − α21 )(X 2 − α22 ) = X 4 − (α21 + α22 )X 2 + α21 α22 .
Mais
√ √
√ √
α21 + α22 = (a + 2 a b + b) + (a − 2 a b + b) = 2a + 2b ,
et
α21 α22 = (α1 α2 )2 = (a − b)2 .
Donc
P (X) = X 4 − 2(a + b)X 2 + (a − b)2
est un polynôme à coeﬃcients entiers. Comme α1 est racine de P , c’est donc un nombre algébrique.
6) Si
P (X) = aX 3 + bX 2 + cX + d ,
on a
α1 + α2 + α3 = −
c
d
b
, α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 = , α1 α2 α3 = − ,
a
a
a
d’où
α21 + α22 + α23 = (α1 + α2 + α3 )2 − 2(α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 ) =
b2 − 2ac
.
a2
95
On obtient aussi
α21 α22 α23 = (α1 α2 α3 )2 =
d2
.
a2
Enﬁn
α21 α22 + α22 α23 + α23 α21 = (α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 )2 − 2(α21 α2 α3 + α1 α22 α3 + α1 α2 α23 )
= (α1 α2 + α2 α3 + α3 α1 )2 − 2α1 α2 α3 (α1 + α2 + α3 )
c 2
bd
−2
=
a
aa
c2 − 2bd
=
.
a2
Alors
(X − α21 )(X − α22 )(X − α23 ) = X 3 −
b2 − 2ac 2 c2 − 2bd
d2
X
+
X
−
.
a2
a2
a2
Donc, en multipliant par a2 , les nombres α2k sont racines du polynôme à coeﬃcients entiers
Q(X) = a2 X 3 − (b2 − 2ac)X 2 + (c2 − 2bd)X − d2 .
Il en résulte que ces nombres sont algébriques.
Exercice 91
Trouver les nombres réels λ tels que le polynôme
P (X) = 3X 4 + λX 3 − 2X 2 + 12X − 8
possède deux racines dont le produit vaut −4. Trouver alors les racines de P .
Solution
Notons a, b, c, d, les racines de P . On a
σ1 = a + b + c + d = −
λ
3
,
2
σ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd = ab + cd + (a + b)(c + d) = − ,
3
σ3 = abc + abd + acd + bcd = ab(c + d) + cd(a + b) = −4 ,
8
σ4 = abcd = − .
3
Si l’on suppose ab = −4, on tire de σ4 la valeur cd = 2/3, puis de σ2 et σ3
(a + b)(c + d) =
8
3
et
2
(a + b) − 4(c + d) = −4 .
3
Si l’on pose
U = a + b et V = −6(c + d) ,
96
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
les nombres U et V vériﬁent donc
U + V = −6 et U V = −16 ,
et U et V sont les racines du trinôme
X 2 + 6X − 16 = (X − 2)(X + 8) .
On a donc deux cas possibles.
1) (U, V ) = (2, −8). Alors a + b = 2 et c + d = 4/3. Dans ce cas
4
λ = −3 2 +
= −10 .
3
√
Les nombres a et b sont racines √
de X 2 − 2X − 4 et valent 1 ± 5, et les nombres c et d sont racines
2±i 2
.
de 3X 2 − 4X + 2 et valent
3
2) (U, V ) = (−8, 2). Alors a + b = −8 et c + d = −1/3. Dans ce cas
1
= 25 .
λ = −3 −8 −
3
√
Les nombres a et b sont racines de√X 2 + 8X − 4 et valent −4 ± 2 5, et les nombres c et d sont racines
−1 ± i 23
de 3X 2 + X + 2 et valent
.
6
Exercice 92
Soit n un entier plus grand que 1. On note Un l’ensemble des racines n−ième de l’unité. Soit a, b,
c, d, quatre nombres réels tels que ad − bc soit non nul et |c| =
6 |d|.
1) Quelles sont les racines complexes du polynôme
P (X) = (dX − b)n − (−cX + a)n ?
2) Calculer
sn =
1 X aω + b
,
n
cω + d
ω∈Un
et trouver la limite de la suite (sn )n≥1 .
Solution
1) Remarquons tout d’abord que P est de degré n. En eﬀet le coeﬃcient de X n vaut
λ = dn − (−c)n .
97
Ce coeﬃcient n’est pas nul sinon on aurait |d| = |c|.
Soit α une racine de P . Si le nombre −cα + a est nul, alors le nombre dα − b l’est également. Cela
signiﬁe que le système
−cx + ay = 0
dx − by = 0
possède une solution non nulle (α, 1). Ce n’est donc pas un système de Cramer et son déterminant
bc − ad est nul, ce qui n’est pas le cas.
Alors α est racine de P si et seulement si
dα − b
−cα + a
n
= 1,
c’est-à-dire si et seulement si
dα − b
−cα + a
appartient à Un . En résolvant cette équation, on trouve
ω=
dα − b = ω(−cα + a) puis α(d + ωc) = b + ωa .
Le nombre d + ωc n’est pas nul, sinon on aurait |d| = |ωc| = |c| ce qui n’est pas le cas. Finalement
α=
aω + b
.
cω + d
Comme Un = {e2ikπ/n | 0 ≤ k ≤ n − 1} contient n éléments distincts. On trouve ainsi n valeurs de α.
Ces valeurs sont distinctes. En eﬀet l’égalité
aω ′ + b
aω + b
= ′
,
cω + d
cω + d
conduit à
(ad − bc)(ω − ω ′ ) = 0 ,
et, puisque ad − bc est non nul, à ω = ω ′ . Les n nombres trouvés sont donc les n racines de P .
2) La somme sn n’est autre que la moyenne des racines du polynôme P . Si µ est le coeﬃcient de X n−1
dans P , on a alors
1 −µ
.
sn =
n λ
En développant P à l’aide de la formule du binôme, on obtient
P (X) =
n X
n
k=0
k
k
k
n−k
d X (−b)
−
n X
n
k=0
k
(−c)k X k an−k .
Donc
µ = n(dn−1 (−b) − (−c)n−1 a) ,
98
CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES
ce qui donne
sn = −
dn−1 (−b) − (−c)n−1 a
.
dn − (−c)n
Si |d| < |c|, on divise numérateur et dénominateur par (−c)n . Alors
sn =
b
−
c
d n−1 a
−
−c
c
n
,
d
−1
−c
et, puisque la suite ((d/(−c))n ) converge vers 0, la suite (sn ) converge vers a/c.
Si |d| > |c|, on divise numérateur et dénominateur par dn . Alors
sn =
−c n−1
d
n ,
−c
1−
d
b a
+
d d
et, puisque la suite ((−c/d)n ) converge vers 0, la suite (sn ) converge vers b/d.
Chapitre 10
Divers
Exercice 93
Soit a, b, c trois nombres complexes. Trouver une condition nécessaire et suﬃsante pour que l’équation
(a − X)(X + b) = c
soit équivalente à
a − X = c ou X + b = c .
Solution
Cela revient à dire que l’équation a pour solutions a − c et c − b. Soit alors
P (X) = (a − X)(X + b) − c .
On a
P (a − c) = P (c − b) = c(a + b − c − 1) .
Donc
P (a − c) = P (c − b) = 0
si et seulement si c = 0 ou a + b − c = 1.
Exercice 94
Montrer que le polynôme
P (X) = X 3 − 3X + 1
admet trois racines réelles.
CHAPITRE 10. DIVERS
100
Solution
Le polynôme P est de degré 3. S’il avait une racine non réelle a, il aurait aussi la racine conjuguée ā
et sa troisième racine c serait réelle. Il se factoriserait sous la forme
P (X) = (X − a)(X − ā)(X − c) = (X 2 − 2XRe a + |a|2 )(X − c) .
Mais alors, pour tout x réel, le nombre x2 − 2xRe a + |a|2 est positif, et le nombre P (x) est du signe
de x − c. Comme on a
P (0) = 1 et P (1) = −1 ,
on obtient une contradiction car on devrait avoir à la fois 0 > c et 1 < c. Donc le polynôme P possède
trois racines réelles. (On peut également utiliser l’exercice 87).
Exercice 95
Polynômes d’interpolation de Lagrange
Soit a, b, c trois nombres réels distincts.
1) Chercher un polynôme P1 de degré inférieur ou égal à 2, tel que
P1 (a) = 1, P1 (b) = 0, P1 (c) = 0 .
Est-il unique ?
2) Chercher des polynômes P2 et P3 de degré inférieur ou égal à 2, tels que
P2 (a) = 0, P2 (b) = 1, P2 (c) = 0 et P3 (a) = 0, P3 (b) = 0, P3 (c) = 1 .
3) Soit α, β, γ, trois nombres réels quelconques. Trouver un polynôme Q de degré inférieur ou égal
à 2, tel que
Q(a) = α, Q(b) = β, Q(c) = γ ,
en le cherchant comme combinaison des polynômes P1 , P2 , P3 . Ce polynôme Q est-il unique ?
4) Généraliser ce résultat pour n + 1 nombres distincts a0 , a1 , . . . , an .
Solution
1) Le polynôme est de degré au plus 2, et admet pour racines b et c. Il se factorise donc sous la forme
P1 (X) = λ(X − b)(X − c) .
On détermine la constante λ en écrivant que
P1 (a) = λ(a − b)(a − c) = 1 ,
101
ce qui donne
P1 (X) =
(X − b)(X − c)
,
(a − b)(a − c)
et l’on trouve un seul polynôme répondant à la question.
2) On obtient par la même méthode que dans 1)
P2 (X) =
(X − a)(X − c)
(b − a)(b − c)
et P3 (X) =
(X − a)(X − b)
.
(c − a)(c − b)
3) Cherchons le polynôme Q sous la forme
Q = λ1 P1 + λ2 P2 + λ3 P3 .
On a alors
α = Q(a) = λ1 P1 (a) + λ2 P2 (a) + λ3 P3 (a) = λ1 ,
β = Q(b) = λ1 P1 (b) + λ2 P2 (b) + λ3 P3 (b) = λ2 ,
γ = Q(c) = λ1 P1 (c) + λ2 P2 (c) + λ3 P3 (c) = λ3 .
On trouve donc comme solution le polynôme
Q = αP1 + βP2 + γP3 .
Si le problème a deux solutions Q1 et Q2 . La diﬀérence Q1 − Q2 est un polynôme de degré 2 au plus
admettant trois racines a, b, c. C’est donc le polynôme zéro, et l’on en déduit que Q1 = Q2 . Il y a donc
unicité.
Ce calcul montre en particulier que pour tout polynôme Q de degré 2 au plus, on a
Q = Q(a)P1 + Q(b)P2 + Q(c)P3 .
