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Chapitre 19POLYNÔMES
Enoncé des exercices
1 Les basiques
Exercice 19.1 Montrer quen∑
k=0
(n
k
)3k (1−X)3n−2kXk =
(1−X3
)n
Exercice 19.2 Deux polynômes U et V vérifient U (x) sinx + V (x) cosx = 0 pour tout x > 0. Montrez que U et Vsont tous deux égaux au polynôme nul.
Exercice 19.3 Déterminer le degré de (X2 + 1)n − 2X2n + (X2 − 1)n.
Exercice 19.4 (Archimède 1998). On considère l’application Φ de R [X] dans lui même définie par
Φ(P ) = (2X − 1)P −(X2 +
1
2
)P ′
où P ′ désigne le polynôme dérivé. Déterminer le degré de Φ(P ) en fonction du degré de P . Résoudre Φ(P ) = 1.
Exercice 19.5 Soit Pn(X) = (1 +X)(1 +X2)(1 +X4)...(1 +X2n). Calculer les coefficients de Pn.
Exercice 19.6 Pour n = 0, factoriser le polynôme
Pn = 1−X +X(X − 1)
2!− ...+ (−1)nX(X − 1)...(X − n+ 1)
n!
Exercice 19.7 Déterminer a et b pour que X2 − aX + 1 divise X4 −X + b.
Exercice 19.8 Déterminer p et q dans R pour que P = X3 + pX + q soit divisible par Q = X2 + 3X − 1.
Exercice 19.9 Montrer que X2 −X + 1 divise P = (X − 1)n+2 +X2n+1
Exercice 19.10 Calculer, pour n ≥ 2 les restes des divisions euclidiennes de P = (X − 3)2n + (X − 2)n − 2 para) (X − 3)(X − 2) b) (X − 2)2
(on pourra, pour b dériver l’expression obtenue en écrivant une division euclidienne)
Exercice 19.11 Donner une CNS (Condition nécessaire et suffisante) pour que X2+1 divise X4+X3+λX2+µX+2dans C [X] .
Exercice 19.12 Soit t ∈ R, n ∈ N, et Pn (X) = (sin (t)X + cos (t))n.Déterminer le reste de la division euclidienne de P par
(X2 + 1
).
1. LES BASIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES
Exercice 19.13 Déterminer a et b dans C tels que A = X2 +X + 1 divise B = X4 + aX2 + bX + a2 + 1.
Exercice 19.14 Soit n ∈ N, montrer que le polynôme Pn = 1+X+X2
2+
X3
3!+ · · ·+ Xn
n!n’a pas de racine multiple.
Exercice 19.15 Déterminer λ > 0 pour que P = X3− 3X +λ ait une racine double. Quelle est alors l’autre racine ?
Exercice 19.16 Déterminer tous les polynômes P de R [X], non nuls, tels que(X2 + 1
)P ′′ − 6P = 0 et P (1) = 2
Exercice 19.17 Résoudre l’équation suivante dans C [X] : X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = 1
Exercice 19.18 Résoudre l’équation suivante dans C [X] : P (2X) = P ′ (X)P ′′ (X)
Exercice 19.19 Résoudre le système :
x+ y + z = 2xyz = −1
21
x+
1
y+
1
z=
1
2
Exercice 19.20 Soit P = X4+12X−5, factoriser P sur R et sur C, sachant qu’il admet deux racines dont le produitvaut −1.
Exercice 19.21 Olympiade mathématiques du Canada 1996Si α,β, γ sont les racines de P (X) = X3 −X − 1, calculer
1 + α
1− α+
1 + β
1− β+
1 + γ
1− γ
Exercice 19.22 Factoriser le polynôme P =(X2 + 1
)2+(X2 −X − 1
)2
Exercice 19.23 Trouver trois réels x, y et z tels que
x+ y + z =1
x+
1
y+
1
z= 5
et x2 + y2 + z2 = 15
Exercice 19.24 Soit P le polynôme à coefficients réels défini par P =(X2 − 1
)2−3X(X2 + 1
). Montrer que j = e
2iπ3
est racine de P .En déduire la factorisation de P dans R [X] en produits d’irréductibles et les racines réelles de P .
Exercice 19.25 Déterminer λ pour que le polynôme X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1 ait une racine d’ordre 3 au moins.
Exercice 19.26 Soit P = X3 +X + 1, on note α, β et γ ses racines complexes.
1. Calculer
α+ β + γ
α2 + β2 + γ2
2. En utilisant P (α) + P (β) + P (γ) que l’on exprimera de deux manières différentes, en déduire la valeur deα3 + β3 + γ3.
3. Exprimer le reste de la division euclidienne de X4 par P . En déduire la valeur de α4 + β4 + γ4.
Exercice 19.27 Soient α, β, γ les racines de l’équation X3 − 5X2 + 6X − 1. Déterminer la valeur exacte de
A =1
1− α+
1
1− β+
1
1− γ
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CHAPITRE 19. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Exercice 19.28 Factoriser sur R le polynôme P = X6 +X3 + 1.
Exercice 19.29 Résoudre (X + 4)P (X) = XP (X + 1) . Généraliser à (X + n)P (X) = XP (X + 1) où n ∈ N∗
Exercice 19.30 Soit P (X) = X4+aX3+bX2+cX+d, où a, b, c et d sont des réels. On sait que P (2i) = P (2 + i) = 0,que vaut a+ b+ c+ d ?
Exercice 19.31 Déterminer a pour que P (X) = X4 + aX + a et Q (X) = X3 + aX + a aient une racine commune,préciser cette racine.
Exercice 19.32 Soient P et Q dans K [X] tels que P Q = Q P , montrer que si l’équation P (P (x)) = Q (Q (x))admet une solution, il en est de même de l’équation P (x) = Q (x).
Exercice 19.33 Soit P = aXn+1+bXn+1 ∈ C [X] , déterminer une CNS sur (a, b) pour que P ait une racine double.
Exercice 19.34 Un exercice sur la divisibilité.
1. Déterminer deux suites (an)n∈N et (bn)n∈N telle que An = anXn+1 + bnX
n + 1 soit divisible par B = (X − 1)2.On choisira ainsi pour la suite de l’exercice (an)n∈N et (bn)n∈N .
2. Déterminer le quotient de la division euclidienne de An par B pour n ≥ 1
3. En déduire une expression simple den∑
k=1
kxk si x = 1 est un complexe.
Exercice 19.35 Soient A,B,C et D quatre polynômes à coefficients réels, on définit alors
P (x) =
∫ x
1
A (t)C (t) dt, Q (x) =
∫ x
1
A (t)D (t) dt, R (x) =
∫ x
1
B (t)C (t) dt et S (x) =
∫ x
1
B (t)D (t) dt
Montrer que (X − 1)4 divise P (X)S (X)−Q (X)R (X).
Exercice 19.36 Montrer que P = X3 + pX + q admet une racine double si et seulement si 4p3 + 27q2 = 0.
2 Les techniques
Exercice 19.37 Soit P un polynôme tel que les restes de la division euclidienne de P par (X − 1) , (X − 2) et (X − 3)soient 3, 7 et 13 respectivement. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par (X − 1) (X − 2) (X − 3) .
Exercice 19.38 Soit ϕ ∈ R et pour n ∈ N∗, Pn = cos ((n− 1) θ)Xn+1− cos (nθ)Xn− cos (θ)X +1. Montrer que P1divise Pn et expliciter le quotient.
Exercice 19.39 Résoudre l’équation (X − 1)P ′ +XP = 1 +X3
2.
Exercice 19.40 Résoudre l’équation 4P = (X − 1)P ′ + P ′′.
Exercice 19.41 Déterminer les polynômes P tels que P ′ divise P.
Exercice 19.42 Soit Pn = (1 + iX)n − (1− iX)n pour n ≥ 1. Factoriser le polynôme Pn et en déduire la valeur dep∑
k=0
tan2(
kπ
2p+ 1
)et de
p−1∑
k=0
tan2(kπ
2p
).
En déduire la valeur de tan2( π
14
)+ tan2
(3π
14
)+ tan2
(5π
14
).
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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES
Exercice 19.43 Factoriser sur C le polynôme P = (X + 1)n − e2ina où a ∈ R , en déduiren−1∏
k=0
sin
(a+
kπ
n
)
Que vautn−1∏
k=0
sin
(kπ
n
)? Déterminer, par passage à la limite, le produit
n−1∏
k=1
sin
(kπ
n
).
Exercice 19.44 Soit P ∈ C [X] , on suppose que ∀x ∈ R, P (x) ∈ R. Montrer que les coefficients de P sont tous réels.
Exercice 19.45 Soit P un polynôme tel que P (X) = P (1−X) , montrer que P peut s’écrire comme un polynômeen X (1−X).
Exercice 19.46 Soit P un polynôme de degré 3 ayant au moins deux racines distinctes α et β, montrer que P ′(α+ β
2
)=
0 (Alors que d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]α, β[ tel que P ′ (c) = 0, cela prouve que c n’est jamais le milieudu segment).
Exercice 19.47 Soit P (X) un polynôme de degré 3 à coefficients réels ayant trois racines réelles α, β et γ. Montrer
que la tangente enα+ β
2au graphe de P en Ox coupe l’axe en la troisième racine γ. On pourra utiliser l’exercie
19.46.Plus technique : Que dire si P a une seule racine ?. En déduire la propriété suivante pour les polynômes de degré 3 :Soit P de degré 3, si (u, v) ∈ R2, on définit A et B de coordonnées (u, P (u)) et (v, P (v)) dans le repère canonique
de R2. Montrer que la corde (AB) et la tangente au graphe de P au point d’abscisseu+ v
2se coupent en un point du
graphe de P .
Exercice 19.48 Soit P de degré 4 tel que ses racines forment une suite arithmétique, montrez que les racines de P ′
forment aussi une suite arithmétique.
Exercice 19.49 Soit P (X) = X3 − aX2 + bX − c, déterminer une CNS pour que ses racines dans C soient enprogression arithmétique.
Exercice 19.50 Déterminer tous les polynômes P tels que
P(X2)
= X2(X2 + 1
)P (X)
P (2) = 12
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CHAPITRE 19. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Exercice 19.51 Soit P = 2X3 − 6X2+7X + λ où λ ∈ C. Déterminer λ pour que 2 des racines soient inverses l’unede l’autre. Quelles sont alors les racines de P ?
Exercice 19.52 Soit P = X3 + aX2 + bX + c, on note α, β, γ ses racines. Déterminer le polynôme Q unitaire ayantpour racines α2, β2, γ2. Montrer que P (X) divise Q
(X2). Retrouver alors Q (X).
Exercice 19.53 Le but de cet exercice est de présenter sur les poynômes de degré 4 la méthode Laguerre pour lalocalisation des racines.On considère donc un polynôme unitaire P = X4+ aX3+ bX2+ cX + d dont on suppose qu’il admet 4 racines réellesnotées α, β, γ et δ.
1. Justifier quea2 − 2b− α2 = β2 + γ2 + δ2
2. Soit −→u =
β
γ
δ
et −→v =
111
, justifier que
(−→u · −→v )2 ≤ ‖−→u ‖2 ‖−→v ‖2
en déduire que(a+ α)2 ≤ 3
(a2 − 2b− α2
)
3. Conclure que les racines de P sont dans l’intervalle
I =
[−a−
√9a2 − 24b
4,−a+
√9a2 − 24b
4
]
En particulier le réel 9a2 − 24b est positif ou nul.
Exercice 19.54 (Olympiade de Norvége 2007) Déterminerm > 0 tel que le polynôme P (X) = X4−(3m+ 2)X2+m2 ait quatre racines en progression arithmétique.
Exercice 19.55 Soit P = X3 +X + 1 et Q le polynôme de degré 3 tel que Q (0) = −1 et dont les racines sont lescubes des racines de P. Calculer Q (−1) .
Exercice 19.56 Soit le polynôme P (X) = X3 − 4X2 + 6X − 4.
1. Déterminer les racines de P sachant que le produit de deux d’entre elles est égal à la troisième.
2. Résoudre le système
(x− 1) + (y − 1) + (z − 1) = 1x (x− 1) + y (y − 1) + z (z − 1) = 0
x2 (x− 1) + y2 (y − 1) + z2 (z − 1) = 0
Exercice 19.57 Soient a et b deux complexes, pour n ≥ 2, on considère le polynôme P (X) = Xn + aX − b.
Montrer que P admet une racine double si et seulement si(an
)n+
(b
n− 1
)n−1= 0.
Quelle condition retrouve-t-on si n = 2 ? Quelle condition retrouve-t-on si n = 3 et si P (X) = X3 + pX + q ?
Exercice 19.58 Soit P ∈ R [X] tel que P (0) = 0 et P(X2 + 1
)= P (X)2+1. On définit la suite (un)n∈N par u0 = 0
et un+1 = u2n + 1. Montrer que ∀n ∈ N, P (un) = un. En déduire P .
Exercice 19.59 (Mines-Ponts PSI 2008) Trouver une CNS sur (p, q) ∈ C2 pour que les trois racines a, b et c dupolynômes X3 + pX + q vérifient a2 + b2 = 1 + c2.
Exercice 19.60 (Mines-Ponts PSI 2008) Soit P = X3 + aX2 + bX + c ∈ C [X] , trouver une CNS sur (a, b, c)pour que le carré de l’une des racines soit égal au produit des deux autres.
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3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES
Exercice 19.61 Soit P un polynôme à coefficients complexes, P (x) = anxn+· · ·+a0, montrer qu’il existe un complexe
z0 tel que |z0| ≤ 1 et |P (z)| = |a0|+ |an|.Indication : Rendre unitaire P (x) en écrivant
P (x)
an= xn+bn−1x
n−1+ · · ·+b0 et considérer Q (x) =P (x)
an−b0−
b0
|b0|si a0 = 0, que dire du produit des racines de Q?
Exercice 19.62 (Centrale 2008) 1. Soit P (X) ∈ R [X], P (X) = X. Montrer que P (X)−X divise PP (X)−X(Le polynôme P P (X) est par définition le polynôme P (P (X))).
2. Trouver une racine de l’équation(z2 − 3z − 5
)2 − 3z2 + 8z + 10 = 0.
Exercice 19.63 On considère l’application T définie sur R [X] par
T (P ) = 3XP +X2P ′ −X3P ′′
1. Montrer que T ∈ L (R [X]).
2. Déterminer le degré de T (P ) en fonction de P.
3. L’endomorphisme T est-il injectif ? surjectif ?
3 Les exotiques
Exercice 19.64 Soit P ∈ R [X] unitaire. Montrer que P est scindé dans R [X] si, et seulement si :
∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|degP
Exercice 19.65 Soit P ∈ C [X] non nul vérifiant P(X2)= P (X)P (X − 1)
1. Montrer que P n’a pas de racine réelle.
2. Déterminer tous les polynômes P ∈ C [X] , tels que P(X2)= P (X)P (X − 1)
Exercice 19.66 Soient (a, b) ∈ R2 et P = X4 − 4X3 − 4X2 + aX + b. Déterminer la valeur maximale de a + b
sachant que P a deux racines réelles positives x1 et x2 telles que x1 + x2 = 2x1x2 (on pourra utiliser une calculatriceou Maple).
Exercice 19.67 Soit a un réel positif et P = X3 − aX2 + aX − a, on note α, β et γ les racines de P , déterminer lavaleur minimale de α3 + β3 + γ3 − 3αβγ. Que vaut alors P ?
