Chapitre 19 POLYNÔMES Enoncé des exercices

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Chapitre 19
POLYNÔMES
Enoncé des exercices
1
Les basiques
Exercice 19.1 Montrer que
n n
k=0
k
n
3k (1 − X)3n−2k X k = 1 − X 3
Exercice 19.2 Deux polynômes U et V vérifient U (x) sin x + V (x) cos x = 0 pour tout x > 0. Montrez que U et V
sont tous deux égaux au polynôme nul.
Exercice 19.3 Déterminer le degré de (X 2 + 1)n − 2X 2n + (X 2 − 1)n .
Exercice 19.4 (Archimède 1998). On considère l’application Φ de R [X] dans lui même définie par
1
Φ (P ) = (2X − 1) P − X 2 +
P′
2
où P ′ désigne le polynôme dérivé. Déterminer le degré de Φ (P ) en fonction du degré de P . Résoudre Φ (P ) = 1.
n
Exercice 19.5 Soit Pn (X) = (1 + X)(1 + X 2 )(1 + X 4 )...(1 + X 2 ). Calculer les coefficients de Pn .
Exercice 19.6 Pour n = 0, factoriser le polynôme
Pn = 1 − X +
X(X − 1)...(X − n + 1)
X(X − 1)
− ... + (−1)n
2!
n!
Exercice 19.7 Déterminer a et b pour que X 2 − aX + 1 divise X 4 − X + b.
Exercice 19.8 Déterminer p et q dans R pour que P = X 3 + pX + q soit divisible par Q = X 2 + 3X − 1.
Exercice 19.9 Montrer que X 2 − X + 1 divise P = (X − 1)n+2 + X 2n+1
Exercice 19.10 Calculer, pour n ≥ 2 les restes des divisions euclidiennes de P = (X − 3)2n + (X − 2)n − 2 par
a) (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 X 2 +1 divise X 4 +X 3 +λX 2 +µX +2
dans 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 X 2 + 1 .
1. LES BASIQUES
CHAPITRE 19. POLYNÔMES
Exercice 19.13 Déterminer a et b dans C tels que A = X 2 + X + 1 divise B = X 4 + aX 2 + bX + a2 + 1.
Exercice 19.14 Soit n ∈ N, montrer que le polynôme Pn = 1 + X +
X2 X3
Xn
+
+···+
n’a pas de racine multiple.
2
3!
n!
Exercice 19.15 Déterminer λ > 0 pour que P = X 3 − 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 X 2 + 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)

x+y+z =2


xyz = − 12
Exercice 19.19 Résoudre le système :
1 1
1
1


+ + =
x y z
2
Exercice 19.20 Soit P = X 4 + 12X − 5, factoriser P sur R et sur C, sachant qu’il admet deux racines dont le produit
vaut −1.
Exercice 19.21 Olympiade mathématiques du Canada 1996
Si α, β, γ sont les racines de P (X) = X 3 − X − 1, calculer
1+α 1+β 1+γ
+
+
1−α 1−β 1−γ
2 2
Exercice 19.22 Factoriser le polynôme P = X 2 + 1 + X 2 − X − 1
Exercice 19.23 Trouver trois réels x, y et z tels que
x+y+z
et x2 + y2 + z 2
1 1 1
+ + =5
x y z
= 15
=
2
2iπ
Exercice 19.24 Soit P le polynôme à coefficients réels défini par P = X 2 − 1 −3X X 2 + 1 . Montrer que j = e 3
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 X 4 − 2X 3 + λX 2 + 2X − 1 ait une racine d’ordre 3 au moins.
Exercice 19.26 Soit P = X 3 + X + 1, on note α, β et γ ses racines complexes.
1. Calculer
α+β +γ
α2 + β 2 + γ 2
2. En utilisant P (α) + P (β) + P (γ) que l’on exprimera de deux manières différentes, en déduire la valeur de
α3 + β 3 + γ 3 .
3. Exprimer le reste de la division euclidienne de X 4 par P . En déduire la valeur de α4 + β 4 + γ 4 .
Exercice 19.27 Soient α, β, γ les racines de l’équation X 3 − 5X 2 + 6X − 1. Déterminer la valeur exacte de
A=
1
1
1
+
+
1−α 1−β 1−γ
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2. LES TECHNIQUES
Exercice 19.28 Factoriser sur R le polynôme P = X 6 + X 3 + 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) = X 4 +aX 3 +bX 2 +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) = X 4 + aX + a et Q (X) = X 3 + 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 = aX n+1 +bX n +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 = an X n+1 + bn X 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
n
3. En déduire une expression simple de
kxk si x = 1 est un complexe.
k=1
Exercice 19.35 Soient A, B, C et D quatre polynômes à coefficients réels, on définit alors
x
x
x
x
P (x) =
A (t) C (t) dt, Q (x) =
A (t) D (t) dt, R (x) =
B (t) C (t) dt et S (x) =
B (t) D (t) dt
1
1
1
1
Montrer que (X − 1)4 divise P (X) S (X) − Q (X) R (X).
Exercice 19.36 Montrer que P = X 3 + pX + q admet une racine double si et seulement si 4p3 + 27q 2 = 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) X n+1 − cos (nθ) X n − cos (θ) X + 1. Montrer que P1
divise 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 de
p
p−1
kπ
kπ
tan2
et de
tan2
.
2p + 1
2p
k=0
k=0
π
3π
5π
En déduire la valeur de tan2
+ tan2
+ tan2
.
14
14
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2. LES TECHNIQUES
n−1
Exercice 19.43 Factoriser sur C le polynôme P = (X + 1)n − e2ina où a ∈ R , en déduire
Que vaut
n−1
k=0
sin
kπ
n
? Déterminer, par passage à la limite, le produit
n−1
k=1
sin
kπ
.
n
k=0
kπ
sin a +
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 polynôme
en X (1 − X).
α+β
′
Exercice 19.46 Soit P un polynôme de degré 3 ayant au moins deux racines distinctes α et β, montrer que P
=
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 milieu
du segment).
Exercice 19.47 Soit P (X) un polynôme de degré 3 à coefficients réels ayant trois racines réelles α, β et γ. Montrer
α+β
que la tangente en
au graphe de P en Ox coupe l’axe en la troisième racine γ. On pourra utiliser l’exercie
2
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
u+v
se coupent en un point du
de R2 . Montrer que la corde (AB) et la tangente au graphe de P au point d’abscisse
2
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) = X 3 − aX 2 + bX − c, déterminer une CNS pour que ses racines dans C soient en
progression arithmétique.
Exercice 19.50 Déterminer tous les polynômes P tels que
P X 2 = X 2 X 2 + 1 P (X)
P (2) = 12
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2. LES TECHNIQUES
Exercice 19.51 Soit P = 2X 3 − 6X 2 + 7X + λ où λ ∈ C. Déterminer λ pour que 2 des racines soient inverses l’une
de l’autre. Quelles sont alors les racines de P ?
Exercice 19.52 Soit P = X 3 + aX 2 + bX + c, on note
α,
β, γ ses racines. Déterminer le polynôme Q unitaire ayant
pour racines α2 , β 2 , γ 2 . Montrer que P (X) divise Q X 2 . 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 la
localisation des racines.
On considère donc un polynôme unitaire P = X 4 + aX 3 + bX 2 + cX + d dont on suppose qu’il admet 4 racines réelles
notées α, β, γ et δ.
1. Justifier que
a2 − 2b − α2 = β 2 + γ 2 + δ 2


 
β
1
−
→
−
→



γ
1  , justifier que
2. Soit u =
et v =
δ
1
2
2 → 2
→
→
→
(−
u ·−
v ) ≤ −
u −
v
en déduire que
(a + α)2 ≤ 3 a2 − 2b − α2
3. Conclure que les racines de P sont dans l’intervalle
√
√
−a − 9a2 − 24b −a + 9a2 − 24b
,
I=
4
4
En particulier le réel 9a2 − 24b est positif ou nul.
Exercice 19.54 (Olympiade de Norvége 2007) Déterminer m > 0 tel que le polynôme P (X) = X 4 −(3m + 2) X 2 +
m2 ait quatre racines en progression arithmétique.
Exercice 19.55 Soit P = X 3 + X + 1 et Q le polynôme de degré 3 tel que Q (0) = −1 et dont les racines sont les
cubes des racines de P. Calculer Q (−1) .
Exercice 19.56 Soit le polynôme P (X) = X 3 − 4X 2 + 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) = 1

x (x − 1) + y (y − 1) + z (z − 1) = 0
 2
x (x − 1) + y 2 (y − 1) + z 2 (z − 1) = 0
Exercice 19.57 Soient a et b deux complexes, pour n ≥ 2, on considère le polynôme P (X) = X n + aX − b.
a n b n−1
Montrer que P admet une racine double si et seulement si
+
= 0.
n
n−1
Quelle condition retrouve-t-on si n = 2 ? Quelle condition retrouve-t-on si n = 3 et si P (X) = X 3 + pX + q ?
Exercice 19.58 Soit P ∈ R [X] tel que P (0) = 0 et P X 2 + 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 CN S sur (p, q) ∈ C2 pour que les trois racines a, b et c du
polynômes X 3 + pX + q vérifient a2 + b2 = 1 + c2 .
Exercice 19.60 (Mines-Ponts PSI 2008) Soit P = X 3 + aX 2 + bX + c ∈ C [X] , trouver une CN S 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
Exercice 19.61 Soit P un polynôme à coefficients complexes, P (x) = an xn +· · ·+a0 , montrer qu’il existe un complexe
z0 tel que |z0 | ≤ 1 et |P (z)| = |a0 | + |an |.
P (x)
P (x)
b0
Indication : Rendre unitaire P (x) en écrivant
= xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 et considérer Q (x) =
− b0 −
an
an
|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 P ◦P (X)−X
(Le polynôme P ◦ P (X) est par définition le polynôme P (P (X))).
2
2. Trouver une racine de l’équation z 2 − 3z − 5 − 3z 2 + 8z + 10 = 0.
Exercice 19.63 On considère l’application T définie sur R [X] par
T (P ) = 3XP + X 2 P ′ − X 3 P ′′
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 :
deg P
∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|
Exercice 19.65 Soit P ∈ C [X] non nul vérifiant P X 2 = 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 X 2 = P (X) P (X − 1)
Exercice 19.66 Soient (a, b) ∈ R2 et P = X 4 − 4X 3 − 4X 2 + aX + b. Déterminer la valeur maximale de a + b
sachant que P a deux racines réelles positives x1 et x2 telles que x1 + x2 = 2x1 x2 (on pourra utiliser une calculatrice
ou Maple).
Exercice 19.67 Soit a un réel positif et P = X 3 − aX 2 + aX − a, on note α, β et γ les racines de P , déterminer la
valeur minimale de α3 + β 3 + γ 3 − 3αβγ. Que vaut alors P ?
Exercice 19.68 Soit A = a ∈ R, P (X) = (1 + 2i) X 3 + 2 (3 − i) X 2 + (5 − 4i) X + 2a2 a au moins une racine réelle ,
calculer S =
a2 .
a∈S
4
Les olympiques
Exercice 19.69 Déterminer n ≥ 2 pour que P = (X − 1)n − (X n − 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) =
Déterminer P (n + 1)
k
.
k+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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5. LE GRENIER
Exercice 19.73 Soient P et Q deux polynômes à coefficients entiers. On suppose qu’il existe un entier a vérifiant
P (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) = X 3 − X 2 − 4X − 1 et a, b deux racines de P. Montrer que ou bien 1 + a + ab = 0, ou
bien 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 essais
avec 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 une
racine 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) suivant(e)


a1 + b1 a1 + b2 a1 + b3
 a2 + b1 a2 + b2 a2 + b3 
a3 + 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 chaque
ligne ?
Par exemple voici un tel tableau où l’on a remplacé 2003 par 24 :
a1 = 1, a2 = 6, a3 = −1, b1

