Chapitre 15 : Polynômes

PCSI 2
Préparation des Khôlles
2013-2014
Chapitre 15 : Polynômes
Exercice type 1
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
Solution : Pour a) On écrit la division euclidienne (théorique) de P par A = (X − 3)(X − 2),
On a P (X) = (X − 3)(X − 2)Q (X) + R avec deg R < 2
Ainsi R est de degré au plus 1, il existe donc (α, β) ∈ R2 tels que R = αX + β. On a donc l’égalité
P (X) = (X − 3)(X − 2)Q (X) + αX + β
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.
Pour b) De la même manière, il existe (γ, δ) ∈ R2 tels que
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
e qui donne avec X = 2, P ′ (2) = −2n = γ. Le reste cherché est −2nX + 4n − 1.
Exercice type 2
Déterminer a et b dans R, pour que Q = X 2 − aX + 1 divise P = X 4 − X + b.
Solution : On sait que Q | P si et seulement si le reste de la division euclidienne de Q par P est nul. Or P =
X 2 − aX + 1 X 2 + aX + a2 − 1 + a3 − 2a − 1 X + b − a2 + 1 , ainsi
Q | P ⇐⇒
a3 − 2a − 1 = 0
⇐⇒
b − a2 + 1 = 0
a3 − 2a − 1 = 0
b = a2 − 1
Puisque a3 − 2a − 1 = (a + 1) a2 − a − 1 (on a une racine évidente) on a trois couple de solutions
√  
√ 


1
+
5
1
−
5 



a
−1



2√  , 
2√ 
∈
,

b
0

1+ 5
1− 5 


2
2
On résout a2 − a − 1 = 0 et on utilise alors b = a2 − 1 = a.
Exercice type 3
Déterminer tous les polynômes P de R [X], non nuls, tels que X 2 + 1 P ′′ − 6P = 0 et P (1) = 2.
Solution : 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 + n(n − 1)an X n−2 + X 2 + 1 Q′′ − 6Q = 0
—1/8—
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donc puisque an = 0, on a 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
b=d=0
= −4bX 2 + 6(a − c)X + (2b − 6d) = 0 ⇐⇒
a=c
Soit P = a X 3 + X et la condition P (1) = 2 impose que
P = X 3 + X.
Autre méthode : Ayant déterminé deg P = 3, on peut également écrire que X 2 + 1 P ′′ = 6P =⇒ X 2 + 1 divise P .
On a donc P = X 2 + 1 (aX + b) car deg P = 3.On a donc P = aX 3 + bX 2 + 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.
Exercice type 4
On considère l’application Φ de R [X] dans lui même définie par
Φ (P ) = (2X − 1) P − X 2 +
1
2
P′
où P ′ désigne le polynôme dérivé. Déterminer le degré de Φ (P ) en fonction du degré de P . Justifier que Φ n’est pas
surjective et résoudre Φ (P ) = 1.
Solution : Si P = 0 alors Φ (P ) = 0 et ainsi deg (Φ (P )) = −∞. Sinon, on pose P (X) = an X n + Q où n = deg P,
an = 0 et deg Q < n. On a alors
1
nan X n−1 + Q′
2
= (2 − n) an X n+1 + R où deg R < n + 1
Φ (P ) = (2X − 1) (an X n + Q) − X 2 +
On a donc deux cas :
Si n = 2, on constate que deg Φ (P ) = deg (P ) + 1.
Si n = 2, on pose P = aX 2 + bX + c où a = 0, alors
1
2
1
= (2X − 1) aX 2 + bX + c − X 2 +
2
Φ (P ) = (2X − 1) aX 2 + bX + c − X 2 +
aX 2 + bX + c
′
(2aX + b) = (b − a) X 2 + (2c − b − a) X −
b
+c
2
Permier sous cas : b = a, ainsi deg Φ (P ) = 2.
Deuxième sous cas b = a, ainsi Φ (P ) = 2 (c − a) X −
ou bien a = b = c et Φ (P ) = −
1
a + c , d’où deux possibilités, a = b et a = c, ainsi deg Φ (P ) = 1,
2
3a
= 0 donc deg (Φ (P )) = 0. On résume ainsi pour P = 0.
2
P =
de deg P = 2
deg (Φ (P ))
deg (P ) + 1
a X2 + X + 1
où a = 0
0
a X2 + X + c
où a = c
1
On constate que deg (Φ (P )) = 3, ainsi Φ n’est pas injective.
Pour résoudre Φ (P ) = 1, on doit avoir P = a X 2 + X + 1 et dans ce cas Φ (P ) =
Φ (P ) = 1 ⇐⇒ P = −
—2/8—
aX 2 + bX + c
où a = b
2
3a
d’où
2
2
X2 + X + 1
3
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Exercice 1
Résoudre l’équation suivante d’inconnue P dans C [X] ,
X (X + 1) P ′′ + (X + 2) P ′ − P = 1
Solution : 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
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