Exercice 19.68 Soit A =a ∈ R, P (X) = (1 + 2i)X3 + 2 (3− i)X2 + (5− 4i)X + 2a2 a au moins une racine réelle
,
calculer S =∑
a∈S
a2.
4 Les olympiques
Exercice 19.69 Déterminer n ≥ 2 pour que P = (X − 1)n − (Xn − 1) ait une racine multiple dans C.
Exercice 19.70 (Olympiades Bulgares d’hiver 1995 )Soit m un réel tel que les racines, x1 et x2 du polynôme P = x2 + (m− 4)x+m2 − 3m+ 3 soient réelles.Déterminer m pour que x21 + x22 = 6.
Exercice 19.71 (Olympiades des USA 1975 ) Soit P un polynôme de degré n tel que ∀k ∈ 0, ..., n P (k) =k
k + 1.
Déterminer P (n+ 1)
Exercice 19.72 ( Concours Roumain (1998) équivalent au concours général en France)Les coefficients m, p et q sont réels. Pouvez-vous montrer que le polynôme suivant : x4 +mx3 + (m2 + 1)x2 + px+ q
ne peut pas avoir quatre racines réelles ?
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CHAPITRE 19. POLYNÔMES 5. LE GRENIER
Exercice 19.73 Soient P et Q deux polynômes à coefficients entiers. On suppose qu’il existe un entier a vérifiantP (a) = P (a+ 1999) = 0, et que Q (1998) = 2000. Montrer que l’équation Q(P (x)) = 1 n’a pas de solution dans Z.
Exercice 19.74 Soit P (X) = X3 −X2 − 4X − 1 et a, b deux racines de P. Montrer que ou bien 1 + a+ ab = 0, oubien 1 + b+ ab = 0.
Exercice 19.75 (A faire avec Maple) Soit P de degré n + 3 tel que ses racines forment une suite arithmétique,montrez qu’il en est de même de la dérivée énième P (n) (on pourra utiliser l’exercice 19.48 et faire quelques essaisavec Maple ou une calculateur formel).
Exercice 19.76 Trouver a ∈ R pour que le polynôme P = (1− a)x3 + (2 + a)x2 + (a− 1)x + 7 − a admette uneracine complexe de module 1. Trouver les autres racines.
Exercice 19.77 Soient a1, a2, a3, b1, b2, b3 six réels deux à deux distincts. On considère le tableau (la matrice) sui-vant(e)
a1 + b1 a1 + b2 a1 + b3a2 + b1 a2 + b2 a2 + b3a3 + b1 a3 + b2 a3 + b3
On suppose que le produit des éléments de chaque colonne est égal à 2003. Que dire du produit des éléments de chaqueligne ?Par exemple voici un tel tableau où l’on a remplacé 2003 par 24 :
a1 = 1, a2 = 6, a3 = −1, b1 = 2, b2 = −5, b3 = −3
3 −4 −28 1 31 −6 −4
Exercice 19.78 Déterminer les polynômes P tels que
P (cos t) + P (sin t) = 1
Exercice 19.79 Soit P de degré n tel que pour i ∈ 1, · · · , n+ 1 on ait P (i) =1
i. Déterminer P (0).
Exercice 19.80 Déterminer les polynômes de C [X] tels que P(X2 −X + 1
)= P (X)P (X + 1) .
5 Le grenier
Exercice 19.81 Factoriser P = 36X3 − 12X2 − 5X +1 sachant que l’une des racines est la somme des deux autres.
Exercice 19.82 Soit P (X) = Xn−1, factoriser P (X) . En calculant P ′ (1) déduire la valeur du produitn∏
k=1
sin
(kπ
n
)
(on pourra passer au module).Soit A0A1 · · ·An−1 un polygône régulier inscrit dans le cercle unité, que vaut A0A1×A0A2× · · · ×A0An−1 le produitdes distances d’un sommet au n− 1 autres ?
Exercice 19.83 Déterminer les polynômes P non nuls et non constants tels que P (nx) = P ′ (x)P ′′ (x)P (3) (x) · · ·P (n) (x).
Exercice 19.84 (Olympiades d’Espagne 2000) Soit P = X4+aX3+ bX2+ cX+1 et Q = X4+ cX3+ bX2+aX+1avec a = c. Déterminer une CNS pour que P et Q aient deux racines communes. Déterminer alors toutes les racinesde P et de Q.Indic : P −Q = · · · .
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5. LE GRENIER CHAPITRE 19. POLYNÔMES
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Chapitre 8POLYNÔMES
Solution des exercices
1 Les basiques
Exercice 8.1 On écrit que
n∑
k=0
(n
k
)3k (1−X)3n−2kXk =
n∑
k=0
(n
k
)3k[(1−X)
2]n−k
(1−X)nXk
= (1−X)nn∑
k=0
(n
k
)(3X)k
[(1−X)2
]n−k
Avec la formule du binôme, cela donne
(1−X)n((1−X)2 + 3X
)= (1−X)n
(1 +X +X2
)n
=[(1−X)
(1 +X +X2
)]n
=(1−X3
)n
Exercice 8.2 On a alors pour tout n ∈ N, U (nπ) sin (nπ) + V (nπ) cos (nπ) = (−1)n V (nπ) = 0, donc le polynômeV admet une infinité de racines (les nπ pour n ∈ N), on en déduit qu’il est nul. De même avec x = π
2 + nπ, onU(π2 + nπ
)= 0, ainsi U est également nul car il admet une infinité de racines.
Exercice 8.3 Par le binôme,
(X2 + 1)n − 2X2n + (X2 − 1)n = X2n + nX2(n−1) +n(n− 1)
2X2(n−2) + · · ·
−2X2n +X2n − nX2(n−1) +n(n− 1)
2X2(n−2) + · · ·
= n(n− 1)X2(n−2) + · · ·
est de degré 2(n− 2) si n ≥ 2, si n = 1 ou n = 0 c’est facile.
si n = 1 ,(X2 + 1)− 2X2 + (X2 − 1) = 0
si n = 1 on obtient encore le polynôme nul
Exercice 8.4 On note, si P = 0, n le degré de P, alors P = anXn +Q où an = 0 et degQ < n. On calcule
1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Φ(P ) = (2X − 1)P −(X2 +
1
2
)P ′
= (2X − 1) (anXn +Q)−
(X2 +
1
2
)(nanX
n−1 +Q′)
= (2− n) anXn+1 − anX
n − nan
2Xn−1 + (2X − 1)Q−
(X2 +
1
2
)Q′
︸ ︷︷ ︸deg<n+1
On doit donc distinguer deux cas :Premier cas : n = deg (P ) = 2, alors deg (Φ (P )) = deg (P ) + 1Second cas : n = deg (P ) = 2, alors P = aX2 + bX + c avec a = 0. Un calcul simple donne
Φ(P ) = (−a+ b)X2 + (−b+ 2c− a)X − c− 1
2b.
Si a = b, alors deg (Φ (P )) = 2.Si a = b, Φ(P ) = 2 (c− a)X−c− 1
2a. Si a = b et a = c deg (Φ (P )) = 1 et si a = b = c, Φ(P ) = −32a, deg (Φ (P )) = 0.
On constate donc que deg (Φ (P )) = 0 si et seulement si P = a(X2 +X + 1
)et dans ce cas Φ
(a(X2 +X + 1
))=
−3
2a. La seule solution de Φ(P ) = 1 est donc
P = −2
3
(X2 +X + 1
)
Exercice 8.5
P0(X) = (1 +X).
P1(X) = (1 +X)(1 +X2) = X3 +X2 +X + 1.
P2(X) = (1 +X)(1 +X2)(1 +X4) = X7 +X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1.
Par récurrence, on a Pn(X) = 1 +X + ...+X2n+1−1, en effet
Pn+1(X) = Pn(X)(1 +X2n+1) = Pn(X) +X2n+1Pn(X)
= 1 +X + ...+X2n+1−1 +X2n+1(1 +X + ...+X2n+1−1
)
= 1 +X + ...+X2n+1−1 +X2n+1 +X2n+1+1 + ...+X2n+1+2n+1−1 = 1 +X + ...+X2n+2−1
car 2n+1 + 2n+1 = 2× 2n+1 = 2n+2.
Exercice 8.6 P1 = 1−X
P2 = 1−X +X(X − 1)
2!= 1
2 (X − 1) (X − 2)
P3 = 1−X +X(X − 1)
2!− X(X − 1) (X − 2)
3!= −1
6 (X − 1) (X − 2) (X − 3)
Par récurrence, on a Pn =(−1)nn!
(X − 1) (X − 2) ... (X − n)
En effet , Pn+1 = Pn + (−1)n+1X(X − 1)...(X − (n+ 1) + 1)
(n+ 1)!
=(−1)nn!
(X − 1) (X − 2) ... (X − n)− (−1)nn!
X(X − 1)...(X − n)
(n+ 1)
=(−1)nn!
(X − 1)...(X − n+ 1)[1− X
n+1
]=
(−1)nn!
(X − 1)...(X − n+ 1)
[−(x− (n− 1))
n+ 1
]
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES
Exercice 8.7 On effectue la division euclidienne :
X4 −X + b =(X2 + aX + a2 − 1
) (X2 − aX + 1
)+(a3 − 2a− 1
)X +
(1 + b− a2
)
ainsi
X2 − aX + 1 | X4 −X + a⇔
a3 − 2a− 1 = 01 + b− a2 = 0
⇔
a ∈−1, 12 + 1
2
√5, 12 − 1
2
√5
b = a2 − 1
Exercice 8.8 On fait la division euclidienne de X3+pX+q par X2+3X−1, on obtient, après calculs, X3+pX+q =(X − 3)
(X2 + 3X − 1
)+(10 + p)X+q−3. Le polynôme Q divise P si et seulement si le reste R = (10 + p)X+q−3
est le polynôme nul. La seule solution est p = −10 et q = 3.
Exercice 8.9 Les racines de X2 −X + 1 sont −j et −j2 = (−j) où j = e2iπ3 . On calcule P (−j) = (−j − 1)
n+2+
(−j)2n+1. Puisque 1 + j + j2 = 0, on a P (−j) = j2n+4 − j2n+1 = 0 car j3 = 1. On en déduit que j est racine de P,
puisque P est à coefficients réels, −j2 est aussi racine de P . Ainsi (X − (−j))(X −
(−j2
))= X2 −X + 1 divise P.
Exercice 8.10 a) On écrit la division euclidienne de P par A = (X − 3)(X − 2), on a P (X) = (X − 3)(X −2)Q (X) + αX + β car degA = 2. Avec X = 3 on a 3α+ β = P (3) = −1 et avec X = 2 on a 2α+ β = P (2) = −1.On en déduit que α = 0 et β = −1, le reste cherché est constant égal à −1.b) On a l’égalité P (X) = (X − 2)2Q (X) + γX + δ qui donne avec X = 2, 2γ + δ = P (2) = −1. On dérive l’égalité
précédente pour obtenir P ′ (X) = 2 (X − 2)Q (X)+ (X − 2)2Q′ (X)+ γ, ce qui donne avec X = 2, P ′ (2) = −2n = γ.Le reste cherché est −2nX + 4n− 1.
Exercice 8.11 Notons P = X4 +X3 + λX2 + µX + 2.On peut faire une division euclidienne, mais il y a une autre méthode.X2 + 1 divise X4 +X3 + λX2 + µX + 2⇔ ∃Q, X4 +X3 + λX2 + µX + 2 =
(X2 + 1
)Q = (X + i) (X − i)Q⇔ i et
−i racines de P. Donc avec X = i, on a i4 + i3 + λi2 + µi + 2 = 1− i − λ + µi + 2 = 0 ⇔ λ = 3 et µ = 1. Puis, Pétant à coefficients réels P (−i) = P (i). Donc P (i) = 0⇔ P (−i) = 0. La CNS est donc λ = 3 et µ = 1. On a alorsX4 +X3 + 3X2 +X + 2 =
(X2 + 1
) (X2 +X + 2
)
Exercice 8.12 Ecrivons cette division, P (X) =(X2 + 1
)Q (X) + aX + b avec a et b réels, en effet le reste est de
degré au plus 1. Avec X = i on a ai + b = eint d’où a = sin (nt) et b = cos (nt) (car a et b sont réels). On peutaussi utiliser X = −i qui donne −ai + b = e−int que l’on combine avec ai + b = eint. On en déduit que le reste estsin (nt)X + cos (nt).
Exercice 8.13 Deux méthodes :La première : On effectue la division euclidienne de B par A, on obtient
x4 + ax2 + bx+ a2 + 1 =(x2 + x+ 1
) (x2 − x+ a
)+ (b+ 1− a)x+ a2 − a+ 1
Ce reste doit être le polynôme nul. Une CNS est donc que a2− a+1 = 0 et b = a− 1. Les solutions de a2− a+1 sonta1 = −j et a2 = −j2, qui donnent respectivement b1 = −1− j = j2 et b2 = −j.
La seconde : les racines de x2 + x + 1 = 0 sont j et j2. On calcule B (j) = j + aj2 + bj + a2 + 1 qui doit êtrenul. Puisque a et b sont réels, on obtient avec la partie réelle et la partie imaginaire :
Re (B (j)) =−12
(1 + a+ b) + a2 + 1 = 0
Im(B (j)) =
√3
2(1− a+ b) = 0
on termine ensuite de la même manière.
Exercice 8.14 Par l’absurde, si Pn (α) = P ′n (α) alors Pn (α)−P ′n (α) = 0. Mais Pn (α)−P ′n (α) =αn
n!. Ainsi α = 0,
mais α = 0 n’est pas racine de Pn !
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1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.15 Soit z la racine double alors P (z) = P ′ (z) = 0. Mais P ′ (z) = 3z2 − 3, les seules racines possiblessont donc z = 1 ou z = −1. Puisque P (1) = λ+1− 3 et P (−1) = −1+3+λ, on en déduit que λ = 2 ou λ = −2. Onne retient que λ = 2, valeur pour laquelle 1 est racine double.Le produit des racines étant égal à −2, l’autre racine est −2.
Exercice 8.16 Soit P = 0, et n le degré de P. Ainsi P = anXn +Q où an = 0 et degQ < n. En premier lieu, on a
n > 1, car sinon P ′′ = 0 et P = 0.On a P ′′ = n(n− 1)anX
n−2 +Q′′ et
(X2 + 1)P ′′ − 6P = (n(n− 1)− 6) anXn +
(X2 + 1
)Q′′ − 6Q = 0
(ah,ah, linéaire tout cela !), donc puisque an = 0, n(n − 1)− 6 = 0 ce qui donne n = −2 ou n = 3. L’entier n étantpositif, le degré de P est n = 3. Puis on pose P = aX3 + bX2 + cX + d, alors
(X2 + 1)P ′′ − 6P = (X2 + 1) (6aX + 2b)− 6(aX3 + bX2 + cX + d
)
= −4bX2 + 6(a− c)X + (d+ 2b) = 0⇐⇒b = d = 0
a = c
Ce qui donne P = a(X3 +X
)et la condition P (1) = 2 impose que
P = X3 +X.
Autre méthode : Ayant déterminé degP = 3, on peut également écrire que(X2 + 1
)P ′′ = 6P =⇒
(X2 + 1
)divise
P . On a donc P =(X2 + 1
)(aX + b) car degP = 3.On a donc P = aX3 + bX2 + aX + b =⇒ P ′′ = 6aX + 2b. Ainsi
(X2 + 1)P ′′ = 6P ⇐⇒(X2 + 1
)(6aX + 2b) =
(X2 + 1
)(6aX + 6b) =⇒ b = 0
d’où P = aX(X2 + 1
)puis P (1) = 2 donne a = 1.