3 −4
 8 1
1 −6
Exercice 19.78 Déterminer les polynômes P tels que
= 2, b2 = −5, b3 = −3

−2
3 
−4
P (cos t) + P (sin t) = 1
1
Exercice 19.79 Soit P de degré n tel que pour i ∈ {1, · · · , n + 1} on ait P (i) = . Déterminer P (0).
i
Exercice 19.80 Déterminer les polynômes de C [X] tels que P X 2 − X + 1 = P (X) P (X + 1) .
5
Le grenier
Exercice 19.81 Factoriser P = 36X 3 − 12X 2 − 5X + 1 sachant que l’une des racines est la somme des deux autres.
Exercice 19.82 Soit P (X) = X n −1, factoriser P (X) . En calculant P ′ (1) déduire la valeur du produit
n
k=1
sin
kπ
n
(on pourra passer au module).
Soit A0 A1 · · · An−1 un polygône régulier inscrit dans le cercle unité, que vaut A0 A1 × A0 A2 × · · · × A0 An−1 le produit
des 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 = X 4 + aX 3 + bX 2 + cX + 1 et Q = X 4 + cX 3 + bX 2 + aX + 1
avec a = c. Déterminer une CNS pour que P et Q aient deux racines communes. Déterminer alors toutes les racines
de P et de Q.
Indic : P − Q = · · · .
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5. LE GRENIER
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Chapitre 8
POLYNÔMES
Solution des exercices
1
Les basiques
Exercice 8.1 On écrit que
n n k
3 (1 − X)3n−2k X k
k
k=0
n n−k
n k
=
3 (1 − X)2
(1 − X)n X k
k
k=0
n n−k
n
n
= (1 − X)
(3X)k (1 − X)2
k
k=0
Avec la formule du binôme, cela donne
n
(1 − X)n (1 − X)2 + 3X
= (1 − X)n 1 + X + X 2
n
= (1 − X) 1 + X + X 2
n
= 1 − X3
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 polynôme
π
V admet une
infinité de racines (les nπ pour n ∈ N), on en déduit qu’il est nul. De même avec x = 2 + nπ, on
π
U 2 + nπ = 0, ainsi U est également nul car il admet une infinité de racines.
Exercice 8.3 Par le binôme,
(X 2 + 1)n − 2X 2n + (X 2 − 1)n
n(n − 1) 2(n−2)
X
+···
2
n(n − 1) 2(n−2)
−2X 2n + X 2n − nX 2(n−1) +
X
+···
2
= n(n − 1)X 2(n−2) + · · ·
= X 2n + nX 2(n−1) +
est de degré 2(n − 2) si n ≥ 2, si n = 1 ou n = 0 c’est facile.
si n = 1 ,(X 2 + 1) − 2X 2 + (X 2 − 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 = an X n + Q où an = 0 et deg Q < n. On calcule
1. LES BASIQUES
1
Φ (P ) = (2X − 1) P − X 2 +
P′
2
1 nan X n−1 + Q′
= (2X − 1) (an X n + Q) − X 2 +
2
na
1
n n−1
X
Q′
= (2 − n) an X n+1 − an X n −
+ (2X − 1) Q − X 2 +
2
2
deg<n+1
On doit donc distinguer deux cas :
Premier cas : n = deg (P ) = 2, alors deg (Φ (P )) = deg (P ) + 1
Second cas : n = deg (P ) = 2, alors P = aX 2 + bX + c avec a = 0. Un calcul simple donne
1
Φ (P ) = (−a + b) X 2 + (−b + 2c − a) X − c − b.
2
Si a = b, alors deg (Φ (P )) = 2.
3
(Φ (P )) = 0.
Si a = b, Φ (P ) = 2 (c − a) X −c− 12 a. Si a = b et a = c deg (Φ (P ))
=2 1 et si a = b = c, Φ (P ) = −2 a, deg
On constate donc que deg (Φ (P )) = 0 si et seulement si P = a X + X + 1 et dans ce cas Φ a X 2 + X + 1 =
3
− a. La seule solution de Φ (P ) = 1 est donc
2
2
P = − X2 + X + 1
3
Exercice 8.5
P0 (X) = (1 + X).
P1 (X) = (1 + X)(1 + X 2 ) = X 3 + X 2 + X + 1.
P2 (X) = (1 + X)(1 + X 2 )(1 + X 4 ) = X 7 + X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1.
n+1
Par récurrence, on a Pn (X) = 1 + X + ... + X 2
−1
n+1
, en effet
n+1
Pn+1 (X) = Pn (X)(1 + X 2
) = Pn (X) + X 2 Pn (X)
n+1
n+1
n+1
= 1 + X + ... + X 2 −1 + X 2
1 + X + ... + X 2 −1
= 1 + X + ... + X 2
n+1
−1
n+1
+ X2
n+1
+ X2
+1
n+1
+ ... + X 2
+2n+1 −1
n+2
= 1 + X + ... + X 2
−1
car 2n+1 + 2n+1 = 2 × 2n+1 = 2n+2 .
Exercice 8.6 P1 = 1 − X
X(X − 1)
P2 = 1 − X +
= 12 (X − 1) (X − 2)
2!
X(X − 1) X(X − 1) (X − 2)
P3 = 1 − X +
−
= − 16 (X − 1) (X − 2) (X − 3)
2!
3!
(−1)n
(X − 1) (X − 2) ... (X − n)
Par récurrence, on a Pn =
n!
X(X − 1)...(X − (n + 1) + 1)
En effet , Pn+1 = Pn + (−1)n+1
(n + 1)!
(−1)n
(−1)n X(X − 1)...(X − n)
=
(X − 1) (X − 2) ... (X − n) −
n!
n!
(n + 1)
(−1)n
(−1)n
(x − (n − 1))
X
=
(X − 1)...(X − n + 1) 1 − n+1 =
(X − 1)...(X − n + 1) −
n!
n!
n+1
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1. LES BASIQUES
Exercice 8.7 On effectue la division euclidienne :
ainsi
X 4 − X + b = X 2 + aX + a2 − 1 X 2 − aX + 1 + a3 − 2a − 1 X + 1 + b − a2
2
4
X − aX + 1 | X − X + a ⇔
a3 − 2a − 1 = 0
⇔
1 + b − a2 = 0
√
√ a ∈ −1, 12 + 12 5, 12 − 12 5
b = a2 − 1
Exercice
On fait la division euclidienne de X 3 +pX +q par X 2 +3X −1, on obtient, après calculs, X 3 +pX +q =
8.8
2
(X − 3) X + 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.
n+2
2iπ
Exercice 8.9 Les racines de X 2 − X + 1 sont −j et −j 2 = (−j) où j = e 3 . On calcule P (−j) = (−j − 1)
+
2n+1
. Puisque 1 + j + j 2 = 0, on a P (−j) = j 2n+4 − j 2n+1 = 0 car j 3 = 1.
On
en
déduit
que
j
est
racine
de
P,
(−j)
puisque P est à coefficients réels, −j 2 est aussi racine de P . Ainsi (X − (−j)) X − −j 2 = X 2 − 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 deg A = 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)2 Q (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)2 Q′ (X) + γ, ce qui donne avec X = 2, P ′ (2) = −2n = γ.
Le reste cherché est −2nX + 4n − 1.
Exercice 8.11 Notons P = X 4 + X 3 + λX 2 + µX + 2.
On peut faire une division euclidienne, mais il y a une autre méthode.
X 2 + 1 divise X 4 + X 3 + λX 2 + µX + 2 ⇔ ∃Q, X 4 + X 3 + λX 2 + µX + 2 = X 2 + 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, P
étant 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 alors
X 4 + X 3 + 3X 2 + X + 2 = X 2 + 1 X 2 + X + 2
Exercice 8.12 Ecrivons cette division, P (X) = X 2 + 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 peut
aussi utiliser X = −i qui donne −ai + b = e−int que l’on combine avec ai + b = eint . On en déduit que le reste est
sin (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 sont
a1 = −j et a2 = −j 2 , qui donnent respectivement b1 = −1 − j = j 2 et b2 = −j.
La seconde : les racines de x2 + x + 1 = 0 sont j et j 2 . On calcule B (j) = j + aj 2 + bj + a2 + 1 qui doit être
nul. Puisque a et b sont réels, on obtient avec la partie réelle et la partie imaginaire :
Re (B (j)) =
Im (B (j)) =
−1
(1 + a + b) + a2 + 1 = 0
2
√
3
(1 − a + b) = 0
2
on termine ensuite de la même manière.
αn
Exercice 8.14 Par l’absurde, si Pn (α) = Pn′ (α) alors Pn (α) − Pn′ (α) = 0. Mais Pn (α) − Pn′ (α) =
. Ainsi α = 0,
n!
mais α = 0 n’est pas racine de Pn !
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Exercice 8.15 Soit z la racine double alors P (z) = P ′ (z) = 0. Mais P ′ (z) = 3z 2 − 3, les seules racines possibles
sont 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. On
ne 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 = an X n + Q où an = 0 et deg Q < n. En premier lieu, on a
n > 1, car sinon P ′′ = 0 et P = 0.
On a P ′′ = n(n − 1)an X n−2 + Q′′ et
(X 2 + 1)P ′′ − 6P = (n(n − 1) − 6) an X n + X 2 + 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 étant
positif, le degré de P est n = 3. Puis on pose P = aX 3 + bX 2 + cX + d, alors
(X 2 + 1)P ′′ − 6P = (X 2 + 1) (6aX + 2b) − 6 aX 3 + bX 2 + cX + d
= −4bX 2 + 6(a − c)X + (d + 2b) = 0 ⇐⇒
b=d=0
a=c
Ce qui donne P = a X 3 + X et la condition P (1) = 2 impose que
P = X 3 + X.
2
′′
2
+
1
P
=
6P
=⇒
X
+
1
divise
Autre méthode : Ayant déterminé
deg
P
=
3,
on
peut
également
écrire
que
X
2
3
2
′′
P . On a donc P = X + 1 (aX + b) car deg P = 3.On a donc P = aX + bX + aX + b =⇒ P = 6aX + 2b. Ainsi
(X 2 + 1)P ′′ = 6P ⇐⇒ X 2 + 1 (6aX + 2b) = X 2 + 1 (6aX + 6b) =⇒ b = 0
d’où P = aX X 2 + 1 puis P (1) = 2 donne a = 1.
Reamrque : L’application Φ : R [X] −→ R [X] définie par Φ (P ) = X 2 + 1 P ′′ − 6P est linéaire. On a montré, au
passage, que son noyau est
ker Φ = Vect X 3 + X est une droite
Ce noyau (cette droite) coupe l’hyperplan affine H = {P ∈ R [X] , P (1) = 2} en P = X 3 + 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 = ad X d + Q où deg (Q) < d et ad = 0. Alors
X (X + 1) P ′′ + (X + 2) P ′ − P
= X (X + 1) d (d − 1) ad X d−2 + Q′′ + (X + 2) dad X d−1 + Q′ − ad X d + Q
= (d (d − 1) + d − 1) ad X d + (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 ad X d + (X (X + 1) Q′′ + (X + 2) Q′ − Q)
Puisque deg Q < d, on a deg ((X (X + 1) Q′′ + (X + 2) Q′ − Q)) < d (chaque terme étant de degré au plus d). On a
donc 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 et
P ′′ = 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

+
de
l’équation sans second m em bre
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(−1)
solution particulière



où a ∈ C


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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 ker Φ = Vect (X + 2).
Exercice 8.18 On détermine le degré de P, P = 0 est solution, si P = 0, soit d son degré, P = ad X d + · · · .
Alors P (2X) = 2d ad X d + · · · est de degré d. On est alors tenté d’écrire que deg(P ′ P ′′ ) = deg (P ′ ) + deg (P ′′ ) =
deg<d
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.
3
2
Deuxième cas deg (P ) ≥ 2, alors deg (P (2X)) = d = deg (P ′ P ′′ ) = 2d−3 d’où
d2= 3. On écrit
P = aX +bX +cX +d
3
2
′
′′
avec a = 0, et P (2X) − P (X) P (X) = a (2X) + b (2X) + 2cX + d − 3aX + 2bX + c (6aX + 2b) =
2a(4 − 9a)X 3 + 2b(2 − 9a)X 2 + 2c(1 − 3a) − 4b2 X + d − 2cb = 0. On en déduit que P = 49 X 3 .
Les solutions sont donc P = 0 ou P = 49 X 3 .



