Chapitre19 POLYNÔMES...

Chapitre 19POLYNÔMES

Enoncé des exercices

1 Les basiques

Exercice 19.1 Montrer quen∑

k=0

(n

k

)3k (1−X)3n−2kXk =

(1−X3

)n

Exercice 19.2 Deux polynômes U et V vérifient U (x) sinx + V (x) cosx = 0 pour tout x > 0. Montrez que U et Vsont tous deux égaux au polynôme nul.

Exercice 19.3 Déterminer le degré de (X2 + 1)n − 2X2n + (X2 − 1)n.

Exercice 19.4 (Archimède 1998). On considère l’application Φ de R [X] dans lui même définie par

Φ(P ) = (2X − 1)P −(X2 +

1

2

)P ′

où P ′ désigne le polynôme dérivé. Déterminer le degré de Φ(P ) en fonction du degré de P . Résoudre Φ(P ) = 1.

Exercice 19.5 Soit Pn(X) = (1 +X)(1 +X2)(1 +X4)...(1 +X2n). Calculer les coefficients de Pn.

Exercice 19.6 Pour n = 0, factoriser le polynôme

Pn = 1−X +X(X − 1)

2!− ...+ (−1)nX(X − 1)...(X − n+ 1)

n!

Exercice 19.7 Déterminer a et b pour que X2 − aX + 1 divise X4 −X + b.

Exercice 19.8 Déterminer p et q dans R pour que P = X3 + pX + q soit divisible par Q = X2 + 3X − 1.

Exercice 19.9 Montrer que X2 −X + 1 divise P = (X − 1)n+2 +X2n+1

Exercice 19.10 Calculer, pour n ≥ 2 les restes des divisions euclidiennes de P = (X − 3)2n + (X − 2)n − 2 para) (X − 3)(X − 2) b) (X − 2)2

(on pourra, pour b dériver l’expression obtenue en écrivant une division euclidienne)

Exercice 19.11 Donner une CNS (Condition nécessaire et suffisante) pour que X2+1 divise X4+X3+λX2+µX+2dans C [X] .

Exercice 19.12 Soit t ∈ R, n ∈ N, et Pn (X) = (sin (t)X + cos (t))n.Déterminer le reste de la division euclidienne de P par

(X2 + 1

).

1. LES BASIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES

Exercice 19.13 Déterminer a et b dans C tels que A = X2 +X + 1 divise B = X4 + aX2 + bX + a2 + 1.

Exercice 19.14 Soit n ∈ N, montrer que le polynôme Pn = 1+X+X2

2+

X3

3!+ · · ·+ Xn

n!n’a pas de racine multiple.

Exercice 19.15 Déterminer λ > 0 pour que P = X3− 3X +λ ait une racine double. Quelle est alors l’autre racine ?

Exercice 19.16 Déterminer tous les polynômes P de R [X], non nuls, tels que(X2 + 1

)P ′′ − 6P = 0 et P (1) = 2

Exercice 19.17 Résoudre l’équation suivante dans C [X] : X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = 1

Exercice 19.18 Résoudre l’équation suivante dans C [X] : P (2X) = P ′ (X)P ′′ (X)

Exercice 19.19 Résoudre le système :

x+ y + z = 2xyz = −1

21

x+

1

y+

1

z=

1

2

Exercice 19.20 Soit P = X4+12X−5, factoriser P sur R et sur C, sachant qu’il admet deux racines dont le produitvaut −1.

Exercice 19.21 Olympiade mathématiques du Canada 1996Si α,β, γ sont les racines de P (X) = X3 −X − 1, calculer

1 + α

1− α+

1 + β

1− β+

1 + γ

1− γ

Exercice 19.22 Factoriser le polynôme P =(X2 + 1

)2+(X2 −X − 1

)2

Exercice 19.23 Trouver trois réels x, y et z tels que

x+ y + z =1

x+

1

y+

1

z= 5

et x2 + y2 + z2 = 15

Exercice 19.24 Soit P le polynôme à coefficients réels défini par P =(X2 − 1

)2−3X(X2 + 1

). Montrer que j = e

2iπ3

est racine de P .En déduire la factorisation de P dans R [X] en produits d’irréductibles et les racines réelles de P .

Exercice 19.25 Déterminer λ pour que le polynôme X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1 ait une racine d’ordre 3 au moins.

Exercice 19.26 Soit P = X3 +X + 1, on note α, β et γ ses racines complexes.

1. Calculer

α+ β + γ

α2 + β2 + γ2

2. En utilisant P (α) + P (β) + P (γ) que l’on exprimera de deux manières différentes, en déduire la valeur deα3 + β3 + γ3.

3. Exprimer le reste de la division euclidienne de X4 par P . En déduire la valeur de α4 + β4 + γ4.

Exercice 19.27 Soient α, β, γ les racines de l’équation X3 − 5X2 + 6X − 1. Déterminer la valeur exacte de

A =1

1− α+

1

1− β+

1

1− γ

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CHAPITRE 19. POLYNÔMES 2. LES TECHNIQUES

Exercice 19.28 Factoriser sur R le polynôme P = X6 +X3 + 1.

Exercice 19.29 Résoudre (X + 4)P (X) = XP (X + 1) . Généraliser à (X + n)P (X) = XP (X + 1) où n ∈ N∗

Exercice 19.30 Soit P (X) = X4+aX3+bX2+cX+d, où a, b, c et d sont des réels. On sait que P (2i) = P (2 + i) = 0,que vaut a+ b+ c+ d ?

Exercice 19.31 Déterminer a pour que P (X) = X4 + aX + a et Q (X) = X3 + aX + a aient une racine commune,préciser cette racine.

Exercice 19.32 Soient P et Q dans K [X] tels que P Q = Q P , montrer que si l’équation P (P (x)) = Q (Q (x))admet une solution, il en est de même de l’équation P (x) = Q (x).

Exercice 19.33 Soit P = aXn+1+bXn+1 ∈ C [X] , déterminer une CNS sur (a, b) pour que P ait une racine double.

Exercice 19.34 Un exercice sur la divisibilité.

1. Déterminer deux suites (an)n∈N et (bn)n∈N telle que An = anXn+1 + bnX

n + 1 soit divisible par B = (X − 1)2.On choisira ainsi pour la suite de l’exercice (an)n∈N et (bn)n∈N .

2. Déterminer le quotient de la division euclidienne de An par B pour n ≥ 1

3. En déduire une expression simple den∑

k=1

kxk si x = 1 est un complexe.

Exercice 19.35 Soient A,B,C et D quatre polynômes à coefficients réels, on définit alors

P (x) =

∫ x

1

A (t)C (t) dt, Q (x) =

∫ x

1

A (t)D (t) dt, R (x) =

∫ x

1

B (t)C (t) dt et S (x) =

∫ x

1

B (t)D (t) dt

Montrer que (X − 1)4 divise P (X)S (X)−Q (X)R (X).

Exercice 19.36 Montrer que P = X3 + pX + q admet une racine double si et seulement si 4p3 + 27q2 = 0.

2 Les techniques

Exercice 19.37 Soit P un polynôme tel que les restes de la division euclidienne de P par (X − 1) , (X − 2) et (X − 3)soient 3, 7 et 13 respectivement. Déterminer le reste de la division euclidienne de P par (X − 1) (X − 2) (X − 3) .

Exercice 19.38 Soit ϕ ∈ R et pour n ∈ N∗, Pn = cos ((n− 1) θ)Xn+1− cos (nθ)Xn− cos (θ)X +1. Montrer que P1divise Pn et expliciter le quotient.

Exercice 19.39 Résoudre l’équation (X − 1)P ′ +XP = 1 +X3

2.

Exercice 19.40 Résoudre l’équation 4P = (X − 1)P ′ + P ′′.