Reamrque : L’application Φ : R [X] −→ R [X] définie par Φ(P ) =(X2 + 1
)P ′′ − 6P est linéaire. On a montré, au
passage, que son noyau estkerΦ = Vect
(X3 +X
)est une droite
Ce noyau (cette droite) coupe l’hyperplan affine H = P ∈ R [X] , P (1) = 2 en P = X3 +X.
Exercice 8.17 On commence par déterminer le degré de P . Le polynôme P = 0 n’est pas solution, si P est solution,notons d le degré de P. On a donc P = adX
d +Q où deg (Q) < d et ad = 0. Alors
X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = X (X + 1)[d (d− 1) adX
d−2 +Q′′]+ (X + 2)
[dadX
d−1 +Q′]− adX
d +Q
= (d (d− 1) + d− 1) adXd + (X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q) = 1
Cette dernière ligne doit vous faire penser (ah,ah linéaire tout cela ! !).Ainsi
X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P =(d2 − 1
)adX
d + (X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q)
Puisque degQ < d, on a deg ((X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q)) < d (chaque terme étant de degré au plus d). On adonc deux cas possibles :Ou bien d = 0, et −ad = 1, d’où P = −1.Ou bien d = 1 (pour annuler le terme de degré non constant). Dans ce cas P s’écit P = aX + b avec a = 0, P ′ = a etP ′′ = 0. On remplace dans l’équation pour obtenir
X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = a (X + 2)− (aX + b) = 2a− b = 1
ce qui donne a quelconque et b = 2a− 1.L’ensemble des solutions est
S =
P = a (X + 2)
solution générale del’équation sans second membre
+ (−1)solution particulière
où a ∈ C
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES
La structure est une structure d’espace affine. En effet, l’application Φ : C [X] −→ C [X] définie par Φ(P ) =X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P est linéaire. On a résolu Φ(P ) = 1, le noyau de Φ est donc kerΦ = Vect (X + 2).
Exercice 8.18 On détermine le degré de P, P = 0 est solution, si P = 0, soit d son degré, P = adXd + · · · .
Alors P (2X) = 2dadXd + · · ·
deg<dest de degré d. On est alors tenté d’écrire que deg(P ′P ′′) = deg (P ′) + deg (P ′′) =
d− 1 + d− 2 = 2d− 3. Mais, deg (P ′′) = d− 2 si deg(P ) ≥ 2.On distingue donc deux cas.Premier cas, d < 2, alors P ′′ = 0 et ainsi P (2X) = 0, la seule possibilité est que P = 0.Deuxième cas deg (P ) ≥ 2, alors deg (P (2X)) = d = deg (P ′P ′′) = 2d−3 d’où d = 3. On écrit P = aX3+bX2+cX+d
avec a = 0, et P (2X)− P ′ (X)P ′′ (X) = a (2X)3+ b (2X)
2+ 2cX + d−
(3aX2 + 2bX + c
)(6aX + 2b) =
2a(4− 9a)X3 + 2b(2− 9a)X2 +[2c(1− 3a)− 4b2
]X + d− 2cb = 0. On en déduit que P = 4
9X3.
Les solutions sont donc P = 0 ou P = 49X
3.
Exercice 8.19 Le système peut s’écrire :
σ1 = x+ y + z = 2σ3 = xyz = −1
2σ2
σ3=
yz + xz + xy
xyz=
1
2
, on en déduit que (x, y, z) sont racines du
polynôme X3 − 2X2 − 14X + 1
2 . Quelques tentatives montrent que 2 est racine, on a alors X3 − 2X2 − 14X + 1
2 =(X − 2)
(X + 1
2
) (X − 1
2
)
On en déduit l’ensemble des solutions
S =
(2,
1
2,−1
2
),
(2,−1
2,1
2
),
(1
2, 2,−1
2
),
(1
2,−1
2, 2
),
(−1
2, 2,
1
2
),
(−1
2,1
2, 2
)
Exercice 8.20 On utilise les relations entre coefficients et racines. Notons a, b, c, d les quatre racines de P et supposonsque ab = −1. On a les égalités suivantes :
ab = −1σ1 = a+ b+ c+ d = 0σ2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = 0σ3 = abc+ abd++acd+ bcd = −12σ4 = abcd = −5
On en déduit que :
ab = −1(a+ b) = − (c+ d)(a+ b) (c+ d) = −4− (c+ d) + cd (a+ b) = −12cd = 5
Des lignes 2, 5 et 4, on déduit que c+ d = 2. Ainsi c et d sont les racines de X2− 2X +5. Puis a+ b = −2 donc a etb sont racines de X2 + 2X − 1.Ceci permet d’affirmer que P =
(X2 − 2X + 5
) (X2 + 2X − 1
). D’où les factorisations
P = (X − 1− 2i) (X − 1 + 2i)(X + 1 +
√2) (
X + 1−√2)sur C [X]
P =(X2 − 2X + 5
) (X + 1 +
√2) (
X + 1−√2)sur R [X]
Exercice 8.21 On a P (1) = (1− α) (1− β) (1− γ) = −1, et
1 + α
1− α+
1 + β
1− β+
1+ γ
1− γ=
3− (α+ β + γ)− (βγ + αγ + αβ) + 3αβγ
P (1)
avec les fonctions symétriques des racines, on a1 + α
1− α+
1 + β
1− β+
1 + γ
1− γ= 3−0+1+3
−1 = −7
Il existe une autre méthode. On cherche un polynôme Q tel que a =1 + α
1− α, b =
1 + β
1− βet c =
1 + γ
1− γsoient racines de
—13/46— G H - E M -() 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Q. L’idée est d’inverser la fonction y =1 + x
1− x.On a
y =1 + x
1− x⇐⇒ x =
y − 1
y + 1
ainsi
x racine de P (x) ⇐⇒ x3 − x− 1 = 0
⇐⇒(y − 1
y + 1
)3− y − 1
y + 1− 1 = 0
⇐⇒ −y3 + 7y2 − y + 1
(y + 1)3= 0
⇐⇒ y3 + 7y2 − y + 1 = 0
Ce qui prouve que a, b et c sont racines de y3 + 7y2 − y + 1. D’après les relations coefficients-racines, on a
a+ b+ c = −7
1= −7
Exercice 8.22 On résout l’équation P (x) = 0⇔(X2 + 1
)2=(i2) (
X2 −X − 1)2
⇔ X2 + 1 = i(X2 −X − 1
)ou X2 + 1 = −i
(X2 −X − 1
).
Mais X2 + 1 = i(X2 −X − 1
)⇔ (1− i)X2 + iX + 1 + i = 0 , le discriminant est ∆ = (−i)2 − 4 (1 + i) (1− i) =
−1− 8 = −9 = (3i)2. Les solution de X2 + 1 = i(X2 −X − 1
), sont donc −1+i
2 et 1− i.Ces deux solutions ne sont pas conjuguées, P est à coefficients réels donc ses racines complexes sont deux à deuxconjuguées. Ainsi 1+ i et −1−i
2 sont aussi racines de P. On a quatre racines distinctes de P, ce sont toutes les racinesde P.
En définitive, P = 2 (X − 1− i) (X − 1 + i)(X − −1+i
2
) (X + 1−i
2
)
=(X2 − 2X + 2
) (X2 +X + 1
2
)
(On utilise (X − z) (X − z) = X2 − 2Re (z)X + |z|2, et on n’oublie pas le coefficient dominant )
Exercice 8.23 D’après l’énoncé on a σ1 = x+ y + z = 5,1
x+
1
y+
1
z=
yz + xz + xy
xyz=
σ2
σ3= 5. Enfin
25 = σ21 = (x+ y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2 (yz + xz + xy) = 15 + 2σ2
d’où
σ2 = 5 et σ3 = 1
On en déduit que x, y et z sont les racines de
X3 − 5X2 + 5X − 1
Une racine évidente est x = 1, on en déduit alors que y + z = 5 − x = 4 et xyz = yz = 1. On sait alors que y et zsont racines de
X2 − 4X + 1
dont les solutions dont (∆′ = 3) y = 2 +√3 et z = 2−
√3.
Exercice 8.24 On a P (j) =(j2 − 1
)2 − 3j(j2 + 1
). Or
j2 + 1 = −j =⇒ 3j(j2 + 1
)= −3j2
(j2 − 1
)2= j4 − 2j2 + 1 = j × j3 + 1− 2j2 = 1 + j − 2j2 = −3j2
—14/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES
ce qui prouve que P (j) = 0.Le polynôme P est à coefficients réels et admet j comme racine, il admet donc aussi j2 comme racine. On peut doncle factoriser par (X − j)
(X − j2
)=(X2 +X + 1
). Si on développe P on obtient
P =(X2 − 1
)2 − 3X(X2 + 1
)= X4 − 3X3 − 2X2 − 3X + 1
=(X2 +X + 1
) (X2 + aX + 1
)
(On met X2+X +1 en facteur, le quotient est du second degré, de coefficient dominant égal à 1 car P est normalisé,et de coefficient constant égal à 1, ce que l’on voit en faisant X = 0). Pour trouver le coefficient a, on développe leproduit et on cherche le coefficient en X3. On obtient
X4 − 3X3 − 2X2 − 3X + 1 = X4 +X3 (a+ 1) + · · ·
donc a = −4. En définitive
P =(X +X2 + 1
) (X2 − 4X + 1
)
Le discriminant réduit de X2 − 4X + 1 est ∆′ = 4− 1 = 3, donc
X2 − 4X + 1 =(X − 2−
√3)(
X − 2 +√3)
La factorisation sur R [X] est
P =(X +X2 + 1
) (X − 2−
√3)(
X − 2 +√3)
Les racines réelles de P sont 2 +√3 et 2−
√3.
Exercice 8.25 Soit α cette racine alors α est racine de P = X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1, mais aussi de P ′ et de P ′′.Ceci conduit au système
α4 − 2α3 + λα2 + 2α− 1 = 04α3 − 6α2 + 2λα+ 2 = 0
12α2 − 12α+ 2λ = 0
Ce que l’on peut également écrire
α4 − 2α3 + 2α− 1 = −λα22α3 − 3α2 + 1 = −λα
6α (α− 1) = −λOn remplace alors la valeur de λ trouvée dans les deux premières équations
α4 − 2α3 + 2α− 1 = 6α3 (α− 1)2α3 − 3α2 + 1 = 6α2 (α− 1)
6α (α− 1) = −λ
Et, Oh miracle, puisque 1 est racine évidente de 2α3 − 3α2 + 1, et de α4 − 2α3 + 2α− 1, on obtient
(α+ 1) (α− 1)3 = 6α3 (α− 1)
(2α+ 1) (α− 1)2= 6α2 (α− 1)
6α (α− 1) = −λ
On constate que α = 1, λ = 0 est une solution du système. Le polynôme X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1 est alors égal àX4 − 2X3 + 2X − 1 = (X + 1) (X − 1)3. Est-ce la seule solution ? (L’enoncé n’est pas très clair et ne demande pasexplicitement d’examiner tous les cas, mais un vrai matheux · · · ).La seconde équation du dernier système (2α+ 1) (α− 1)2 = −6α2 (α− 1) se résout facilement, elle conduit en effet àla factorisation
(2α+ 1) (α− 1)2 − 6α2 (α− 1) = − (α− 1)
(4α2 + α+ 1
)
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1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
dont les racines sont α = 1 et α = −1
8± 1
8i√15. On vérifie facilement ( ? ?) que α =
1
8± 1
8i√15 ne sont pas solutions
de (α+ 1) (α− 1)3−6α3 (α− 1) = − (α− 1)
(5α3 + α2 + α− 1
). En fait, la bonne méthode est la suivante. La division
euclidienne de 5α3 + α2 + α− 1 par 4α2 + α+ 1 donne
5α3 + α2 + α− 1 =
(5α
4− 1
16
)(4α2 + α+ 1
)− 3α
16− 15
16
ce qui prouve que si α est une racine commune de 5α3+α2+α−1 et de 4α2+α+1 c’est aussi une racine de −3α
16− 15
16ce qui est impossible. En d’autres termes il n’y a pas d’autres solutions au problème....
Exercice 8.26 1. D’après le cours, on a
α+ β + γ = −coefficient de X2
coefficient de X3= 0
puis
(α+ β + γ)2 = α2 + β2 + γ2 + 2 (αβ + βγ + γα)
αβ + βγ + γα = +coefficient de X
coefficient de X3= 1
doncα2 + β2 + γ2 = −2
2. P (α) + P (β) + P (γ) = 0 + 0 + 0 = 0 mais on a aussi
P (α) + P (β) + P (γ) = α3 + α+ 1 + β3 + β + 1 + γ3 + γ + 1
= α3 + β3 + γ3 + α+ β + γ + 3
d’oùα3 + β3 + γ3 = −3
3. On aX4 = X ×
(X3 +X + 1
)−X2 −X
donc
α4 = α×(α3 + α+ 1
)− α2 − α = −α2 − α
β4 = −β2 − β et γ4 = −γ2 − γ
ainsiα4 + β4 + γ4 = −
(α2 + β2 + γ2
)− (α+ β + γ) = 2
Exercice 8.27 Posons σ1 = β + α + γ, σ2 = βγ + αγ + αβ et σ3 = αβγ. Alors les relations coefficients-racinesdonnent
σ1 = 5, σ2 = 6 et σ3 = 1
Ainsi
A =1
1− α+
1
1− β+
1
1− γ=
(1− β) (1− γ) + (1− α) (1− γ) + (1− α) (1− β)
(1− α) (1− β) (1− γ)
−3 + 2γ + 2β + 2α− βγ − αγ − αβ
−1− βγ − αγ − αβ + αβγ
=−3 + 2σ1 − σ2
−1 + σ1 − σ2 + σ3= −1
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES
Le numérateur vaut
(1− β) (1− γ) + (1− α) (1− γ) + (1− α) (1− β) = (1− β − γ + βγ) + (1− β − α+ βα) + (1− α− γ + γα)
= 3− 2σ1 + σ2 = 3− 10 + 6 = −1
Pour le dénominateur, ou bien on développe pour avoir
(1− α) (1− β) (1− γ) = 1− α− β − γ + αβ + βγ + γα− αβγ = 1− σ1 + σ2 − σ3 = 1− 5 + 6− 1 = 1
Ou bien on remarque que P (X) = (X − α) (X − β) (X − γ) =⇒ P (1) = (1− α) (1− β) (1− γ) = 1− 5 + 6− 1 = 1.Conclusion
A = −1
Exercice 8.28 On a immédiatement X6 +X3 + 1 =(X3 − j
) (X3 − j2
). Les racines de X3 = j = exp
(2iπ3
)sont
z1 = exp(2iπ9
), z2 = exp
(2iπ9 + 2iπ
3
)= exp
(89 iπ)et z3 = exp
(2iπ9 + 4iπ
3
)= exp
(149 iπ
). Les racines de X3 = j2 sont
les conjugués des précédents. Ainsi
P =
(X2 − 2 cos
(2π
9
)X + 1
)(X2 − 2 cos
(8π
9
)X + 1
)(X2 − 2 cos
(14π
9
)X + 1
)
C’est la réponse attendue, on ne connaît pas la valeur exacte de cos(2π9
), cos
(8π9
)et cos
(14π9
)!