4) Ceci se généralise pour n + 1 nombres a0 , a1 , . . . , an . On construit le polynôme de degré n
Pk (X) =
(X − a0 ) · · · (X − ak−1 )(X − ak+1 ) · · · (X − an )
,
(ak − a0 ) · · · (ak − ak−1 )(ak − ak+1 ) · · · (ak − an )
qui est tel que
Pk (ak ) = 1 et Pk (ar ) = 0 si r 6= k .
L’unique polynôme Q de degré au plus n, tel que, si 0 ≤ k ≤ n, on ait Q(ak ) = αk , est le polynôme
Q=
n
X
αk Pk .
k=0
Remarque : ce résultat signiﬁe que les polynômes P0 , . . . , Pn forment une base de Rn [X].
CHAPITRE 10. DIVERS
102
Exercice 96
Si n est un entier naturel, on pose
En (X) = X(X − 1) · · · (X − (n − 1))
(donc E0 (X) = 1) .
1) En utilisant les polynômes d’interpolation de Lagrange, montrer que l’unique polynôme Pn de
degré n vériﬁant, pour tout entier k compris entre 0 et n, la relation
Pn (k) = (−1)k ,
peut s’écrire dans le corps des fractions rationnelles, sous la forme
n X
n
(−1)n
1
En+1 (X)
.
Pn (X) =
n!
k X −k
k=0
2) Calculer Pn−1 (n). En déduire Pn − Pn−1 . Puis exprimer Pn dans la base des polynômes Ek .
3) Factoriser Pn − 1 pour n compris entre 1 et 4.
4) Montrer que
Pn (n − X) = (−1)n Pn (X)
′ (s) est nul.
et en déduire que, pour tout entier naturel s, le nombre P2s
5) Montrer que si n vaut 1 ou 2, on a, pour tout nombre réel x compris entre 0 et n,
|Pn (x)| ≤ 1 .
Ce résultat reste-t-il vrai pour n = 3 ?
Solution
1) Si l’on pose
Qk (X) = X(X − 1) · · · (X − (k − 1))(X − (k + 1)) · · · (X − n) ,
on a
Qk (k) = k(k − 1) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − n) = k!(−1)n−k (n − k)! ,
et d’après l’exercice précédent, le seul polynôme de degré n, vériﬁant, si 0 ≤ k ≤ n, la relation
Pn (k) = (−1)k
est
Pn (X) =
n
X
k=0
n (−1)n X n
Qk (X)
=
Qk (X) .
(−1)
Qk (k)
n!
k
k
k=0
103
En mettant En+1 en facteur, il vient
n X
n
1
(−1)n
En+1 (X)
.
Pn (X) =
n!
k X −k
k=0
2) On obtient alors
n−1 X
(−1)n−1
n−1
1
Pn−1 (n) =
En (n)
.
(n − 1)!
n−k
k
k=0
Le nombre En (n) vaut n!, et, si l’on isole le premier terme de la somme,
n−1
Pn−1 (n) = n(−1)
= (−1)n−1
!
n−1 1 X n−1
1
+
k
n
n−k
k=1
!
n−1
X n n − 1 1+
.
n−k
k
k=1
Mais
n
n−k
donc
n−1
k
n−1
Pn−1 (n) = (−1)
n
=
,
k
1+
n−1
X
k=1
Pour ﬁnir, on remarque que
n−1
X
k=1
et l’on obtient
n
k
=
n X
n
k=0
k
!
n
.
k
− 2 = 2n − 2 ,
Pn−1 (n) = (−1)n−1 (2n − 1) .
Le polynôme Pn − Pn−1 est de degré n et s’annule pour les nombres entiers compris entre 0 et n − 1.
C’est donc un multiple de En . Comme En est de degré n également, il existe un nombre réel an tel que
Pn − Pn−1 = an En .
Alors
Pn (n) − Pn−1 (n) = an En (n) = an n! ,
et donc
an =
1
2n
1
(Pn (n) − Pn−1 (n)) =
((−1)n − (−1)n−1 (2n − 1)) = (−1)n ,
n!
n!
n!
et ﬁnalement
Pn − Pn−1 = (−1)n
2n
En .
n!
Alors, compte tenu du fait que P0 = E0 = 1, on obtient
Pn =
n
n
n
X
X
X
2n
2n
(−1)n En .
(Pk − Pk−1 ) + P0 =
(−1)n En + E0 =
n!
n!
k=1
k=1
k=0
CHAPITRE 10. DIVERS
104
3) En partant de P0 = 1, on trouve successivement
P1 (X) − 1 = −2X ,
P2 (X) − 1 = P1 (X) − 1 + 2X(X − 1) = 2X(X − 2) ,
P3 (X) − 1 = P2 (X) − 1 −
4
2
X(X − 1)(X − 2) = X(X − 2)(5 − 2X) ,
3
3
2
2
2
P4 (X)−1 = P3 (X)−1+ X(X −1)(X −2)(X −3) = X(X −2)(X 2 −6X +8) = X(X −2)2 (X −4) .
3
3
3
4) Si 0 ≤ k ≤ n, le polynôme Sn (X) = (−1)n Pn (n − X) vériﬁe,
Sn (k) = (−1)n Pn (n − k) = (−1)n (−1)n−k = (−1)k .
Donc, par unicité, Sn n’est autre que Pn .
En dérivant, on obtient
Sn′ (X) = (−1)n+1 Pn′ (n − X) = Pn′ (X) ,
donc, si n = 2s est pair
′
′
′
−P2s
(s) = −P2s
(n − s) = P2s
(s) .
′ (s) est nul, ce que l’on vériﬁe par exemple pour n = 2 et n = 4.
Il en résulte que P2s
5) La fonction P1 est décroissante et varie de 1 à −1 sur [ 0, 1 ] . La fonction P2 a un minimum en 1
qui vaut −1 et décroît de 1 à −1 sur [ 0, 1 ] , et croît de −1 à 1 sur [ 1, 2 ] . On a donc bien, lorsque n
vaut 1 et 2,
|Pn (x)| ≤ 1
sur [ 0, n ] . Par contre pour n = 3, on constate que si 2 < x < 5/2, le produit x(x − 2)(5 − 2x) est
strictement positif et donc
P3 (x) > 1 .
Le résultat n’est plus vrai dans ce cas.
Exercice 97
Soit P dans R[X] non constant. Montrer que P (x) est positif pour tout x réel si et seulement si P
s’écrit comme somme de carrés de deux polynômes de R[X].
Solution
La condition est évidemment suﬃsante.
105
Supposons que P (x) est positif pour tout x réel. On décompose P sur R comme produit de facteurs
irréductibles et unitaires sous la forme
n
Y
Pknk ,
P =λ
k=1
où λ est un nombre réel, et Pk est un polynôme irréductible de degré 1 ou 2.
Si Pk est de degré 2 alors son discriminant est strictement négatif et Pk (x) est positif pour tout x réel.
Si Pk est de degré 1 c’est-à-dire Pk = X − αk , alors αk est une racine réelle de P . Cette racine est
nécessairement d’ordre pair, sinon P (x) changerait de signe quand x varie dans un voisinage de αk .
Donc (X − αk )2 ﬁgure nécesairement dans la décomposition.
Finalement on peut écrire
P =λ
m
Y
Qk ,
k=1
où Qk est un polynôme unitaire de degré 2 dont le discriminant est négatif ou nul et λ est un nombre
réel strictement positif.
On démontre alors la propriété par récurrence sur m.
Si m = 1, alors
P (X) = λ(X 2 + bX + c) ,
avec
∆ = b2 − 4c ≤ 0 .
On peut écrire
P (X) =
et la propriété est vraie à l’ordre 1.
√
λ
b
X+
2
2
√
2
−λ∆
+
,
2
Supposons la propriété vraie à l’ordre m − 1, où m ≥ 2. On écrit P = R Qm où
R=λ
m−1
Y
Qk .
k=1
On a vu que Qm s’écrivait comme somme de deux carrés, et, en appliquant l’hypothèse de récurrence,
le polynôme R également. Il existe donc quatre polynômes U , V , S, T tels que
R = U2 + V 2
et Qm = S 2 + T 2 .
On en déduit que
P = (U 2 + V 2 )(S 2 + T 2 ) = (T U + SV )2 + (T V − SU )2
est somme de carrés de deux polynômes, ce qui donne la propriété à l’ordre m. Elle est donc vraie pour
tout m ≥ 1.
CHAPITRE 10. DIVERS
106
Exercice 98
Le but de cet exercice est de calculer les sommes
σp (n) =
n
X
kp .
k=1
1) Soit G un polynôme de R[X]. Montrer qu’il existe un polynôme F de R[X] et un seul, admettant
pour racine 0, et tel que
F (X) − F (X − 1) = G(X) .
2) On note Fp le polynôme obtenu lorsque G(X) = X p . Montrer que si p ≥ 1, le polynôme Fp est
divisible par X + 1, et que σp (n) = Fp (n).
3) Montrer que, si p ≥ 1,
Fp′ (X) = pFp−1 (X) + Fp′ (0) .
4) Soit Hp le polynôme dont la dérivée est Fp et qui s’annule en zéro. Montrer que
Fp+1 (X) = (p + 1)Hp (X) − (p + 1)Hp (1) − 1 X .
5) Calculer σp (n) pour p = 1, 2, 3, 4.
Solution
1) On remarque que si F est de degré au plus n + 1, alors F (X) − F (X − 1) est de degré au plus n.
Soit En l’ensemble des polynômes de Rn+1 [X] nuls en 0. C’est un sous-espace de dimension n + 1 de
Rn+1 [X]. On peut considérer l’application linéaire Φ de En dans Rn [X] qui à F associe le polynôme
F (X) − F (X − 1). Si Φ(P ) est nul, on a donc
P (X) = P (X − 1) ,
avec P (0) = 0. On en déduit par récurrence que P (n) est nul pour tout entier naturel n et le polynôme
P a une inﬁnité de racines. C’est donc le polynôme zéro, ce qui montre que Φ est injective. Comme En
et Rn [X] ont même dimension, l’application Φ est aussi surjective, et pour tout G de Rn [X], il existe
F unique dans En tel que
Φ(F ) = G .
2) On a
donc, si p ≥ 1,
X p = Fp (X) − Fp (X − 1) ,
0 = Fp (0) − Fp (−1) = −Fp (−1) ,
ce qui montre que Fp est divisible par X + 1.
107
Par ailleurs
Fp (n) =
n
X
k=1
3) Si p ≥ 1, en dérivant la relation
(Fp (k) − Fp (k − 1)) =
n
X
kp = σp (n) .
k=1
X p = Fp (X) − Fp (X − 1) ,
on obtient
pX p−1 = Fp′ (X) − Fp′ (X − 1) .