σ1 = x + y + z = 2
σ 3 = xyz = − 12
Exercice 8.19 Le système peut s’écrire :
, on en déduit que (x, y, z) sont racines du
σ

 2 = yz + xz + xy = 1
σ3
xyz
2
1
1
2
polynôme X 3 −2X
−
X
+
.
Quelques
tentatives
montrent
que
2
est racine, on a alors X 3 − 2X 2 − 14 X + 12 =
4
2
1
1
(X − 2) X + 2 X − 2
On en déduit l’ensemble des solutions
$
1 1
1 1
1
1
1 1
1
1
1 1
S=
2, , −
, 2, − ,
,
, 2, −
,
, − , 2 , − , 2,
, − , ,2
2 2
2 2
2
2
2 2
2
2
2 2
Exercice 8.20 On utilise les relations entre coefficients et racines. Notons a, b, c, d les quatre racines de P et supposons
que ab = −1. On a les égalités suivantes :

ab = −1




 σ1 = a + b + c + d = 0
σ 2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd = 0


σ
= abc + abd + +acd + bcd = −12


 3
σ 4 = abcd = −5
On en déduit que :

ab = −1




 (a + b) = − (c + d)
(a + b) (c + d) = −4


 − (c + d) + cd (a + b) = −12


cd = 5
Des lignes 2, 5 et 4, on déduit que c + d = 2. Ainsi c et d sont les racines de X 2 − 2X + 5. Puis a + b = −2 donc a et
b sont racines de X 2 + 2X − 1. Ceci permet d’affirmer que P = X 2 − 2X + 5 X 2 + 2X − 1 . D’où les factorisations
√ √ P = (X − 1 − 2i) (X − 1 + 2i) X + 1 + 2 X + 1 − 2 sur C [X]
√ √ 2
P = X − 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+β 1+γ
3 − (α + β + γ) − (βγ + αγ + αβ) + 3αβγ
+
+
=
1−α 1−β 1−γ
P (1)
1+α 1+β 1+γ
+
+
= 3−0+1+3
= −7
−1
1−α 1−β 1−γ
1+α
1+β
1+γ
,b =
et c =
soient racines de
Il existe une autre méthode. On cherche un polynôme Q tel que a =
1−α
1−β
1−γ
avec les fonctions symétriques des racines, on a
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Q. L’idée est d’inverser la fonction y =
1+x
.On a
1−x
y=
y−1
1+x
⇐⇒ x =
1−x
y+1
ainsi
x racine de P (x) ⇐⇒ x3 − x − 1 = 0
3
y−1
y−1
−1 =0
⇐⇒
−
y+1
y+1
y 3 + 7y 2 − y + 1
⇐⇒ −
=0
(y + 1)3
⇐⇒ y3 + 7y 2 − y + 1 = 0
Ce qui prouve que a, b et c sont racines de y 3 + 7y 2 − y + 1. D’après les relations coefficients-racines, on a
a+b+c=−
7
= −7
1
2 2
Exercice 8.22 On résout l’équation
P (x) = 0 ⇔ X 2 + 1 = i2 X 2 − X − 1
⇔ X 2 + 1 = i X 2 − X − 1 ou X 2 + 1 = −i X 2 − X − 1 .
Mais X 2 + 1 = i X 2 − X − 1 ⇔ (1 − i) X 2 + iX + 1 + i = 0 , le discriminant est ∆ = (−i)2 − 4 (1 + i) (1 − i) =
−1 − 8 = −9 = (3i)2 . Les solution de X 2 + 1 = i X 2 − X − 1 , sont donc −1+i
et 1 − i.
2
Ces deux solutions ne sont pas conjuguées, P est à coefficients réels donc ses racines complexes sont deux à deux
conjuguées. Ainsi 1 + i et − 1−i
2 sont aussi racines de P. On a quatre racines distinctes de P, ce sont toutes les racines
de P.
En définitive, P =2 (X − 1 − i) (X − 1 + i) X − −1+i
X + 1−i
2
2
= X 2 − 2X + 2 X 2 + X + 12
(On utilise (X − z) (X − z) = X 2 − 2 Re (z) X + |z|2 , et on n’oublie pas le coefficient dominant )
Exercice 8.23 D’après l’énoncé on a σ 1 = x + y + z = 5,
1 1 1
yz + xz + xy
σ2
+ + =
=
= 5. Enfin
x y z
xyz
σ3
25 = σ21 = (x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 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
X 3 − 5X 2 + 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 z
sont racines de
X 2 − 4X + 1
√
√
dont les solutions dont (∆′ = 3) y = 2 + 3 et z = 2 − 3.
2
Exercice 8.24 On a P (j) = j 2 − 1 − 3j j 2 + 1 . Or
j 2 + 1 = −j =⇒ 3j j 2 + 1 = −3j 2
2
2
j − 1 = j 4 − 2j 2 + 1 = j × j 3 + 1 − 2j 2 = 1 + j − 2j 2 = −3j 2
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ce qui prouve que P (j) = 0.
Le polynôme P est à coefficients
racine, il admet donc aussi j 2 comme racine. On peut donc
réels et2admet j comme
2
le factoriser par (X − j) X − j = X + X + 1 . Si on développe P on obtient
P
2
2
X − 1 − 3X X 2 + 1 = X 4 − 3X 3 − 2X 2 − 3X + 1
= X 2 + X + 1 X 2 + aX + 1
=
(On met X 2 + 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 le
produit et on cherche le coefficient en X 3 . On obtient
X 4 − 3X 3 − 2X 2 − 3X + 1 = X 4 + X 3 (a + 1) + · · ·
donc a = −4. En définitive
P = X + X 2 + 1 X 2 − 4X + 1
Le discriminant réduit de X 2 − 4X + 1 est ∆′ = 4 − 1 = 3, donc
√ √ X 2 − 4X + 1 = X − 2 − 3 X − 2 + 3
La factorisation sur R [X] est
Les racines réelles de P sont 2 +
√ √ P = X + X2 + 1 X − 2 − 3 X − 2 + 3
√
√
3 et 2 − 3.
Exercice 8.25 Soit α cette racine alors α est racine de P = X 4 − 2X 3 + λX 2 + 2X − 1, mais aussi de P ′ et de P ′′ .
Ceci conduit au système
 4
 α − 2α3 + λα2 + 2α − 1 = 0
4α3 − 6α2 + 2λα + 2 = 0

12α2 − 12α + 2λ = 0
Ce que l’on peut également écrire
 4
 α − 2α3 + 2α − 1 = −λα2
2α3 − 3α2 + 1 = −λα

6α (α − 1) = −λ
On remplace alors la valeur de λ trouvée dans les deux premières équations
 4
 α − 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