Exercice 8.29 On a (X + 4)P (X) = XP (X + 1) ainsi avec X = 0, on a P (0) = 0 et avec X = −4, P (−3) = 0,ceci prouve que 0 et −3 sont racines. On peut alors écrire P sous la forme P (X) = X (X + 3)Q (X) . En remplaçantdans l’équation, il vient
X (X + 3) (X + 4)Q (X) = X (X + 1) (X + 4)Q (X + 1)
d’où (X + 3)Q (X) = (X + 1)Q (X + 1) , avec X = −1 et X = −3, on obtient Q (−1) = Q (−2) = 0, on peut alorsécrire Q (X) = (X + 1) (X + 2)R (X) . On remplace pour avoir
(X + 3) (X + 1) (X + 2)R (X) = (X + 1) (X + 2) (X + 3)R (X + 1)
Soit R (X) = R (X + 1) . Le polynôme R est donc 1−périodique. Il est donc constant (car R (0) = R (n) , ∀n ∈ N, doncR (X)−R (0) a une infinité de racines, donc R (X) = R (0)). Conclusion P (X) = aX (X + 1) (X + 2) (X + 3) .Génaralisation : Pour l’équation (X + n)P (X) = XP (X + 1) , posons P (X) = X (X + 1) · · · (X + n− 1)Q (X) alors
(X + n)P (X) = X (X + 1) · · · (X + n)Q (X)
= XP (X + 1)
= X (X + 1) · · · (X + n)Q (X + 1)
d’où Q (X) = Q (X + 1) =⇒ Q (X) est constant. Les solutions sont donc P (X) = aX (X + 1) · · · (X + n− 1).
Exercice 8.30 Le polynôme P est à coefficients réels, ses racines sont donc soit réelles, soit complexes deux à deuxconjuguées. Or, on sait que 2i et 2+ i sont racines de P, ainsi −2i et 2− i (les conjugués) sont aussi racines de P. Ona donc quatre racines de P qui est de degré 4 et unitaire. On peut ainsi affirmer que
P (X) = (X − 2i) (X + 2i) (X − 2− i) (X − 2 + i)
=(X2 + 4
) (X2 − 2Re (2 + i)X + |2 + i|2
)
=(X2 + 4
) (X2 − 4X + 5
)
= X4 + aX3 + bX2 + cX + d
Or P (1) = 1 + a+ b+ c+ d = 5× 2 = 10 donc
a+ b+ c+ d = 9
—17/46— G H - E M -() 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.31 La grande idée est la suivant : Si α est une racine de P et de Q, alors α est racine du reste de ladivision euclidienne de P par Q. En effet, ecrivons cette division euclidienne :
P = AQ+R avec degR < degQ
AlorsP (α) = A (α)Q (α) +R (α)
Ainsi P (α) = Q (α) = 0 =⇒ R (α) = 0. On peut donc affirmer que
Q et R ont une racine commune, où R est le reste de la division de P par Q
Et éventuellement recommencer ....Dans notre exemple, on a
X4 + aX + a = X ×(X3 + aX + a
)+ a
(1−X2
)
Ainsi la racine commune est racine de a(1−X2
). Deux cas se présentent donc.
Premier cas a = 0, on a P (X) = X4 et Q (X) = X3, la racine commune est α = 0.
Second cas a = 0 et ainsi α = 1 ou α = −1. Si α = 1, alors P (1) = 0 ⇐⇒ a = −1
2et ainsi Q (1) = 1 + 2a = 0. Le
réel α = 1 est bien racine commun. On a même
P (X) = X4 − 1
2X − 1
2=
1
2(X − 1)
(2X3 + 2X2 + 2X + 1
)
Q (X) = X3 − 1
2X − 1
2=
1
2(X − 1)
(2X2 + 2X + 1
)
Si α = −1, alors P (−1) = 1 ce qui prouve que −1 n’est pas racine de P , cette possibilité est donc à exclure.Conclusion : On a deux cas possibles a = 0 et la racine est 0 ou a = −1
2 et la racine est 1.
Autre méthode : Soit α cette racine alors P (α) = 0 =⇒ α4 = −a (α+ 1) donc α = −1 et a = − α4
α+ 1. De même
Q (α) = 0 donc α3 = −a (α+ 1) =⇒ a = − α3
α+ 1. On a donc
α4
α+ 1− α3
α+ 1= 0⇐⇒ α = 0 ou α = 1
Ce qui donne a = 0 ou a = −1
2. Pour a = 0, on a P (X) = X4 et Q (X) = X3 et 0 est racine commune triple. Pour
a = −1
2, P et Q on 1 pour racine simple commune.
Exercice 8.32 Soit α tel que a = P (P (α)) = Q (Q (α)), on a
P Q P (α) = P P Q (α) = Q Q Q (α) = Q (a)
Q Q P (α) = P P P (α) = P (a)
Ainsi a est solution de P (x) = Q (x).
Exercice 8.33 Analyse : On a P ′ = (a (n+ 1)X + bn)Xn−1. Puisque 0 n’est pas racine de P, si P a une racine
double, cette racine vaut α = − bn
a (n+ 1).
Synthèse : On doit alors avoir P
(− bn
a (n+ 1)
)= 0. Mais P = Xn (aX + b)+1. Or aα+b = − abn
a (n+ 1)+b =
b
n+ 1.
La CNS est donc (− bn
a (n+ 1)
)n−1× b
n+ 1+ 1 = 0⇐⇒ (−1)n bn+1nn
an (n+ 1)n+1+ 1 = 0
ce qui s’écrit(an
)n+
(− b
n+ 1
)n+1= 0
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES
Exercice 8.34 Un exercice sur la divisibilité.
1. Le polynôme B divise A si et seulement si A (1) = A′ (1) = 0. On a donc le système
an + bn = −1
(n+ 1) an + nbn = 0La première ligne traduit A (1) = 0
La seconde traduit A′ (1) = 0
qui donne immédiatement (faire L2 − nL1) an = n et bn = − (n+ 1).On en déduit que
An = nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 est divisible par B
2. Si on pose la division euclidienne
nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 X2 − 2X + 1−
(nXn+1 − 2nXn + nXn−1
)
(n− 1)Xn − nXn−1 + 1︸ ︷︷ ︸
An−1
nXn−1
On a donc An = nXn−1B+An−1. Si on note Qn le quotient de la division euclidienne de An par B, on a, pourn ≥ 2
Qn = nXn−1 +Qn−1
et
Q1 = 1 car A1 = B
Une récurrence immédiate donne
Qn = 1 + 2X + 3X2 + · · ·+ nXn−1
Autre approche :
nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 = nXn (X − 1)− (Xn − 1)
= (X − 1)(nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1
)
car (Xn − 1) = (X − 1)(Xn−1 +Xn−2 + · · ·+ 1
)
Il faut prouver que nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1 est divisible par (X − 1).On regarde quelques exemples (avec n = 2, 3)
2X2 −X − 1 = 2X2 − 2X2 +X − 1 = (X − 1) (2X + 1)
3X3 −X2 −X − 1 = 3X3 − 3X2 + 2X2 − 2X +X − 1 = (X − 1)(3X2 + 2X + 1
)
ce qui donne l’idée que
nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1 = nXn − nXn−1 + (n− 1)Xn−1 + · · ·+ 1
nXn −n∑
k=1
Xk−1 =n∑
k=1
k(Xk −Xk−1
)=
n∑
k=1
kXk−1 (X − 1) = (X − 1)n∑
k=1
kXk−1
Il faut donc prouver que
nXn −n−1∑
k=0
Xk =n∑
k=1
k(Xk −Xk−1
)
—19/46— G H - E M -() 2009
1. LES BASIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Mais
n∑
k=1
k(Xk −Xk−1
)=
n∑
k=1
kXk −n∑
k=1
kXk−1
=n∑
k=1
kXk −n−1∑
j=0
(j + 1)Xj avec j = k − 1
=
(n∑
k=1
kXk −n−1∑
k=0
kXk
)
−n−1∑
k=0
Xk
=(nXn − 0×X0
)−n−1∑
k=0
Xk
3. On a donc pour x = 1 dans C, Qn (x) =Pn (x)
(x− 1)2, or
n∑
k=1
kxk = x(1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ nxn−1
)
= xQn (x)
=x(nxn+1 − (n+ 1)xn + 1
)
(x− 1)2
Exercice 8.35 Par définition même P,Q,R et S sont des polynômes et P (1) = Q (1) = R (1) = S (1) = 0. PosonsU = PS −QR, alors U (1) = 0.
U ′ = P ′S + PS′ −Q′R−QR′ =⇒ U ′ (1) = 0
U ′′ = P ′′S + 2P ′S′ + PS′′ −Q′′R− 2Q′R′ −QR′′
= P ′′S + PS′′ −Q′′R−QR′′ + 2AC ×BD− 2AD×BC
= P ′′S + PS′′ −Q′′R−QR′′ car P ′ = AC · · ·
d’où U ′′ (1) = 0. Puis
U (3) = P (3)S + PS(3) −Q(3)R−QR(3) + P ′′S′ + P ′S′′ −Q′′R′ −Q′R′′
Or
P ′′S′ + P ′S′′ = (AC)′ ×BD +AC × (BD)′
= A′CBD +AC′BD+ACB′D +ACBD′ = (ABCD)′
Q′′R′ +Q′R′′ = (AD)′ ×BC + (AD)× (BC)
′
= A′DBC +AD′BC +ADB′C +ADBC′ = (ABCD)′
Ainsi
U (3) = P (3)S + PS(3) −Q(3)R−QR(3) =⇒ U (3) (1) = 0
On en déduit que (X − 1)4divise U.
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Remarque : On a U (X) =
∣∣∣∣P (X) R (X)Q (X) S (X)
∣∣∣∣ , ce qui permet de calculer les dérivées plus autrement
U ′ =
∣∣∣∣P ′ R
Q′ S
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R′
Q S′
∣∣∣∣
U ′′ =
∣∣∣∣P ′′ R
Q′′ S
∣∣∣∣+ 2
∣∣∣∣P ′ R′
Q′ S′
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R′′
Q S′′
∣∣∣∣ =∣∣∣∣P ′′ R
Q′′ S
∣∣∣∣+ 2
∣∣∣∣AC BC
AD BD
∣∣∣∣︸ ︷︷ ︸
=0
+
∣∣∣∣P R′′
Q S′′
∣∣∣∣
U ′′′ =
∣∣∣∣P (3) R
Q(3) S
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)
Q S(3)
∣∣∣∣+∣∣∣∣P ′′ R′
Q′′ S′
∣∣∣∣+∣∣∣∣P ′ R′′
Q′ S′′
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣P (3) R
Q(3) S
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)
Q S(3)
∣∣∣∣+∣∣∣∣A′C +AC ′ BC
A′D+AD′ BD
∣∣∣∣+∣∣∣∣AC B′C +BC′
AD B′D +BD′
∣∣∣∣
=
∣∣∣∣P (3) R
Q(3) S
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)
Q S(3)
∣∣∣∣+∣∣∣∣AC′ BC
AD′ BD
∣∣∣∣+∣∣∣∣AC BC′
AD BD′
∣∣∣∣ =∣∣∣∣P (3) R
Q(3) S
∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)
Q S(3)
∣∣∣∣
Exercice 8.36 On sait que P a une racine double si et seulement si P et P ′ ont une racine commune. On appliquedonc le résultat de l’exercice type précédent. Puisque
X3 + pX + q =(3X2 + p
)× X
3+
(2p
3X + q
)
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (X) = 3X2 + p et R (X) =2p
3X + q ont une racine commune
Deux cas se présentent alors :
Premier cas : p = 0, R (X) a une unique racine α = −3q
2p. Ainsi
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (α) = 3
(−3q
2p
)2+ p =
4p3 + 27q2
4p2= 0⇐⇒ 4p3 + 27q2 = 0
Second cas : p = 0, dans ce cas P = X3 + q qui a trois racines 3√q, j 3
√q et j2 3
√q, distictes si q = 0, ainsi P a une
racine double si et seulement si q = 0, donc si et seulement si 4p3 + 27q2 = 27q2 = 0 (on est dans le cas où p = 0).Remarque : Le terme ∆ = 4p3 + 27q2 est le discriminant du polynôme P . Si P (X) = aX3 + bX2 + cX + d avec
a = 0, alors P a les mêmes racines que P1 (X) = X3+b
aX2+
c
aX+
d
a. En posant P2 (X) = P1
(X − b
3a
), on obtient
P2 (X) = X3 +3ac− b2
3a2X +
27a2d+ 2b3 − 9abc
27a3= X3 + pX + q
On peut donc, pour la détermination des racines, se ramener à un polynôme du type X3 + pX + q.
2 Les techniques
Exercice 8.37 On a P (1) = 3, P (2) = 7 et P (3) = 13. Si on écrit la division euclidienne, on a P = (X − 1) (X − 2) (X − 3)Q+R où R = aX2 + bX + c (car le reste est de degré au plus 2).1 ière méthode : On a P (1) = R (1) = a+b+c = 3, P (2) = R (2) = 4a+2b+c = 7 et P (3) = R (3) = 9a+3b+c = 13,d’où le système
a+ b+ c = 34a+ 2b+ c = 79a+ 3b+ c = 13
on trouve c = 1, b = 1, a = 1.2 ième méthode : Par les polynômes d’interpolation de Lagrange. On connaît la valeur de R aux points 1, 2 et 3. Ilest facile de construire un polynôme L1 tel que
L1 (1) = 1, L1 (2) = 0 et L1 (3) = 0
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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Le polynôme
L1 =(X − 2) (X − 3)
(1− 2) (1− 3)
est solution (On le détermine facilement car on connaît deux racines de L1 !).De la même manière
L2 =(X − 1) (X − 3)
(2− 1) (2− 3)et L3 =
(X − 1) (X − 2)
(3− 1) (3− 2)
sont tels queL2 (1) = 0, L2 (2) = 1 et L2 (3) = 0
L3 (1) = 0, L3 (2) = 0 et L3 (3) = 1
Le polynômeR (1)L1 +R (2)L2 +R (3)L3
est de degré 2 et prend les mêmes valeurs que R en trois points deux à deux distincts. Ce polynôme est donc égal àR. En conclusion
R = 3(X − 2) (X − 3)
(1− 2) (1− 3)+ 7
(X − 1) (X − 3)
(2− 1) (2− 3)+ 13
(X − 1) (X − 2)
(3− 1) (3− 2)= X2 +X + 1.
Exercice 8.38 Supposons n ≥ 2 et écrivons le début de la division euclidienne de Pn par P1 = X2 − 2 cos (θ)X + 1
cos ((n− 1) θ)Xn+1 − cos (nθ)Xn − cos (θ)X + 1 X2 − 2 cos (θ)X + 1− cos ((n− 1) θ)Xn+1 − 2 cos (θ) cos ((n− 1) θ)Xn + cos ((n− 1) θ)Xn−1
(2 cos (θ) cos ((n− 1) θ)− cos (nθ))Xn − cos ((n− 1) θ)Xn−1 − cos (θ)X + 1 cos ((n− 1) θ)Xn−1
Le premier reste obtenu ressemble beaucoup à Pn−1,cela sera vrai si 2 cos (ϕ) cos (n− 1) θ− cos (nθ) = cos (n− 2) θ cequi découle d’une formule connue de trigonométrie. On a donc Pn = cos ((n− 1) θ)Xn−1P1 + Pn−1. Par récurrene il
vient Pn =(∑n
k=1 cos ((k − 1) θ)Xk−1)P1 =
(∑n−1k=0 cos (kθ)X
k)P1.