Si l’on pose
Up−1 (X) =
1 ′
(F (X) − Fp′ (0)) ,
p p
on obient un polynôme nul en zéro tel que
Up−1 (X) − Up−1 (X − 1) =
1 ′
(F (X) − Fp′ (X − 1)) = X p−1 .
p p
Alors, par unicité, Up−1 n’est autre que Fp−1 , d’où
Fp−1 (X) =
1 ′
(F (X) − Fp′ (0)) ,
p p
ce qui donne l’égalité
Fp′ (X) = pFp−1 (X) + Fp′ (0) .
4) Partons de la relation
Fp (X) − Fp (X − 1) = X p .
En prenant la primitive nulle en zéro, on obtient
Hp (X) − (Hp (X − 1) − Hp (−1)) =
En particulier, si X = 1,
Hp (1) + Hp (−1) =
X p+1
.
p+1
1
.
p+1
Posons
Vp+1 (X) = (p + 1)(Hp (X) − XHp (1)) + X .
Tout d’abord, Vp+1 (0) est nul. Ensuite
Vp+1 (X) − Vp+1 (X − 1) = (p + 1)(Hp (X) − XHp (1)) + X
−[(p + 1)(Hp (X − 1) − (X − 1)Hp (1)) + X − 1]
= (p + 1)(Hp (X) − Hp (X − 1)) − (p + 1)Hp (1) + 1
p+1
X
= (p + 1)
− Hp (−1) − (p + 1)Hp (1) + 1
p+1
= X p+1 − (p + 1)(Hp (1) + Hp (−1)) + 1
= X p+1 .
CHAPITRE 10. DIVERS
108
Alors, par unicité Vp+1 n’est autre que Fp+1 . On obtient donc
Fp+1 (X) = (p + 1)Hp (X) − (p + 1)Hp (1) − 1 X .
5) En partant de p = 0, pour lequel on a de manière évidente F0 (X) = X, On calcule
H0 (X) =
Ensuite
1
H1 (X) =
2
X2
2
X3 X2
+
3
2
puis
H3 (X) =
1
4
X5 X4 X3
+
+
5
2
3
X2 + X
.
2
puis F2 (X) = 2H1 (X) − (2H1 (1) − 1)X =
On poursuit avec
X2
1 X4
3
+X +
H2 (X) =
6
2
2
Enﬁn
F1 (X) = H0 (X) − (H0 (1) − 1)X =
puis
puis
2X 3 + 3X 2 + X
.
6
F3 (X) = 3H2 (X) − (3H2 (1) − 1)X =
F4 (X) = 4H3 (X)−(4H3 (1)−1)X =
X 4 + 2X 3 + X 2
.
4
6X 5 + 15X 4 + 10X 3 − X
.
30
Alors, en mettant n(n + 1) en facteur dans les diﬀérentes expressions
n(n + 1)
σ1 (n) = F1 (n) =
2
,
et
σ4 (n) = F4 (n) =
n(n + 1)(2n + 1)
σ2 (n) = F2 (n) =
6
,
σ3 (n) = F3 (n) =
n(n + 1)
2
6n5 + 15n4 + 10n3 − n
n(n + 1)(6n3 + 9n2 + n − 1)
=
.
30
30
Exercice 99
Soit P et Q deux polynômes non constants de R[X] de degrés respectifs p et q. On déﬁnit par
récurrence une suite (Un )n≥0 de polynômes, en posant U0 = Q et, pour n ≥ 1,
Un = P ◦ Un−1 .
1) Calculer le degré de Un .
2) a) Montrer qu’il existe un couple (a, b) de nombres réels tel que, pour tout entier n,
Un (a) = b
si et seulement si P (b) = Q(a) = b.
b) Montrer que si P (X) n’est pas le polynôme X, le nombre de tels couples est ﬁni et donner un
majorant de ce nombre. Que se passe-t-il si P (X) = X ?
c) Montrer que si P et Q sont de degrés impairs, et si P (X) − X n’est pas constant, un tel couple
existe toujours.
2
,
109
Solution
1) Comme deg(A ◦ B) = deg A deg B, on a
deg Un = deg P deg Un−1 .
La suite (deg Un ) est donc géométrique et comme deg U0 = q, on en déduit
deg Un = q pn .
2) a) Si l’on a Un (a) = b pour tout entier n, c’est vrai en particulier si n = 0 et donc Q(a) = b. Alors
on a aussi
b = U1 (a) = P (Q(a)) = P (b) .
Réciproquement, si P (b) = Q(a) = b, on montre par réccurence que, pour tout n, on a Un (a) = b.
C’est vrai si n = 0, puisque
U0 (a) = Q(a) = b .
Supposons la propriété vraie à l’ordre n − 1, alors
Un (a) = P (Un−1 (a)) = P (b) = b ,
et la propriété est vraie à l’ordre n donc pour tout n ≥ 0.
2) b) Le polynôme P (X) − X est de degré p et a au plus p racines. Donc l’équation P (b) = b a au
plus p solutions. Comme Q(X) − b est de degré q, l’équation Q(X) = b a au plus q solutions. Alors le
nombre de couples possibles est au maximum p q.
Si P (X) = X alors Un = Un−1 et pour tout n, on a Un = Q.
2) c) Si P est de degré impair, et si P (X) − X n’est pas constant, c’est un polynôme de degré impair
qui possède au moins une racine réelle b. Alors Q(X) − b est aussi de degré impair et possède au moins
une racine réelle a. Il existe donc au moins un couple (a, b) répondant à la question.
Exercice 100
Soit la suite (Pn )n≥0 de polynômes déﬁnie par P0 (X) = 1, P1 (X) = X, et, pour tout entier n,
Pn+2 (X) = Pn (X) − 2XPn+1 (X) .
1) Montrer que Pn est un polynôme de degré n, de même parité que n et à coeﬃcients entiers.
2) Expliciter la fonction polynomiale Pen associée à Pn .
CHAPITRE 10. DIVERS
110
Solution
1) La propriété se démontre par récurrence.
Le polynôme P0 est un polynôme de degré 0, pair et à coeﬃcients entiers.
Le polynôme P1 est un polynôme de degré 1, impair et à coeﬃcients entiers.
Supposons la propriété vraie aux ordres n et n + 1. Alors puisque Pn+1 est de degré n + 1, et Pn de
degré n, le polynôme XPn+1 est de degré n + 2 et Pn+2 également.
Si Pn a même parité que n et Pn+1 a même parité que n + 1, alors Pn et XPn+1 ont même parité que
n + 2. Donc Pn+2 a bien même parité que n + 2.
Enﬁn, si Pn et Pn+1 sont à coeﬃcients entiers, il en est de mème de Pn+2 . La propriété est donc vraie
à l’ordre n + 2, et donc quel que soit n.
2) On peut considérer (Pen (x))n≥0 comme une suite récurrente linéaire, de polynôme caractéristique
Q(X) = X 2 + 2xX − 1 ,
dont les racines sont réelles et valent
α = −x +
Alors
p
x2 + 1 et β = −x −
p
x2 + 1 .
Pen (x) = λαn + µβ n .
En étudiant les cas n = 0 et n = 1, on trouve le système
λ+µ
= 1
λα + µβ = x
qui se résout facilement et donne
Finalement
√
β−x
2x + x2 + 1
√
λ=
=
β−α
2 x2 + 1
,
√
−2x + x2 + 1
x−α
√
=
et µ =
.
β−α
2 x2 + 1
√
√
p
p
2+1
x
x2 + 1
2x
−
2x
+
n
√
√
(−x + x2 + 1) −
(−x − x2 + 1)n .
Pen (x) =
2 x2 + 1
2 x2 + 1
Exercice 101
Soit a et b deux nombres réels.
′′
1) Montrer que l’application Φ de R[X] dans lui même qui à S associe (X −a)2 S(X) est surjective.
2) Trouver les polynômes P tels que P (a) = P ′ (b) = 0.
111
Solution
1) L’application Φ est linéaire. D’autre part, pour tout entier n,
Φ
(X − a)n
(n + 1)(n + 2)
= (X − a)2
(X − a)n
(n + 1)(n + 2)
′′
= (X − a)n ,
ce qui montre, par linéarité, que Φ est surjective.
2) Puisque P ′ (b) est nul, il existe un polynôme K tel que
P ′ (X) = (X − b)K(X) ,
et puisque Φ est surjective, il existe S tel que
Φ(S) = K .
Alors
P ′ (X) = (X − b)[(X − a)2 S(X)]′′ .
On cherche une primitive en intégrant par parties. On obtient
′
P (X) = (X − b) (X − a)2 S(X) − (X − a)2 S(X) + k
= (X − b)(X − a) 2S(X) + (X − a)S ′ (X) − (X − a)2 S(X) + k .
Comme P (a) est nul, la constante k est nulle et
P (X) = (X − a)(X − 2b + a)S(X) + (X − a)2 (X − b)S ′ (X) .
Réciproquement, soit S un polynôme quelconque et
P (X) = (X − a)(X − 2b + a)S(X) + (X − a)2 (X − b)S ′ (X) .
Alors P (a) est nul et
donc P ′ (b) est nul.
′′
P ′ (X) = (X − b) (X − a)2 S(X) ,
CHAPITRE 10. DIVERS
112
Exercice 102
Soit P un polynôme distinct du polynôme zéro, tel que
P (X 2 ) = P (X)P (X + 1) .
n
1) Montrer que si α est racine de P , il en est de même de α2 , pour toute entier naturel n, de
(α − 1)2 et de (α2 − 1)2 .
2) Montrer que, ou bien α = 0, ou bien |α| = 1.
3) Montrer qu’il n’existe pas de nombre complexe α tel que
|α| = |α − 1| = |α2 − 1| = 1 .
4) Déduire de ce qui précède que les seules racines de P sont 0 et 1.
5) Trouver tous les polynômes P possibles.
Solution
1) On a
n+1
P (α2
n
n
n
) = P ((α2 )2 ) = P (α2 )P (α2 + 1) .
n+1
n
Donc si α2 est racine de P , il en est de même de α2
n
en est de même de α2 , pour toute entier naturel n.
. Alors, par récurrence, si α est racine de P , il
On a aussi
P ((α − 1)2 ) = P (α − 1)P (α) = 0 ,
donc (α − 1)2 est racine de P . Alors comme α2 est racine de P , il en sera de même de (α2 − 1)2 .
p
q
2) Supposons que, quels que soient p et q distincts, les nombres α2 et α2 soient distincts. Alors P
aurait une inﬁnité de racines et serait le polynôme nul ce qui n’est pas possible. Donc il existe p > q
tels que
p
q
α2 = α2
ou encore, si α n’est pas nul,
p −2q
α2
= 1,
ce qui signiﬁe que α est une racine de l’unité, donc |α| = 1.