3
 (α + 1) (α − 1) = 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 X 4 − 2X 3 + λX 2 + 2X − 1 est alors égal à
X 4 − 2X 3 + 2X − 1 = (X + 1) (X − 1)3 . Est-ce la seule solution ? (L’enoncé n’est pas très clair et ne demande pas
explicitement 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 à
la factorisation
(2α + 1) (α − 1)2 − 6α2 (α − 1) = − (α − 1) 4α2 + α + 1
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1 1 √
1 1 √
dont les racines sont α = 1 et α = − ± i 15. On vérifie facilement ( ? ?) que α = ± i 15 ne sont pas solutions
8 8 8 8
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
3α 15
5α
1 2
5α3 + α2 + α − 1 =
−
4α + α + 1 −
−
4
16
16
16
3α 15
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 − −
16 16
ce 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 X 2
=0
coefficient de X 3
puis
2
= α2 + β 2 + γ 2 + 2 (αβ + βγ + γα)
coefficient de X
αβ + βγ + γα = +
=1
coefficient de X 3
(α + β + γ)
donc
α2 + β 2 + γ 2 = −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 + β 3 + β + 1 + γ 3 + γ + 1
= α3 + β 3 + γ 3 + α + β + γ + 3
d’où
α3 + β 3 + γ 3 = −3
3. On a
X4 = X × X3 + X + 1 − X2 − X
donc
α4
β4
ainsi
= α × α3 + α + 1 − α2 − α = −α2 − α
= −β 2 − β et γ 4 = −γ 2 − γ
α4 + β 4 + γ 4 = − α2 + β 2 + γ 2 − (α + β + γ) = 2
Exercice 8.27 Posons σ 1 = β + α + γ, σ 2 = βγ + αγ + αβ et σ3 = αβγ. Alors les relations coefficients-racines
donnent
σ1 = 5, σ2 = 6 et σ3 = 1
Ainsi
A =
=
1
1
1
(1 − β) (1 − γ) + (1 − α) (1 − γ) + (1 − α) (1 − β)
+
+
=
1−α 1−β 1−γ
(1 − α) (1 − β) (1 − γ)
−3 + 2γ + 2β + 2α − βγ − αγ − αβ
−1 − βγ − αγ − αβ + αβγ
−3 + 2σ1 − σ 2
= −1
−1 + σ1 − σ2 + σ3
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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
X 6 +X 3 +
1 = X 3 − j X 3 − j2 . Les racines
de X 3 = j = exp 2iπ
sont
3
2iπ
2iπ
8
2iπ
4iπ
14
3
2
,
z
=
exp
=
exp
z1 = exp 2iπ
=
exp
+
iπ
et
z
=
exp
+
iπ
.
Les
racines
de
X
=
j
sont
2
3
9
9
3
9
9
3
9
les conjugués des précédents. Ainsi
2π
8π
14π
X +1
X 2 − 2 cos
X +1
X 2 − 2 cos
X +1
P = X 2 − 2 cos
9
9
9
2π 8π 14π C’est la réponse attendue, on ne connaît pas la valeur exacte de cos 9 , cos 9 et cos 9 !
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 remplaçant
dans 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 alors
écrire 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, donc
R (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 deux
conjuguées. Or, on sait que 2i et 2 + i sont racines de P, ainsi −2i et 2 − i (les conjugués) sont aussi racines de P. On
a 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)
= X 2 + 4 X 2 − 2 Re (2 + i) X + |2 + i|2
= X 2 + 4 X 2 − 4X + 5
= X 4 + aX 3 + bX 2 + cX + d
Or P (1) = 1 + a + b + c + d = 5 × 2 = 10 donc
a+b+c+d=9
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1. LES BASIQUES
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 la
division euclidienne de P par Q. En effet, ecrivons cette division euclidienne :
P = AQ + R avec deg R < deg Q
Alors
P (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
X 4 + aX + a = X × X 3 + aX + a + a 1 − X 2
Ainsi la racine commune est racine de a 1 − X 2 . Deux cas se présentent donc.
Premier cas a = 0, on a P (X) = X 4 et Q (X) = X 3 , la racine commune est α = 0.
1
Second cas a = 0 et ainsi α = 1 ou α = −1. Si α = 1, alors P (1) = 0 ⇐⇒ a = − et ainsi Q (1) = 1 + 2a = 0. Le
2
réel α = 1 est bien racine commun. On a même
1
1
1
P (X) = X 4 − X − = (X − 1) 2X 3 + 2X 2 + 2X + 1
2
2
2
1
1
1
3
Q (X) = X − X − = (X − 1) 2X 2 + 2X + 1
2
2
2
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 = − 12 et la racine est 1.
α4
Autre méthode : Soit α cette racine alors P (α) = 0 =⇒ α4 = −a (α + 1) donc α = −1 et a = −
. De même
α+1
α3
Q (α) = 0 donc α3 = −a (α + 1) =⇒ a = −
. On a donc
α+1
α4
α3
−
= 0 ⇐⇒ α = 0 ou α = 1
α+1 α+1
1
Ce qui donne a = 0 ou a = − . Pour a = 0, on a P (X) = X 4 et Q (X) = X 3 et 0 est racine commune triple. Pour
2
1
a = − , P et Q on 1 pour racine simple commune.
2
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) X n−1 . Puisque 0 n’est pas racine de P, si P a une racine
bn
double, cette racine vaut α = −
.
a(n + 1)
bn
abn
b
Synthèse : On doit alors avoir P −
= 0. Mais P = X n (aX + b) + 1. Or aα + b = −
+b =
.
a (n + 1)
a (n + 1)
n+1
La CNS est donc
n−1
bn
b
(−1)n bn+1 nn
−
×
+ 1 = 0 ⇐⇒
+1=0
a (n + 1)
n+1
an (n + 1)n+1
ce qui s’écrit
n+1
a n b
+ −
=0
n
n+1
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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 = 0
La 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 = nX n+1 − (n + 1) X n + 1 est divisible par B
2. Si on pose la division euclidienne
−
X 2 − 2X + 1
n+1
nX
Xn + 1 n+1− (n + 1)
n
nX
− 2nX + nX n−1
(n − 1) X n − nX n−1 + 1
nX n−1
An−1
On a donc An = nX n−1 B + An−1 . Si on note Qn le quotient de la division euclidienne de An par B, on a, pour
n≥2
Qn = nX n−1 + Qn−1
et
Q1 = 1 car A1 = B
Une récurrence immédiate donne
Qn = 1 + 2X + 3X 2 + · · · + nX n−1
Autre approche :
nX n+1 − (n + 1) X n + 1 = nX n (X − 1) − (X n − 1)
= (X − 1) nX n − X n−1 − X n−2 − · · · − 1
car (X n − 1) = (X − 1) X n−1 + X n−2 + · · · + 1
Il faut prouver que nX n − X n−1 − X n−2 − · · · − 1 est divisible par (X − 1).
On regarde quelques exemples (avec n = 2, 3)
2X 2 − X − 1 = 2X 2 − 2X 2 + X − 1 = (X − 1) (2X + 1)
3X 3 − X 2 − X − 1 = 3X 3 − 3X 2 + 2X 2 − 2X + X − 1 = (X − 1) 3X 2 + 2X + 1
ce qui donne l’idée que
nX n − X n−1 − X n−2 − · · · − 1 = nX n − nX n−1 + (n − 1) X n−1 + · · · + 1
n
n
n
n
nX n −
X k−1 =
k X k − X k−1 =
kX k−1 (X − 1) = (X − 1)
kX k−1
k=1
k=1
k=1
k=1
Il faut donc prouver que
nX n −
n−1
k=0
Xk =
n
k X k − X k−1
k=1
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1. LES BASIQUES
Mais
n
n
n
k X k − X k−1 =
kX k −
kX k−1
k=1
=
k=1
n
k=1
=
%
kX k −
n
k=1
k=1
n−1
j=0
kX k −
(j + 1) X j avec j = k − 1
n−1
k=0
kX k
&
−
n−1
Xk
k=0
n−1
= nX n − 0 × X 0 −
Xk
k=0
3. On a donc pour x = 1 dans C, Qn (x) =
n
k=1
kxk
Pn (x)
(x − 1)2
, or
= 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. Posons
U = P S − QR, alors U (1) = 0.
U ′ = P ′ S + P S ′ − Q′ R − QR′ =⇒ U ′ (1) = 0
U ′′
= P ′′ S + 2P ′ S ′ + P S ′′ − Q′′ R − 2Q′ R′ − QR′′
= P ′′ S + P S ′′ − Q′′ R − QR′′ + 2AC × BD − 2AD × BC
= P ′′ S + P S ′′ − Q′′ R − QR′′ car P ′ = AC · · ·
d’où U ′′ (1) = 0. Puis
U (3) = P (3) S + P S (3) − Q(3) R − QR(3) + P ′′ S ′ + P ′ S ′′ − Q′′ R′ − Q′ R′′
Or
P ′′ S ′ + P ′ S ′′
Q′′ R′ + Q′ R′′
=
=
=
=
(AC)′ × BD + AC × (BD)′
A′ CBD + AC ′ BD + ACB ′ D + ACBD′ = (ABCD)′
(AD)′ × BC + (AD) × (BC)′
A′ DBC + AD′ BC + ADB ′ C + ADBC ′ = (ABCD)′
Ainsi
U (3) = P (3) S + P S (3) − Q(3) R − QR(3) =⇒ U (3) (1) = 0
On en déduit que (X − 1)4 divise U.
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2. LES TECHNIQUES
'
'
' P (X) R (X) '
' , ce qui permet de calculer les dérivées plus autrement
Remarque : On a U (X) = ''
Q (X) S (X) '
'
' '
'
' P ′ R ' ' P R′ '
′
'
'
'
'
+
U = '
Q′ S ' ' Q S ′ '
' ′′
'
' ′
' '
' '
'
'
' '
'
' P
' P R′ ' ' P R′′ ' ' P ′′ R '
' AC BC ' ' P R′′ '
R ''
′′
'
'
'
'
'
'
'
'
'
'
'
U
= ' ′′
+ 2' ′
+
=
+ 2'
+
Q
S '
Q S ′ ' ' Q S ′′ ' ' Q′′ S '
AD BD ' ' Q S ′′ '
=0
' '
' (3)
' '
' '
'
' P
R '' '' P R(3) '' '' P ′′ R′ '' '' P ′ R′′ ''
+
U ′′′ = '' (3)
+
+
S ' ' Q S (3) ' ' Q′′ S ′ ' ' Q′ S ′′ '
Q
' (3)
' '
' '
' '
'
' P
R '' '' P R(3) '' '' A′ C + AC ′ BC '' '' AC B ′ C + BC ′ ''
'
+
+
+
= ' (3)
Q
S ' ' Q S (3) ' ' A′ D + AD′ BD ' ' AD B ′ D + BD′ '
' (3)
'
'
' '
' '
'
'
' '
' P
R '' '' P R(3) '' '' AC ′ BC '' '' AC BC ′ '' '' P (3) R '' '' P R(3)
'
+
=
= ' (3)
+
+
+
Q
S ' ' Q S (3) ' ' AD′ BD ' ' AD BD′ ' ' Q(3) S ' ' 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 applique
donc le résultat de l’exercice type précédent. Puisque
2
X
2p
3
X + pX + q = 3X + p ×
+
X +q
3
3
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (X) = 3X 2 + p et R (X) =
2p
X + q ont une racine commune
3
Deux cas se présentent alors :
3q
. Ainsi
2p
2
3q
4p3 + 27q 2
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (α) = 3 −
+p=
= 0 ⇐⇒ 4p3 + 27q 2 = 0
2p
4p2
√
√
√
Second cas : p = 0, dans ce cas P = X 3 + q qui a trois racines 3 q, j 3 q et j 2 3 q, distictes si q = 0, ainsi P a une
3
2
2
racine double si et seulement si q = 0, donc si et seulement si 4p + 27q = 27q = 0 (on est dans le cas où p = 0).
Remarque : Le terme ∆ = 4p3 + 27q 2 est le discriminant du polynôme P . Si P (X) = aX 3+ bX 2 +cX + d avec
b
c
d
b
a = 0, alors P a les mêmes racines que P1 (X) = X 3 + X 2 + X + . En posant P2 (X) = P1 X −
, on obtient
a
a
a
3a
Premier cas : p = 0, R (X) a une unique racine α = −
P2 (X) = X 3 +
3ac − b2
27a2 d + 2b3 − 9abc
X
+
= X 3 + pX + q
3a2
27a3
On peut donc, pour la détermination des racines, se ramener à un polynôme du type X 3 + 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 = aX 2 + 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=3
4a + 2b + c = 7

9a + 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. Il
est 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
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
(X − 1) (X − 3)
(X − 1) (X − 2)
L2 =
et L3 =
(2 − 1) (2 − 3)
(3 − 1) (3 − 2)
sont tels que
L2 (1) = 0, L2 (2) = 1 et L2 (3) = 0
L3 (1) = 0, L3 (2) = 0 et L3 (3) = 1
Le polynôme
R (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 à
R. En conclusion
R=3
(X − 2) (X − 3)
(X − 1) (X − 3)
(X − 1) (X − 2)
+7
+ 13
= X 2 + X + 1.
(1 − 2) (1 − 3)
(2 − 1) (2 − 3)
(3 − 1) (3 − 2)
Exercice 8.38 Supposons n ≥ 2 et écrivons le début de la division euclidienne de Pn par P1 = X 2 − 2 cos (θ) X + 1
−
cos ((n − 1) θ) X n+1 − cos (nθ) X n − cos (θ) X + 1
cos ((n − 1) θ) X n+1 − 2 cos (θ) cos ((n − 1) θ) X n + cos ((n − 1) θ) X n−1
(2 cos (θ) cos ((n − 1) θ) − cos (nθ)) X n − cos ((n − 1) θ) X n−1 − cos (θ) X + 1
X 2 − 2 cos (θ) X + 1
cos ((n − 1) θ) X n−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 ce
n−1
qui découle d’une formule connue de trigonométrie.
P1 + Pn−1 . Par récurrene il
( On a donc Pn = cos ((n − 1) θ) X
(n
n−1
k−1
k
vient Pn =
P1 =
P1 .
k=1 cos ((k − 1) θ) X
k=0 cos (kθ) X
Exercice 8.39 On détermine le degré, si P = 0 et deg (P ) = n, P = an X n + Q avec deg Q < n,alors
X3
(X − 1) P ′ + XP = nan X n+1 + ··· = 1+
2
deg<n
donc n = 2.
Deux méthodes :
Première méthode : On remplace P = aX 2 + bX + c dans (X − 1) P ′ + XP = 1 +
qui donne
Ainsi
La solution est
X3
pour obtenir
2
X3
(X − 1) (2aX + b) + X aX 2 + bX + c − 1 −
=0
2
1
a−
X 3 + (2a + b) X 2 + (b − 2a + c) X − (b + 1) = 0
2




a − 12 = 0
1
2a + b = 0
⇐⇒ a = , b = −1 et c = 2
b
−
2a
+
c
=
0

2


b+1=0
P =
X2
−X +2
2
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2. LES TECHNIQUES
Seconde méthode : (Utilise la formule de Taylor, Hors programme en PCSI). Avec X = 1, on a P (1) = 32 , puis on
2
′
dérive la relation pour obtenir (X − 1) P ′′ + (X + 1) P ′ + P = 3X
2 . Avec X = 1,on a 2P (1) = 0. On re-derive pour
′′′
′′
′
′′
′
obtenir (X − 1) P + (X + 2) P + 2P = 3X d’où 3P (1) + 2P (1) = 3.
(X − 1)2 ′′
3 (X − 1)2
X2
Par Taylor ; P = P (1)+(X − 1) P ′ (1)+
P (1) = +
=
−X +2. Réciproquement, le polynôme
2
2
2
2
trouvé est bien solution.
Exercice 8.40 Si P est de degré n, on a P = an X n + Q avec an = 0 et deg Q < n, on remplace dans l’équation pour
obtenir
4an Xn + 4Q − (X − 1) nan X n−1 + Q′ − n (n − 1) an X n−2 − Q′′ = 0
d’où
(4 − n) an X n + ··· = 0
deg<n
Ainsi n = 4.
Deux méthodes :
Première méthode : On remplace P = aX 4 + bX 3 + cX 2 + dX + e dans 4P = (X − 1) P ′ + P ′′ pour obtenir
4aX 4 + 4bX 3 + 4cX 2 + 4dX + 4e = (X − 1) 4aX 3 + 3bX 2 + 2cX + d + 12aX 2 + 6bX + 2c
Soit
(4a + b) X 3 + (−12a + 3b + 2c) X 2 + (−6b + 2c + 3d) X + (−2c + d + 4e) = 0
Ce qui donne le système
que l’on résout pour obtenir a =