Exercice 8.39 On détermine le degré, si P = 0 et deg (P ) = n, P = anXn +Q avec degQ < n,alors
(X − 1)P ′ +XP = nanXn+1 + · · ·︸︷︷︸
deg<n
= 1+X3
2
donc n = 2.Deux méthodes :
Première méthode : On remplace P = aX2 + bX + c dans (X − 1)P ′ +XP = 1 +X3
2pour obtenir
(X − 1) (2aX + b) +X(aX2 + bX + c
)− 1− X3
2= 0
qui donne (a− 1
2
)X3 + (2a+ b)X2 + (b− 2a+ c)X − (b+ 1) = 0
Ainsi
a− 12 = 0
2a+ b = 0b− 2a+ c = 0
b+ 1 = 0
⇐⇒ a =1
2, b = −1 et c = 2
La solution est
P =X2
2−X + 2
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Seconde méthode : (Utilise la formule de Taylor, Hors programme en PCSI). Avec X = 1, on a P (1) = 32 , puis on
dérive la relation pour obtenir (X − 1)P ′′ + (X + 1)P ′ + P = 3X2
2 . Avec X = 1,on a 2P ′ (1) = 0. On re-derive pourobtenir (X − 1)P ′′′ + (X + 2)P ′′ + 2P ′ = 3X d’où 3P ′′ (1) + 2P ′ (1) = 3.
Par Taylor ; P = P (1)+(X − 1)P ′ (1)+(X − 1)
2
2P ′′ (1) =
3
2+(X − 1)2
2=
X2
2−X+2. Réciproquement, le polynôme
trouvé est bien solution.
Exercice 8.40 Si P est de degré n, on a P = anXn+Q avec an = 0 et degQ < n, on remplace dans l’équation pour
obtenir4anXn + 4Q− (X − 1)
(nanX
n−1 +Q′)− n (n− 1) anX
n−2 −Q′′ = 0
d’où(4− n) anX
n + · · ·︸︷︷︸deg<n
= 0
Ainsi n = 4.Deux méthodes :Première méthode : On remplace P = aX4 + bX3 + cX2 + dX + e dans 4P = (X − 1)P ′ + P ′′ pour obtenir
4aX4 + 4bX3 + 4cX2 + 4dX + 4e = (X − 1)(4aX3 + 3bX2 + 2cX + d
)+ 12aX2 + 6bX + 2c
Soit(4a+ b)X3 + (−12a+ 3b+ 2c)X2 + (−6b+ 2c+ 3d)X + (−2c+ d+ 4e) = 0
Ce qui donne le système
4a+ b = 0−12a+ 3b+ 2c = 0−6b+ 2c+ 3d = 0−2c+ d+ 4e = 0
que l’on résout pour obtenir a =1
10e, b = −2
5e, c =
6
5e, d = −8
5e soit
P =e
10×(X4 − 4X3 + 12X2 − 16X + 10
)
L’ensemble des solutions est donc
S =Vect(X4 − 4X3 + 12X2 − 16X + 10
)
Seconde méthode : (Utilise la formule de Taylor, Hors programme en PCSI). On fait X = 1 pour avoir 4P (1) =P ′′ (1) . On dérive pour avoir 3P ′ = (x− 1)P ′′+P ′′′ =⇒ 3P ′ (1) = P ′′′ (1). On re-dérive, 2P ′′ = (X − 1)P ′′′+P (4) =⇒2P ′′ (1) = P (4) (1). On dérive (pour la dernière fois), P ′′′ = (X − 1)P (4) car P (5) = 0 ( P est de degré 4 ). En fin
de compte, P ′′′ (1) = P ′ (1) = 0 et P = P (1)(1 + 2 (X − 1)2 + 1
3 (X − 1)4). EN toute rigueur, il faut vérifier que les
polynômes trouvés sont solutions (synthèse).
Si on développe, on a 1 + 2 (X − 1)2 + 13 (X − 1)4 =
1
3X4 − 4
3X3 + 4X2 − 16
3X +
10
3.
Exercice 8.41 Le polynôme nul est solution et c’est le seul polynôme constant. Si on écrit que P = QP ′. Alorsdeg (Q) = 1 et si P = anX
n + · · · avec an = 0 , on a Q = 1n(X − α). On a donc
P =1
n(X − α)P ′ (R)
On en déduit que α est racine de P . Dérivons l’égalité précédente. On obtient
P ′ =1
n(X − α)P
′′
+1
nP ′
—23/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
D’où (1− 1
n
)P ′ (α) = 0
Si n = 1, alors P = an (X − α) , sinon, on a P ′ (α) = 0. On dérive donc la relation (R) k fois avec Leibniz pourobtenir
P (k) =1
n(X − α)P (k+1) +
k
nP (k) =⇒
(1− k
n
)P (k) (α) = 0 =⇒ P (k) (α) = 0 si 0 ≤ k ≤ n− 1
Conclusion, α est racine d’ordre n etP = an (X − α)n
Exercice 8.42 Pn (x) = 0⇐⇒ (1 + ix)n= (1− ix)
n ⇐⇒(1−ix1+ix
)n= 1 car x = −i n’est pas racine. Ainsi
Pn (x) = 0⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , 1− ix
1 + ix= e
2ikπn
⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , 1− ix = e2ikπn (1 + ix)
⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , ix(1 + e
2ikπn
)=
(1− e
2ikπn
)
on a Pn = (1− (−1)n) inXn+n(1 + (−1)n−1
)in−1Xn−1 · · · , lorsque n est pair le degré de Pn est n− 1, on retrouve
bien que le cas k = n2 est à exclure.
On a donc
Pn (x) = 0⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 \n2
, x =
(1− e
2ikπn
)
i
(1 + e
2ikπn
) = tan
(kπ
n
)
En définitive,
si n = 2p+ 1 est impair Pn = 2 (−1)p i2p∏
k=0
(X − tan
(kπ
2p+ 1
))
si n = 2p pair Pn = −2n (−1)p i2p−1∏
k=0k =p
(X − tan
(kπ
2p
))
Pour n = 2p+1, on remarque que tan((2p+1−k)π
2p+1
)= tan
(π − kπ
2p+1
)= − tan
(kπ2p+1
)et pour k = 0, tan
(kπ2p+1
)= 0.
Le polynôme Pn est impair et
Pn = (1 + iX)n − (1− iX)n
= 2 (−1)p iXp∏
k=1
(X2 − tan2
(kπ
2p+ 1
))
= 2 (−1)p iX2p+1 +(1 + (−1)2p−1
)i2p−1C22p+1X
2p−1 + · · ·
On peut donc écrire Pn (X) = XRn(X2)et les tan2
(kπ2p+1
)s’avèrent être les racines de Rn.
Rn = 2 (−1)p iXp +(1 + (−1)2p−1
)i2p−1C22p+1X
p−1 + · · · = 2 (−1)p ip∏
k=1
(X − tan2
(kπ
2p+ 1
))
Donc, d’après les relations entre coefficients et racines :
p∑
k=1
tan2(
kπ
2p+ 1
)= −
(1 + (−1)2p−1
)i2p−1C22p+1
2 (−1)p i = p (2p+ 1)
—24/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Remarque : on a également
p∑
k=0
1
cos2(
kπ
2p+ 1
) = 2p (p+ 1) + 1
Le même genre de raisonnement donne pour n = 2p pair
Pn = −2n (−1)p iXp−1∏
k=1
(X2 − tan2
(kπ
2p
))
Pn = (1 + iX)2p − (1− iX)
2p= (iX + 1)
2p − (iX − 1)2p
= 2p (iX)2p−1
+ ∁22p (iX)2p−2
+ ∁32p (iX)2p−2
+ · · · −(−2p (iX)
2p−1+ ∁22p (iX)
2p−2 − ∁32p (iX)2p−3
+ · · ·)
= 4p (iX)2p−1 + 2∁32p (iX)2p−2 + · · ·
= 4p (iX)2p−1
+ 22p (2p− 1) (2p− 2)
6(iX)2p−3 + · · ·
= −4pi (−1)pX2p−1 − 4ip (2p− 1) (2p− 2)
6(−1)p−1X2p−3 + · · ·
= XRn(X2)
Rn = −2n (−1)p ip−1∏
k=1
(X − tan2
(kπ
2p
))= −4pi (−1)pXp−1 − 4ip (2p− 1) (2p− 2)
6(−1)p−1Xp−2 + · · ·
d’oùp−1∑
k=0
tan2(kπ
2p
)=
(2p− 1) (2p− 2)
6
En particulier cela permet de prouver que
tan2( π
14
)+ tan2
(3π
14
)+ tan2
(5π
14
)= 5
Exercice 8.43 Les racines énièmes de e2ina sont les zk = ei(2a+2kπn ) pour k = 0, · · · , n − 1. Les racines de P sont
donc les αk = zk − 1 = ei(2a+2kπn ) − 1 = 2i sin
(a+ kπ
n
)ei(a+
kπn ). On en déduit que
P =n−1∏
k=0
(X − 2i sin
(a+
kπ
n
)ei(a+
kπn ))
D’après les relations coefficients-racines, on an−1∏
k=0
αk = (−1)n a0
an= (−1)n P (0)
an= (−1n)
(1− e2ina
)d’où
n−1∏
k=0
2i sin
(a+
kπ
n
)ei(a+
kπn ) = (2i)n
(n−1∏
k=0
sin
(a+
kπ
n
)) n−1∏
k=0
ei(a+kπn ) = (−1n)
(1− e2ina
)
maisn−1∏
k=0
ei(a+kπn ) = e
∑n−1k=0 i(a+kπ
n ) et∑n−1k=0 i
(a+ kπ
n
)= ina +
iπ
n
∑n−1k=0 k = ina +
in (n− 1)π
2n= ina + i
(n− 1)
2π
—25/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
d’oùn−1∏
k=0
ei(a+kπn ) = eina
(ei
π2
)n−1= in−1eina
2ni2n−1einan−1∏
k=0
sin
(a+
kπ
n
)= (−1n)
(1− e2ina
)= (−1n)
(−2i sin (na) eina
)
2n (−1)n i−1einan−1∏
k=0
sin
(a+
kπ
n
)= − (−1n)
(2i sin (na) eina
)
n−1∏
k=0
sin
(a+
kπ
n
)=
sinna
2n−1
Avec a = 0, on an−1∏
k=0
sin
(kπ
n
)= 0. Enfin si a = 0,
n−1∏
k=1
sin(a+ kπ
n
)=
sinna
2n−1 sinadonne en passant à la limite quand
a tend vers 0n−1∏
k=1
sin
(kπ
n
)=
n
2n−1
Remarque :Puisque sin(π − kπ
n
)= sin
((n− k)π
n
), on peut regrouper les sinus deux par deux. Ainsi, si n est impair,
n = 2p+ 1, on ap∏
k=1
sin
(kπ
2p+ 1
)=
√2p+ 1
2p
et si n = 2p est pairp∏
k=1
sin
(kπ
2p
)=
√p
2p−1
Exercice 8.44 Si P =∑nk=0 akX
k, on définit P =∑nk=0 akX
k le polynôme conjugué de P. On a si z ∈ C,
P (z) = P (z). D’après les hypothèses, pour x ∈ R, P (x) = P (x) = P (x) = P (x). Les polynômes P et P coïncidentsur R qui est infini, ils sont donc égaux. Ceci se traduit par ∀k, ak = ak i.e. P ∈ R [X].
Exercice 8.45 La condition P (X) = P (1−X) traduit la symétrie par rapport à X =1
2. Posons alors Q (X) =
P
(X +
1
2
), on a Q (−X) = P
(−X +
1
2
)= P
(1−
(−X +
1
2
))= P
(X +
1
2
). Le polynôme Q est donc pair, il
peut ainsi s’écrire
Q (X) =d∑
n=0
anX2n
d’où
P (X) = Q
(X − 1
2
)=
d∑
n=0
an
(X − 1
2
)2n
Mais on a
(X − 1
2
)2= X2 −X +
1
4= X (1−X) +
1
4d’où
(X − 1
2
)2n=
[(X − 1
2
)2]n=
[X (1−X) +
1
4
]n
est un polynôme en X (1−X) , on en déduit que∑dn=0 an
(X − 1
2
)2naussi.
—26/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Exercice 8.46 Soient α, β et γ les racines de P alors P = a (X − α) (X − β) (X − γ) où a est le coefficient dominant.On a alors
P ′ (X) = a (X − α) (X − β) + a (X − β) (X − γ) + a (X − α) (X − γ)
d’où
P ′(α+ β
2
)= a
(β − α
2
)(α− β
2
)+ a
(α− β
2
)(α− β
2− γ
)+ a
(β − α
2
)(α− β
2− γ
)
︸ ︷︷ ︸=0
= −a
4(α− β)2
Exercice 8.47 Il y a un cas évident, celui où il y a une racine double α = β. Dans ce cas, la tangente est horizontale
et "coupe" l’axe Ox en γ. On va donc supposer que α = β. D’après l’exo 19.46, la tangente enα+ β
2n’est pas
horizontale donc coupe l’axe Ox. Son équation est
Y − P
(α+ β
2
)= P ′
(α+ β
2
)(X − α+ β
2
)
Elle coupe donc l’axe des abscisses en
X =α+ β
2−
P(α+β2
)
P ′(α+β2
)
On va s’inspirer de l’exercice 19.46. On a
P (X) = a (X − α) (X − β) (X − γ)
donc
P(α+β2
)= a
(α+β2 − α
)(α+β2 − β
)(α+β2 − γ
)
= −1
4a (α− β)
2(α+β2 − γ
)
P ′(α+β2
)= a
(α+β2 − α
)(α+β2 − β
)+ a
(α+β2 − α
)(α+β2 − γ
)+ a
(α+β2 − β
)(α+β2 − γ
)
︸ ︷︷ ︸=0
= −1
4a (α− β)
2
Ainsi
X =α+ β
2−−1
4a (α− β)
2(α+β2 − γ
)
−1
4a (α− β)2
= γ
—27/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Remarque : On peut également procéder ainsi.L’équation d’une droite D passant par le point de coordonnées (γ, 0) est du type y = m (x− γ). Cette droite coupe legraphe de P en x solution de l’équation
P (x) = m (x− γ)⇐⇒ a (x− α) (x− β) (x− γ) = m (x− γ)⇐⇒ a (x− α) (x− β)−m = 0
La droite D est tangente au graphe de P si et seulement si x est racine double de cette équation, ce qui se traduit par
d
dx(a (x− α) (x− β)−m) = a (x− α) + a (x− β) = 0
soit
x =α+ β
2
En d’autres termes, il n’existe qu’une seule tangente au graphe de P, passant par (γ, 0) : celle issue du point d’abscisseα+ β
2.