+
(−1)
solution particulière
l’équation sans second membre



où a ∈ C


Exercice type 5
Montrer que pour tout n = 0, X 2 − X + 1 divise P = (X − 1)n+2 + X 2n+1 .
Solution : Le polynôme Q = X 2 − X + 1 se factorise en (X + j) X + j 2 où j = e
si P (−j) = P −j 2 = 0, alors (X − j) X − j 2 divise P. Or
2iπ
3
. Ses racines sont simples, ainsi
P (−j) = (−j − 1)n+2 + (−j)2n+1
n+2
Puisque 1 + j + j 2 = 0, on obtient P (−j) = j 2
− j 2n+1 = j 2n+4 − j 2n+1 = 0 car j 2n+4 = j 2n+1 × j 3 et j = 1. Enfin,
2
P −j = P (−j) = 0 car P est à coefficients réels.
Exercice type 6
Montrer que pour tout n = 0, (X − 1)3 divise P = nX n+2 − (n + 2) X n+1 + (n + 2) X − n.
—3/8—
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Solution : Il s’agit de prouver que 1 est racine triple de P, donc de prouver que
P (1) = P ′ (1) = P ′′ (1)
Or P (1) = n − (n + 2) + (n + 2) − n = 0, P ′ (1) = n (n + 2) − (n + 2) (n + 1) + (n + 2) = 0 et enfin P ′′ (1) =
n (n + 2) (n + 1) − (n + 2) (n + 1) n = 0.
Exercice type 7
Déterminer a pour que P (X) = X 4 + aX + a et Q (X) = X 3 + aX + a aient une racine commune, préciser cette racine.
x4 + ax + a = 0
x4 − x3 = 0
⇐⇒
.
3
3
x + ax + a = 0 L1 −L2
x + ax + a = 0
On a donc deux cas, ou bien x = 0 et dans ce cas on reporte dans L2 pour avoir a = 0. Ainsi P (X) = X 4 , Q (X) = X 3
ont bien 0 comme racine commune.
1
1
1
1
1
Ou bien x = 1, et L2 donne 2a + 1 = 0 =⇒ a = − et dans ce cas P (X) = X 4 − X − et Q (X) = X 3 − X − ont
2
2
2
2
2
x = 1 comme racine commune.
1
Conclusion : deux valeurs de a possibles, a = 0 ou a = .
2
Solution : Si x est racine commune de P et Q alors
Exercice type 8
Soit P et Q deux polynômes de K [X] , on note R le reste de la division euclidienne de P et de Q.
1. Montrer que α ∈ K est racine commune à P et à Q si et seulement si α est racine commune à Q et à R.
2. En déduire que P = X 3 + pX + q admet une racine double si et seulement si 4p3 + 27q 2 = 0.
Solution :
1. Ecrivons la division euclidienne de P par Q :
P = AQ + R avec deg R < deg Q
Alors P (α) = A (α) Q (α) + R (α) . Ainsi P (α) = Q (α) = 0 ⇐⇒ Q (α) = R (α) = 0.
2. On sait que P a une racine double si et seulement si P et P ′ ont une racine commune. On applique donc le résultat
du 1). Puisque
X
2p
X 3 + pX + q = 3X 2 + p ×
+
X +q
3
3
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (X) = 3X 2 + p et R (X) =
Deux cas se présentent alors :
Premier cas : p = 0, R (X) a une unique racine α = −
2p
X + q ont une racine commune
3
3q
. Ainsi
2p
2
4p3 + 27q 2
= 0 ⇐⇒ 4p3 + 27q 2 = 0
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
racine double si et seulement si q = 0, donc si et seulement si 4p3 + 27q 2 = 27q 2 = 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
a
a
a
3a
obtient
3ac − b2
27a2 d + 2b3 − 9abc
P2 (X) = X 3 +
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.
P a une racine double ⇐⇒ P ′ (α) = 3 −
3q
2p
—4/8—
+p=
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Exercice type 9
Montrer que pour tout entier n ∈ N, il existe un unique polynôme Tn ∈ R [X] tel que
∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos (nθ)
Solution : On montre déjà l’unicité (ce qui ne donne aucune information sur l’existence !).
Soit n ∈ N fixé, on suppose qu’il existe deux polynômes Tn et Un dans R [X] tel que ∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = Un (cos θ) =
cos (nθ). Pour x ∈ [−1, 1], on pose θ = arccos x, alors (cos arccos x = x)
Tn (x) = Tn (cos θ) = Un (cos θ) = Un (x)
On en déduit que le polynôme Tn − Un est nul sur [−1, 1], il admet donc une infinité de racines. C’est donc le polynôme
nul, ce qui prouve que