Exercice 19.41 Déterminer les polynômes P tels que P ′ divise P.

Exercice 19.42 Soit Pn = (1 + iX)n − (1− iX)n pour n ≥ 1. Factoriser le polynôme Pn et en déduire la valeur dep∑

k=0

tan2(

kπ

2p+ 1

)et de

p−1∑

k=0

tan2(kπ

2p

).

En déduire la valeur de tan2( π

14

)+ tan2

(3π

14

)+ tan2

(5π

14

).

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2. LES TECHNIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES

Exercice 19.43 Factoriser sur C le polynôme P = (X + 1)n − e2ina où a ∈ R , en déduiren−1∏

k=0

sin

(a+

kπ

n

)

Que vautn−1∏

k=0

sin

(kπ

n

)? Déterminer, par passage à la limite, le produit

n−1∏

k=1

sin

(kπ

n

).

Exercice 19.44 Soit P ∈ C [X] , on suppose que ∀x ∈ R, P (x) ∈ R. Montrer que les coefficients de P sont tous réels.

Exercice 19.45 Soit P un polynôme tel que P (X) = P (1−X) , montrer que P peut s’écrire comme un polynômeen X (1−X).

Exercice 19.46 Soit P un polynôme de degré 3 ayant au moins deux racines distinctes α et β, montrer que P ′(α+ β

2

)=

0 (Alors que d’après le théorème de Rolle, il existe c ∈ ]α, β[ tel que P ′ (c) = 0, cela prouve que c n’est jamais le milieudu segment).

Exercice 19.47 Soit P (X) un polynôme de degré 3 à coefficients réels ayant trois racines réelles α, β et γ. Montrer

que la tangente enα+ β

2au graphe de P en Ox coupe l’axe en la troisième racine γ. On pourra utiliser l’exercie

19.46.Plus technique : Que dire si P a une seule racine ?. En déduire la propriété suivante pour les polynômes de degré 3 :Soit P de degré 3, si (u, v) ∈ R2, on définit A et B de coordonnées (u, P (u)) et (v, P (v)) dans le repère canonique

de R2. Montrer que la corde (AB) et la tangente au graphe de P au point d’abscisseu+ v

2se coupent en un point du

graphe de P .

Exercice 19.48 Soit P de degré 4 tel que ses racines forment une suite arithmétique, montrez que les racines de P ′

forment aussi une suite arithmétique.

Exercice 19.49 Soit P (X) = X3 − aX2 + bX − c, déterminer une CNS pour que ses racines dans C soient enprogression arithmétique.

Exercice 19.50 Déterminer tous les polynômes P tels que

P(X2)

= X2(X2 + 1

)P (X)

P (2) = 12

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Exercice 19.51 Soit P = 2X3 − 6X2+7X + λ où λ ∈ C. Déterminer λ pour que 2 des racines soient inverses l’unede l’autre. Quelles sont alors les racines de P ?

Exercice 19.52 Soit P = X3 + aX2 + bX + c, on note α, β, γ ses racines. Déterminer le polynôme Q unitaire ayantpour racines α2, β2, γ2. Montrer que P (X) divise Q

(X2). Retrouver alors Q (X).

Exercice 19.53 Le but de cet exercice est de présenter sur les poynômes de degré 4 la méthode Laguerre pour lalocalisation des racines.On considère donc un polynôme unitaire P = X4+ aX3+ bX2+ cX + d dont on suppose qu’il admet 4 racines réellesnotées α, β, γ et δ.

1. Justifier quea2 − 2b− α2 = β2 + γ2 + δ2

2. Soit −→u =

β

γ

δ

et −→v =

111

, justifier que

(−→u · −→v )2 ≤ ‖−→u ‖2 ‖−→v ‖2

en déduire que(a+ α)2 ≤ 3

(a2 − 2b− α2

)

3. Conclure que les racines de P sont dans l’intervalle

I =

[−a−

√9a2 − 24b

4,−a+

√9a2 − 24b

4

]

En particulier le réel 9a2 − 24b est positif ou nul.

Exercice 19.54 (Olympiade de Norvége 2007) Déterminerm > 0 tel que le polynôme P (X) = X4−(3m+ 2)X2+m2 ait quatre racines en progression arithmétique.

Exercice 19.55 Soit P = X3 +X + 1 et Q le polynôme de degré 3 tel que Q (0) = −1 et dont les racines sont lescubes des racines de P. Calculer Q (−1) .

Exercice 19.56 Soit le polynôme P (X) = X3 − 4X2 + 6X − 4.

1. Déterminer les racines de P sachant que le produit de deux d’entre elles est égal à la troisième.

2. Résoudre le système

(x− 1) + (y − 1) + (z − 1) = 1x (x− 1) + y (y − 1) + z (z − 1) = 0

x2 (x− 1) + y2 (y − 1) + z2 (z − 1) = 0

Exercice 19.57 Soient a et b deux complexes, pour n ≥ 2, on considère le polynôme P (X) = Xn + aX − b.

Montrer que P admet une racine double si et seulement si(an

)n+

(b

n− 1

)n−1= 0.

Quelle condition retrouve-t-on si n = 2 ? Quelle condition retrouve-t-on si n = 3 et si P (X) = X3 + pX + q ?

Exercice 19.58 Soit P ∈ R [X] tel que P (0) = 0 et P(X2 + 1

)= P (X)2+1. On définit la suite (un)n∈N par u0 = 0

et un+1 = u2n + 1. Montrer que ∀n ∈ N, P (un) = un. En déduire P .

Exercice 19.59 (Mines-Ponts PSI 2008) Trouver une CNS sur (p, q) ∈ C2 pour que les trois racines a, b et c dupolynômes X3 + pX + q vérifient a2 + b2 = 1 + c2.

Exercice 19.60 (Mines-Ponts PSI 2008) Soit P = X3 + aX2 + bX + c ∈ C [X] , trouver une CNS sur (a, b, c)pour que le carré de l’une des racines soit égal au produit des deux autres.

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3. LES EXOTIQUES CHAPITRE 19. POLYNÔMES

Exercice 19.61 Soit P un polynôme à coefficients complexes, P (x) = anxn+· · ·+a0, montrer qu’il existe un complexe

z0 tel que |z0| ≤ 1 et |P (z)| = |a0|+ |an|.Indication : Rendre unitaire P (x) en écrivant

P (x)

an= xn+bn−1x

n−1+ · · ·+b0 et considérer Q (x) =P (x)

an−b0−

b0

|b0|si a0 = 0, que dire du produit des racines de Q?

Exercice 19.62 (Centrale 2008) 1. Soit P (X) ∈ R [X], P (X) = X. Montrer que P (X)−X divise PP (X)−X(Le polynôme P P (X) est par définition le polynôme P (P (X))).

2. Trouver une racine de l’équation(z2 − 3z − 5

)2 − 3z2 + 8z + 10 = 0.

Exercice 19.63 On considère l’application T définie sur R [X] par

T (P ) = 3XP +X2P ′ −X3P ′′

1. Montrer que T ∈ L (R [X]).

2. Déterminer le degré de T (P ) en fonction de P.

3. L’endomorphisme T est-il injectif ? surjectif ?

3 Les exotiques

Exercice 19.64 Soit P ∈ R [X] unitaire. Montrer que P est scindé dans R [X] si, et seulement si :

∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|degP

Exercice 19.65 Soit P ∈ C [X] non nul vérifiant P(X2)= P (X)P (X − 1)

1. Montrer que P n’a pas de racine réelle.

2. Déterminer tous les polynômes P ∈ C [X] , tels que P(X2)= P (X)P (X − 1)

Exercice 19.66 Soient (a, b) ∈ R2 et P = X4 − 4X3 − 4X2 + aX + b. Déterminer la valeur maximale de a + b

sachant que P a deux racines réelles positives x1 et x2 telles que x1 + x2 = 2x1x2 (on pourra utiliser une calculatriceou Maple).