4a + b = 0
−12a + 3b + 2c = 0
−6b + 2c + 3d = 0



−2c + d + 4e = 0
1
2
6
8
e, b = − e, c = e, d = − e soit
10
5
5
5
e
P=
× X 4 − 4X 3 + 12X 2 − 16X + 10
10
L’ensemble des solutions est donc
S = Vect X 4 − 4X 3 + 12X 2 − 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) =⇒
′′′
(4)
(5)
2P ′′ (1) = P (4) (1). On dérive (pour la dernière
= 0 ( P est de degré 4 ). En fin
fois), P = (X − 1) P car P
2
4
1
′′′
′
de compte, P (1) = P (1) = 0 et P = P (1) 1 + 2 (X − 1) + 3 (X − 1) . EN toute rigueur, il faut vérifier que les
polynômes trouvés sont solutions (synthèse).
1
4
16
10
Si on développe, on a 1 + 2 (X − 1)2 + 13 (X − 1)4 = X 4 − X 3 + 4X 2 − X + .
3
3
3
3
Exercice 8.41 Le polynôme nul est solution et c’est le seul polynôme constant. Si on écrit que P = QP ′ . Alors
deg (Q) = 1 et si P = an X n + · · · avec an = 0 , on a Q = n1 (X − α). On a donc
P =
1
(X − α) P ′
n
(R)
On en déduit que α est racine de P . Dérivons l’égalité précédente. On obtient
P′ =
′′
1
1
(X − α) P + P ′
n
n
—23/46—
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2. LES TECHNIQUES
D’où
1
P ′ (α) = 0
1−
n
Si n = 1, alors P = an (X − α) , sinon, on a P ′ (α) = 0. On dérive donc la relation (R) k fois avec Leibniz pour
obtenir
1
k
k
P (k) (α) = 0 =⇒ P (k) (α) = 0 si 0 ≤ k ≤ n − 1
P (k) = (X − α) P (k+1) + P (k) =⇒ 1 −
n
n
n
Conclusion, α est racine d’ordre n et
P = an (X − α)n
n
n
n
Exercice 8.42 Pn (x) = 0 ⇐⇒ (1 + ix) = (1 − ix) ⇐⇒ 1−ix
= 1 car x = −i n’est pas racine. Ainsi
1+ix
Pn (x)
=
0 ⇐⇒ ∃k ∈ {0, ..., n − 1} ,
2ikπ
1 − ix
=e n
1 + ix
2ikπ
⇐⇒ ∃k ∈ {0, ..., n − 1} , 1 − ix = e n (1 + ix)
2ikπ
2ikπ
⇐⇒ ∃k ∈ {0, ..., n − 1} , ix 1 + e n
= 1−e n
on a Pn = (1 − (−1)n ) in X n + n 1 + (−1)n−1 in−1 X n−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
2ikπ
n
1−e
)n*
kπ
= tan
, x= Pn (x) = 0 ⇐⇒ ∃k ∈ {0, ..., n − 1} \
2ikπ
2
n
i 1+e n
En définitive,
2p kπ
si n = 2p + 1 est impair Pn = 2 (−1) i
X − tan
2p + 1
k=0
2p−1
kπ
p
si n = 2p pair Pn = −2n (−1) i
X − tan
2p
k=0
k=p
kπ
kπ
kπ
Pour n = 2p + 1, on remarque que tan (2p+1−k)π
=
tan
π
−
=
−
tan
et
pour
k
=
0,
tan
2p+1
2p+1
2p+1
2p+1 = 0.
Le polynôme Pn est impair et
p
Pn
= (1 + iX)n − (1 − iX)n
p kπ
= 2 (−1)p iX
X 2 − tan2
2p + 1
k=1
2
= 2 (−1)p iX 2p+1 + 1 + (−1)2p−1 i2p−1 C2p+1
X 2p−1 + · · ·
kπ
On peut donc écrire Pn (X) = XRn X 2 et les tan2 2p+1
s’avèrent être les racines de Rn .
p kπ
2p−1
p
2p−1 2
p−1
2
Rn = 2 (−1) iX + 1 + (−1)
i
C2p+1 X
+ · · · = 2 (−1) i
X − tan
2p + 1
p
p
k=1
Donc, d’après les relations entre coefficients et racines :
2p−1
2
p
1
+
(−1)
i2p−1 C2p+1
kπ
2
tan
=−
= p (2p + 1)
2p + 1
2 (−1)p i
k=1
—24/46—
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2. LES TECHNIQUES
Remarque : on a également
p
cos2
k=0
1
kπ
2p + 1
= 2p (p + 1) + 1
Le même genre de raisonnement donne pour n = 2p pair
Pn
Pn
p
= −2n (−1) iX
2p
= (1 + iX)
p−1
k=1
2p
− (1 − iX)
2p−1
= 2p (iX)
X 2 − tan2
kπ
2p
2p
= (iX + 1)
2p−2
+ ∁22p (iX)
+ ∁32p (iX)
2p
− (iX − 1)
2p−2
= 4p (iX)2p−1 + 2∁32p (iX)2p−2 + · · ·
2p−1
2p−2
2p−3
+ · · · − −2p (iX)
+ ∁22p (iX)
− ∁32p (iX)
+···
2p (2p − 1) (2p − 2)
(iX)2p−3 + · · ·
6
4ip (2p − 1) (2p − 2)
(−1)p−1 X 2p−3 + · · ·
= −4pi (−1)p X 2p−1 −
6
= XRn X 2
2p−1
= 4p (iX)
p
+2
Rn = −2n (−1) i
p−1
k=1
2
X − tan
kπ
2p
= −4pi (−1)p X p−1 −
4ip (2p − 1) (2p − 2)
(−1)p−1 X p−2 + · · ·
6
d’où
p−1
tan2
k=0
kπ
2p
=
(2p − 1) (2p − 2)
6
En particulier cela permet de prouver que
tan2
π
3π
5π
+ tan2
+ tan2
=5
14
14
14
2kπ
Exercice 8.43 Les racines énièmes de e2ina sont les zk = ei(2a+ n ) pour k = 0, · · · , n − 1. Les racines de P sont
2kπ
i(a+ kπ
n ) . On en déduit que
donc les αk = zk − 1 = ei(2a+ n ) − 1 = 2i sin a + kπ
n e
P=
n−1
k=0
D’après les relations coefficients-racines, on a
kπ
kπ
X − 2i sin a +
ei(a+ n )
n
n−1
αk = (−1)n
k=0
a0
P (0)
= (−1)n
= (−1n ) 1 − e2ina d’où
an
an
%n−1
& n−1
kπ
kπ
kπ
n
i(a+ kπ
)
n
2i sin a +
e
= (2i)
sin a +
ei(a+ n ) = (−1n ) 1 − e2ina
n
n
k=0
k=0
k=0
n−1
mais
n−1
k=0
ei(a+
kπ
n
n−1
) =e
k=0
i(a+ kπ
n )
et
(n−1 k=0 i a +
kπ
n
= ina +
—25/46—
iπ (n−1
in (n − 1) π
(n − 1)
= ina + i
π
k=0 k = ina +
n
2n
2
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2. LES TECHNIQUES
d’où
n−1
ei(a+
k=0
kπ
n
) = eina ei π2 n−1 = in−1 eina
kπ
2 i
e
sin a +
= (−1n ) 1 − e2ina = (−1n ) −2i sin (na) eina
n
k=0
n−1
kπ
n −1 ina
n
= − (−1n ) 2i sin (na) eina
2 (−1) i e
sin a +
n
k=0
n−1
kπ
sin na
=
sin a +
n
2n−1
n 2n−1 ina
n−1
k=0
Avec a = 0, on a
a tend vers 0
n−1
k=0
sin
kπ
n
= 0. Enfin si a = 0,
n−1
n−1
k=1
sin
k=1
Remarque :Puisque sin π −
n = 2p + 1, on a
kπ
n
= sin
kπ
n
=
kπ
n
=
sin na
donne en passant à la limite quand
2n−1 sin a
n
2n−1
(n − k) π
n
, on peut regrouper les sinus deux par deux. Ainsi, si n est impair,
p
kπ
2p + 1
=
√
p
= p−1
2
sin
k=1
et si n = 2p est pair
sin a +
p
sin
k=1
kπ
2p
√
2p + 1
2p
(n
(n
k
k
Exercice 8.44 Si P =
k=0 ak X , on définit P =
k=0 ak X 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 coïncident
sur R qui est infini, ils sont donc égaux. Ceci se traduit par ∀k, ak = ak i.e. P ∈ R [X].
1
Exercice 8.45 La condition P (X) = P (1 − X) traduit la symétrie par rapport à X = . Posons alors Q (X) =
2
1
1
1
1
P X+
, on a Q (−X) = P −X +
= P 1 − −X +
=P X+
. Le polynôme Q est donc pair, il
2
2
2
2
peut ainsi s’écrire
d
Q (X) =
an X 2n
n=0
d’où
2n
d
1
1
P (X) = Q X −
=
an X −
2
2
n=0
2
1
1
1
Mais on a X −
= X 2 − X + = X (1 − X) + d’où
2
4
4
2n 2 n n
1
1
1
X−
=
X−
= X (1 − X) +
2
2
4
est un polynôme en X (1 − X) , on en déduit que
2n
1
a
X
−
aussi.
n=0 n
2
(d
—26/46—
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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
2
= − (α − β)
4
+ a
α−β
2
α−β
β−α
α−β
−γ +a
−γ
2
2
2
=0
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
α+β
et "coupe" l’axe Ox en γ. On va donc supposer que α = β. D’après l’exo 19.46, la tangente en
n’est pas
2
horizontale donc coupe l’axe Ox. Son équation est
Y −P
α+β
2
= P′
α+β
2
α+β
X−
2
Elle coupe donc l’axe des abscisses en
P
X=
α+β
2
α+β
−
2
P ′ α+β
2
On va s’inspirer de l’exercice 19.46. On a
P (X) = a (X − α) (X − β) (X − γ)
donc
α+β
− α α+β
2 −β
2 −γ
1
= − a (α − β)2 α+β
−γ
2
4
α+β
α+β
α+β
α+β
α+β
α+β
′ α+β
P
=
a
−
α
−
β
+
a
−
α
−
γ
+
a
−
β
−
γ
2
2
2
2
2
2
2
P
α+β
2
= a
α+β
2
=0
1
= − a (α − β)2
4
Ainsi
1
2 α+β
−
a
(α
−
β)
−
γ
2
α+β
X=
− 4
=γ
1
2
− a (α − β)2
4
—27/46—
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2. LES TECHNIQUES
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 le
graphe 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
(a (x − α) (x − β) − m) = a (x − α) + a (x − β) = 0
dx
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’abscisse
α+β
.
2
α+β
Dans cette méthode, au lieu de montrer que la tangente issue de
passe par (γ, 0) , on regarde les tangentes
2
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 = aX 3 + bX 2 + cX + d
x−
P (x)
ax3 + bx2 + cx + d
2ax3 + bx2 − d
=x−
=
′
2
P (x)
3ax + 2bx + c
3ax2 + 2bx + c
b
α+β
b
γ
donc
= − − où γ est la troisième racine de P. On a donc
a
2
2a 2
3
2
b
γ
b
γ
2a − −
+b − −
−d
2a 2
2a 2
X=
2
b
γ
b
γ
3a − −
+ 2b − −
+c
2a 2
2a 2
On sait que la somme des racines de P vaut −
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2. LES TECHNIQUES
En développant avec le binôme, on obtient (et j’avoue que Maple ou une bonne calculatrice formelle est bien utile)
X =−
a2 γ 3 + 2abγ 2 + b2 γ + 4ad
3a2 γ 2 + 2abγ + 4ac − b2
Mais on sait que P (γ) = 0 donc
d = −aγ 3 − bγ 2 − cγ
d’où
a2 γ 3 + 2abγ 2 + b2 γ + 4a −aγ 3 − bγ 2 − cγ
X=−
=γ
3a2 γ 2 + 2abγ + 4ac − b2
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 Re (α). Si on factorise P sous la forme P (X) = a (X − γ) X 2 − 2bX + c alors la tangente issue du point
2
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
P (v) − P (u)
P (v) − P (u)
y = P (u) +
(x − u), une autre est y = P (v) +
(x − v) , en sommant les deux, on obtient
v−u
v−u
l’équation plus symétrique
P (u) + P (v) P (v) − P (u)
u+v
y=
+
x−
(corde)
2
v−u
2
P (u) + P (v) P (v) − P (u)
u+v
On considère alors le polynôme Q (X) = P (X) −
+
x−
qui admet pour
2
v−u
2
racine u, v et donc une troisième racine w (distinctes de u et v en général, ce qui prouve que la corde recoupe le graphe
de P en un troisième point). Le réel w vérifie donc
P (u) + P (v) P (v) − P (u)
u+v
P (w) =
+
w−
(PW)
2
v−u
2
u+v
à Q passe par (w, 0). L’équation de cette tangente est
2
u+v
u+v
u+v
y=Q
+ Q′
x−
2
2
2
On vient de prouver que la tangente en
Mais
u+v
u+v
P (u) + P (v)
= P
−
2
2
2
u
+
v
u
+
v
P
(v)
− P (u)
Q′
= P′
−
2
2
v−u
Q
On a donc
P
u+v
2
P (u) + P (v)
u+v
P (v) − P (u)
u+v
′
−
+ P
−
w−
=0
2
2
v−u
2
u+v
est
2
u+v
u+v
u+v
y=P
+ P′
x−
2
2
2
(E1)
Or l’équation de la tangente au graphe de P en
(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
P (u) + P (v) P (v) − P (u)
u+v
corde et de la tangente a donc pour abscisse w. Son ordonnée vaut alors
+
w−
2
v−u
2
(on remplace x par w dans l’équation de la corde) i.e. P (w) d’après (P W ). On a bien prouvé le résultat demandé.
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2. LES TECHNIQUES
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 la
suite des racines de P ), on a alors
P (X) = a (X − α) (X − α − r) (X − α − 2r) (X − α − 3r)
r
Puisque les racines sont régulièrement espacées, on va "recentrer" le tout en plaçant l’origine du repère en α + r + ,
2
3r
on pose donc X = Y + α +
alors
2
3r r
r
3r
Y +
Y −
Y −
P (X) = a Y +
2
2
2
2
2
2
r
9r
= a Y2−
Y2−
4
4
d’où
9r2
r2
2
2
+ 2aY Y −
P (X) = 2aY Y −
4
4
2
2
= aY 4Y − 5r
′
car
dY
= 1, ainsi
dX
&
%
2
3r
3r
5r2
X −α−
−
P (X) = 4a X − α −
2
2
4
′
Les racines de P ′ sont donc
√
√
3r
5r
3r
3r
5r
α+
−
,α + ,α +
+
2
2
2
2
2
√
5
elles forment une suite arithmétique de raison
r.
2
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 raison
de la progression. On a alors
d’où
en particulier β =
P (X) = (X − β − r) (X − β) (X − β + r)
= X 3 − 3βX 2 + 3β 2 − r2 X + β r2 − β 2