3) Si l’on avait
|α| = |α − 1| = |α2 − 1| = 1 ,
on aurait aussi
|α| = |α − 1| = |α + 1| = 1 ,
113
et l’image dans le plan du nombre complexe α appartiendrait à trois cercles distincts de même rayon
1, et de centres alignés (0, 0), (1, 0) et (−1, 0) ce qui n’est pas possible.
4) Si α est racine de P , il en est de même de (α − 1)2 et de (α2 − 1)2 , donc d’après 2), les nombres
|α|, |α − 1| et |α2 − 1| ne peuvent valoir que 0 ou 1, et ils ne peuvent pas tous valoir 1 d’après 3). On
ne peut avoir α = −1 car (α − 1)2 = 4 n’est pas de module 1. Donc les seules racines possibles de P
sont 0 et 1.
5) Il résulte de ce qui précède que
P (X) = λX p (X − 1)q .
Alors, en remplaçant dans la relation de départ, on obtient
λX 2p (X 2 − 1)q = λ2 X p (X − 1)q (X + 1)p X q ,
c’est-à-dire
λX 2p (X − 1)q (X + 1)q = λ2 X p+q (X − 1)q (X + 1)p ,
qui a lieu si et seulement si λ = 1 et p = q. Les polynômes cherchés sont donc
p
P (X) = X(X − 1) .
Exercice 103
Soit l’ensemble A des polynômes non constants de R[X] vériﬁant la relation
P (X 2 ) = P (X)P (−X) .
1) Montrer que A est stable par multiplication, par division (si P et Q sont dans A et si Q divise
P , le quotient P/Q est dans A ) et par l’application P 7→ P (X 2n+1 ) , (n entier naturel).
2) Trouver les éléments de A de degré 1. En déduire, que pour tout entier naturel n non nul, le
polynôme 1 + X + · · · X 2n est dans A .
3) Si P est dans A , montrer que les racines non nulles de P sont des racines de l’unité. Quelles sont
les valeurs possibles de P (0). Calculer P (−1). Quelles sont les racines réelles possibles pour P ?
4) Calculer le coeﬃcient du terme de plus haut degré d’un élément P de A .
Solution
1) Si P et Q sont dans A , alors
P (X 2 ) = P (X)P (−X)
et
Q(X 2 ) = Q(X)Q(−X) ,
CHAPITRE 10. DIVERS
114
d’où
(P Q)(X 2 ) = P (X 2 )Q(X 2 ) = P (X)P (−X)Q(X)Q(−X) = (P Q)(X)(P Q)(−X) ,
et P Q est dans A .
Par ailleurs, si Q divise P , alors R = P/Q est un polynôme et
P
P (X 2 )
P (X)P (−X)
P
P
(X 2 ) =
=
= (X) (−X) ,
2
Q
Q(X )
Q(X)Q(−X)
Q
Q
donc P/Q est dans A .
Enﬁn, si P est dans A et Q(X) = P (X 2n+1 )
Q(X 2 ) = P ((X 2 )2n+1 ) = P ((X 2n+1 )2 ) = P (X 2n+1 )P (−X 2n+1 ) = P (X 2n+1 )P ((−X)2n+1 ) ,
et donc
Q(X 2 ) = Q(X)Q(−X) ,
ce qui montre que Q est dans A .
2) Si P (X) = aX + b est dans A , avec a non nul, on a
aX 2 + b = (aX + b)(−aX + b) = b2 − a2 X 2 ,
donc
a = −a2
et b = b2 .
On en déduit a = −1 et b = 1 ou b = 0, ce qui donne les deux polynômes −X et 1 − X.
Alors, d’après 1), le polynôme 1 − X 2n+1 est aussi dans A , puis le polynôme
1 − X 2n+1
= 1 + X + · · · + X 2n
1−X
est dans A .
3) Soit α une racine non nulle de P . Alors
P (α2 ) = P (α)P (−α) = 0 ,
n
et α2 est racine de P . Il en résulte que, pour tout n ≥ 0, le nombre α2 est racine de P . Supposons que
q
p
quels que soient p et q distincts, les nombres α2 et α2 soient distincts. Alors P aurait une inﬁnité de
racines et serait le polynôme nul ce qui n’est pas possible. Donc il existe p > q tels que
p
q
α2 = α2
ou encore
p −2q
α2
= 1,
115
ce qui signiﬁe que α est une racine de l’unité. En particulier si α est réelle, elle ne peut valoir que 1 ou −1.
Si P est dans A , on a en particulier,
P (0) = P (0)2 ,
et P (0) ne peut valoir que 0 ou 1.
On a aussi
P (1) = P (1)P (−1) .
Si 1 n’est pas racine de P , on en déduit que P (−1) = 1.
Si 1 est racine de P de multiplicité p, alors le polynôme (1 − X)p est dans A , puis le polynôme
Q(X) = P (X)/(1 − X)p est dans A et 1 n’est pas racine de Q. Alors Q(−1) = 1, et donc
P (−1) = 2p .
Il en résulte que −1 n’est jamais racine de P . Les seules racines réelles possibles de P sont 0 et 1.
4) Si P est de degré n soit λ le coeﬃcient de X n dans P . Le coeﬃcient de X 2n dans P (X 2 ) est alors
λX 2n = (λX n )(λ(−X)n ) = (−1)n λ2 X 2n ,
d’où l’on tire λ = (−1)n .
Exercice 104
1) Soit P un polynôme. On pose Q(X) = P (X 2 ) . Montrer que, pour tout entier naturel n, il existe
des nombres entiers λn,k où k est un nombre entier compris entre 0 et n/2, tels que
E(n/2)
(Rn )
Q
(n)
(X) =
X
λn,k X n−2k P (n−k) (X 2 ) ,
k=0
où E(x) désigne la partie entière de x, et calculer λn,0 .
2) Montrer que la dérivée n−ième de
P (X)2
vaut
2
n−1
X
k=0
3) Soit P un polynôme non constant vériﬁant la relation
(C)
n−1
P (k) (X)P (n−k) (X) .
k
P (X 2 ) = P (X)2 .
Montrer que si α est une racine non nulle au moins d’ordre n de P , alors α2 est une racine au moins
d’ordre n + 1 de P . En déduire les polynômes P possibles, puis retrouver le résultat en montrant
que P aurait une inﬁnité de racines s’il avait une racine non nulle.
CHAPITRE 10. DIVERS
116
Solution
1) La relation (R0 ) est vraie (en posant λ0,0 = 1). Supposons que (Rn ) soit vraie et dérivons cette
relation. On obtient
E(n/2)
Q(n+1) (X) =
X k=0
E(n/2)
=
X
k=0
(n − 2k)λn,k X n−2k−1 P (n−k) (X 2 ) + 2λn,k X n−2k+1 P (n−k+1) (X 2 )
E(n/2)
(n − 2k)λn,k X n−2k−1 P (n−k) (X 2 ) +
X
2λn,k X n−2k+1 P (n−k+1) (X 2 ) .
k=0
On peut changer k en k − 1 dans la première somme et l’on obtient
E(n/2)+1
Q
(n+1)
(X) =
X
k=1
E(n/2)
(n − 2k + 2)λn,k−1 X
n−2k+1
2
(X ) +
X
2λn,k X n−2k+1 P (n−k+1) (X 2 )
k=0
E(n/2)
= 2λn,0 X n+1 P (n+1) (X 2 ) +
P
(n−k+1)
X k=1
(n − 2k + 2)λn,k−1 + 2λn,k X n−2k+1 P (n−k+1) (X 2 )
+(n − 2 E(n/2))λn,E(n/2) X n−2 E(n/2)−1 P (n−E(n/2)) (X 2 ) .
Mais
n − 2 E(n/2) =
et
E((n + 1)/2) =
0 si n est pair
,
1 si n est impair
E(n/2)
si n est pair
.
E(n/2) + 1 si n est impair
Donc, si l’on pose,
λn+1,0 = 2λn,0 ,
si 1 ≤ k ≤ E(n/2)
λn+1,k = (n − 2k + 2)λn,k−1 + 2λn,k ,
et, si n est impair,
λn+1,E((n+1)/2) = λn+1,E(n/2)+1 = λn,E(n/2) ,
on obtient
E((n+1)/2)
Q
(n+1)
(X) =
X
λn+1,k X n+1−2k P (n+1−k) (X 2 ) ,
k=0
c’est-à-dire (Rn+1 ). Alors, la propriété (Rn ) est vraie pour tout n ≥ 0.
En particulier la suite (λn,0 ) est géométrique et
λn,0 = 2n .
117
2) Posons
S(X) = P (X)2
donc
S ′ (X) = 2P (X)P ′ (X) .
En dérivant à l’ordre n − 1 grâce à la formule de Leibniz, il vient
S
(n)
′ (n−1)
(X) = (S )
(X) = 2
n−1
X
k=0
n−1
P (k) (X)P (n−k) (X) .
k
3) On démontre par récurence sur n que, pour toute racine α non nulle au moins d’ordre n ≥ 1 de P ,
alors α2 est racine au moins d’ordre n + 1 de P .
Tout d’abord si α est racine de P , le nombre P (α2 ) = P (α)2 est nul, donc α2 est racine de P . Mais en
dérivant la relation (C),
2XP ′ (X 2 ) = 2P (X)P ′ (X) ,
et donc P ′ (α2 ) est nul. Il en résulte que α est au moins racine d’ordre 2 de P . La propriété est vraie
au rang 1.
Supposons la propriété vraie au rang n − 1. Alors si α est racine d’ordre n au moins de P , elle est
racine d’ordre n − 1 au moins de P , et, d’après l’hypothèse de récurrence, α2 est racine d’ordre n au
moins de P . Il en résulte que, si 0 ≤ k ≤ n − 1,
P (k) (α) = P (k) (α2 ) = 0 .
En dérivant n fois la relation (C), il résulte de 2) et 3) que
E(n/2)
n
n
2 X P
(n)
2
(X ) +
X
λn,k X
n−2k
P
(n−k)
2
(X ) = 2
n−1
X
k=0
k=1
n−1
P (k) (X)P (n−k) (X) ,
k
d’où l’on déduit que P (n) (α2 ) est nulle, donc que α2 est racine d’ordre n + 1 au moins. La propriété
est vraie au rang n, donc pour tout n ≥ 1.
p
Alors, si α est racine non nulle de P , quel que soit p, le nombre α2 est racine d’ordre p + 1 au moins
de P et le degré de P est plus grand que p + 1 quel que soit p ce qui n’est pas possible. Il en résulte
que la seule racine de P est 0 et donc que P est de la forme
P (X) = λX r .
La relation (C) devient
λX 2r = λ2 X 2r ,
et λ = 1. On obtient tous les monômes X r .