Exercice 19.67 Soit a un réel positif et P = X3 − aX2 + aX − a, on note α, β et γ les racines de P , déterminer lavaleur minimale de α3 + β3 + γ3 − 3αβγ. Que vaut alors P ?

Exercice 19.68 Soit A =a ∈ R, P (X) = (1 + 2i)X3 + 2 (3− i)X2 + (5− 4i)X + 2a2 a au moins une racine réelle

,

calculer S =∑

a∈S

a2.

4 Les olympiques

Exercice 19.69 Déterminer n ≥ 2 pour que P = (X − 1)n − (Xn − 1) ait une racine multiple dans C.

Exercice 19.70 (Olympiades Bulgares d’hiver 1995 )Soit m un réel tel que les racines, x1 et x2 du polynôme P = x2 + (m− 4)x+m2 − 3m+ 3 soient réelles.Déterminer m pour que x21 + x22 = 6.

Exercice 19.71 (Olympiades des USA 1975 ) Soit P un polynôme de degré n tel que ∀k ∈ 0, ..., n P (k) =k

k + 1.

Déterminer P (n+ 1)

Exercice 19.72 ( Concours Roumain (1998) équivalent au concours général en France)Les coefficients m, p et q sont réels. Pouvez-vous montrer que le polynôme suivant : x4 +mx3 + (m2 + 1)x2 + px+ q

ne peut pas avoir quatre racines réelles ?

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CHAPITRE 19. POLYNÔMES 5. LE GRENIER

Exercice 19.73 Soient P et Q deux polynômes à coefficients entiers. On suppose qu’il existe un entier a vérifiantP (a) = P (a+ 1999) = 0, et que Q (1998) = 2000. Montrer que l’équation Q(P (x)) = 1 n’a pas de solution dans Z.

Exercice 19.74 Soit P (X) = X3 −X2 − 4X − 1 et a, b deux racines de P. Montrer que ou bien 1 + a+ ab = 0, oubien 1 + b+ ab = 0.

Exercice 19.75 (A faire avec Maple) Soit P de degré n + 3 tel que ses racines forment une suite arithmétique,montrez qu’il en est de même de la dérivée énième P (n) (on pourra utiliser l’exercice 19.48 et faire quelques essaisavec Maple ou une calculateur formel).

Exercice 19.76 Trouver a ∈ R pour que le polynôme P = (1− a)x3 + (2 + a)x2 + (a− 1)x + 7 − a admette uneracine complexe de module 1. Trouver les autres racines.

Exercice 19.77 Soient a1, a2, a3, b1, b2, b3 six réels deux à deux distincts. On considère le tableau (la matrice) sui-vant(e)

a1 + b1 a1 + b2 a1 + b3a2 + b1 a2 + b2 a2 + b3a3 + b1 a3 + b2 a3 + b3

On suppose que le produit des éléments de chaque colonne est égal à 2003. Que dire du produit des éléments de chaqueligne ?Par exemple voici un tel tableau où l’on a remplacé 2003 par 24 :

a1 = 1, a2 = 6, a3 = −1, b1 = 2, b2 = −5, b3 = −3

3 −4 −28 1 31 −6 −4

Exercice 19.78 Déterminer les polynômes P tels que

P (cos t) + P (sin t) = 1

Exercice 19.79 Soit P de degré n tel que pour i ∈ 1, · · · , n+ 1 on ait P (i) =1

i. Déterminer P (0).

Exercice 19.80 Déterminer les polynômes de C [X] tels que P(X2 −X + 1

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

5 Le grenier

Exercice 19.81 Factoriser P = 36X3 − 12X2 − 5X +1 sachant que l’une des racines est la somme des deux autres.

Exercice 19.82 Soit P (X) = Xn−1, factoriser P (X) . En calculant P ′ (1) déduire la valeur du produitn∏

k=1

sin

(kπ

n

)

(on pourra passer au module).Soit A0A1 · · ·An−1 un polygône régulier inscrit dans le cercle unité, que vaut A0A1×A0A2× · · · ×A0An−1 le produitdes distances d’un sommet au n− 1 autres ?

Exercice 19.83 Déterminer les polynômes P non nuls et non constants tels que P (nx) = P ′ (x)P ′′ (x)P (3) (x) · · ·P (n) (x).

Exercice 19.84 (Olympiades d’Espagne 2000) Soit P = X4+aX3+ bX2+ cX+1 et Q = X4+ cX3+ bX2+aX+1avec a = c. Déterminer une CNS pour que P et Q aient deux racines communes. Déterminer alors toutes les racinesde P et de Q.Indic : P −Q = · · · .

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5. LE GRENIER CHAPITRE 19. POLYNÔMES

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Chapitre 8POLYNÔMES

Solution des exercices

1 Les basiques

Exercice 8.1 On écrit que

n∑

k=0

(n

k

)3k (1−X)3n−2kXk =

n∑

k=0

(n

k

)3k[(1−X)

2]n−k

(1−X)nXk

= (1−X)nn∑

k=0

(n

k

)(3X)k

[(1−X)2

]n−k

Avec la formule du binôme, cela donne

(1−X)n((1−X)2 + 3X

)= (1−X)n

(1 +X +X2

)n

=[(1−X)

(1 +X +X2

)]n

=(1−X3

)n

Exercice 8.2 On a alors pour tout n ∈ N, U (nπ) sin (nπ) + V (nπ) cos (nπ) = (−1)n V (nπ) = 0, donc le polynômeV admet une infinité de racines (les nπ pour n ∈ N), on en déduit qu’il est nul. De même avec x = π

2 + nπ, onU(π2 + nπ

)= 0, ainsi U est également nul car il admet une infinité de racines.

Exercice 8.3 Par le binôme,

(X2 + 1)n − 2X2n + (X2 − 1)n = X2n + nX2(n−1) +n(n− 1)

2X2(n−2) + · · ·

−2X2n +X2n − nX2(n−1) +n(n− 1)

2X2(n−2) + · · ·

= n(n− 1)X2(n−2) + · · ·

est de degré 2(n− 2) si n ≥ 2, si n = 1 ou n = 0 c’est facile.

si n = 1 ,(X2 + 1)− 2X2 + (X2 − 1) = 0

si n = 1 on obtient encore le polynôme nul

Exercice 8.4 On note, si P = 0, n le degré de P, alors P = anXn +Q où an = 0 et degQ < n. On calcule


Φ(P ) = (2X − 1)P −(X2 +

1

2

)P ′

= (2X − 1) (anXn +Q)−

(X2 +

1

2

)(nanX

n−1 +Q′)

= (2− n) anXn+1 − anX

n − nan

2Xn−1 + (2X − 1)Q−

(X2 +

1

2

)Q′

︸︷︷︸deg<n+1

On doit donc distinguer deux cas :Premier cas : n = deg (P ) = 2, alors deg (Φ (P )) = deg (P ) + 1Second cas : n = deg (P ) = 2, alors P = aX2 + bX + c avec a = 0. Un calcul simple donne

Φ(P ) = (−a+ b)X2 + (−b+ 2c− a)X − c− 1

2b.

Si a = b, alors deg (Φ (P )) = 2.Si a = b, Φ(P ) = 2 (c− a)X−c− 1

2a. Si a = b et a = c deg (Φ (P )) = 1 et si a = b = c, Φ(P ) = −32a, deg (Φ (P )) = 0.