a = 3β
2
2
b = 3β
2 − r 2

c=β β −r
a
(est racine de P ), et la raison est telle que
3
a2
−b
3
a
d’où la condition nécessaire (qui traduit aussi le fait que P
= 0)
3
a a2 a2
a
2 2
c=
−
+b =
b− a
3 9
3
3
9
a
2
Réciproquement, si c =
b − a2 , alors
3
9
a
2 2
3
2
P (X) = X − aX + bX −
b− a
3
9
r2 =
—30/46—
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cette condition exprime que P
Les racines de P sont alors
2. LES TECHNIQUES
a
a
= 0, on peut ainsi mettre X −
en facteur pour obtenir
3
3
a
2aX
2a2
2
X −
+b−
P (X) = X −
3
3
9
1
1 1 1
1
a − δ, a, a + δ où δ 2 = 3a2 − 9b
3
3 3 3
3
3a2 − 9b
a2
=
− b.
9
3
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 deg P = n ≥ 0, on a
deg P X 2 = 2n = deg P X 2 = X 2 X 2 + 1 P (X) = 4 + n
elles forment bien une progression arithmétique de raison r telle que r2 =
d’où
deg P = 4
Posons P (X) = aX (X + 1) (X − α) (X − β) alors
P X 2 = aX 2 X 2 + 1 X 2 − α X 2 − β
= X 2 X 2 + 1 P (X)
= aX 2 X 2 + 1 X (X + 1) (X − α) (X − β)
Ainsi
En développant on obtient
a X 2 − α X 2 − β − aX (X + 1) (X − α) (X − β) = 0
a (α + β − 1) X 3 − aαβX 2 − aαβX + aαβ = 0
d’où
α+β
αβ
= 1
= 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) = X 2 X 2 − 1
Exercice 8.51 Soient α, β, γ ses racines. Supposons que αβ = 1, on a a alors
6
=3
2
7
αβ + βγ + γα =
2
λ
αβγ = −
2
α+β+γ
=
ce qui se simpifie en
(8.1)
α+β+γ
= 3
5
γ (α + β) =
2
γ
= −
—31/46—
(8.2)
λ
2
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2. LES TECHNIQUES
On a donc α + β =
7
3
− γ puis avec (8.2) il vient
γ (3 − γ) =
5
5
⇒ −γ 2 + 3γ − = 0
2
2
On résout cette équation qui donne deux solutions
γ=
3
i
3
i
+ ou γ = −
2 2
2 2
Puis
3
2
λ = −3 − i ou λ = −3 + i
Dans ce cas on a alors α + β = 3 − γ = − ou 32 + 2i , ainsi α et β sont racines de
3
i
3
i
1
1+i
2
X −
−
X + 1 = 0 si γ = + ⇒ α = 1 − i, β =
=
2 2
2 2
1−i
2
3
i
3
i
1
1−i
+
X + 1 = 0 si γ = − ⇒ α = 1 + i, β =
=
X2 −
2 2
2 2
1+i
2
i
2
Remarque : On peut envisager une autre méthode. Quand on a trouvé que γ = − λ2 , on sait alors que P − λ2 =
λ 3
λ 2
λ
2
1
0 =⇒ 2 − 2 − 6 − 2 + 7 − 2 + λ = −
4 λ λ + 6λ + 10 = 0. On obtient trois solutions. Pour λ = 0, le polynôme
P est alors égal à 2X 3 − 6X 2 + 7X = X 2X 2 − 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
(αβ + βγ + γα)
2
= α2 + β 2 + γ 2 + 2 (αβ + βγ + γα) = a2
=⇒ α2 + β 2 + γ 2 = a2 − 2b
= α2 β 2 + β 2 γ 2 + γ 2 α2 + 2 αβ 2 γ + α2 γβ + αβγ 2
= α2 β 2 + β 2 γ 2 + γ 2 α2 + 2αβγ (α + β + γ)
d’où
α2 β 2 + β 2 γ 2 + γ 2 α2 = b2 − 2ac
enfin
α2 β 2 γ 2 = c2
ce qui donne
Q (X) = X 3 − a2 − 2b X 2 + b2 − 2ac X − c2
Puis Q X 2 = X 2 − α2 X 2 − β 2 X 2 − γ 2 = (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) = X 3 −(−α − β − γ) X 2 +
( αβ + βγ + γα) X − αβγ = X 3 − aX 2 + bX − c.
On a donc
Q X 2 = X 3 + aX 2 + bX + c X 3 − aX 2 + bX − c
= X 6 − a2 − 2b X 4 + b2 − 2ac X 2 − 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
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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 × β 2 + γ 2 + δ 2
2
2
ce qui est le résultat demandé car (−a − α) = (a + α) .
3. On a donc
2
2
(a + α) ≤ 3 a2 − 2b − α2 ⇐⇒ (a + α) − 3 a2 − 2b − α2 ≤ 0
ce qui en développant donne
1
3
1
4α2 + 2aα − 2a2 + 6b ≤ 0 ⇐⇒ α2 + aα + b − a2 ≤ 0
2
2
2
1
3
1
Le trinôme du second degré X 2 + aX + b − a2 admet donc deux racines réelles et le réel α est entre ces deux
2
2
2
a2
3
1
9a2 − 24b
réels. On en déduit que son dicriminant ∆ =
−4×
b − a2 =
est positif et que
4
2
2
4
√
√
−a − 9a2 − 24b −a + 9a2 − 24b
α∈I =
,
4
4
Remarque : Si P a 4 racines réelles, par application du théorème de Rolle, P ′′ a deux racines (Si les racines
sont distinctes c’est un résultat facile à établir, sinon c’est un peu plus subtil · · · ). Or P ′′ = 12x2 + 6ax + 2b a
9a2 − 24b
pour discriminant ∆ = 36a2 − 8 × 12b = 16 ×
.
4
Exercice 8.54 Déterminer m > 0 tel que le polynôme P (X) = X 4 − (3m + 2) X 2 + m2 ait quatre racines en
progression arithmétique.
Le coefficient de X 3 est nul et il est égal à la somme des quatre racines de P, donc ces racines se répartissent
symétriquement autour de 0 (ce qui est logique puisque P est pair, ses racines sont donc symétriques par rapport à 0).
r
r r
r
r
Si r est la raison de la progression, les racines sont donc − , −3 , , 3 . En posant a = , on a donc les quatre
2
2 2
2
2
racines −3a, −a, a et 3a. On a ainsi
P (X) = X 2 − 9a2 X 2 − a2
= X 4 − 10a2 X 2 + 9a4
ainsi
9a4
= m2 =⇒ ±
m
= a2
3
et 3m + 2 = 10a2
d’où
3m + 2 = ±
10
6
m =⇒ m = 6 ou m = −
3
19
Le polynôme est donc soit
P (X) = X 4 − 20X 2 + 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
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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 = −1
donc Q (0) = −ka3 b3 c3 = k =⇒ k = −1. Puisque a, b et c sont racines de P,
a3
b3
c3
Or
Remarque :
= −a − 1 =⇒ a = −1 − a3
= −b − 1 =⇒ b = −1 − b3
= −c − 1 =⇒ c = −1 − c3
Q (−1) = (−1) × −1 − a3 −1 − b3 −1 − c3 = −abc = 1
a3 b3 c3
a3 + b3 + c3
= −1
= − (a + b + c) − 3 = −3
et
a3 b3 + b3 c3 + c3 a3
= (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) = − X 3 + 3X 2 + 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 γ 2 = 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). On
a ensuite σ 2 = 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 X 2 − 2X + 2 = 0 d’où α = 1 + i et β = 1 − i.
2. Soient σ1 , σ 2 et σ3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y et z. On peut reformuler l’énoncé en