Tn = Un est unique
Existence : On sait que
∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, cos ((n + 2) θ) + cos (nθ) = 2 cos ((n + 1) θ) cos θ
On définit donc la suite (Tn )n par récurrence en posant
T0 (X) = 1, T1 (X) = X et Tn+2 (X) = 2XTn+1 (X) − Tn (X)
On montre par récurrence double la proposition P (n) = ”∀θ ∈ R, Tn (cos θ) = cos (nθ) ”.
C’est vrai si n = 0 et n = 1 car
T0 (cos θ) = 1 = cos (0 × θ) et T1 (cos θ) = cos (1 × θ) .
Si P (n) et P (n + 1) sont vraies, alors
Tn+2 (cos θ) = 2 cos θTn+1 (cos θ) − Tn (cos θ) = 2 cos θ cos ((n + 1) θ) − cos (nθ)
= cos ((n + 2) θ)
d’où P (n + 2).
Remarque : On peut montrer (récurrence) que deg (Tn ) = n, que le coefficient dominant est 2n−1 si n 1. Enfin, on
peut remarquer que cos (n arccos x) = Tn (x) est un polynôme en x.
Les polynômes (Tn )n sont les polynômes de Tchebychev (du nom du Mathématicien Russe Pafnouti Tchebychev).
Exercice 2
Factoriser sur R le polynôme X 4 + 1.
Solution : On détermine les racines dans C, on a z 4 = −1 = eiπ ⇐⇒ ∃k ∈ {0, 1, 2, 3}, z = eι( 4 +
racines de X 4 + 1 sont donc
π
π
π
π
2kπ
4
) = eι( π4 + kπ
2 ) . Les
π
z0 = ei 4 , z1 = iei 4 , z2 = −ei 4 = z1 et z3 = −iei 4 = z0
—5/8—
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Les racines sont deux deux conjugues car le polynme est rel et deux deux
opposes car le polynme est pair.
Elles sont bien deux à deux conjuguées car X 4 + 1 ∈ R [X] et deux à deux opposées car X 4 + 1 est pair. On a donc
X 4 + 1 = (X − z0 ) (X − z0 ) × (X − z1 ) (X − z1 )
=
=
X 2 − 2 Re (z0 ) X + |z0 |2 X 2 − 2 Re (z1 ) X + |z1 |2
√
√
X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1
√
2
2
2
Seconde méthode : On a X 4 + 1 = X 2 + 1 − 2X 2 = X 2 + 1 − 2X et on utilise a2 − b2 = (a − b) (a + b) , c’est
plus rapide, mais à l’oral, soyez certain d’avoir dans ce cas un second exercice beaucoup plus dur ....
Exercice type 10
Factoriser sur R le polynôme X 8 + X 4 + 1.
Solution : On résout donc z 8 + z 4 + 1 = 0, on pose Z = X 4 , ainsi X 8 + X 4 + 1 = Z 2 + Z + 1 dont les racines sont
j = j 4 et j 2 . On résout ensuite
Z 4 = j = j 4 ⇐⇒
4
Z
j
= 1 ⇐⇒ ∃k ∈ {0, 1, 2, 3} , Z = je
2ikπ
4
= je
ikπ
2
Les solutions de Z 4 = j sont donc
π
z0 = j, z1 = ij = ei 2 × e
2iπ
3
=e
7iπ
6
, z3 = −j et z4 = −ij = −e
7iπ
6
On a donc trouvé quatre racines de P = X 8 + X 4 + 1 non conjugués deux à deux. Puisque P est dans R [X], si z est
—6/8—
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racine de P, alors z est également racine de P. Les quatre autres racines de P sont donc z0 , z1 , z2 et z3 .
Les racines sont deux deux conjugues car X 8 + X 4 + 1 ∈ R [X] et deux deux opposes car le
polynme est pair.
On a donc
X 8 + X 4 + 1 = (X − z0 ) (X − z0 ) × (X − z1 ) (X − z1 ) × (X − z2 ) (X − z2 ) × (X − z3 ) (X − z3 )
Avec (X − z) (X − z) = X 2 − 2 Re (z) X + |z|2 , on obtient
√
X 8 + X 4 + 1 = X 2 + X + 1 X 2 + 3X + 1
Autre méthode : On a
X8 + X4 + 1 = X4 + 1
Puis
X4 + X2 + 1 =
X4 − X2 + 1 =
X2 + 1
2
X2 − X + 1
− X4 = X4 + 1 − X2
X2 −
√
3X + 1
X4 + 1 + X2
2
− X2 = X2 + 1 − X X2 + 1 + X
√
√
2
X 2 + 1 − 3X 2 = X 2 + 1 − 3X X 2 + 1 + 3X
Ah, sacré a2 − b2 !
Exercice type 11
Résoudre l’équation x3 − x2 − x − 2 = 0, sachant que la somme de deux des racines vaut −1.
−1
Solution : Soient α, β et γ les trois racines de P = X 3 − X 2 − X − 2. On sait que α + β + γ = −
= 1 et par
1
−2
hypothèse (par exemple) que α + β = −1. On a donc γ = 2. Mais on a aussi αβγ = −
= 2 d’où αβ = 1 et α + β = −1.
1
Ainsi α et β sont racines de X 2 + X + 1 = 0. On en déduit les trois racines
√
√
−1 + i 3
−1 − i 3
2
2, j =
et j =
2
2
Exercice 1 On désire résoudre le système (S) :