On peut retrouver simplement ce résultat en remarquant que si α est racine non nulle de P , alors ses
deux racines carrées le sont aussi et, par récurrence, ses 2n racines 2n −ièmes sont racines de P . Alors
P aurait une inﬁnité de racines et serait le polynôme nul. La seule racine possible de P est 0.
CHAPITRE 10. DIVERS
118
Exercice 105
Soit C une constante. Trouver les polynômes P vériﬁant la relation
P (X + 1) − P (X − 1) = 2(P ′ (X) + C) .
(E(C))
Solution
On constate que, si P (X) = aX 2 + bX + c est de degré 2 au plus, on a
P (X+1)−P (X−1) = a(X 2 +2X+1)+b(X+1)+c−(a(X 2 −2X+1)+b(X−1)+c) = 4aX+2b = 2P ′ (X) .
Donc les polynômes de degré au plus 2 vériﬁent l’équation E(0).
Par ailleurs
(X + 1)3 − (X − 1)3 = (X 3 + 3X 2 + 3X + 1) − (X 3 − 3X 2 + 3X − 1) = 6X 2 + 2 ,
donc X 3 vériﬁe l’équation E(1), et tout polynôme de degré 3 vériﬁera aussi E(1).
Enﬁn, si P vériﬁe E(C), alors P ′ vériﬁe E(0), donc est de degré inférieur à 2, et P est de degré au plus
3. Il n’y a donc pas d’autres constantes C possibles que 0 et 1. Finalement,
si C = 0, les solutions de E(C) sont les polynômes de degré au plus 2
si C = 1, les solutions de E(C) sont les polynômes de degré 3.
Exercice 106
Trouver les polynômes P non constants vériﬁant la relation
(1)
P (X + 1) + P (X − 1) = 2(P (X) + P (1)) .
Solution
Cherchons pour commencer les polynômes non constants tels que
(2)
Q(X + 1) + Q(X − 1) = 2Q(X) .
On constate tout d’abord que tous les polynômes de degré au plus 1 conviennent car
a(X + 1) + b + a(X − 1) + b = 2(aX + b) .
119
Pour un polynôme de degré 2
Q(X) = aX 2 + bX + c
on a
Q(X) + Q(−X) = a(X + 1)2 + b(X + 1) + c + a(X − 1)2 + b(X − 1) + c
= 2aX 2 + 2a + 2bX + 2c
= 2Q(X) + 2a ,
et Q ne vériﬁe pas (2). Comme toute dérivée d’un polynôme vériﬁant (2) vériﬁe encore (2) il ne peut
pas exister de polynôme de degré diﬀérent de 1 vériﬁant (2).
Si maintenant P vériﬁe (1), alors le polynôme dérivé P ′ vériﬁe (2), donc P ′ est un polynôme de degré 1
et P est de degré 2. En partant de
P (X) = aX 2 + bX + c
on obtient comme ci-dessus,
P (X + 1) + P (X − 1) = 2P (X) + 2a ,
donc
P (X + 1) + P (X − 1) = 2(P (X) + P (1)) − 2(b + c) ,
et P satisfait à l’équation (1) si et seulement si c = −b. Les polynômes cherchés sont donc les polynômes
P (X) = aX 2 + bX − b .
Exercice 107
1) Soit P un polynôme de degré n ≥ 1, à coeﬃcients réels, ayant r (r ≥ 2) racines réelles (comptées
avec leur multiplicité) telles que
αr ≤ αr−1 ≤ · · · ≤ α1 .
Montrer que P ′ a au moins r − 1 racines βi (comptées avec leur multiplicité) telles que
αr ≤ βr−1 ≤ αr−1 ≤ · · · ≤ α2 ≤ β1 ≤ α1 .
2) On suppose de plus que le coeﬃcient de X n dans P est positif. Montrer que si les nombres P (k) (λ)
sont positifs lorsque 0 ≤ k ≤ n − 1, alors le nombre réel λ est plus grand que la plus grande racine
réelle de P (s’il en existe),
3) Soit le polynôme
P (X) = X 3 − aX 2 + bX − c .
On suppose que P a trois racines réelles distinctes (il existe pour cela une condition nécessaire et
suﬃsante portant sur a, b, c que l’on n’écrira pas, voir exercice 87). A quelles conditions supplémentaires, portant toujours sur a, b, c, ces racines sont-elles les longueurs des côtés d’un triangle
du plan.
CHAPITRE 10. DIVERS
120
Solution
1) Lorsque αi+1 6= αi , si P ′ n’avait pas de racine réelle dans l’intervalle ] αi+1 , αi [ , alors la fonction P
serait strictement monotone sur l’intervalle [ αi+1 , αi ] et P (ai+1 ) serait diﬀérent de P (αi ) d’où une
contradiction.
Lorsque αi+k < αi+k−1 = · · · = αi < αi−1 , cela signiﬁe que αi est une racine d’ordre k de P . Alors αi
est racine d’ordre k − 1 de P ′ .
On obtient bien au moins r − 1 racines de P ′ s’intercalant entre celles de P .
2) Remarquons que le nombre P (x) est positif pour x assez grand, puisque le coeﬃcient du terme de
plus haut degré de P est positif, et d’autre part, si P a une racine réelle unique α (donc simple), alors
la fonction P change de signe en α et P (λ) est positif si et seulement si λ est plus grand que α. La
propriété est vraie dans ce cas, et en particulier si P est de degré 1.
On démontre la propriété par récurrence sur n. Elle est vraie à l’ordre 1 d’après ce qui précède. Supposons la vraie à l’ordre n (n ≥ 1). Soit P de degré n + 1 tel que P (k) (λ) soit positif si 0 ≤ k ≤ n et dont
le coeﬃcient de X n+1 soit positif. On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à P ′ car le coeﬃcient
de X n est positif dans P ′ et (P ′ )(k) (λ) = P (k+1) (λ) est positif si 0 ≤ k ≤ n − 1. Donc λ est plus grand
que la plus grande racine de P ′ s’il en existe.
Si P a au moins deux racines réelles, soit α sa plus grande racine. Il existe d’après 1) au moins une
une racine de P ′ . Soit alors β la plus grande racine de P ′ . Il y a deux cas possibles.
(1) Si β ≥ α, alors λ ≥ β ≥ α.
(2) Si β < α, alors α est racine simple de P et la fonction P change de signe en α. Elle est donc
négative sur [ β, α ] . Donc si P (λ) est positif, c’est que λ est plus grand que α.
Alors, la propriété est vraie à l’ordre n + 1, donc pour tout n ≥ 1.
3) Dire que les racines u, v, w de P sont les longueurs des côtés d’un triangle, signiﬁe que ces trois
nombres sont strictement positifs et vériﬁent les inégalités triangulaires
w <u+v
,
v <u+w
,
u < v+w,
qui sont équivalentes à
w<
u+v+w
2
,
v<
u+v+w
2
,
u<
u+v+w
.
2
Alors, les nombres
a=u+v+w
,
b = uv + vw + wu
et c = uvw
sont strictement positifs, et a/2 est plus grand que les racines u, v et w, donc P (a/2) est strictement
positif, ce qui donne
a3 a3 ab
−
+
− c > 0,
8
4
2
121
ou encore
8c < a(4b − a2 ) .
Etudions la réciproque. Supposons a, b, c strictement positifs et tels que
8c < a(4b − a2 ) .
Tout d’abord, si a, b et c sont strictement positifs, les polynômes
P (X) = (X + u)(X + v)(X + w) = X 3 + aX 2 + bX + c et P ′ (X) = 3X 2 + 2aX + b
sont strictement positifs pour tout X positif et suivant son ordre de multiplicité, une racine de P est
racine d’ordre impaire de P ou de P ′ , et P ou P ′ change de signe pour cette racine. Donc P ne peut
avoir que des racines négatives. De plus ces racines ne peuvent être nulles puisque leur produit c ne l’est
pas. Cela implique que −u, −v, −w sont strictement négatifs, donc que u, v, w sont strictement positifs.
D’autre part,
P (a/2) =
1
(a(4b − a2 ) − 8c) > 0 ,
8
puis
P ′ (X) = 3X 2 − 2aX + b
et P ′ (a/2) = b −
a2
2c
>
> 0,
4
a
enﬁn
P ′′ (X) = 6X − 2a et
P ′′ (a/2) = a > 0 .
Alors, d’après 2), le nombre a/2 est supérieur aux racines de P , ce qui donne les inégalités triangulaires.
Exercice 108
Discriminant
Soit P un polynôme à coeﬃcients complexes de degré n ≥ 2, dont les racines (distinctes ou non)
sont a1 , . . . , an et dont le coeﬃcient du terme de plus haut degré vaut λ. On appelle discriminant
de P le nombre
Y
(ai − aj )2 .
∆(P ) = λ2n−2
1≤i<j≤n
1) Montrer par récurrence que
(1)
n(n−1)/2 n−2
∆(P ) = (−1)
λ
n
Y
P ′ (ai ) .
i=1
2) Montrer que
P ′ (ai ) = λ(ai − a1 ) · · · (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) · · · (ai − an ) ,
et retrouver la relation (1) de manière directe.
3) Donner une condition nécessaire et suﬃsante pour que P ait une racine multiple.
4) La condition ∆(P ) ≥ 0 est-elle une condition suﬃsante pour qu’un polynôme P à coeﬃcients
réels ait des racines toutes réelles ?
CHAPITRE 10. DIVERS
122
Solution
1) La propriété est vraie si n = 2. En eﬀet, si
P (X) = λ(X − a1 )(X − a2 ) = λX 2 + bX + c ,
et si δ est une racine carrée de b2 − 4λc, alors les racines de P sont
a1 =
−b + δ
2λ
et
a2 =
et donc
−b − δ
2λ
δ
,
λ
a1 − a2 =
d’où
∆(P ) = λ2 (a1 − a2 )2 = δ2 = b2 − 4λc .
On retrouve le discriminant habituel d’un polynôme de degré 2. Alors
P ′ (X) = 2λX + b ,
donc
P ′ (a1 ) = −P ′ (a2 ) = δ ,
et
∆(P ) = δ2 = −P ′ (a1 )P ′ (a2 ) .
Supposons la propriété vraie pour les polynômes de degré n (n ≥ 2). Si
Pn+1 (X) = λ
n+1
Y
i=1
posons
Pn (X) = λ
(X − ai ) ,
n
Y
(X − ai ) ,
i=1
donc
Pn+1 (X) = Pn (X)(X − an+1 ) ,
puis
′
Pn+1
(X) = Pn′ (X)(X − an+1 ) + Pn (X) .