 x+y+z =4
x2 + y 2 + z 2 = 4
 3
x + y3 + z 3 = 4
Ainsi, d’après l’énoncé σ1 = 4. Puis
σ21 = x2 + y 2 + z 2 + 2σ 2 =⇒ σ2 = 6
Enfin, on sait que x, y et z sont racines de X 3 − σ1 X 2 + σ2 X − σ3 ainsi
x3 − σ 1 x2 + σ2 x − σ3
y3 − σ1y2 + σ2y − σ3
z 3 − σ1 z 2 + σ2 z − σ3
En sommant, on obtient
d’où
4 − 16 + 24 − 3σ3 = 0
σ3 = 4
Ainsi x, y et z sont racines de P.
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Exercice 8.57 Si α est racine double alors P (α) = P ′ (α) = 0, ainsi
αn + aα − b = 0
nαn−1 + a = 0
aα
La seconde condition fournit nαn + aα = 0 soit αn = − . On reporte le résultat dans P (α) = 0 pour obtenir
n
1
nb
a 1−
α = b =⇒ α =
n
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
nn
soit n−1 ×
a
b
n−1
n−1
nb
a (n − 1)
n−1
+a=0
+ a = 0, ce qui s’écrit, en multipliant par
a n
n
Sens ⇐= : réciproquement, si
a n
n
+
b
n−1
n−1
+
b
n−1
n−1
an−1
nn
=0
= 0 alors posons α =
nb
, on a bien
a (n − 1)
P ′ (α) = 0
et
αn + aα − b = α αn−1 + a − b
a
nb
=
× − + a − b car P ′ (α) = nαn−1 + a = 0
a (n − 1)
n
= 0
a 2
Pour n = 2, on retrouve
+ b = 0 soit a2 + 4b = 0, c’est à dire le discriminant. Si n = 3, on retrouve la condition
2
de l’exercice 1, à savoir
p 3 −q 2
1 3
+
=
4p + 27q 2 = 0
3
2
108
soit 4p3 + 27q 2 = 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 X 2 − X + 1 a deux
racines complexes et un coefficient dominant positif). Elle prend donc une infinité de valeurs différentes. Le polynôme
P (X) − X a donc une infinité de racines (les un ), ainsi
P (X) = X
On peut vérifier que c’est bien solution !
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2. LES TECHNIQUES
Exercice 8.59 Première méthode : On a


a+b+c=0
ab + bc + ca = p

abc = −q
On commence par la condition nécessaire phase d’analyse).
2
2
2
2
3
2
Puisque
a
+
b
+
c
=
0,
on
en
déduit
que
c
×
(a
+
b)
=
c
×
(−c)
=
c
,
mais
c
(a
+
b)
=
c
a
+
b
+
2ab
=
2
3
c 1 + c + 2abc = c + c − 2q. On en déduit que
c3 = c + c3 − 2q =⇒ c = 2q
2
Mais alors a2 + b2 + c2 = (a + b + c) − 2 (ab + bc + ca) = −2p = 1 + 2c2 = 1 + 8q 2 . La CN est donc
1 + 2p + 8q 2 = 0
On vérifie qu’il s’agit bien d’un CS (phase de synthèse).
On suppose donc que l’on a 1 + 2p + 8q 2 = 0. On vérifie que c = 2q est racine car
8q 3 + 2pq + q = q 1 + 2p + 8q 2 = 0
1
Mais alors a + b = −c = −2q et abc = −q. Si q = 0, on en déduit que ab = , d’où a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 1 + c2 .
2
1
1
Si q = 0, on a c = 0, a + b = 0, 1 + 2p = 0 =⇒ p = − et ab + bc + ca = ab = p = − . On termine de la même
2
2
manière car a2 + b2 = (a + b)2 − 2ab = 1 + c2 .
Conclusion, la CN S est
1 + 2p + 8q 2 = 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 = 2X 2 + 2p + 1 ont une racine commune (qui est c). La division euclidienne de P par Q s’écrit alors
1
1
X 3 + pX + q = 2X 2 + 2p + 1 ×
X + − X +q
2
2
1
Puisque c est racine de P et de Q, la CNS est que c est racine de Q et de R = − X + q (on retrouve donc que c = 2q).
2
On écrit de nouveau la division euclidienne
1
2
2X + 2p + 1 = − X + q × (−4X − 8q) + 16q 2 + 4p + 2
2
Puisque c est racine de Q et de R, la CNS est 16q 2 + 4p + 2 = 0.
Exercice 8.60 Soient α, β et γ les racines de P , on a