On constate donc que deg (Φ (P )) = 0 si et seulement si P = a(X2 +X + 1

)et dans ce cas Φ

(a(X2 +X + 1

))=

−3

2a. La seule solution de Φ(P ) = 1 est donc

P = −2

3

(X2 +X + 1

)

Exercice 8.5

P0(X) = (1 +X).

P1(X) = (1 +X)(1 +X2) = X3 +X2 +X + 1.

P2(X) = (1 +X)(1 +X2)(1 +X4) = X7 +X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1.

Par récurrence, on a Pn(X) = 1 +X + ...+X2n+1−1, en effet

Pn+1(X) = Pn(X)(1 +X2n+1) = Pn(X) +X2n+1Pn(X)

= 1 +X + ...+X2n+1−1 +X2n+1(1 +X + ...+X2n+1−1

)

= 1 +X + ...+X2n+1−1 +X2n+1 +X2n+1+1 + ...+X2n+1+2n+1−1 = 1 +X + ...+X2n+2−1

car 2n+1 + 2n+1 = 2× 2n+1 = 2n+2.

Exercice 8.6 P1 = 1−X

P2 = 1−X +X(X − 1)

2!= 1

2 (X − 1) (X − 2)

P3 = 1−X +X(X − 1)

2!− X(X − 1) (X − 2)

3!= −1

6 (X − 1) (X − 2) (X − 3)

Par récurrence, on a Pn =(−1)nn!

(X − 1) (X − 2) ... (X − n)

En effet , Pn+1 = Pn + (−1)n+1X(X − 1)...(X − (n+ 1) + 1)

(n+ 1)!

=(−1)nn!

(X − 1) (X − 2) ... (X − n)− (−1)nn!

X(X − 1)...(X − n)

(n+ 1)

=(−1)nn!

(X − 1)...(X − n+ 1)[1− X

n+1

]=

(−1)nn!

(X − 1)...(X − n+ 1)

[−(x− (n− 1))

n+ 1

]

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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 1. LES BASIQUES

Exercice 8.7 On effectue la division euclidienne :

X4 −X + b =(X2 + aX + a2 − 1

) (X2 − aX + 1

)+(a3 − 2a− 1

)X +

(1 + b− a2

)

ainsi

X2 − aX + 1 | X4 −X + a⇔

a3 − 2a− 1 = 01 + b− a2 = 0

⇔

a ∈−1, 12 + 1

2

√5, 12 − 1

2

√5

b = a2 − 1

Exercice 8.8 On fait la division euclidienne de X3+pX+q par X2+3X−1, on obtient, après calculs, X3+pX+q =(X − 3)

(X2 + 3X − 1

)+(10 + p)X+q−3. Le polynôme Q divise P si et seulement si le reste R = (10 + p)X+q−3

est le polynôme nul. La seule solution est p = −10 et q = 3.

Exercice 8.9 Les racines de X2 −X + 1 sont −j et −j2 = (−j) où j = e2iπ3 . On calcule P (−j) = (−j − 1)

n+2+

(−j)2n+1. Puisque 1 + j + j2 = 0, on a P (−j) = j2n+4 − j2n+1 = 0 car j3 = 1. On en déduit que j est racine de P,

puisque P est à coefficients réels, −j2 est aussi racine de P . Ainsi (X − (−j))(X −

(−j2

))= X2 −X + 1 divise P.

Exercice 8.10 a) On écrit la division euclidienne de P par A = (X − 3)(X − 2), on a P (X) = (X − 3)(X −2)Q (X) + αX + β car degA = 2. Avec X = 3 on a 3α+ β = P (3) = −1 et avec X = 2 on a 2α+ β = P (2) = −1.On en déduit que α = 0 et β = −1, le reste cherché est constant égal à −1.b) On a l’égalité P (X) = (X − 2)2Q (X) + γX + δ qui donne avec X = 2, 2γ + δ = P (2) = −1. On dérive l’égalité

précédente pour obtenir P ′ (X) = 2 (X − 2)Q (X)+ (X − 2)2Q′ (X)+ γ, ce qui donne avec X = 2, P ′ (2) = −2n = γ.Le reste cherché est −2nX + 4n− 1.

Exercice 8.11 Notons P = X4 +X3 + λX2 + µX + 2.On peut faire une division euclidienne, mais il y a une autre méthode.X2 + 1 divise X4 +X3 + λX2 + µX + 2⇔ ∃Q, X4 +X3 + λX2 + µX + 2 =

(X2 + 1

)Q = (X + i) (X − i)Q⇔ i et

−i racines de P. Donc avec X = i, on a i4 + i3 + λi2 + µi + 2 = 1− i − λ + µi + 2 = 0 ⇔ λ = 3 et µ = 1. Puis, Pétant à coefficients réels P (−i) = P (i). Donc P (i) = 0⇔ P (−i) = 0. La CNS est donc λ = 3 et µ = 1. On a alorsX4 +X3 + 3X2 +X + 2 =

(X2 + 1

) (X2 +X + 2

)

Exercice 8.12 Ecrivons cette division, P (X) =(X2 + 1

)Q (X) + aX + b avec a et b réels, en effet le reste est de

degré au plus 1. Avec X = i on a ai + b = eint d’où a = sin (nt) et b = cos (nt) (car a et b sont réels). On peutaussi utiliser X = −i qui donne −ai + b = e−int que l’on combine avec ai + b = eint. On en déduit que le reste estsin (nt)X + cos (nt).

Exercice 8.13 Deux méthodes :La première : On effectue la division euclidienne de B par A, on obtient

x4 + ax2 + bx+ a2 + 1 =(x2 + x+ 1

) (x2 − x+ a

)+ (b+ 1− a)x+ a2 − a+ 1

Ce reste doit être le polynôme nul. Une CNS est donc que a2− a+1 = 0 et b = a− 1. Les solutions de a2− a+1 sonta1 = −j et a2 = −j2, qui donnent respectivement b1 = −1− j = j2 et b2 = −j.

La seconde : les racines de x2 + x + 1 = 0 sont j et j2. On calcule B (j) = j + aj2 + bj + a2 + 1 qui doit êtrenul. Puisque a et b sont réels, on obtient avec la partie réelle et la partie imaginaire :

Re (B (j)) =−12

(1 + a+ b) + a2 + 1 = 0

Im(B (j)) =

√3

2(1− a+ b) = 0

on termine ensuite de la même manière.

Exercice 8.14 Par l’absurde, si Pn (α) = P ′n (α) alors Pn (α)−P ′n (α) = 0. Mais Pn (α)−P ′n (α) =αn

n!. Ainsi α = 0,

mais α = 0 n’est pas racine de Pn !

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Exercice 8.15 Soit z la racine double alors P (z) = P ′ (z) = 0. Mais P ′ (z) = 3z2 − 3, les seules racines possiblessont donc z = 1 ou z = −1. Puisque P (1) = λ+1− 3 et P (−1) = −1+3+λ, on en déduit que λ = 2 ou λ = −2. Onne retient que λ = 2, valeur pour laquelle 1 est racine double.Le produit des racines étant égal à −2, l’autre racine est −2.

Exercice 8.16 Soit P = 0, et n le degré de P. Ainsi P = anXn +Q où an = 0 et degQ < n. En premier lieu, on a

n > 1, car sinon P ′′ = 0 et P = 0.On a P ′′ = n(n− 1)anX

n−2 +Q′′ et

(X2 + 1)P ′′ − 6P = (n(n− 1)− 6) anXn +

(X2 + 1

)Q′′ − 6Q = 0

(ah,ah, linéaire tout cela !), donc puisque an = 0, n(n − 1)− 6 = 0 ce qui donne n = −2 ou n = 3. L’entier n étantpositif, le degré de P est n = 3. Puis on pose P = aX3 + bX2 + cX + d, alors

(X2 + 1)P ′′ − 6P = (X2 + 1) (6aX + 2b)− 6(aX3 + bX2 + cX + d

)

= −4bX2 + 6(a− c)X + (d+ 2b) = 0⇐⇒b = d = 0

a = c

Ce qui donne P = a(X3 +X

)et la condition P (1) = 2 impose que

P = X3 +X.