Dans cette méthode, au lieu de montrer que la tangente issue deα+ β
2passe par (γ, 0) , on regarde les tangentes
passant par ce point, on a pris le problème à l’envers !Remarque : On peut également aborder le problème d’une troisième manière (moins élégante, à mon avis)
Un calcul simple donne, si P = aX3 + bX2 + cX + d
x− P (x)
P ′ (x)= x− ax3 + bx2 + cx+ d
3ax2 + 2bx+ c=
2ax3 + bx2 − d
3ax2 + 2bx+ c
On sait que la somme des racines de P vaut − b
adonc
α+ β
2= − b
2a− γ
2où γ est la troisième racine de P. On a donc
X =
2a
(− b
2a− γ
2
)3+ b
(− b
2a− γ
2
)2− d
3a
(− b
2a− γ
2
)2+ 2b
(− b
2a− γ
2
)+ c
—28/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
En développant avec le binôme, on obtient (et j’avoue que Maple ou une bonne calculatrice formelle est bien utile)
X = −a2γ3 + 2abγ2 + b2γ + 4ad
3a2γ2 + 2abγ + 4ac− b2
Mais on sait que P (γ) = 0 doncd = −aγ3 − bγ2 − cγ
d’où
X = −a2γ3 + 2abγ2 + b2γ + 4a(−aγ3 − bγ2 − cγ
)
3a2γ2 + 2abγ + 4ac− b2= γ
ce qui prouve le résultat !Plus technique : Si P a une seule racine γ, alors le calcul précédent est encore valable mais β = α d’où
α+ β
2= 2Re (α). Si on factorise P sous la forme P (X) = a (X − γ)
(X2 − 2bX + c
)alors la tangente issue du point
d’abscisse b passe par (γ, 0).Montrons maintenant la propriété des cordes. Une équation de la corde passant par A : (u, P (u)) et B (v, P (v)) est
y = P (u) +P (v)− P (u)
v − u(x− u), une autre est y = P (v) +
P (v)− P (u)
v − u(x− v) , en sommant les deux, on obtient
l’équation plus symétrique
y =P (u) + P (v)
2+
P (v)− P (u)
v − u
(x− u+ v
2
)(corde)
On considère alors le polynôme Q (X) = P (X) −(P (u) + P (v)
2+
P (v)− P (u)
v − u
(x− u+ v
2
))qui admet pour
racine u, v et donc une troisième racine w (distinctes de u et v en général, ce qui prouve que la corde recoupe le graphede P en un troisième point). Le réel w vérifie donc
P (w) =
(P (u) + P (v)
2+
P (v)− P (u)
v − u
(w − u+ v
2
))(PW)
On vient de prouver que la tangente enu+ v
2à Q passe par (w, 0). L’équation de cette tangente est
y = Q
(u+ v
2
)+Q′
(u+ v
2
)(x− u+ v
2
)
Mais
Q
(u+ v
2
)= P
(u+ v
2
)− P (u) + P (v)
2
Q′(u+ v
2
)= P ′
(u+ v
2
)− P (v)− P (u)
v − u
On a donc
P
(u+ v
2
)− P (u) + P (v)
2+
(P ′(u+ v
2
)− P (v)− P (u)
v − u
)(w − u+ v
2
)= 0 (E1)
Or l’équation de la tangente au graphe de P enu+ v
2est
y = P
(u+ v
2
)+ P ′
(u+ v
2
)(x− u+ v
2
)(tangente)
Si l’on fait la différence entre les équations de la corde et de la tangente, on obtient (E1) , le point d’intersection de la
corde et de la tangente a donc pour abscisse w. Son ordonnée vaut alorsP (u) + P (v)
2+
P (v)− P (u)
v − u
(w − u+ v
2
)
(on remplace x par w dans l’équation de la corde) i.e. P (w) d’après (PW). On a bien prouvé le résultat demandé.
—29/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.48 Notons α,α + r, α + 2r et α + 3r les racines de P (où r est la raison de la suite arithmétique de lasuite des racines de P), on a alors
P (X) = a (X − α) (X − α− r) (X − α− 2r) (X − α− 3r)
Puisque les racines sont régulièrement espacées, on va "recentrer" le tout en plaçant l’origine du repère en α+ r+r
2,
on pose donc X = Y + α+3r
2alors
P (X) = a
(Y +
3r
2
)(Y +
r
2
)(Y − r
2
)(Y − 3r
2
)
= a
(Y 2 − r2
4
)(Y 2 − 9r2
4
)
d’où
P ′ (X) = 2aY
(Y 2 − 9r2
4
)+ 2aY
(Y 2 − r2
4
)
= aY(4Y 2 − 5r2
)
cardY
dX= 1, ainsi
P ′ (X) = 4a
(X − α− 3r
2
)((X − α− 3r
2
)2− 5r2
4
)
Les racines de P ′ sont donc
α+3r
2−√5r
2, α+
3r
2, α+
3r
2+
√5r
2
elles forment une suite arithmétique de raison
√5
2r.
Exercice 8.49 Si les racines de P sont en progression arithmétique, on peut les noter β−r, β, β+r où r est la raisonde la progression. On a alors
P (X) = (X − β − r) (X − β) (X − β + r)
= X3 − 3βX2 +(3β2 − r2
)X + β
(r2 − β2
)
d’où
a = 3β
b = 3β2 − r2
c = β(β2 − r2
)
en particulier β =a
3(est racine de P ), et la raison est telle que
r2 =a2
3− b
d’où la condition nécessaire (qui traduit aussi le fait que P(a3
)= 0)
c =a
3
(a2
9− a2
3+ b
)=
a
3
(b− 2
9a2)
Réciproquement, si c =a
3
(b− 2
9a2), alors
P (X) = X3 − aX2 + bX − a
3
(b− 2
9a2)
—30/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
cette condition exprime que P(a3
)= 0, on peut ainsi mettre
(X − a
3
)en facteur pour obtenir
P (X) =(X − a
3
)(X2 − 2aX
3+ b− 2a2
9
)
Les racines de P sont alors1
3a− 1
3δ,
1
3a,
1
3a+
1
3δ où δ2 = 3a2 − 9b
elles forment bien une progression arithmétique de raison r telle que r2 =3a2 − 9b
9=
a2
3− b.
Exercice 8.50 On a P(02)= 02 ×
(02 + 1
)P (0) = 0, de même P
(i2)= P (−1) = i2 ×
(i2 + 1
)P (i) = 0 donc 0 et
−1 sont racines. Puisque P (12) = 0, P n’est pas nul. Si degP = n ≥ 0, on a
degP(X2)= 2n = degP
(X2)= X2
(X2 + 1
)P (X) = 4 + n
d’où
degP = 4
Posons P (X) = aX (X + 1) (X − α) (X − β) alors
P(X2)
= aX2(X2 + 1
) (X2 − α
) (X2 − β
)
= X2(X2 + 1
)P (X)
= aX2(X2 + 1
)X (X + 1) (X − α) (X − β)
Ainsi
a(X2 − α
) (X2 − β
)− aX (X + 1) (X − α) (X − β) = 0
En développant on obtient
a (α+ β − 1)X3 − aαβX2 − aαβX + aαβ = 0
d’où
α+ β = 1
αβ = 0
On en déduit que α = 0, β = 1 et avec P (2) = a× 2× (2 + 1)× 2× (2− 1) = 12a cela donne
P (X) = X2(X2 − 1
)
Exercice 8.51 Soient α, β, γ ses racines. Supposons que αβ = 1, on a a alors
α+ β + γ =6
2= 3
αβ + βγ + γα =7
2
αβγ = −λ
2
ce qui se simpifie en
α+ β + γ = 3 (8.1)
γ (α+ β) =5
2(8.2)
γ = −λ
2
—31/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
On a donc α+ β = 73 − γ puis avec (8.2) il vient
γ (3− γ) =5
2⇒−γ2 + 3γ − 5
2= 0
On résout cette équation qui donne deux solutions
γ =3
2+
i
2ou γ =
3
2− i
2
Puisλ = −3− i ou λ = −3 + i
Dans ce cas on a alors α+ β = 3− γ = 32 − i
2 ou 32 +
i2 , ainsi α et β sont racines de
X2 −(3
2− i
2
)X + 1 = 0 si γ =
3
2+
i
2⇒ α = 1− i, β =
1
1− i=
1 + i
2
X2 −(3
2+
i
2
)X + 1 = 0 si γ =
3
2− i
2⇒ α = 1 + i, β =
1
1 + i=
1− i
2
Remarque : On peut envisager une autre méthode. Quand on a trouvé que γ = −λ2 , on sait alors que P
(−λ2
)=
0 =⇒ 2(−λ2
)3−6(−λ2
)2+7
(−λ2
)+λ = −1
4λ(λ2 + 6λ+ 10
)= 0. On obtient trois solutions. Pour λ = 0, le polynôme
P est alors égal à 2X3 − 6X2 +7X = X(2X2 − 6X + 7
)qui n’admet (clairement) pas deux racines inverses l’une de
l’autre (les racines sont 0, et le produit des deux autres vaut 72). On examine alors les deux autres possibilités !
Exercice 8.52 On a α+ β + γ = −a, αβ + βγ + γα = b et αβγ = −c d’où
(α+ β + γ)2 = α2 + β2 + γ2 + 2 (αβ + βγ + γα) = a2
=⇒ α2 + β2 + γ2 = a2 − 2b
(αβ + βγ + γα)2 = α2β2 + β2γ2 + γ2α2 + 2(αβ2γ + α2γβ + αβγ2
)
= α2β2 + β2γ2 + γ2α2 + 2αβγ (α+ β + γ)
d’oùα2β2 + β2γ2 + γ2α2 = b2 − 2ac
enfinα2β2γ2 = c2
ce qui donneQ (X) = X3 −
(a2 − 2b
)X2 +
(b2 − 2ac
)X − c2
Puis Q(X2)=(X2 − α2
) (X2 − β2
) (X2 − γ2
)= (X − α) (X − β) (X − γ) (X + α) (X + β) (X + γ) = P (X)R (X)
où R (X) = (X + α) (X + β) (X + γ). Le poynôme R (X) a pour racines −α,−β,−γ donc R (X) = X3−(−α− β − γ)X2+( αβ + βγ + γα)X − αβγ = X3 − aX2 + bX − c.
On a donc
Q(X2)
=(X3 + aX2 + bX + c
) (X3 − aX2 + bX − c
)
= X6 −(a2 − 2b
)X4 +
(b2 − 2ac
)X2 − c2
ce qui permet de retrouver Q (X).
Exercice 8.53
1. D’après les relations coefficients-racines, on a
−a = α+ β + γ + δ
b = αβ + αγ + αδ + βγ + γδ + βδ
d’où le résultat
—32/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
2. On a −→u · −→v = ‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos(−→u ,−→v
)or un cosinus est compris entre −1 et 1, d’où le résultat (qui porte le nom
d’inégalité de Cauchy-Schwarz). On a donc
(β + γ + δ)2 ≤ 3×
(β2 + γ2 + δ2
)
ce qui est le résultat demandé car (−a− α)2 = (a+ α)2.
3. On a donc
(a+ α)2 ≤ 3
(a2 − 2b− α2
)⇐⇒ (a+ α)2 − 3
(a2 − 2b− α2
)≤ 0
ce qui en développant donne
4α2 + 2aα− 2a2 + 6b ≤ 0⇐⇒ α2 +1
2aα+
3
2b− 1
2a2 ≤ 0
Le trinôme du second degré X2+1
2aX+
3
2b− 1
2a2 admet donc deux racines réelles et le réel α est entre ces deux
réels. On en déduit que son dicriminant ∆ =a2
4− 4×
(3
2b− 1
2a2)
=9a2 − 24b
4est positif et que
α ∈ I =
[−a−
√9a2 − 24b
4,−a+
√9a2 − 24b
4
]
Remarque : Si P a 4 racines réelles, par application du théorème de Rolle, P ′′ a deux racines (Si les racinessont distinctes c’est un résultat facile à établir, sinon c’est un peu plus subtil · · · ). Or P ′′ = 12x2 + 6ax+ 2b a
pour discriminant ∆ = 36a2 − 8× 12b = 16× 9a2 − 24b
4.
Exercice 8.54 Déterminer m > 0 tel que le polynôme P (X) = X4 − (3m+ 2)X2 + m2 ait quatre racines enprogression arithmétique.Le coefficient de X3 est nul et il est égal à la somme des quatre racines de P, donc ces racines se répartissentsymétriquement autour de 0 (ce qui est logique puisque P est pair, ses racines sont donc symétriques par rapport à 0).
Si r est la raison de la progression, les racines sont donc −r
2, −3r
2,r
2, 3
r
2. En posant a =
r
2, on a donc les quatre
racines −3a,−a, a et 3a. On a ainsi
P (X) =(X2 − 9a2
) (X2 − a2
)
= X4 − 10a2X2 + 9a4
ainsi
9a4 = m2 =⇒±m
3= a2
et 3m+ 2 = 10a2
d’où
3m+ 2 = ±10
3m =⇒m = 6 ou m = − 6
19
Le polynôme est donc soit
P (X) = X4 − 20X2 + 36
et les racines sont −3√2,−
√2,√2, 3√2 en progression de raison 2
√2 et correspond à m = 6.
Exercice 8.55 Soient a, b et c les racines de P, on a
Q = k(X − a3
) (X − b3
) (X − c3
)
—33/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
où k est le coefficient dominant de Q (ne pas l’oublier !). On sait également que
a+ b+ c = 0
ab+ bc+ ca = 1
abc = −1donc Q (0) = −ka3b3c3 = k =⇒ k = −1. Puisque a, b et c sont racines de P,
a3 = −a− 1 =⇒ a = −1− a3
b3 = −b− 1 =⇒ b = −1− b3
c3 = −c− 1 =⇒ c = −1− c3
OrQ (−1) = (−1)×
(−1− a3
) (−1− b3
) (−1− c3
)= −abc = 1
Remarque :
a3b3c3 = −1a3 + b3 + c3 = − (a+ b+ c)− 3 = −3
et
a3b3 + b3c3 + c3a3 = (a+ 1) (b+ 1) + (b+ 1) (c+ 1) + (c+ 1) (a+ 1)
= 2 (a+ b+ c) + ab+ ac+ bc+ 3
= 4
on en déduit les fonctions symétriques des racines de Q et ainsi
Q (X) = −(X3 + 3X2 + 4X + 1
)
et ainsi on retrouve Q (−1) = 1.
Exercice 8.56
1. Soient α, β et γ les racines de P, supposons que αβ = γ, alors αβγ = 4 donc γ2 = 4. Ainsi γ = 2 ou γ = −2.On vérifie facilement que c’est 2 (car sinon on a une somme de nombres < 0, cela ne risque pas de faire 0). Ona ensuite σ2 = αβ + βγ + γα = αβ + γ (α+ β) = αβ + 2 (α+ β) = 6 et αβ = 2 d’où
αβ = 2 et α+ β = 2
Ainsi α et β sont racines de X2 − 2X + 2 = 0 d’où α = 1+ i et β = 1− i.
2. Soient σ1, σ2 et σ3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y et z. On peut reformuler l’énoncé en
x+ y + z = 4x2 + y2 + z2 = 4x3 + y3 + z3 = 4
Ainsi, d’après l’énoncé σ1 = 4. Puis
σ21 = x2 + y2 + z2 + 2σ2 =⇒ σ2 = 6
Enfin, on sait que x, y et z sont racines de X3 − σ1X2 + σ2X − σ3 ainsi
x3 − σ1x2 + σ2x− σ3
y3 − σ1y2 + σ2y − σ3
z3 − σ1z2 + σ2z − σ3
En sommant, on obtient4− 16 + 24− 3σ3 = 0
d’oùσ3 = 4
Ainsi x, y et z sont racines de P.