Alors
′
Pn+1
(ai )
=
Pn′ (ai )(ai − an+1 ) si 1 ≤ i ≤ n
Pn (an+1 )
si i = n + 1
et
∆(Pn+1 ) = ∆(Pn )
n
Y
(ai − an+1 )2
λ
2
i=1
!
.
,
123
En utilisant l’hypothèse de récurrence, on peut écrire,
(−1)n(n−1)/2 λn−2
∆(Pn+1 ) =
n
Y
!
Pn′ (ai )
i=1
n
Y
(ai − an+1 )2
λ2
i=1
!
,
ou encore
∆(Pn+1 ) =
n(n−1)/2 n−1
(−1)
λ
n
Y
Pn′ (ai )(ai
i=1
n
Y
= (−1)n(n−1)/2 λn−1
i=1
n+1
Y
= (−1)n(n+1)/2 λn−1
!
− an+1 )
!
!
n
Y
(ai − an+1 )
λ
i=1
Pn′ (ai )(ai − an+1 ) (−1)n Pn (an+1 )
′
Pn+1
(ai ) ,
i=1
ce qui donne la formule pour un polynôme de degré n + 1. Elle est donc vraie quel que soit n ≥ 2.
2) On a en dérivant
P ′ (X) = λ
n
X
(X − a1 ) · · · (X − ai−1 )(X − ai+1 ) · · · (X − an ) ,
i=1
donc
P ′ (ai ) = λ(ai − a1 ) · · · (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) · · · (ai − an ) ,
Alors
n
Y
′
P (ai ) =
n
Y
i=1
i=1
λ(ai − a1 ) · · · (ai − ai−1 )(ai − ai+1 ) · · · (ai − an ) .
Dans cette expression on trouve tous les produits (ai − aj )(aj − ai ), et il y a
ce type, donc
n
Y
Y
(ai − aj )2 .
P ′ (ai ) = λn (−1)n(n−1)/2
i=1
n
2
=
n(n−1)
2
produits de
1≤i<j≤n
Finalement
∆(P ) = λ
2n−2
Y
2
(ai − aj ) = λ
1≤i<j≤n
2n−2
−n
λ
n(n−1)/2
(−1)
n
Y
i=1
′
n−2
P (ai ) = λ
n(n−1)/2
(−1)
n
Y
P ′ (ai ) .
i=1
3) Il est clair que si, pour un couple (i, j), on a ai = aj alors ∆(P ) est nul, et réciproquement, si ∆(P )
est nul, alors un des facteurs (ai − aj ) est nul, donc ai = aj . Une condition nécessaire et suﬃsante pour
avoir une racine multiple est donc que ∆(P ) soit nul. On peut aussi voir ce résultat sur l’autre formule
donnant ∆(P ), car ai est une racine multiple de P si et seulement si P ′ (ai ) est nul.
CHAPITRE 10. DIVERS
124
4) La condition ∆(P ) ≥ 0 pour un polynôme de degré 2 implique que les racines sont réelles. C’est
encore vrai pour un polynôme de degré 3. (Voir exercice 87). Etudions le cas du degré 4. Supposons
que P ait quatre racines non réelles distinctes a, ā, b, b̄. Alors
2
∆(P ) = λ6 (a − ā)(a − b)(a − b̄)(ā − b)(ā − b̄)(b − b̄)
2
= λ6 (a − ā)(b − b̄) (a − b)(ā − b̄) (a − b̄)(ā − b)
2
= λ6 (2i Im a)(2i Im b)|a − b|2 |a − b̄|2
2
= 16λ6 Im a Im b |a − b|2 |a − b̄|2 ,
et ∆(P ) est positif. Donc cette condition n’est plus suﬃsante pour que P ait des racines toutes réelles.
Exercice 109
Polynômes de Bernstein
Soit f une fonction déﬁnie sur [ 0, 1 ] à valeurs réelles et n un entier plus grand que 1. On appelle
n−ième polynôme de Bernstein de la fonction f le polynôme
n
X
n
j
(1 − X)n−j X j .
f
Bn (f )(X) =
n
j
j=0
1) Calculer Bn (f )(0), Bn (f )(1) et B1 (f )(X).
2) Montrer que
Bn (f )′ (X) = n
n−1
X
j=0
f
j+1
n
−f
j
n−1
(1 − X)n−1−j X j .
n
j
3) Soit k entier naturel. On pose fk (x) = xk . Ainsi que
Φ0 (X) = 1 et Φk (X) = X(X − 1) · · · (X − k + 1) si
k ≥ 1.
a) Calculer Bn (f0 )(X).
b) Montrer que si n ≥ 2 et k ≥ 1,
′
Bn (fk ) (X) =
1
nk−1
k−1
X
i=0
k
(n − 1)
Bn−1 (fi )(X) .
i
i
c) En déduire Bn (f1 ) et Bn (f2 ).
d) Soit k un entier plus grand que 1. Montrer par récurrence sur k, qu’il existe des nombres
rationnels ak,j (1 ≤ j ≤ k) tels que, pour tout entier n plus grand que 1,
125
k
1 X
ak,j Φj (n) X j ,
Bn (fk )(X) = k
n
j=1
et calculer ak,1 , ak,k , ak,2 pour tout k. En déduire Bn (f3 ).
e) En calculant de deux manières le coeﬃcient de X r dans Bn (fk ) lorsque n ≥ k, montrer que
ak,r
r 1 X r
=
(−1)r−j j k .
r!
j
j=0
f) Montrer que si 1 ≤ r ≤ k, l’on a,
ak+1,r = rak,r + ak,r−1 ,
et en déduire que les nombres ak,r sont entiers
Solution
1) On obtient
Bn (f )(0) = f (0) ,
Bn (f )(1) = f (1) et B1 (f )(X) = f (0)(1 − X) + f (1)X .
2) En dérivant, on trouve
n
X
j
n f
Bn (f ) (X) =
j(1 − X)n−j X j−1 − (n − j)(1 − X)n−1−j X j ,
n
j
′
j=0
ou encore
n
n−1
X
X j n
j
n
n−j j−1
f
Bn (f ) (X) =
f
j(1 − X) X
−
(n − j)(1 − X)n−1−j X j .
n
n
j
j
′
j=1
j=0
En tenant compte du fait que
n
n−1
n
n−1
j
=n
si 1 ≤ j ≤ n et (n − j)
=n
si 0 ≤ j ≤ n − 1
j
j−1
j
j
on obtient

n−1 n
X
X
n−1
n−1
j
j
f
(1 − X)n−j X j−1 −
(1 − X)n−1−j X j  ,
f
Bn (f )′ (X) = n 
n
n
j−1
j

j=1
j=0
puis en changeant j en j + 1 dans la première somme


n−1
n−1
X j n − 1
X j + 1 n − 1
f
(1 − X)n−1−j X j −
(1 − X)n−1−j X j  ,
f
Bn (f )′ (X) = n 
n
n
j
j
j=0
j=0
CHAPITRE 10. DIVERS
126
et ﬁnalement
n−1
X
Bn (f )′ (X) = n
f
j=0
j+1
n
−f
j
n−1
(1 − X)n−1−j X j ,
n
j
ce qui donne la formule voulue.
3a) En utilisant la formule du binôme de Newton, on a
Bn (f0 )(X) =
n X
n
j
j=0
(1 − X)n−j X j = ((1 − X) + X)n = 1 .
3b) D’après 2)
Bn (fk )′ (X) = n
n−1
X
j=0
j+1
n
k
k ! j
n−1
−
(1 − X)n−1−j X j ,
n
j
puis, en utilisant la formule du binôme, si k ≥ 1,
1
′
Bn (fk ) (X) =
nk−1
k−1 X
k
n−1
X
i
i=0
j=0
j
i
!
n−1
(1 − X)n−1−j X j .
j
En permutant les sommations
Bn (fk )′ (X) =
1
nk−1
c’est-à-dire


n−1
k−1
X
X j i n − 1
k

(n − 1)i
(1 − X)n−1−j X j  ,
n−1
i
j
i=0
j=0
Bn (fk )′ (X) =
1
nk−1
k−1
X
i=0
(n − 1)i
k
Bn−1 (fi )(X) .
i
3c) Tout d’abord, d’après 1), on a B1 (fk ) = X si k ≥ 1. Si maintenant n ≥ 2, on a donc
Bn (f1 )′ (X) = Bn−1 (f0 )(X) = 1 ,
et, puisque Bn (f1 )(0) est nul, on trouve encore,
Bn (f1 )(X) = X .
Ensuite, si n ≥ 2,
Bn (f2 )′ (X) =
1
1
(Bn−1 (f0 )(X) + 2(n − 1)Bn−1 (f1 )(X)) = (1 + 2(n − 1)X) ,
n
n
d’où, puisque Bn (f2 )(0) est nul,
Bn (f2 )(X) =
1
1
(X + (n − 1)X 2 ) = 2 (nX + n(n − 1)X 2 ) ,
n
n
127
ce qui reste vrai si n = 1.
3d) On montre la propriété par récurrence sur k en utilisant 3b).
Le calcul de Bn (f1 ) et Bn (f2 ) montre que la propriété est vraie aux rangs 1 et 2 en prenant
a1,1 = a2,1 = a2,2 = 1 .
Supposons la propriété vraie jusqu’au rang k − 1. Soit n ≥ 2. On part de
′
Bn (fk ) (X) =
1
nk−1
!
k−1
X
i k
(n − 1)
1+
Bn−1 (fi )(X) .
i
i=1
Alors, en utilisant la propriété aux rangs compris entre 1 et k − 1, on obtient



k−1
i
X
X
k 
1
1
(n − 1)i
ai,j Φj (n − 1) X j  .
Bn (fk )′ (X) = k−1 1 +
i
n
(n − 1)i
i=1
j=1
On permute les sommations ce qui donne




k−1 k−1
X
X
k
1
Φj (n − 1) 
ai,j  X j  .
Bn (fk )′ (X) = k−1 1 +
i
n
i=j
j=1
On remarque que
Φj (n − 1) = (n − 1)(n − 2) · · · (n − 1 − j + 1) = (n − 1) · · · (n − (j + 1) + 1) =
En intégrant, on obtient alors, puisque Bn (fk )(0) est nul,




k−1
k−1 j+1
X
X
k
X
1
,
Φj+1 (n) 
ai,j 
Bn (fk )(X) = k nX +
i
n
j+1
j=1
i=j
ou encore, en changeant j en j − 1,




k
k−1 X
1 
1 X k
Bn (fk )(X) = k Φ1 (n)X +
Φj (n)
ai,j−1  X j  .
n
j
i
j=2
Donc, si l’on pose
ak,1 = 1 et ak,j
i=j−1
k−1 1 X k
ai,j−1
=
i
j
si
i=j−1
on a bien
Bn (fk )(X) =
k
1 X
ak,j Φj (n) X j ,
nk
j=1
2≤j≤k
Φj+1 (n)
.
n
CHAPITRE 10. DIVERS
128
ce qui reste vrai si n = 1 car Φj (1) est nul si j 6= 1 et vaut 1 si j = 1. Alors, la propriété est vraie au
rang k, donc pour tout entier k ≥ 1.