Autre méthode : Ayant déterminé degP = 3, on peut également écrire que(X2 + 1

)P ′′ = 6P =⇒

(X2 + 1

)divise

P . On a donc P =(X2 + 1

)(aX + b) car degP = 3.On a donc P = aX3 + bX2 + aX + b =⇒ P ′′ = 6aX + 2b. Ainsi

(X2 + 1)P ′′ = 6P ⇐⇒(X2 + 1

)(6aX + 2b) =

(X2 + 1

)(6aX + 6b) =⇒ b = 0

d’où P = aX(X2 + 1

)puis P (1) = 2 donne a = 1.

Reamrque : L’application Φ : R [X] −→ R [X] définie par Φ(P ) =(X2 + 1

)P ′′ − 6P est linéaire. On a montré, au

passage, que son noyau estkerΦ = Vect

(X3 +X

)est une droite

Ce noyau (cette droite) coupe l’hyperplan affine H = P ∈ R [X] , P (1) = 2 en P = X3 +X.

Exercice 8.17 On commence par déterminer le degré de P . Le polynôme P = 0 n’est pas solution, si P est solution,notons d le degré de P. On a donc P = adX

d +Q où deg (Q) < d et ad = 0. Alors

X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = X (X + 1)[d (d− 1) adX

d−2 +Q′′]+ (X + 2)

[dadX

d−1 +Q′]− adX

d +Q

= (d (d− 1) + d− 1) adXd + (X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q) = 1

Cette dernière ligne doit vous faire penser (ah,ah linéaire tout cela ! !).Ainsi

X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P =(d2 − 1

)adX

d + (X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q)

Puisque degQ < d, on a deg ((X (X + 1)Q′′ + (X + 2)Q′ −Q)) < d (chaque terme étant de degré au plus d). On adonc deux cas possibles :Ou bien d = 0, et −ad = 1, d’où P = −1.Ou bien d = 1 (pour annuler le terme de degré non constant). Dans ce cas P s’écit P = aX + b avec a = 0, P ′ = a etP ′′ = 0. On remplace dans l’équation pour obtenir

X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P = a (X + 2)− (aX + b) = 2a− b = 1

ce qui donne a quelconque et b = 2a− 1.L’ensemble des solutions est

S =

P = a (X + 2)

solution générale del’équation sans second membre

+ (−1)solution particulière

où a ∈ C

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La structure est une structure d’espace affine. En effet, l’application Φ : C [X] −→ C [X] définie par Φ(P ) =X (X + 1)P ′′ + (X + 2)P ′ − P est linéaire. On a résolu Φ(P ) = 1, le noyau de Φ est donc kerΦ = Vect (X + 2).

Exercice 8.18 On détermine le degré de P, P = 0 est solution, si P = 0, soit d son degré, P = adXd + · · · .

Alors P (2X) = 2dadXd + · · ·

deg<dest de degré d. On est alors tenté d’écrire que deg(P ′P ′′) = deg (P ′) + deg (P ′′) =

d− 1 + d− 2 = 2d− 3. Mais, deg (P ′′) = d− 2 si deg(P ) ≥ 2.On distingue donc deux cas.Premier cas, d < 2, alors P ′′ = 0 et ainsi P (2X) = 0, la seule possibilité est que P = 0.Deuxième cas deg (P ) ≥ 2, alors deg (P (2X)) = d = deg (P ′P ′′) = 2d−3 d’où d = 3. On écrit P = aX3+bX2+cX+d

avec a = 0, et P (2X)− P ′ (X)P ′′ (X) = a (2X)3+ b (2X)

2+ 2cX + d−

(3aX2 + 2bX + c

)(6aX + 2b) =

2a(4− 9a)X3 + 2b(2− 9a)X2 +[2c(1− 3a)− 4b2

]X + d− 2cb = 0. On en déduit que P = 4

9X3.

Les solutions sont donc P = 0 ou P = 49X

3.

Exercice 8.19 Le système peut s’écrire :

σ1 = x+ y + z = 2σ3 = xyz = −1

2σ2

σ3=

yz + xz + xy

xyz=

1

2

, on en déduit que (x, y, z) sont racines du

polynôme X3 − 2X2 − 14X + 1

2 . Quelques tentatives montrent que 2 est racine, on a alors X3 − 2X2 − 14X + 1

2 =(X − 2)

(X + 1

2

) (X − 1

2

)

On en déduit l’ensemble des solutions

S =

(2,

1

2,−1

2

),

(2,−1

2,1

2

),

(1

2, 2,−1

2

),

(1

2,−1

2, 2

),

(−1

2, 2,

1

2

),

(−1

2,1

2, 2

)

Exercice 8.20 On utilise les relations entre coefficients et racines. Notons a, b, c, d les quatre racines de P et supposonsque ab = −1. On a les égalités suivantes :

ab = −1σ1 = a+ b+ c+ d = 0σ2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = 0σ3 = abc+ abd++acd+ bcd = −12σ4 = abcd = −5

On en déduit que :

ab = −1(a+ b) = − (c+ d)(a+ b) (c+ d) = −4− (c+ d) + cd (a+ b) = −12cd = 5

Des lignes 2, 5 et 4, on déduit que c+ d = 2. Ainsi c et d sont les racines de X2− 2X +5. Puis a+ b = −2 donc a etb sont racines de X2 + 2X − 1.Ceci permet d’affirmer que P =

(X2 − 2X + 5

) (X2 + 2X − 1

). D’où les factorisations

P = (X − 1− 2i) (X − 1 + 2i)(X + 1 +

√2) (

X + 1−√2)sur C [X]

P =(X2 − 2X + 5

) (X + 1 +

√2) (

X + 1−√2)sur R [X]

Exercice 8.21 On a P (1) = (1− α) (1− β) (1− γ) = −1, et

1 + α

1− α+

1 + β

1− β+

1+ γ

1− γ=

3− (α+ β + γ)− (βγ + αγ + αβ) + 3αβγ

P (1)

avec les fonctions symétriques des racines, on a1 + α

1− α+

1 + β

1− β+

1 + γ

1− γ= 3−0+1+3

−1 = −7

Il existe une autre méthode. On cherche un polynôme Q tel que a =1 + α

1− α, b =

1 + β

1− βet c =

1 + γ

1− γsoient racines de

—13/46— G H - E M -() 2009


Q. L’idée est d’inverser la fonction y =1 + x

1− x.On a

y =1 + x

1− x⇐⇒ x =

y − 1

y + 1

ainsi

x racine de P (x) ⇐⇒ x3 − x− 1 = 0

⇐⇒(y − 1

y + 1

)3− y − 1

y + 1− 1 = 0

⇐⇒ −y3 + 7y2 − y + 1

(y + 1)3= 0

⇐⇒ y3 + 7y2 − y + 1 = 0

Ce qui prouve que a, b et c sont racines de y3 + 7y2 − y + 1. D’après les relations coefficients-racines, on a

a+ b+ c = −7

1= −7

Exercice 8.22 On résout l’équation P (x) = 0⇔(X2 + 1

)2=(i2) (

X2 −X − 1)2

⇔ X2 + 1 = i(X2 −X − 1

)ou X2 + 1 = −i

(X2 −X − 1

).