—34/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Exercice 8.57 Si α est racine double alors P (α) = P ′ (α) = 0, ainsi
αn + aα− b = 0
nαn−1 + a = 0
La seconde condition fournit nαn + aα = 0 soit αn = −aα
n. On reporte le résultat dans P (α) = 0 pour obtenir
a
(1− 1
n
)α = b =⇒ α =
nb
a (n− 1)
Montrons que la condition donnée est bien une CNS.Sens =⇒ : Si P a une racine double α, alors en remplaçant α par la valeur trouvée dans P ′ (α) = 0
n
(nb
a (n− 1)
)n−1+ a = 0
soitnn
an−1×(
b
n− 1
)n−1+ a = 0, ce qui s’écrit, en multipliant par
an−1
nn
(an
)n+
(b
n− 1
)n−1= 0
Sens ⇐= : réciproquement, si(an
)n+
(b
n− 1
)n−1= 0 alors posons α =
nb
a (n− 1), on a bien
P ′ (α) = 0
et
αn + aα− b = α(αn−1 + a
)− b
=nb
a (n− 1)×(−a
n+ a
)− b car P ′ (α) = nαn−1 + a = 0
= 0
Pour n = 2, on retrouve(a2
)2+ b = 0 soit a2+4b = 0, c’est à dire le discriminant. Si n = 3, on retrouve la condition
de l’exercice 1, à savoir(p3
)3+
(−q2
)2=
1
108
(4p3 + 27q2
)= 0
soit 4p3 + 27q2 = 0.
Exercice 8.58 On a par récurrence P (un) = un, c’est vrai si n = 0, supposons que P (un) = un, alors
P (un+1) = P(u2n + 1
)par définition de un+1
= P (un)2+ 1 relation fonctionnelle vérifiée par P
= u2n + 1 hypothèse de récurrence
= un+1 par définition de un+1
La suite (un)n∈N est strictement croissante car un+1 − un = u2n − un + 1 ≥ 0 (le polynôme X2 − X + 1 a deuxracines complexes et un coefficient dominant positif). Elle prend donc une infinité de valeurs différentes. Le polynômeP (X)−X a donc une infinité de racines (les un), ainsi
P (X) = X
On peut vérifier que c’est bien solution !
—35/46— G H - E M -() 2009
2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.59 Première méthode : On a
a+ b+ c = 0ab+ bc+ ca = p
abc = −qOn commence par la condition nécessaire phase d’analyse).
Puisque a + b + c = 0, on en déduit que c × (a+ b)2= c × (−c)2 = c3, mais c (a+ b)
2= c
(a2 + b2 + 2ab
)=
c(1 + c2
)+ 2abc = c+ c3 − 2q. On en déduit que
c3 = c+ c3 − 2q =⇒ c = 2q
Mais alors a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 − 2 (ab+ bc+ ca) = −2p = 1 + 2c2 = 1 + 8q2. La CN est donc
1 + 2p+ 8q2 = 0
On vérifie qu’il s’agit bien d’un CS (phase de synthèse).On suppose donc que l’on a 1 + 2p+ 8q2 = 0. On vérifie que c = 2q est racine car
8q3 + 2pq + q = q(1 + 2p+ 8q2
)= 0
Mais alors a+ b = −c = −2q et abc = −q. Si q = 0, on en déduit que ab =1
2, d’où a2 + b2 = (a+ b)
2 − 2ab = 1+ c2.
Si q = 0, on a c = 0, a + b = 0, 1 + 2p = 0 =⇒ p = −1
2et ab + bc + ca = ab = p = −1
2. On termine de la même
manière car a2 + b2 = (a+ b)2 − 2ab = 1 + c2.Conclusion, la CNS est
1 + 2p+ 8q2 = 0
Seconde méthode : On commence de ma même manière pour avoir 1+ 2c2 = −2p. Cela signifie que la CNS est que P
et le polynôme Q = 2X2+2p+1 ont une racine commune (qui est c). La division euclidienne de P par Q s’écrit alors
X3 + pX + q =(2X2 + 2p+ 1
)×(1
2X
)+
(−1
2X + q
)
Puisque c est racine de P et de Q, la CNS est que c est racine de Q et de R = −1
2X+q (on retrouve donc que c = 2q).
On écrit de nouveau la division euclidienne
2X2 + 2p+ 1 =
(−1
2X + q
)× (−4X − 8q) + 16q2 + 4p+ 2
Puisque c est racine de Q et de R, la CNS est 16q2 + 4p+ 2 = 0.
Exercice 8.60 Soient α, β et γ les racines de P , on a
α+ β + γ = −aαβ + βγ + γα = b
αβγ = −c
Analyse (Condition nécessaire) : On suppose que α2 = βγ. On a alors α3 = −c et
α (β + γ) + βγ = α (β + γ) + α2 = α (α+ β + γ) = −aα = b =⇒ aα+ b = 0
Si a = 0, alors b = 0, les racines sont les racines troisièmes de c. Si α est l’une d’elles, les deux autres sont β = jα et
γ = j2α. Puisque j × j2 = 1, on a bien α = βγ. Si a = 0, alors α = − b
aet α3 = c =⇒ b3 − a3c = 0 (condition encore
valable si a = 0). La CN est doncb3 = a3c
—36/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES
Synthèse : On suppose que b3 = a3c.Si a = 0, on a b = 0 et on a vu que l’on a bien une racine dont le carré est le produit des deux autres.
Si a = 0, on a α = − b
aracine de P car
(− b
a
)3+ a
(− b
a
)2+ b
(− b
a
)+ c =
a3c− b3
a3= 0
Mais puisque αβγ = −c = − b3
a3= − b
a×(− b
a
)2, on en déduit que βγ = α2 (car α = 0).
Conclusion, la CNS est bienb3 = a3c
Exercice 8.61 Si a0 = 0, on poseP (x)
an= xn + bn−1x
n−1 + · · · + b0 et Q (x) =P (x)
an− b0 −
b0
|b0|donc Q (x) =
P (x)
an− b0 −
b0
|b0|= xn + · · ·+ a1
a0x− b0
|b0|. Le produit z1 · · · zn des racines de Q est égal à (−1)n+1 b0
|b0|, en particulier
on a|z1 · · · zn| = 1
Il existe donc au moins une racine de module inférieur ou égal à 1 (par l’absurde), soit z0 cette racine. On a alors
Q (z0) =P (z0)
an− b0 −
b0
|b0|= 0 =⇒ P (z0)
an= b0
(1 +
1
|b0|
)
=⇒ |P (z0)||an|
= |b0|(1 +
1
|b0|
)= 1 + |b0| =⇒ |P (z0)| = |an|+ |a0| car b0 =
a0
an
Si maintenant a0 = 0 et donc b0 = 0, on pose alors Q (x) =P (x)
an− 1 = xn+ · · ·+ a1
a0x− 1 dont le produit des racines
vaut, en module, toujours 1. Il existe donc encore une racine de Q, notée z0, telle que |z0| ≤ 1 Mais
Q (z0) = 0 =⇒ P (z0)
an= 1 =⇒ |P (z0)| = |an| = |an|+ |a0|
Exercice 8.62
1. Si P (X) =n∑
k=0
akXk, alors
P (P (X))− P (X) =n∑
k=0
ak
(P (X)k −Xk
)=
n∑
k=1
ak
(P (X)k −Xk
)car P (X)0 = X0 = 1
Or dans un anneau commutatif, on a
ak − bk = (a− b)
(k∑
i=0
aibk−1
)
ainsiP (X)−X divise
(P (X)
k −Xk)
donc divise P P (X)− P (X)
Mais alorsP (X)−X divise P P (X)− P (X) + P (X)−X = P P (X)−X
2. Soit P (X) = X2 − 3X − 5, alors
P (P (X))−X =(X2 − 3X − 5
)2 − 3(X2 − 3X − 5
)− 5−X
=(X2 − 3X − 5
)2 − 3X2 + 8X + 10
—37/46— G H - E M -() 2009
3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
On en déduit queP (P (X))−X = (P (X)−X)×Q (X)
Or z2 − 3z − 5− z = (z + 1) (z − 5) , ce qui donne deux racines de(z2 − 3z − 5
)2 − 3z2 + 8z + 10 = 0 qui sont−1 et 5.Remarque : On a (
z2 − 3z − 5)2 − 3z2 + 8z + 10 = (z − 5) (z + 1)
(z2 − 2z − 7
)
Les deux autres racines sont donc 1 + 2√2 et 1 + 2
√2.
Exercice 8.63 On considère l’application T définie sur R [X] par
T (P ) = 3XP +X2P ′ −X3P ′′
1. Facile, si (P,Q) ∈ R [X]2 et λ ∈ R alors
T (λP +Q) = 3X (λP +Q) +X2 (λP +Q)′ −X3 (λP +Q)′′
= λ[3XP +X2P ′ −X3P ′′
]
+3XQ+X2Q′ −X3Q′′
= λT (P ) + T (Q)
Ainsi T est linéaire, à valeurs dans R [X], c’est un endomorphisme de R [X].
2. Si P = 0, P = anXn +Q où an = 0, n = degP et degQ < n alors
T (P ) = anT (Xn) + T (Q)
= an[3Xn+1 + nXn+1 − n (n− 1)Xn+1
]+ T (Q)
= − (n+ 1) (n− 3) anXn+1 + 3XQ+X2Q′ −X3Q′′︸ ︷︷ ︸
deg<n+1
Ainsi, pour n = 3, deg T (P ) = deg (P ) + 1. Il reste le cas où degP = 3. Dans ce cas, si on pose
P = aX3 + bX2 + cX + d
alors
T (P ) = 3X(aX3 + bX2 + cX + d
)+X2
(3aX2 + 2bX + c
)−X3 (6aX + 2b)
= 3bX3 + 4cX2 + 3dX
Ainsi deg T (P ) = 3 si b = 0, degT (P ) = 2 si b = 0 et c = 0, deg T (P ) = 1 si b = c = 0 et d = 0 et enfindegT (P ) = −∞ si P = aX3.
3. LL’endomorphisme T n’est pas injectif car T(aX3
)= 0, ainsi Vect
(X3)⊂ kerT . Il n’est pas surjectif, X4 n’a
pas d’antécédent, en effet le degré de T (P ) ne peut pas être égal à 4 (l’antécédent devrait avoit un degré égal à3).
3 Les exotiques
Exercice 8.64 ⇒ : Par hypothèse, P (X) =
degP∏
i=1
(X − αi) où les αi sont les racines (réelles) de P. On a alors
∀z ∈ C, |P (x+ iy)| =degP∏
i=1
|x+ iy − αi| =degP∏
i=1
√(x+ αi)
2 + y2 ≥degP∏
i=1
√y2 = |Im (z)|degP
⇐ : Si ∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|degP , alors pour z racine de P on a |P (z)| = 0 ≥ |Im (z)|degP ≥ 0. Ainsi toutes lesracines de P sont réelles.
—38/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 3. LES EXOTIQUES
Exercice 8.65 1. Soit α un racine réelle de P. Alors (α+ 1)2 est aussi racine de P . On peut donc définir une suite
de racines ainsi u0 = α et un+1 = (un + 1)2. La suite est strictement croissante car un+1−un = (un + 1)
2−un =
u2n + un + 1 =(un + 1
2
)2+ 3
4 ≥ 34 . On a donc une suite infinie de racine de P et P = 0.
2. Si P est constant alors P = 0 ou P = 1. Sinon, soit α ∈ C une racine de P alors a2 est aussi racine,a4, a8, ..., a2
n
, ...sont aussi racines. On ne peut avoir une suite infinie de racine donc a = 0 ou il existe deuxindices p et q tels que a2
p
= a2q
. Dans le dernier cas, on obtient |a| = 1. Or (a+ 1)2 est aussi racine donc oubien a = −1 ou bien |a+ 1| = 1. En fin de compte a = j ou j2 d’après a).On en déduit que P = (X − j)p
(X − j2
)q, alors P (X)P (X − 1) = (X − j)p
(X − j2
)q (X + j2
)p(X + j)q et
P(X2)=(X2 − j4
)p (X2 − j2
)qdonc
(X − j2
)p (X + j2
)p(X − j)q (X + j)q = (X − j)p
(X − j2
)q (X + j2
)p(X + j)q
ce qui impose p = q.En conclusion
P =(X2 +X + 1
)n
Exercice 8.66 Soient x3 et x4 les deux autres racines de P dans C. On pose s = x1x2, ainsi x1 + x2 = 2s, on as > 0 car les deux racines sont réelles positives (donc leur produit et leur somme aussi). On sait aussi que x1 et x2sont racines de X2 − 2sX + s = 0, ces racines sont positives et distinctes si et seulement si ∆′ = s2 − 1 > 0. On doitainsi avoir s > 1. On a
x1 + x2 + x3 + x4 = 4
x1x2 + (x1 + x2) (x3 + x4) + x3x4 = −4x1x2 (x3 + x4) + (x1 + x2)x3x4 = −a
x1x2x3x4 = b
Donc
x3 + x4 = 4− 2s
s+ 2s (4− 2s) +b
s= −4
s (4− 2s) + 2sb
s= −a
x3x4 =b
s
On en déduit que b = 4s3 − 9s2 − 4s puis que a = −8s3 + 20s2 + 4s ainsi
a+ b = f (s) = −4s3 + 11s2
On a f ′ (s) = −12s2 + 22s = −2s (6s− 11) d’où les variations de f sur [1,+∞[
—39/46— G H - E M -() 2009
3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0
-8
-6
-4
-2
0
2
4
6
8
10
12
x
y
On a donc un maximum en s =11
6> 1. On a alors a =
682
27et b = −1397
108, d’où la valeur maximale de a+ b qui est
682
27− 1397
108=
1331
108
le polynôme P est alors
P = X4 − 4X3 − 4X2 +682
27X +
−1397108
qui a pour racines11−
√55
6,11 +
√55
6,1 +
√255
6,1−
√255
6
Exercice 8.67 On a σ1 = α+ β + γ = a, σ3 = αβγ = a et σ2 = αβ + βγ + γα = a. Or α, β et γ sont racines de P
donc
α3 = aα2 − aα+ a = a(α2 − α+ 1
)
β3 = a(β2 − β + 1
)
γ3 = a(γ2 − γ + 1
)
d’où α3 + β3 + γ3 − 3αβγ = a(α2 + β2 + γ2 − σ1 + 3
)− 3a. Or
σ21 = α2 + β2 + γ2 + 2σ2
ainsiα3 + β3 + γ3 − 3αβγ = a
(a2 − 3a+ 3
)− 3a = a3 − 3a2
On étudie alors le minimum de f (a) = a3 − 3a2 sur [0,+∞[ , f est dérivable sur [0,+∞[ avec f ′ (a) = 3a2 − 6a =3a (a− 2). On a donc un minimum en a = 2 qui vaut −4.La valeur minimale de α3 + β3 + γ3 − 3αβγ est −4, obtenue pour a = 2, soit
P = X3 − 2X2 + 2X − 2
Exercice 8.68 Soit x une racine réelle d’un polynôme de la forme (1 + 2i)X3− 2 (3 + i)X2+(5− 4i)X+2a2, alorsles parties réelles et imaginaires sont nulles donc, puique a est lui même réel :
x3 + 6x2 + 5x+ 2a2 = 0
2x3 − 2x2 − 4x = 0
—40/46— G H - E M -() 2009
CHAPITRE 8. POLYNÔMES 4. LES OLYMPIQUES
ce qui donne
a2 = −1
2
(x3 + 6x2 + 5x
)
x (x+ 1) (x− 2) = 0
On a donc trois valeurs pour x, ce qui donne trois valeurs pour a2, donc à priori 6 valeurs de a. On a donc, pour résumer
a2 = 0, ou a2 = −1
2(−1 + 6− 5) = 0 (oh, le vilain piège, deux valeurs de a2 nulle...), ou a2 = −1
2(8 + 24 + 10) =
−21 qui ne donne aucune valeur réelle ! AinsiS = 0
4 Les olympiques
Exercice 8.69 Si z est racine multiple de P alors P (z) = P ′ (z) = 0. Or P ′ (z) = n((z − 1)n−1 − zn−1
), ainsi z
est racine multiple si elle est solution du système
(z − 1)n = (zn − 1)
(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒
(z − 1) (z − 1)n−1 = (zn − 1)
(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒
(z − 1) (z)n−1 = (zn − 1)
(z − 1)n−1 = zn−1
⇐⇒
zn−1 = 1
(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒
zn−1 = 1
(z − 1)n−1 = 1
On passe ensuite aux modules afine de localiser z, zn−1 = 1 =⇒ |z| = 1 et (z − 1)n−1 =⇒ |z − 1| = 1. Le point d’affixez est à l’intersection des cercles de rayon 1 centré à l’origine et en A d’affixe 1.