On en déduit en particulier
ak,k = ak−1,k−1 ,
et ces nombres sont égaux à a1,1 = 1. On a aussi, si k ≥ 2,
!
k k−1 k−1 1 X k
1 X k
1 X k
ak,2 =
− 2 = 2k−1 − 1 .
ai,1 =
=
2
2
2
i
i
i
i=1
i=0
i=1
Alors
1
(X + 3(n − 1)X 2 + (n − 1)(n − 2)X 3 ) .
n2
3e) En développant par la formule du binôme, on a
n−j
n k X
X
j
n
i n−j
Bn (fk )(X) =
(−1)
X i+j .
i
n
j
Bn (f3 )(X) =
j=0
i=0
Le coeﬃcient de X r dans Bn (fk ), lorsque 1 ≤ r ≤ n, est donc obtenu pour les couples (i, j) tels que
i + j = r et vaut donc
r k X
n
n−j
j
(−1)r−j
.
n
j
r−j
j=0
En utilisant l’autre expression de Bn (fk )(X), on obtient l’égalité
r k X
j
n
1
r−j n − j
ak,r Φr (n) =
(−1)
.
nk
n
j
r−j
j=0
Comme on a
n!
,
(n − r)!
on en tire, en explicitant les coeﬃcients binomiaux,
Φr (n) =
ak,r =
r
X
k
r−j
j (−1)
j=0
r
r n!
(n − j)!
(n − r)! X j k (−1)r−j
1 X r
=
=
(−1)r−j j k .
j
j!(n − j)! (n − r)!(r − j)! n!
j!(r − j)!
r!
j=0
j=0
3f) En calculant rak,r + ak,r−1 , on obtient
r
r
X
j k (−1)r−j
j=0
j!(r − j)!
+
r−1 k
r−1
X
X
j (−1)r−1−j
jk
rk
=
(−1)r−j (r − (r − j)) + r
j!(r − 1 − j)!
j!(r − j)!
r!
j=0
j=0
c’est-à-dire
r
X
j=0
j k+1
(−1)r−j = ak+1,r .
j!(r − j)!
Alors une récurrence immédiate montre que ces nombres sont entiers. Les nombres ak,r sont appelés
« nombres de Stirling de deuxième espèce » .
Chapitre 11
Polynômes dans Z/nZ
On notera comme des nombres usuels, les éléments de Z/nZ, et donc n = 0 par exemple.
Exercice 110
On pose K = Z/2Z = {0, 1}. Si P est dans K[X], on note ℓ(P ) le nombre de monômes non nuls
constituant le polynôme P .
1) Donner une condition nécessaire et suﬃsante portant sur ℓ(P ) pour que 1 soit racine de P .
En déduire que ℓ(P Q) et ℓ(P )ℓ(Q) sont deux nombres ayant la même parité.
2) Trouver tous les polynômes irréductibles de degré inférieur ou égal à 5 .
3) Factoriser H(X) = X 6 + X 3 + X + 1.
Solution
1) Dans K, les coeﬃcients de P non nuls sont égaux à 1. Un polynôme s’écrit donc
P (X) = X α1 + X α2 + · · · + X αℓ(P ) ,
où les nombres αi sont des entiers positifs distincts. Alors P (1) = ℓ(P ), et 1 est racine de P si et
seulement si ℓ(P ) est pair.
Si 1 est racine de P ou de Q, un des nombres ℓ(P ) ou ℓ(Q) est pair, donc ℓ(P )ℓ(Q) est pair. Mais 1
est aussi racine de P Q, donc ℓ(P Q) est pair.
Si 1 n’est racine ni de P , ni de Q, les deux nombres ℓ(P ) et ℓ(Q) sont impairs et ℓ(P )ℓ(Q) aussi. Mais
1 ne peut pas être racine de P Q, donc ℓ(P Q) est impair. Il en résulte que dans tous les cas ℓ(P Q) et
ℓ(P )ℓ(Q) ont la même parité.
CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/N Z
130
2) Les polynômes de degré 1 sont X et X + 1 et sont irréductibles.
Lorsque le degré est plus grand que 2, les polynômes irréductibles ont nécessaitement un terme constant
égal à 1 (sinon 0 serait racine de P ), et sont constitués d’un nombre impair de monômes (sinon 1 serait
racine de P ). Cherchons, suivant le degré n, les polynômes vériﬁant ces conditions.
Si n = 2 le seul polynôme satisfaisant à ces conditions est X 2 + X + 1. Ce polynôme est irréductible
sinon il s’écrirait comme produit de facteurs de degré 1 et aurait des racines dans K.
Si n = 3 on trouve deux possibilités X 3 + X 2 + 1 et X 3 + X + 1. Ces polynômes sont irréductibles, sinon
ils seraient le produit d’un polynôme de degré 1 et d’un polynôme de degré 2 et aurait une racine dans K.
Pour n = 4 on trouve quatre possibilités X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 , X 4 + X 3 + 1 , X 4 + X 2 + 1 et
X 4 + X + 1. Le seul polynôme réductible de cette liste est le carré du polynôme irréductible de degré 2
(X 2 + X + 1)2 = X 4 + X 2 + 1 .
Pour n = 5 on trouve huit possibilités :
lorsque ℓ(P ) = 5
X 5 +X 4 +X 3 +X 2 +1 ,
X 5 +X 4 +X 3 +X +1 ,
X 5 +X 4 +X 2 +X +1 ,
X 5 +X 3 +X 2 +X +1 ,
lorsque ℓ(P ) = 3
X5 + X4 + 1 ,
X5 + X3 + 1 ,
X5 + X2 + 1 ,
X5 + X + 1 .
Les seules factorisations possibles sont le produit d’un polynôme irréductible de degré 3 par le polynôme
irréductible de degré 2 c’est-à-dire
(X 2 + X + 1)(X 3 + X 2 + 1) = X 5 + X + 1 et (X 2 + X + 1)(X 3 + X + 1) = X 5 + X 4 + 1 .
Les autres sont irréductibles.
3) Comme ℓ(H) = 4, le polynôme H est divisible par X + 1. On obtient
H(X) = (X + 1)(X 5 + X 4 + X 3 + 1) .
De nouveau X 5 + X 4 + X 3 + 1 est divisible par X + 1, et l’on a
H(X) = (X + 1)2 (X 4 + X 2 + X + 1) .
Une nouvelle fois X 4 + X 2 + X + 1 est divisible par X + 1 et ﬁnalement
H(X) = (X + 1)3 (X 3 + X 2 + 1) ,
ce qui donne la factorisation ﬁnale, puisque X 3 + X 2 + 1 est irréductible.
131
Exercice 111
Soit p un nombre premier. Montrer que toute fonction du corps Z/pZ dans lui-même est une fonction
polynomiale.
Solution
Soit f une fonction déﬁnie sur Z/pZ. Cherchons un polynôme
P (X) = a0 + a1 X + · · · + ap−1 X p−1
tel que, pour tout x dans Z/pZ, on ait
P (x) = f (x) .
En faisant varier x de 0 à p − 1 on obtient un système de Vandermonde qui possède une solution unique
dans le corps. (On peut aussi utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange).
Remarque : si deux polynômes ont la même fonction polynomiale, alors leur diﬀérence s’annule en tout
point de Z/pZ et est donc divisible par le produit Π = X(X −1) · · · (X −p+1). Il y a unicité modulo Π.
Exercice 112
p
1) Soit p un nombre premier. Montrer que, si 1 ≤ q ≤ p − 1, le coeﬃcient binomial
est divisible
q
par p. En déduire dans Z/pZ l’égalité (dite égalité des élèves de troisième)
(a + b)p = ap + bp .
2) Montrer que pour tout a de Z/pZ, on a ap = a. En déduire une factorisation du polynôme
X p − X, puis de X p−1 − 1.
3) En déduire que (p − 1)! + 1 est divisible par p (Théorème de Wilson).
Solution
1) On a
p
q!
= p(p − 1) · · · (p − q + 1) ,
q
p
p
et p divise q!
. Mais p est premier avec q! donc divise
. Alors, dans Z/pZ,
q
q
p
= 0,
k
CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/N Z
132
et en utilisant la formule du binôme,
p
p
(a + b) = a +
p−1 X
p
k=1
k
ak bp−k + bp = ap + bp .
2) On montre, par récurrence sur a, que, pour tout entier a on a dans Z/pZ,
ap = a .
C’est vrai pour a = 0. Supposons le vrai à l’ordre a. Alors, d’après 1)
(a + 1)p = ap + 1 .
et en utilisant l’hypothèse de rćurrence
(a + 1)p = a + 1 .
ce qui montre l’égalité au rang a. Elle est donc vraie pour tout a ≥ 0.
Alors, tous les éléments de Z/pZ sont racines de X p − X, et donc
X p − X = X(X − 1) · · · (X − p + 1) ,
puis
X p−1 − 1 = (X − 1) · · · (X − p + 1) .
3) Dans le polynôme précédent, le terme constant vaut
−1 = (−1) · · · (−p + 1) = (−1)p−1 (p − 1)! .
Lorsque p 6= 2, le nombre p est impair et l’on obtient, dans Z/pZ,
(p − 1)! + 1 = 0 ,
ce qui reste vrai si p = 2. Le nombre (p − 1)! + 1 est donc divisible par p.
Exercice 113
Dans Z/5Z factoriser les polynômes
P (X) = X 4 + 2X 3 + X + 1 et Q(X) = X 3 + 2X + 2 .
133
Solution
On calcule les valeurs de P sur les éléments de Z/5Z. On trouve
P (0) = 1 ,
P (1) = 0 ,
P (2) = 0 ,
P (3) = 4 ,
P (4) = 4 .
Le polynôme P possède deux racines 1 et 2. On peut mettre en facteur dans P le polynôme
(X − 1)(X − 2) = X 2 + 2X + 2 .
On écrit
P (X) = X 4 + 2X 3 + 2X 2 − 2X 2 + X + 1
= X 2 (X 2 + 2X + 2) + 3X 2 + 6X + 6
= (X 2 + 2X + 1)(X 2 + 3) = (X − 1)(X − 2)(X 2 + 3) ,
et X 2 + 3 ne s’annule pas sur Z/5Z donc est irréductible.
On procède de même pour Q.