Mais X2 + 1 = i(X2 −X − 1

)⇔ (1− i)X2 + iX + 1 + i = 0 , le discriminant est ∆ = (−i)2 − 4 (1 + i) (1− i) =

−1− 8 = −9 = (3i)2. Les solution de X2 + 1 = i(X2 −X − 1

), sont donc −1+i

2 et 1− i.Ces deux solutions ne sont pas conjuguées, P est à coefficients réels donc ses racines complexes sont deux à deuxconjuguées. Ainsi 1+ i et −1−i

2 sont aussi racines de P. On a quatre racines distinctes de P, ce sont toutes les racinesde P.

En définitive, P = 2 (X − 1− i) (X − 1 + i)(X − −1+i

2

) (X + 1−i

2

)

=(X2 − 2X + 2

) (X2 +X + 1

2

)

(On utilise (X − z) (X − z) = X2 − 2Re (z)X + |z|2, et on n’oublie pas le coefficient dominant )

Exercice 8.23 D’après l’énoncé on a σ1 = x+ y + z = 5,1

x+

1

y+

1

z=

yz + xz + xy

xyz=

σ2

σ3= 5. Enfin

25 = σ21 = (x+ y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2 (yz + xz + xy) = 15 + 2σ2

d’où

σ2 = 5 et σ3 = 1

On en déduit que x, y et z sont les racines de

X3 − 5X2 + 5X − 1

Une racine évidente est x = 1, on en déduit alors que y + z = 5 − x = 4 et xyz = yz = 1. On sait alors que y et zsont racines de

X2 − 4X + 1

dont les solutions dont (∆′ = 3) y = 2 +√3 et z = 2−

√3.

Exercice 8.24 On a P (j) =(j2 − 1

)2 − 3j(j2 + 1

). Or

j2 + 1 = −j =⇒ 3j(j2 + 1

)= −3j2

(j2 − 1

)2= j4 − 2j2 + 1 = j × j3 + 1− 2j2 = 1 + j − 2j2 = −3j2

—14/46— G H - E M -() 2009


ce qui prouve que P (j) = 0.Le polynôme P est à coefficients réels et admet j comme racine, il admet donc aussi j2 comme racine. On peut doncle factoriser par (X − j)

(X − j2

)=(X2 +X + 1

). Si on développe P on obtient

P =(X2 − 1

)2 − 3X(X2 + 1

)= X4 − 3X3 − 2X2 − 3X + 1

=(X2 +X + 1

) (X2 + aX + 1

)

(On met X2+X +1 en facteur, le quotient est du second degré, de coefficient dominant égal à 1 car P est normalisé,et de coefficient constant égal à 1, ce que l’on voit en faisant X = 0). Pour trouver le coefficient a, on développe leproduit et on cherche le coefficient en X3. On obtient

X4 − 3X3 − 2X2 − 3X + 1 = X4 +X3 (a+ 1) + · · ·

donc a = −4. En définitive

P =(X +X2 + 1

) (X2 − 4X + 1

)

Le discriminant réduit de X2 − 4X + 1 est ∆′ = 4− 1 = 3, donc

X2 − 4X + 1 =(X − 2−

√3)(

X − 2 +√3)

La factorisation sur R [X] est

P =(X +X2 + 1

) (X − 2−

√3)(

X − 2 +√3)

Les racines réelles de P sont 2 +√3 et 2−

√3.

Exercice 8.25 Soit α cette racine alors α est racine de P = X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1, mais aussi de P ′ et de P ′′.Ceci conduit au système

α4 − 2α3 + λα2 + 2α− 1 = 04α3 − 6α2 + 2λα+ 2 = 0

12α2 − 12α+ 2λ = 0

Ce que l’on peut également écrire

α4 − 2α3 + 2α− 1 = −λα22α3 − 3α2 + 1 = −λα

6α (α− 1) = −λOn remplace alors la valeur de λ trouvée dans les deux premières équations

α4 − 2α3 + 2α− 1 = 6α3 (α− 1)2α3 − 3α2 + 1 = 6α2 (α− 1)

6α (α− 1) = −λ

Et, Oh miracle, puisque 1 est racine évidente de 2α3 − 3α2 + 1, et de α4 − 2α3 + 2α− 1, on obtient

(α+ 1) (α− 1)3 = 6α3 (α− 1)

(2α+ 1) (α− 1)2= 6α2 (α− 1)

6α (α− 1) = −λ

On constate que α = 1, λ = 0 est une solution du système. Le polynôme X4 − 2X3 + λX2 + 2X − 1 est alors égal àX4 − 2X3 + 2X − 1 = (X + 1) (X − 1)3. Est-ce la seule solution ? (L’enoncé n’est pas très clair et ne demande pasexplicitement d’examiner tous les cas, mais un vrai matheux · · · ).La seconde équation du dernier système (2α+ 1) (α− 1)2 = −6α2 (α− 1) se résout facilement, elle conduit en effet àla factorisation

(2α+ 1) (α− 1)2 − 6α2 (α− 1) = − (α− 1)

(4α2 + α+ 1

)

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dont les racines sont α = 1 et α = −1

8± 1

8i√15. On vérifie facilement ( ? ?) que α =

1

8± 1

8i√15 ne sont pas solutions

de (α+ 1) (α− 1)3−6α3 (α− 1) = − (α− 1)

(5α3 + α2 + α− 1

). En fait, la bonne méthode est la suivante. La division

euclidienne de 5α3 + α2 + α− 1 par 4α2 + α+ 1 donne

5α3 + α2 + α− 1 =

(5α

4− 1

16

)(4α2 + α+ 1

)− 3α

16− 15

16

ce qui prouve que si α est une racine commune de 5α3+α2+α−1 et de 4α2+α+1 c’est aussi une racine de −3α

16− 15

16ce qui est impossible. En d’autres termes il n’y a pas d’autres solutions au problème....

Exercice 8.26 1. D’après le cours, on a

α+ β + γ = −coefficient de X2

coefficient de X3= 0

puis

(α+ β + γ)2 = α2 + β2 + γ2 + 2 (αβ + βγ + γα)

αβ + βγ + γα = +coefficient de X

coefficient de X3= 1

doncα2 + β2 + γ2 = −2

2. P (α) + P (β) + P (γ) = 0 + 0 + 0 = 0 mais on a aussi

P (α) + P (β) + P (γ) = α3 + α+ 1 + β3 + β + 1 + γ3 + γ + 1

= α3 + β3 + γ3 + α+ β + γ + 3

d’oùα3 + β3 + γ3 = −3

3. On aX4 = X ×

(X3 +X + 1

)−X2 −X

donc

α4 = α×(α3 + α+ 1

)− α2 − α = −α2 − α

β4 = −β2 − β et γ4 = −γ2 − γ

ainsiα4 + β4 + γ4 = −

(α2 + β2 + γ2

)− (α+ β + γ) = 2

Exercice 8.27 Posons σ1 = β + α + γ, σ2 = βγ + αγ + αβ et σ3 = αβγ. Alors les relations coefficients-racinesdonnent

σ1 = 5, σ2 = 6 et σ3 = 1

Ainsi

A =1

1− α+

1

1− β+

1

1− γ=

(1− β) (1− γ) + (1− α) (1− γ) + (1− α) (1− β)

(1− α) (1− β) (1− γ)

−3 + 2γ + 2β + 2α− βγ − αγ − αβ

−1− βγ − αγ − αβ + αβγ

=−3 + 2σ1 − σ2

−1 + σ1 − σ2 + σ3= −1

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Le numérateur vaut

(1− β) (1− γ) + (1− α) (1− γ) + (1− α) (1− β) = (1− β − γ + βγ) + (1− β − α+ βα) + (1− α− γ + γα)

= 3− 2σ1 + σ2 = 3− 10 + 6 = −1

Pour le dénominateur, ou bien on développe pour avoir

(1− α) (1− β) (1− γ) = 1− α− β − γ + αβ + βγ + γα− αβγ = 1− σ1 + σ2 − σ3 = 1− 5 + 6− 1 = 1

Ou bien on remarque que P (X) = (X − α) (X − β) (X − γ) =⇒ P (1) = (1− α) (1− β) (1− γ) = 1− 5 + 6− 1 = 1.Conclusion

A = −1

Exercice 8.28 On a immédiatement X6 +X3 + 1 =(X3 − j

) (X3 − j2

). Les racines de X3 = j = exp

(2iπ3

)sont

z1 = exp(2iπ9

), z2 = exp

(2iπ9 + 2iπ

3

)= exp

(89 iπ)et z3 = exp

(2iπ9 + 4iπ

3

)= exp

(149 iπ

). Les racines de X3 = j2 sont

les conjugués des précédents. Ainsi

P =

(X2 − 2 cos

(2π

9

)X + 1

)(X2 − 2 cos

(8π

9

)X + 1

)(X2 − 2 cos

(14π

9

)X + 1

)

C’est la réponse attendue, on ne connaît pas la valeur exacte de cos(2π9

), cos

(8π9

)et cos

(14π9

)!