11
1
B
O A
On en déduit (triangles équilatéral) que z = eiπ3 = −j2 où z = e−
iπ3 = −j. Puisque P ∈ R [X] , si −j2 est racine
multiple de P, −j aussi. On va donc déterminer n pour que eiπ3 soit racine multiple. On a e
i(n−1)π3 = 1⇐⇒ n−1 = 6k
où k ∈ N et dans ce cas (z − 1)n−1
=(−j2 − 1
)n−1= jn−1 =
(j3)2k
= 1.Le polynôme P a deux racines multiples si et seulement si n = 6k + 1 où k ∈ N.
Exercice 8.70 On a (x1 + x2) = 4 −m et x1x2 = m2 − 3m + 3. Or (x1 + x2)2 − 2x1x2 = x21 + x22 = (4−m)
2 −2(m2 − 3m+ 3
)
= 10− 2m−m2. Ainsi x21 + x22 = 6⇐⇒ 10− 2m−m2 = 6,⇐⇒ m = −1 +√5 ou m = −1−
√5.
De plus le discriminant de P est ∆ = (m− 4)2 − 4
(m2 − 3m+ 3
)= 6 − 2
(m2 − 3m+ 3
)= −2m (m− 3) a pour
racine 0 et 3. P a donc des racines réelles si et seulement si ∆ > 0 ⇐⇒ m ∈ [0, 3]. La seule valeur convenable estm = −1 +
√5.
Exercice 8.71 Soit Q = (X + 1)P − X alors Q (k) = 0 pour k ∈ 0, ..., n. Or Q est de degré n + 1 ainsi Q =aX (X − 1) ... (X − n). Reste à déterminer a, mais Q (−1) = 1 = a (−1)n (n− 1)! d’où P (n+ 1) = 1 pour n pair etP (n+ 1) = n
n+2 pour n impair.
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4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.72 Puisque le coefficient constant et celui de x n’interviennent pas (p et q quelconques), on peut envisagerd’utiliser les relations coefficients-racines.Supposons que a, b, c et d soient les quatre racines de P (x) = x4 +mx3 + (m2 + 1)x2 + px+ q.Alors σ1 = a+ b+ c+ d = −m et σ2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = m2 + 1. Donc σ21 + 1 = m2 + 1 = σ2Or σ21 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2σ2.On en déduit que a2 + b2 + c2 + d2 + 1 + σ2 = 0, soit
a2 + b2 + c2 + d2 +m2 + 2 = 0
ce qui est impossible si a, b, c, d et m sont réels.
Exercice 8.73 On exploite les hypothèses ainsi :P (a) = P (a+ 1999) = 0, nous indique que l’on peut écrire 0 de deux façons 0 = P (a) et 0 = P (a+ 1999) .Q (1998) = 2000, s’interprète ainsi, si Q (x) = b0 + b1x + ...., alors Q (1998) = 2000 est pair donc b0 aussi. Maisb0 = Q(0). Voila comment réintégrer P !On sait donc que Q(P (a)) = Q (P (a+ 1999)) = b0 est pairMaintenant l’astuce :Proposition : Soit A un polynôme à coefficients entiers alors A (x)−A (y) est divisible par x− y
Preuve : Si A (X) = a0+a1X+ ... =∑nk=0 akX
k, A (x)−A (y) = a1 (x− y)+a2(x2 − y2
)+ ... =
∑nk=1 ak (x− y)k ,
mais (x− y)k = (x− y)(xk−1 + yxk−2 + ...+ yk−1
)est divisible par x− y
Supposons qu’il existe x tel que Q (P (x)) = 1. D’après la proposition, b0 − 1 = Q (P (a))−Q (P (x)) est divisible para− x (prendre A = Q P ) et aussi par a− x+ 1999 car P (a) = P (a+ 1999) = 0. Puisque a− x divise b0 − 1 quiest impair, a− x est impair. Mais a− x+ 1999 est pair et divise aussi b0 − 1 qui, lui, est impair.
Exercice 8.74 Notons c la troisième racine de P, alors abc = 1. Aucune des racines n’est donc nulle et 1+ a+ ab =abc+ a+ ab = a (1 + b+ bc), de même 1 + b+ bc = abc+ b+ bc = b (1 + c+ ca). Ainsi
(1 + a+ ab) + (1 + b+ bc) + (1 + c+ ca) = 3 + (a+ b+ c) + (ab+ bc+ ca)
= (1 + a+ ab)
(1 +
1
a+
1
ab
)
=(1 + a+ ab) (1 + b+ ab)
ab
D’après les relations coefficients-racines, on a
3 + (a+ b+ c) + (ab+ bc+ ca) = 3 + 1− 4 = 0
d’où le résultat.
Exercice 8.75 On va prouver le résultat par récurrence sur n, soit a, α et r trois complexes, on définit Pn (X) =
a
n+2∏
k=0
(X − α− kr). Le polynôme Pn a n + 3 racines qui forment une suite arithmétique de raison r. On va prouver
que
P (n)n (X) = a(n+ 3)!
3!
(X − α− (n+ 2) r
2−√n+ 4r
2
)(X − α− (n+ 2) r
2
)(X − α− (n+ 2) r
2+
√n+ 4r
2
)
Pour simplifier l’écriture du résultat, on pose βn = α+(n+ 2) r
2et ρn =
√n+ 4r
2, ainsi on désire montrer que
P (n)n (X) = a (X − βn − ρn) (X − βn) (X − βn + ρn)
C’est vrai pour n = 0 et n = 1,(cf 19.48). Puis
Pn+1 (X) = Pn (X)× (X − α− (n+ 3) r)
= Pn (X)× (X − α− (n+ 3) r)
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 4. LES OLYMPIQUES
d’où (formule de Leibniz)
P(n+1)n+1 (X) = P (n+1)n (X)× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)
=(P (n)n (X)
)′× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)
Il suffit alors de vérifier avec Maple que
(P (n)n (X)
)′× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)
= a(n+ 4)!
3!
(X − α− (n+ 3) r
2−√n+ 5r
2
)(X − α− (n+ 3) r
2
)(X − α− (n+ 3) r
2+
√n+ 5r
2
)
Exercice 8.76 Trouver a ∈ R pour que le polynôme (1− a)x3 + (2 + a)x2 + (a− 1)x + 7 − a admette une racinecomplexe de module 1. Trouver les autres racines.
Si z est racine de P et est de module 1, alors P (z) = 0 =⇒ P (z) = 0. Mais puisque a ∈ R, on a P (z) = P (z) = P
(1
z
)
car z est de module 1. Ainsi(1− a) + (2 + a) z + (a− 1) z2 + (7− a) z2
z3= 0
d’où
[(1− a) z3 + (2 + a) z2 + (a− 1) z + (7− a)
]−[(1− a) + (2 + a) z + (a− 1) z2 + (7− a) z3
]
= −6z3 + 3z2 − 3z + 6 = −3 (z − 1)(2z2 + z + 2
)= 0
On en déduit que z = 1 ou z = −1
4± 1
4i√15. Puisque P (1) = 9, la solution z = 1 est à exclure. Pour les deux autres
solutions, on a
z2 = −z
2− 1 =⇒ z3 = −z2
2− z = −
(−z
2− 1)
2− z = −3
4z +
1
2
ainsi
P (z) = (1− a) z3 + (2 + a) z2 + (a− 1) z + (7− a)
= (1− a)×(−3
4z +
1
2
)+ (2 + a)×
(−z
2− 1)+ (a− 1) z + (7− a)
=1
4(5a− 11) (z − 2) = 0⇐⇒ a =
11
5
La seule valeur est donc a =11
5
Dans ce cas, on sait que les racines sont z = −1
4± 1
4i√15 (car s’il y a une racine complexe, il y a sa conjuguée, P
étant à coefficients réels) qui sont toutes deux de module 1, le produit des racines étant égal à
−7− a
1− a= −
7− 11
5
1− 11
5
= 4
La troisième racine vaut 4. On a alors
P =
(1− 11
5
)(x− 4)
(x−
(1
4− 1
4i√15
))(x−
(1
4+
1
4i√15
))
= −6
5(x− 4)
(x2 − 1
2x+ 1
)
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4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
Exercice 8.77 2003 ou 24, cela semble la même chose (d’ailleurs 6 éléments ou 2n, c’est sans doute identique).Reste à comprendre comment faire. On considère le polynôme
P (x) = (x+ a1) (x+ a2) (x+ a3)
alors P (b1) est égal au produit des éléments de la première colonne, à savoir 2003. De même P (b2) = P (b3) = 2003.On en déduit que le polynôme P (X)− 2003 est nul en b1, b2 et b3, puisqu’il est de degré 3, on a
P (x) = (x− b1) (x− b2) (x− b3) + 2003
De la on déduit queP (−a1) = 0 = − (a1 + b1) (a1 + b2) (a1 + b3) + 2003
soit(a1 + b1) (a1 + b2) (a1 + b3) = 2003
i.e. le produit des éléments de la première ligne vaut 2003. Le même raisonnement avec P (−a2) et P (−a3) permet deconclure.Remarque : Si on prend 2n éléments a1, · · · , an, b1, · · · , bn le produit des lignes est constant mais il y a changementde signe si n est pair.
Exercice 8.78 Analyse : Soit P un tel polynôme, alors ∀y ∈ [−1, 1] , pour x = arcsin y, on a
P (−y) = P (− sinx) = P (sin (−x)) = 1− P (cos (−x))= 1− P (cosx) = P (sinx) = P (y)
Ainsi le polynôme P est un polynôme pair (car [−1, 1] est une partie infinie) Il existe donc un polynôme Q tel queP (X) = Q
(X2). On a alors
P (sinx) + P (cosx) = Q(sin2 x
)+Q
(cos2 x
)
= Q(sin2 x
)+Q
(1− sin2 x
)= 1
Sur l’intervalle [0, 1] , on a donc Q (y) + Q (1− y) = 1 (il suffit de poser y = sin2 x, ou bien x = arcsin√y pour
y ∈ [0, 1]). Donc puisque [0, 1] est une partie infinie, on a
Q (X) +Q (1−X) = 1
Ceci signifie que le point Ω
(1
2,1
2
)est un centre de symétrie du graphe de Q (en effet si on a M (x,Q (x)) et
M ′ (1− x,Q (1− x)), alors le milieu de [M,M ′] a pour coordonnées
x+ 1− x
2=
1
2= xΩ
Q (x) +Q (1− x)
2=
1
2= yΩ
Donc si on change l’origine pour la mettre en Ω, on aura un polynôme impair. On considère donc le polynôme
R (X) = Q
(X +
1
2
)− 1
2
Alors
R (−X) = Q
(−X − 1
2
)− 1
2= Q
(1−
(X +
1
2
))− 1
2
= 1−Q
(X +
1
2
)− 1
2=
1
2−(X +
1
2
)
= −R (X)
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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 4. LES OLYMPIQUES
Le polynôme R est impair, il s’écrit donc de la forme
XU(X2)
et ainsi
Q
(X +
1
2
)− 1
2= XU
(X2)=⇒ Q (X) =
(X − 1
2
)U
((X − 1
2
)2)
+1
2
et P (X) =
(X2 − 1
2
)U
((X2 − 1
2
)2)
+1
2
Réciproquement, puisque
(cos2 t− 1
2
)[(cos2 t− 1
2
)2]k=
1
22k+1(2 cos2 t− 1
)2k+1=
cos2k+1 2t
22k+1
(sin2 t− 1
2
)[(sin2 t− 1
2
)2]k=
1
22k+1(2 sin2 t− 1
)2k+1=
(− cos 2t)2k+1
22k+1
Si P (X) =
(X2 − 1
2
)U
((X2 − 1
2
)2)
+1
2alors P (cos t) + P (sin t) = 1.
Exercice 8.79 Soit Q (X) = XP (X) − 1, alors Q (i) = 0 pour i ∈ 1, · · · , n+ 1. On a donc les n + 1 racines de
Q qui est de degré n+ 1. Ainsi Q (X) = a
n+1∏
k=1
(X − k). Or Q (0) = −1 donc Q (0) = a
n+1∏
k=1
(−k) = (−1)n+1 (n+ 1)! =
−1 =⇒ a =(−1)nn!
d’où
XP (X) =(−1)nn!
n+1∏
k=1
(X − k) + 1
Le polynôme de droite admet 0 comme racine, il s’écrit sous la forme αX + · · · + (−1)nn!
Xn+1. En divisant par X,
et en prenant la valeur en 0, on a α = P (0). On détermine donc le coefficient en X de(−1)nn!
n+1∏
k=1
(X − k) qui est
(−1)nn!
n+1∑
k=1
(−1)n+1 (n+ 1)!
−k = (n+ 1)n+1∑
k=1
1
k. On a donc
P (0) = (n+ 1)n+1∑
k=1
1
k= (n+ 1)Hn+1
Exercice 8.80 Soit P un tel polynôme non constant (les polynomes constants sont 0 et 1), de degré n. Soit Z =z1, · · · , zn ses racines, si z est racines de P alors
P (z)P (z + 1) = P(z2 − z + 1
)= 0
P (z − 1)P (z) = P((z − 1)
2 − (z − 1) + 1)= P
(z2 − 3z + 3
)= 0
Ainsi z ∈ Z =⇒
z2 − z + 1 ∈ Z
z2 − 3z + 3 ∈ Z. Soit u la racine la plus éloigné de 1, pour être précis, l’ensemble
U = |z − 1| , z ∈ Z
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4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES
est fini donc admet un maximum M atteint pour une racine, quitte à les réordonner, par exemple pour u = z1. On adonc
u2 − u+ 1 ∈ Z =⇒∣∣u2 − u+ 1− 1
∣∣ ≤ |u− 1| par maximalité de u
u2 − 3u+ 3 ∈ Z =⇒∣∣u2 − 3u+ 3− 1
∣∣ ≤ |u− 1|
Donc
∣∣u2 − u+ 1− 1∣∣ = |u| |u− 1| ≤ |u− 1| =⇒ |u| ≤ 1 ou u = 1
|u− 1| |u− 2| ≤ |u− 1| =⇒ |u− 2| ≤ 1 ou u = 1
Supposons que u = 1 alors|u| ≤ 1 et |u− 2| ≤ 1
Le point M d’affixe u est donc dans le cercle unité et dans le cercle de centre A d’affixe 2 et de rayon 1, donc (faireun dessin) u = 1. Ainsi u = 1 et maxU = 0. Conclusion P a une unique racine z = 1 ! Donc
P = α (X − 1)n
On remplace pour avoir α = 1.... Conclusion, les solutions sont les polynômes de la forme
α (X − 1)n
où α ∈ 0, 1 et n ∈ N
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