 α + β + γ = −a
αβ + 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
b
γ = j 2 α. Puisque j × j 2 = 1, on a bien α = βγ. Si a = 0, alors α = − et α3 = c =⇒ b3 − a3 c = 0 (condition encore
a
valable si a = 0). La CN est donc
b3 = a3 c
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2. LES TECHNIQUES
Synthèse : On suppose que b3 = a3 c.
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.
b
Si a = 0, on a α = − racine de P car
a
3
2
b
b
b
a3 c − b3
+c=
−
+a −
+b −
=0
a
a
a
a3
2
b3
b
b
Mais puisque αβγ = −c = − 3 = − × −
, on en déduit que βγ = α2 (car α = 0).
a
a
a
Conclusion, la CNS est bien
b3 = a3 c
P (x)
P (x)
b0
donc Q (x) =
= xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 et Q (x) =
− b0 −
an
an
|b0 |
P (x)
b0
a1
b0
b0
= xn + · · · + x −
. Le produit z1 · · · zn des racines de Q est égal à (−1)n+1
, en particulier
− b0 −
an
|b0 |
a0
|b0 |
|b0 |
on a
|z1 · · · zn | = 1
Exercice 8.61 Si a0 = 0, on pose
Il existe donc au moins une racine de module inférieur ou égal à 1 (par l’absurde), soit z0 cette racine. On a alors
P (z0 )
b0
P (z0 )
1
− b0 −
= 0 =⇒
= b0 1 +
Q (z0 ) =
an
|b0 |
an
|b0 |
1
a0
|P (z0 )|
=⇒
= |b0 | 1 +
= 1 + |b0 | =⇒ |P (z0 )| = |an | + |a0 | car b0 =
|an |
|b0 |
an
P (x)
a1
− 1 = xn + · · · + x − 1 dont le produit des racines
an
a0
vaut, en module, toujours 1. Il existe donc encore une racine de Q, notée z0 , telle que |z0 | ≤ 1 Mais
Si maintenant a0 = 0 et donc b0 = 0, on pose alors Q (x) =
Q (z0 ) = 0 =⇒
P (z0 )
= 1 =⇒ |P (z0 )| = |an | = |an | + |a0 |
an
Exercice 8.62
1. Si P (X) =
n
ak X k , alors
k=0
P (P (X)) − P (X) =
n
k=0
n
ak P (X)k − X k =
ak P (X)k − X k car P (X)0 = X 0 = 1
k=1
Or dans un anneau commutatif, on a
k
k
a − b = (a − b)
ainsi
P (X) − X divise
Mais alors
% k
i=0
i k−1
ab
&
P (X)k − X k donc divise P ◦ P (X) − P (X)
P (X) − X divise P ◦ P (X) − P (X) + P (X) − X = P ◦ P (X) − X
2
2. Soit P (X) = X − 3X − 5, alors
P (P (X)) − X
2
2
X − 3X − 5 − 3 X 2 − 3X − 5 − 5 − X
2
= X 2 − 3X − 5 − 3X 2 + 8X + 10
=
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3. LES EXOTIQUES
On en déduit que
P (P (X)) − X = (P (X) − X) × Q (X)
2
Or z 2 − 3z − 5 − z = (z + 1) (z − 5) , ce qui donne deux racines de z 2 − 3z − 5 − 3z 2 + 8z + 10 = 0 qui sont
−1 et 5.
Remarque : On a
2
2
z − 3z − 5 − 3z 2 + 8z + 10 = (z − 5) (z + 1) z 2 − 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 + X 2 P ′ − X 3 P ′′
2
1. Facile, si (P, Q) ∈ R [X] et λ ∈ R alors
T (λP + Q) = 3X (λP + Q) + X 2 (λP + Q)′ − X 3 (λP + Q)′′
= λ 3XP + X 2 P ′ − X 3 P ′′
+3XQ + X 2 Q′ − X 3 Q′′
= 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 = an X n + Q où an = 0, n = deg P et deg Q < n alors
T (P ) = an T (X n ) + T (Q)
= an 3X n+1 + nX n+1 − n (n − 1) X n+1 + T (Q)
= − (n + 1) (n − 3) an X n+1 + 3XQ + X 2 Q′ − X 3 Q′′
deg<n+1
Ainsi, pour n = 3, deg T (P ) = deg (P ) + 1. Il reste le cas où deg P = 3. Dans ce cas, si on pose
P = aX 3 + bX 2 + cX + d
alors
T (P ) = 3X aX 3 + bX 2 + cX + d + X 2 3aX 2 + 2bX + c − X 3 (6aX + 2b)
= 3bX 3 + 4cX 2 + 3dX
Ainsi deg T (P ) = 3 si b = 0, deg T (P ) = 2 si b = 0 et c = 0, deg T (P ) = 1 si b = c = 0 et d = 0 et enfin
deg T (P ) = −∞ si P = aX 3 .
3. LL’endomorphisme T n’est pas injectif car T aX 3 = 0, ainsi Vect X 3 ⊂ ker T . Il n’est pas surjectif, X 4 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 à
3).
3
Les exotiques
Exercice 8.64 ⇒ : Par hypothèse, P (X) =
∀z ∈ C, |P (x + iy)| =
deg
P
i=1
|x + iy − αi | =
deg
P
i=1
deg
P
i=1
(X − αi ) où les αi sont les racines (réelles) de P. On a alors
deg
+
P ,
(x + αi )2 + y 2 ≥
y 2 = |Im (z)|deg P
i=1
⇐ : Si ∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|deg P , alors pour z racine de P on a |P (z)| = 0 ≥ |Im (z)|deg P ≥ 0. Ainsi toutes les
racines de P sont réelles.
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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 =
2
u2n + un + 1 = un + 12 + 34 ≥ 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,
n
a4 , a8 , ..., a2 , ...sont aussi racines. On ne peut avoir une suite infinie de racine donc a = 0 ou il existe deux
p
q
2
indices p et q tels que a2 = a2 . Dans le dernier cas, on obtient |a| = 1. Or (a + 1) est aussi racine donc ou
2
bien a = −1 ou bien |a + 1| = 1. En fin de
q compte a = j ou j d’après a).
q p
On en déduit que P = (X − j)p X − j 2 , alors P (X) P (X − 1) = (X − j)p X − j 2
X + j 2 (X + j)q et
2 2
q p
p
q
p
p
P X = X − j4
X 2 − j 2 donc X − j 2
X + j 2 (X − j)q (X + j)q = (X − j)p X − j 2
X + j 2 (X + j)q
ce qui impose p = q.
En conclusion
n
P = X2 + X + 1
Exercice 8.66 Soient x3 et x4 les deux autres racines de P dans C. On pose s = x1 x2 , ainsi x1 + x2 = 2s, on a
s > 0 car les deux racines sont réelles positives (donc leur produit et leur somme aussi). On sait aussi que x1 et x2
sont racines de X 2 − 2sX + s = 0, ces racines sont positives et distinctes si et seulement si ∆′ = s2 − 1 > 0. On doit
ainsi avoir s > 1. On a
x1 + x2 + x3 + x4
x1 x2 + (x1 + x2 ) (x3 + x4 ) + x3 x4
x1 x2 (x3 + x4 ) + (x1 + x2 ) x3 x4
x1 x2 x3 x4
=
=
=
=
4
−4
−a
b
Donc
x3 + x4
b
s + 2s (4 − 2s) +
s
b
s (4 − 2s) + 2s
s
x3 x4
= 4 − 2s
= −4
= −a
=
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, +∞[
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3. LES EXOTIQUES
y 12
10
8
6
4
2
0
1.2
1.4
1.6
1.8
2.0
2.2
2.4
2.6
2.8
-2
3.0
x
-4
-6
-8
On a donc un maximum en s =
11
682
1397
> 1. On a alors a =
et b = −
, d’où la valeur maximale de a + b qui est
6
27
108
1331
682 1397
−
=
27
108
108
le polynôme P est alors
P = X 4 − 4X 3 − 4X 2 +
qui a pour racines
682
−1397
X+
27
108
√
√
√
√
11 − 55 11 + 55 1 + 255 1 − 255
,
,
,
6
6
6
6
Exercice 8.67 On a σ1 = α + β + γ = a, σ3 = αβγ = a et σ 2 = 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 + β 3 + γ 3 − 3αβγ = a α2 + β 2 + γ 2 − σ 1 + 3 − 3a. Or
σ 21 = α2 + β 2 + γ 2 + 2σ2
ainsi
α3 + β 3 + γ 3 − 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 + β 3 + γ 3 − 3αβγ est −4, obtenue pour a = 2, soit
P = X 3 − 2X 2 + 2X − 2
Exercice 8.68 Soit x une racine réelle d’un polynôme de la forme (1 + 2i) X 3 − 2 (3 + i) X 2 + (5 − 4i) X + 2a2 , alors
les parties réelles et imaginaires sont nulles donc, puique a est lui même réel :
x3 + 6x2 + 5x + 2a2 = 0
2x3 − 2x2 − 4x = 0
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4. LES OLYMPIQUES
ce qui donne
a2
= −
x (x + 1) (x − 2) = 0
1 3
x + 6x2 + 5x
2
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
1
1
a2 = 0, ou a2 = − (−1 + 6 − 5) = 0 (oh, le vilain piège, deux valeurs de a2 nulle...), ou a2 = − (8 + 24 + 10) =
2
2
−21 qui ne donne aucune valeur réelle ! Ainsi
S=0
4
Les olympiques
n−1
Exercice 8.69 Si z est racine multiple de P alors P (z) = P ′ (z) = 0. Or P ′ (z) = n (z − 1)
− z n−1 , ainsi z
est racine multiple si elle est solution du système
(z − 1)n = (z n − 1)
n−1
(z − 1)
= z n−1
⇐⇒
⇐⇒
(z − 1) (z − 1)n−1 = (z n − 1)
⇐⇒
(z − 1)n−1 = z n−1
z n−1 = 1
⇐⇒
(z − 1)n−1 = z n−1
(z − 1) (z)n−1 = (z n − 1)
(z − 1)n−1 = z n−1
z n−1 = 1
(z − 1)n−1 = 1
On passe ensuite aux modules afine de localiser z, z n−1 = 1 =⇒ |z| = 1 et (z − 1)n−1 =⇒ |z − 1| = 1. Le point d’affixe
z est à l’intersection des cercles de rayon 1 centré à l’origine et en A d’affixe 1.
B
1
O
1
1
iπ
A
iπ
On en déduit (triangles équilatéral) que z = e 3 = −j 2 où z = e− 3 = −j. Puisque P ∈ R [X] , si −j 2 est racine
i(n−1)π
iπ
multiple de P, −j aussi. On va donc déterminer n pour que e 3 soit racine multiple. On a e 3
= 1 ⇐⇒ n − 1 = 6k
n−1
2k
où k ∈ N et dans ce cas (z − 1)n−1 = −j 2 − 1
= j n−1 = j 3
= 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 x1 x2 = m2 − 3m + 3. Or (x1 + x2 )2 − 2x1 x2 = x21 + x22 = (4 − m)2 −
2
2 m − 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 est
m = −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 et
n
P (n + 1) = n+2
pour n impair.
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4. LES OLYMPIQUES
Exercice 8.72 Puisque le coefficient constant et celui de x n’interviennent pas (p et q quelconques), on peut envisager
d’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 σ 1 = a + b + c + d = −m et σ2 = ab + ac + ad + bc + bd + cd = m2 + 1. Donc σ 21 + 1 = m2 + 1 = σ 2
Or 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 + b1 x + ...., alors Q (1998) = 2000 est pair donc b0 aussi. Mais
b0 = Q(0). Voila comment réintégrer P !
On sait donc que Q(P (a)) = Q (P (a + 1999)) = b0 est pair
Maintenant l’astuce :
Proposition : Soit A un polynôme à coefficients entiers alors A (x) − A (y) est divisible par x − y
(n
(n
k
Preuve : Si A (X) = a0 + a1 X + ... = k=0 ak X k , A (x) − A (y) = a1 (x − y) + a2 x2 − y2 + ... = k=1 ak (x − y) ,
k−1
k
mais (x − y) = (x − y) x
+ yxk−2 + ... + y k−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 par
a − x (prendre A = Q ◦ P ) et aussi par a − x + 1999 car P (a) = P (a + 1999) = 0. Puisque a − x divise b0 − 1 qui
est 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
1
= (1 + a + ab) 1 + +
a 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) =
n+2
(X − α − kr). Le polynôme Pn a n + 3 racines qui forment une suite arithmétique de raison r. On va prouver
a
k=0
que
√
√
(n + 2) r
n + 4r
(n + 2) r
(n + 2) r
n + 4r
X −α−
−
X −α−
X −α−
+
2
2
2
2
2
√
(n + 2) r
n + 4r
Pour simplifier l’écriture du résultat, on pose β n = α +
et ρn =
, ainsi on désire montrer que
2
2
Pn(n)
(n + 3)!
(X) = a
3!
Pn(n) (X) = a (X − β n − ρn ) (X − β n ) (X − β n + 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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4. LES OLYMPIQUES
d’où (formule de Leibniz)
(n+1)
Pn+1 (X) = Pn(n+1) (X) × (X − α − (n + 3) r) + (n + 1) Pn(n) (X)
′
=
Pn(n) (X) × (X − α − (n + 3) r) + (n + 1) Pn(n) (X)
Il suffit alors de vérifier avec Maple que
′
Pn(n) (X) × (X − α − (n + 3) r) + (n + 1) Pn(n) (X)
√
√
n + 5r
n + 5r
(n + 4)!
(n + 3) r
(n + 3) r
(n + 3) r
= a
X −α−
−
X −α−
X −α−
+
3!
2
2
2
2
2
Exercice 8.76 Trouver a ∈ R pour que le polynôme (1 − a) x3 + (2 + a) x2 + (a − 1) x + 7 − a admette une racine
complexe de module 1. Trouver les autres racines.
1
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
z
car z est de module 1. Ainsi
(1 − a) + (2 + a) z + (a − 1) z 2 + (7 − a) z 2
=0
z3
d’où
(1 − a) z 3 + (2 + a) z 2 + (a − 1) z + (7 − a) − (1 − a) + (2 + a) z + (a − 1) z 2 + (7 − a) z 3
= −6z 3 + 3z 2 − 3z + 6 = −3 (z − 1) 2z 2 + z + 2 = 0
1 1 √
On en déduit que z = 1 ou z = − ± i 15. Puisque P (1) = 9, la solution z = 1 est à exclure. Pour les deux autres
4 4
solutions, on a
z
−
1
−
2
z
z
3
1
2
z 2 = − − 1 =⇒ z 3 = − − z = −
−z =− z+
2
2
2
4
2
ainsi
P (z) = (1 − a) z 3 + (2 + a) z 2 + (a − 1) z + (7 − a)
z
3
1
= (1 − a) × − z +
+ (2 + a) × − − 1 + (a − 1) z + (7 − a)
4
2
2
1
11
=
(5a − 11) (z − 2) = 0 ⇐⇒ a =
4
5
11
5
1 1 √
Dans ce cas, on sait que les racines sont z = − ± i 15 (car s’il y a une racine complexe, il y a sa conjuguée, P
4 4
étant à coefficients réels) qui sont toutes deux de module 1, le produit des racines étant égal à
La seule valeur est donc a =
11
7−
7−a
5 =4
−
=−
11
1−a
1−
5
La troisième racine vaut 4. On a alors
11
1 1 √
1 1 √
P =
1−
(x − 4) x −
− i 15
x−
+ i 15
5
4 4
4 4
6
1
= − (x − 4) x2 − x + 1
5
2
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4. LES OLYMPIQUES
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 que
P (−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 de
conclure.
Remarque : Si on prend 2n éléments a1 , · · · , an , b1 , · · · , bn le produit des lignes est constant mais il y a changement
de 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 (− sin x) = P (sin (−x)) = 1 − P (cos (−x))
= 1 − P (cos x) = P (sin x) = P (y)
Ainsi le polynôme
P est un polynôme pair (car [−1, 1] est une partie infinie) Il existe donc un polynôme Q tel que
P (X) = Q X 2 . On a alors
P (sin x) + P (cos x) = 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
1 1
,
est un centre de symétrie du graphe de Q (en effet si on a M (x, Q (x)) et
2 2
′
M (1 − x, Q (1 − x)), alors le milieu de [M, M ′ ] a pour coordonnées
Ceci signifie que le point Ω
x+1−x
2
Q (x) + Q (1 − x)
2
=
=
1
= xΩ
2
1
= yΩ
2
Donc si on change l’origine pour la mettre en Ω, on aura un polynôme impair. On considère donc le polynôme
1
1
R (X) = Q X +
−
2
2
Alors
1
1
1
1
R (−X) = Q −X −
− =Q 1− X +
−
2
2
2
2
1
1
1
1
= 1−Q X +
− = − X+
2
2
2
2
= −R (X)
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4. LES OLYMPIQUES
Le polynôme R est impair, il s’écrit donc de la forme
XU X 2
et ainsi
%
2 &
2
1
1
1
= XU X =⇒ Q (X) = X −
U
X−
+
2
2
2
&
%
2
1
1
1
+
et P (X) =
X2 −
U
X2 −
2
2
2
1
Q X+
2
1
−
2
Réciproquement, puisque
1
2
cos2 t −
cos t −
2
1
2
sin t −
sin2 t −
2
1
2
1
2
2 k
2 k
1
=
22k+1
1
=
22k+1
2k+1 cos2k+1 2t
2 cos2 t − 1
=
22k+1
2k+1 (− cos 2t)2k+1
2 sin2 t − 1
=
22k+1
%
2 &
1
1
1
2
2
Si P (X) = X −
U
X −
+ alors P (cos t) + P (sin t) = 1.
2
2
2
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
n+1
n+1
Q qui est de degré n + 1. Ainsi Q (X) = a
(X − k). Or Q (0) = −1 donc Q (0) = a
(−k) = (−1)n+1 (n + 1)! =
(−1)n
−1 =⇒ a =
d’où
n!
k=1
k=1
XP (X) =
n+1
(−1)n (X − k) + 1
n!
k=1
(−1)n n+1
. En divisant par X,
X
n!
n n+1
(−1) et en prenant la valeur en 0, on a α = P (0). On détermine donc le coefficient en X de
(X − k) qui est
n! k=1
Le polynôme de droite admet 0 comme racine, il s’écrit sous la forme αX + · · · +
n+1
n+1
1
(−1)n (−1)n+1 (n + 1)!
= (n + 1)
. On a donc
n! k=1
−k
k
k=1
P (0) = (n + 1)
n+1
k=1
1
= (n + 1) Hn+1
k
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 z 2 − z + 1 = 0
P (z − 1) P (z) = P (z − 1)2 − (z − 1) + 1 = P z 2 − 3z + 3 = 0
Ainsi z ∈ Z =⇒
z2 − z + 1 ∈ Z
. Soit u la racine la plus éloigné de 1, pour être précis, l’ensemble
z 2 − 3z + 3 ∈ Z
U = {|z − 1| , z ∈ Z}
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4. LES OLYMPIQUES
est fini donc admet un maximum M atteint pour une racine, quitte à les réordonner, par exemple pour u = z1 . On a
donc
'
'
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
' 2
'
'u − 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 (faire
un dessin) u = 1. Ainsi u = 1 et max U = 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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Chapitre 19 POLYNÔMES Enoncé des exercices

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