Exercice 8.29 On a (X + 4)P (X) = XP (X + 1) ainsi avec X = 0, on a P (0) = 0 et avec X = −4, P (−3) = 0,ceci prouve que 0 et −3 sont racines. On peut alors écrire P sous la forme P (X) = X (X + 3)Q (X) . En remplaçantdans l’équation, il vient

X (X + 3) (X + 4)Q (X) = X (X + 1) (X + 4)Q (X + 1)

d’où (X + 3)Q (X) = (X + 1)Q (X + 1) , avec X = −1 et X = −3, on obtient Q (−1) = Q (−2) = 0, on peut alorsécrire Q (X) = (X + 1) (X + 2)R (X) . On remplace pour avoir

(X + 3) (X + 1) (X + 2)R (X) = (X + 1) (X + 2) (X + 3)R (X + 1)

Soit R (X) = R (X + 1) . Le polynôme R est donc 1−périodique. Il est donc constant (car R (0) = R (n) , ∀n ∈ N, doncR (X)−R (0) a une infinité de racines, donc R (X) = R (0)). Conclusion P (X) = aX (X + 1) (X + 2) (X + 3) .Génaralisation : Pour l’équation (X + n)P (X) = XP (X + 1) , posons P (X) = X (X + 1) · · · (X + n− 1)Q (X) alors

(X + n)P (X) = X (X + 1) · · · (X + n)Q (X)

= XP (X + 1)

= X (X + 1) · · · (X + n)Q (X + 1)

d’où Q (X) = Q (X + 1) =⇒ Q (X) est constant. Les solutions sont donc P (X) = aX (X + 1) · · · (X + n− 1).

Exercice 8.30 Le polynôme P est à coefficients réels, ses racines sont donc soit réelles, soit complexes deux à deuxconjuguées. Or, on sait que 2i et 2+ i sont racines de P, ainsi −2i et 2− i (les conjugués) sont aussi racines de P. Ona donc quatre racines de P qui est de degré 4 et unitaire. On peut ainsi affirmer que

P (X) = (X − 2i) (X + 2i) (X − 2− i) (X − 2 + i)

=(X2 + 4

) (X2 − 2Re (2 + i)X + |2 + i|2

)

=(X2 + 4

) (X2 − 4X + 5

)

= X4 + aX3 + bX2 + cX + d

Or P (1) = 1 + a+ b+ c+ d = 5× 2 = 10 donc

a+ b+ c+ d = 9

—17/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.31 La grande idée est la suivant : Si α est une racine de P et de Q, alors α est racine du reste de ladivision euclidienne de P par Q. En effet, ecrivons cette division euclidienne :

P = AQ+R avec degR < degQ

AlorsP (α) = A (α)Q (α) +R (α)

Ainsi P (α) = Q (α) = 0 =⇒ R (α) = 0. On peut donc affirmer que

Q et R ont une racine commune, où R est le reste de la division de P par Q

Et éventuellement recommencer ....Dans notre exemple, on a

X4 + aX + a = X ×(X3 + aX + a

)+ a

(1−X2

)

Ainsi la racine commune est racine de a(1−X2

). Deux cas se présentent donc.

Premier cas a = 0, on a P (X) = X4 et Q (X) = X3, la racine commune est α = 0.

Second cas a = 0 et ainsi α = 1 ou α = −1. Si α = 1, alors P (1) = 0 ⇐⇒ a = −1

2et ainsi Q (1) = 1 + 2a = 0. Le

réel α = 1 est bien racine commun. On a même

P (X) = X4 − 1

2X − 1

2=

1

2(X − 1)

(2X3 + 2X2 + 2X + 1

)

Q (X) = X3 − 1

2X − 1

2=

1

2(X − 1)

(2X2 + 2X + 1

)

Si α = −1, alors P (−1) = 1 ce qui prouve que −1 n’est pas racine de P , cette possibilité est donc à exclure.Conclusion : On a deux cas possibles a = 0 et la racine est 0 ou a = −1

2 et la racine est 1.

Autre méthode : Soit α cette racine alors P (α) = 0 =⇒ α4 = −a (α+ 1) donc α = −1 et a = − α4

α+ 1. De même

Q (α) = 0 donc α3 = −a (α+ 1) =⇒ a = − α3

α+ 1. On a donc

α4

α+ 1− α3

α+ 1= 0⇐⇒ α = 0 ou α = 1

Ce qui donne a = 0 ou a = −1

2. Pour a = 0, on a P (X) = X4 et Q (X) = X3 et 0 est racine commune triple. Pour

a = −1

2, P et Q on 1 pour racine simple commune.

Exercice 8.32 Soit α tel que a = P (P (α)) = Q (Q (α)), on a

P Q P (α) = P P Q (α) = Q Q Q (α) = Q (a)

Q Q P (α) = P P P (α) = P (a)

Ainsi a est solution de P (x) = Q (x).

Exercice 8.33 Analyse : On a P ′ = (a (n+ 1)X + bn)Xn−1. Puisque 0 n’est pas racine de P, si P a une racine

double, cette racine vaut α = − bn

a (n+ 1).

Synthèse : On doit alors avoir P

(− bn

a (n+ 1)

)= 0. Mais P = Xn (aX + b)+1. Or aα+b = − abn

a (n+ 1)+b =

b

n+ 1.

La CNS est donc (− bn

a (n+ 1)

)n−1× b

n+ 1+ 1 = 0⇐⇒ (−1)n bn+1nn

an (n+ 1)n+1+ 1 = 0

ce qui s’écrit(an

)n+

(− b

n+ 1

)n+1= 0

—18/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.34 Un exercice sur la divisibilité.