Q(0) = 2 ,
Q(1) = 0 ,
Q(2) = 4 ,
Q(3) = 0 ,
Q(4) = 4 .
Le polynôme Q possède deux racines 1 et 3. Comme il est de degré 3, une des racines est double. On
peut mettre en facteur dans Q le polynôme
(X − 1)(X − 3) = X 2 + X + 3 .
On écrit
Q(X) = X(X 2 + X + 3) − X 2 − X + 2
= X(X 2 + X + 3) − (X 2 + X + 3)
= (X 2 + X + 3)(X − 1) = (X − 1)2 (X − 3) .
Exercice 114
Dans Z/3Z montrer que les polynômes
P (X) = X 4 + 2X 3 + X + 1 et Q(X) = X 3 + 2X + 2 ,
sont premiers entre eux et ne se factorisent pas.
CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/N Z
134
Solution
Eﬀectuons la division euclidienne de P par Q :
X 4 +2X 3
+X +1 X 3 +2X +2
4
2
−X
−2X −2X
X
+2
3
2
+2X −2X
−X +1
−2X 3
−4X −4
−2X 2 −5X −3
Le reste vaut donc
−2X 2 − 5X − 3 = X 2 + X .
En divisant Q(X) par ce reste
X 3 + 2X + 2 = X(X 2 + X) − X 2 + 2X + 2 = X(X 2 + X) − (X 2 + X) + 2 = (X − 1)(X 2 + X) + 2 .
Le reste est un polynôme constant, donc P et Q sont premiers entre eux.
On a
Q(0) = Q(1) = Q(2) = 2 ,
donc Q n’a pas de racine. Comme Q est de degré 3, il ne peut se factoriser.
On a aussi
P (0) = 1 et P (1) = P (2) = 2 ,
donc P n’a pas de racine. La seule factorisation possible est de la forme
P (X) = (X 2 + aX + b)(X 2 + cX + d) ,
qui conduit au système




a+c
b + ac + d
ad + bc



bd
=
=
=
=
2
0
.
1
1
En raison de la dernière équation, on a nécessairement b = d dans Z/3Z. La troisième donne b(a+c) = 1
donc avec la première 2b = 1 et ﬁnalement b = d = 2 puis ac = −4 = 2. Alors a et c sont racines du
trinôme X 2 − 2X + 2 qui ne s’annule pas sur Z/3Z. Il en résulte que P ne se factorise pas sur Z/3Z.
135
Exercice 115
Eﬀectuer la division euclidienne de
P (X) = X 4 + 2X 3 + X 2 + 1 par Q(X) = 2X 2 + X + 1
successivement dans
a) Z/3Z , b) Z/5Z
,
c) R.
Solution
a)
X 4 +2X 3 +X 2
+1 2X 2 +X +1
4
3
2
−4X −2X −2X
2X 2 +1
−X 2
+1
−2X 2 −X −1
−X
donc
P (X) = (2X 2 + 1)Q(X) + 2X .
b)
X 4 +2X 3 +X 2
+1 2X 2 +X +1
−6X 4 −3X 3 −3X 2
3X 2 +2X −2
3
2
−X −2X
−4X 3 −2X 2 −2X
−4X 2 −2X +1
+4X 2 +2X +2
+3
donc
P (X) = (3X 2 + 2X + 3)Q(X) + 3 .
c)
X4
−X 4
+2X 3
+X 2
+1 2X 2
+X
+1
3
2
2
−X /2 −X /2
X /2 +3X/4 −1/8
+3X 3 /2 +X 2 /2
−3X 3 /2 −3X 2 /4 −3X/4
−X 2 /4 −3X/4
+1
+X 2 /4 +X/8 +1/8
−5X/8 +9/8
donc
P (X) =
1
1
(4X 2 + 6X − 1)Q(X) − (5X − 9) .
8
8
CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/N Z
136
Exercice 116
Factoriser en produit de polynômes irréductibles le polynôme 3X 4 + 2X 2 − 1 successivement sur
a) Q , b) R , c) C , d) Z/5Z.
Solution
a) Le trinôme 3X 2 + 2X − 1 a pour racines −1 et 1/3. On a donc
3X 2 + 2X − 1 = (3X − 1)(X + 1) .
Alors
P (X) = (3X 2 − 1)(X 2 + 1) ,
ce qui donne la factorisation sur Q.
b) Sur R, on a alors
1
P (X) = 3 X − √
3
1
X+√
3
(X 2 + 1) .
c) Sur C, on termine par
1
P (X) = 3 X − √
3
1
X+√
3
(X + i)(X − i) .
d) Sur Z/5Z, on constate que X 2 + 1 s’annule pour 2 et 3, et se factorise donc sous la forme
(X − 2)(X − 3) = X 2 + 1 .
Par contre 3X 2 − 1 ne s’annule pas. On a donc la factorisation
P (X) = (X − 2)(X − 3)(3X 2 − 1) = (X + 3)(X + 2)(3X 2 + 4) .
Exercice 117
Dans Z/3Z trouver les polynômes unitaires irréductibles de degré 2 et 3.
Solution
Partons des trois polynômes de degré 1
X
,
X +1 ,
X + 2,
pour former les polynômes de degré 2 ayant des racines dans le corps.
137
X(X + 1)
X(X + 2)
(X + 1)(X + 2)
X2
(X + 1)2
(X + 2)2
=
X2 + X
=
X 2 + 2X
=
X2 + 2
=
X2
= X 2 + 2X + 1
= X2 + X + 1
Il y a neuf polynômes unitaires de degré 2, donc il reste trois polynômes unitaires irréductibles
X2 + 1 ,
X2 + X + 2 ,
X 2 + 2X + 2 .
Il y a 27 polynòmes unitaires de degré 3. Cherchons tout d’abord les polynômes ayant plusieurs racines.
Il y a tout d’abord les trois racines triples
X3
=
X3
3
(X + 1) = X 3 + 1
(X + 2)3 = X 3 + 2
Il y a ensuite six polynômes ayant une racine double et une simple
X(X + 1)2
X(X + 2)2
(X + 1)X 2
(X + 1)(X + 2)2
(X + 2)X 2
(X + 2)(X + 1)2
=
X 3 + 2X 2 + X
=
X3 + X2 + X
=
X3 + X2
3
= X + 2X 2 + 2X + 1
=
X 3 + 2X 2
= X 3 + X 2 + 2X + 2
Il y a un polynôme ayant trois racines distinctes
X(X + 1)(X + 2) = X 3 + 2X 2 .
Les polynômes ayant une seule racine sont alors au nombre de neuf
X(X 2 + 1)
X(X 2 + X + 2)
X(X 2 + 2X + 2)
(X + 1)(X 2 + 1)
(X + 1)(X 2 + X + 2)
(X + 1)(X 2 + 2X + 2)
(X + 2)(X 2 + 1)
(X + 2)(X 2 + X + 2)
(X + 2)(X 2 + 2X + 2)
=
X3 + X
3
=
X + X 2 + 2X
=
X 3 + 2X 2 + 2X
= X3 + X2 + X + 1
=
X 3 + 2X 2 + 2
=
X3 + X + 2
3
= X + 2X 2 + X + 2
=
X3 + X + 1
=
X3 + X2 + 1
Il reste 27 − 19 = 8 polynômes unitaires irréductibles de degré 3
X 3 + X 2 + X + 2 X 3 + 2X 2 + X + 1 X 3 + 2X + 1
X 3 + X 2 + 2X + 1 X 3 + 2X 2 + 2X + 2 X 3 + 2X + 2
X 3 + 2X 2 + 1
X3 + X2 + 2
CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/N Z
138
On constate bien qu’aucun de ces polynômes ne s’annule sur Z/3Z.
Exercice 118
On se place dans l’anneau Z/6Z.
1) Montrer que le polynôme (X + 4)(X + 3) possède quatre racines.
2) Montrer que la fonction polynomiale associée à X 3 − X est la fonction nulle et factoriser ce
polynôme de trois manières diﬀérentes.
3) Soit P un polynôme ayant pour racine 0. Montrer que
P (3) = 3P (1)
et P (4) = 4P (1) ,
et en déduire que les fonctions polynomiales ne donnent pas toutes les fonctions de Z/6Z dans Z/6Z.
4) Ecrire tous les polynômes de degré 1 sans racine dans Z/6Z, et montrer que le polynôme X + 1
peut s’écrire comme le produit de deux tels polynômes de deux manières possibles.
5) Montrer que les polynômes X + 1 et 2 ont un diviseur commun ∆(X) qui est le générateur de
l’idéal engendré par ces deux polynômes.
Solution
Ecrivons pour commencer la table de multiplication dans Z/6Z.
×
1
2
3
4
5
1
1
2
3
4
5
2
2
4
0
2
4
3
3
0
3
0
3
4
4
2
0
4
2
5
5
4
3
2
1
1) On a
(X + 4)(X + 3) = X 2 + 7X + 12 = X 2 + X = X(X + 1) .
Ce polynôme a pour racines 2, 3, 0 et 5.
2) Le polynôme X 3 − X s’annule pour tous les éléments de Z/6Z. On peut alors l’écrire
X 3 − X = X(X + 1)(X + 5) = (X + 2)(X + 1)(X + 3) = (X + 5)(X + 3)(X + 4) .
3) Remarquons que pour x = 3 ou x = 4, on a x2 = x, donc, pour tout entier p ≥ 1, on aura également
xp = x. Alors, si
P (X) = a1 X + a2 X 2 + · · · + an X n ,
139
on obtient
P (3) = 3(a1 + · · · + an ) = 3P (1)
et P (4) = 4(a1 + · · · + an ) = 4P (1) .
Une fonction vériﬁant
f (0) = 0 et f (3) 6= 3f (1)
ne pourra donc pas être polynomiale.
4) Un tel polynôme est de la forme aX + b, où b n’est pas multiple de a, car si b = ca,
aX + b = aX + ca = a(X + c)
a pour racine −c. Par ailleurs, le nombre a doit être diﬀérent de 1 et 5 = −1 qui sont les seuls éléments
inversibles de l’anneau.
On obtient alors
2X + 1 2X + 3
2X + 5
3X + 1 3X + 2 3X + 4 3X + 5
4X + 1 4X + 3
4X + 5
et aucun de ces polynòmes ne s’annule sur Z/6Z.
On remarque en particulier que
X + 1 = (2X + 5)(3X + 5) = (4X + 1)(3X + 1) .
5) On a
2 = 2(3X + 1) et (X + 1) = (4X + 1)(3X + 1) ,
donc
∆(X) = 3X + 1
divise 2 et X + 1. Comme d’autre part
∆(X) = 3(X + 1) + 2 × 2 ,
il appartient à l’idéal engendré par 2 et X + 1. C’est donc un générateur de cet idéal.