α+β+γ =0
αβ + βγ + γα = 3 , où (α, β, γ) ∈ C3 .
 3
α + β 3 + γ 3 = −12
—7/8—
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1. On pose P (X) = (X − α) (X − β) (X − γ) , développer P . Déterminer alors les racines de P et en déduire les
solutions de (S) .
Solution : On a P (X) = X 3 − (α + β + γ) X 2 + (αβ + βγ + γα) X − αβγ. On sait déjà que
α + β + γ = 0 et αβ + βγ + γα = 3
D’où
P (X) = X 3 + 3X − αβγ
Mais on a également P (α) = P (β) = P (γ) = 0, ainsi
0 = P (α) + P (β) + P (γ) = α3 + β 3 + γ 3 + 13 (α + β + γ) − 3αβγ = −12 − 3αβγ
ce qui donne αβγ = −4 et
P (X) = X 3 + 3X + 4 = (X + 1) X 2 − X + 4
√
√
1 + i 15 1 − i 15
,
à une permutation près.
Les solutions sont donc (α, β, γ) = −1,
2
2
Exercice 3
Soient α, β, γ les racines de l’équation P = X 3 − 5X 2 + 6X − 1. Déterminer la valeur exacte de
A=
1
1
1
+
+
1−α 1−β 1−γ
Solution : Avant tout, 1 n’est pas racine de P , donc on pose x =
(et de même avec β et γ). On a donc
x−1
x
P
d’où
x3 P
x−1
x
=
x−1
x
3
−5
x−1
x
1
1
1
x−1
1
, y=
et z =
alors α = 1− =
1−α
1−β
1−γ
x
x
2
+6
x−1
x
−1=0
3
2
= (x − 1) − 5x (x − 1) + 6x2 (x − 1) − x3 = 0
et de même avec y et z. Ainsi x, y et z sont les racines de
Q (X) = (X − 1)3 − 5X (X − 1)2 + 6X 2 (X − 1) − X 3
On développe (en partie) Q pour avoir
Q (X) = X 3 − 3X 2 − 5X 3 + 10X 2 + 6X 3 − 6X 2 − X 3 + R où deg R < 2
= X3 + X2 + R
La somme des racines vaut donc A = −1.
—8/8—
G
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