1. Le polynôme B divise A si et seulement si A (1) = A′ (1) = 0. On a donc le système

an + bn = −1

(n+ 1) an + nbn = 0La première ligne traduit A (1) = 0

La seconde traduit A′ (1) = 0

qui donne immédiatement (faire L2 − nL1) an = n et bn = − (n+ 1).On en déduit que

An = nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 est divisible par B

2. Si on pose la division euclidienne

nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 X2 − 2X + 1−

(nXn+1 − 2nXn + nXn−1

)

(n− 1)Xn − nXn−1 + 1︸︷︷︸

An−1

nXn−1

On a donc An = nXn−1B+An−1. Si on note Qn le quotient de la division euclidienne de An par B, on a, pourn ≥ 2

Qn = nXn−1 +Qn−1

et

Q1 = 1 car A1 = B

Une récurrence immédiate donne

Qn = 1 + 2X + 3X2 + · · ·+ nXn−1

Autre approche :

nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 = nXn (X − 1)− (Xn − 1)

= (X − 1)(nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1

)

car (Xn − 1) = (X − 1)(Xn−1 +Xn−2 + · · ·+ 1

)

Il faut prouver que nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1 est divisible par (X − 1).On regarde quelques exemples (avec n = 2, 3)

2X2 −X − 1 = 2X2 − 2X2 +X − 1 = (X − 1) (2X + 1)

3X3 −X2 −X − 1 = 3X3 − 3X2 + 2X2 − 2X +X − 1 = (X − 1)(3X2 + 2X + 1

)

ce qui donne l’idée que

nXn −Xn−1 −Xn−2 − · · · − 1 = nXn − nXn−1 + (n− 1)Xn−1 + · · ·+ 1

nXn −n∑

k=1

Xk−1 =n∑

k=1

k(Xk −Xk−1

)=

n∑

k=1

kXk−1 (X − 1) = (X − 1)n∑

k=1

kXk−1

Il faut donc prouver que

nXn −n−1∑

k=0

Xk =n∑

k=1

k(Xk −Xk−1

)

—19/46— G H - E M -() 2009


Mais

n∑

k=1

k(Xk −Xk−1

)=

n∑

k=1

kXk −n∑

k=1

kXk−1

=n∑

k=1

kXk −n−1∑

j=0

(j + 1)Xj avec j = k − 1

=

(n∑

k=1

kXk −n−1∑

k=0

kXk

)

−n−1∑

k=0

Xk

=(nXn − 0×X0

)−n−1∑

k=0

Xk

3. On a donc pour x = 1 dans C, Qn (x) =Pn (x)

(x− 1)2, or

n∑

k=1

kxk = x(1 + 2x+ 3x2 + · · ·+ nxn−1

)

= xQn (x)

=x(nxn+1 − (n+ 1)xn + 1

)

(x− 1)2

Exercice 8.35 Par définition même P,Q,R et S sont des polynômes et P (1) = Q (1) = R (1) = S (1) = 0. PosonsU = PS −QR, alors U (1) = 0.

U ′ = P ′S + PS′ −Q′R−QR′ =⇒ U ′ (1) = 0

U ′′ = P ′′S + 2P ′S′ + PS′′ −Q′′R− 2Q′R′ −QR′′

= P ′′S + PS′′ −Q′′R−QR′′ + 2AC ×BD− 2AD×BC

= P ′′S + PS′′ −Q′′R−QR′′ car P ′ = AC · · ·

d’où U ′′ (1) = 0. Puis

U (3) = P (3)S + PS(3) −Q(3)R−QR(3) + P ′′S′ + P ′S′′ −Q′′R′ −Q′R′′

Or

P ′′S′ + P ′S′′ = (AC)′ ×BD +AC × (BD)′

= A′CBD +AC′BD+ACB′D +ACBD′ = (ABCD)′

Q′′R′ +Q′R′′ = (AD)′ ×BC + (AD)× (BC)

′

= A′DBC +AD′BC +ADB′C +ADBC′ = (ABCD)′

Ainsi

U (3) = P (3)S + PS(3) −Q(3)R−QR(3) =⇒ U (3) (1) = 0

On en déduit que (X − 1)4divise U.

—20/46— G H - E M -() 2009


Remarque : On a U (X) =

∣∣∣∣P (X) R (X)Q (X) S (X)

∣∣∣∣ , ce qui permet de calculer les dérivées plus autrement

U ′ =

∣∣∣∣P ′ R

Q′ S

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R′

Q S′

∣∣∣∣

U ′′ =

∣∣∣∣P ′′ R

Q′′ S

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣P ′ R′

Q′ S′

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R′′

Q S′′

∣∣∣∣ =∣∣∣∣P ′′ R

Q′′ S

∣∣∣∣+ 2

∣∣∣∣AC BC

AD BD

∣∣∣∣︸︷︷︸

=0

+

∣∣∣∣P R′′

Q S′′

∣∣∣∣

U ′′′ =

∣∣∣∣P (3) R

Q(3) S

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)

Q S(3)

∣∣∣∣+∣∣∣∣P ′′ R′

Q′′ S′

∣∣∣∣+∣∣∣∣P ′ R′′

Q′ S′′

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣P (3) R

Q(3) S

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)

Q S(3)

∣∣∣∣+∣∣∣∣A′C +AC ′ BC

A′D+AD′ BD

∣∣∣∣+∣∣∣∣AC B′C +BC′

AD B′D +BD′

∣∣∣∣

=

∣∣∣∣P (3) R

Q(3) S

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)

Q S(3)

∣∣∣∣+∣∣∣∣AC′ BC

AD′ BD

∣∣∣∣+∣∣∣∣AC BC′

AD BD′

∣∣∣∣ =∣∣∣∣P (3) R

Q(3) S

∣∣∣∣+∣∣∣∣P R(3)

Q S(3)

∣∣∣∣

Exercice 8.36 On sait que P a une racine double si et seulement si P et P ′ ont une racine commune. On appliquedonc le résultat de l’exercice type précédent. Puisque

X3 + pX + q =(3X2 + p

)× X

3+

(2p

3X + q

)

P a une racine double ⇐⇒ P ′ (X) = 3X2 + p et R (X) =2p

3X + q ont une racine commune

Deux cas se présentent alors :

Premier cas : p = 0, R (X) a une unique racine α = −3q

2p. Ainsi

P a une racine double ⇐⇒ P ′ (α) = 3

(−3q

2p

)2+ p =

4p3 + 27q2

4p2= 0⇐⇒ 4p3 + 27q2 = 0

Second cas : p = 0, dans ce cas P = X3 + q qui a trois racines 3√q, j 3

√q et j2 3

√q, distictes si q = 0, ainsi P a une

racine double si et seulement si q = 0, donc si et seulement si 4p3 + 27q2 = 27q2 = 0 (on est dans le cas où p = 0).Remarque : Le terme ∆ = 4p3 + 27q2 est le discriminant du polynôme P . Si P (X) = aX3 + bX2 + cX + d avec

a = 0, alors P a les mêmes racines que P1 (X) = X3+b

aX2+

c

aX+

d

a. En posant P2 (X) = P1

(X − b

3a

), on obtient

P2 (X) = X3 +3ac− b2

3a2X +

27a2d+ 2b3 − 9abc

27a3= X3 + pX + q

On peut donc, pour la détermination des racines, se ramener à un polynôme du type X3 + pX + q.

2 Les techniques

Exercice 8.37 On a P (1) = 3, P (2) = 7 et P (3) = 13. Si on écrit la division euclidienne, on a P = (X − 1) (X − 2) (X − 3)Q+R où R = aX2 + bX + c (car le reste est de degré au plus 2).1 ière méthode : On a P (1) = R (1) = a+b+c = 3, P (2) = R (2) = 4a+2b+c = 7 et P (3) = R (3) = 9a+3b+c = 13,d’où le système

a+ b+ c = 34a+ 2b+ c = 79a+ 3b+ c = 13

on trouve c = 1, b = 1, a = 1.2 ième méthode : Par les polynômes d’interpolation de Lagrange. On connaît la valeur de R aux points 1, 2 et 3. Ilest facile de construire un polynôme L1 tel que

L1 (1) = 1, L1 (2) = 0 et L1 (3) = 0

—21/46— G H - E M -() 2009


Le polynôme

L1 =(X − 2) (X − 3)

(1− 2) (1− 3)

est solution (On le détermine facilement car on connaît deux racines de L1 !).De la même manière

L2 =(X − 1) (X − 3)

(2− 1) (2− 3)et L3 =

(X − 1) (X − 2)

(3− 1) (3− 2)

sont tels queL2 (1) = 0, L2 (2) = 1 et L2 (3) = 0

L3 (1) = 0, L3 (2) = 0 et L3 (3) = 1

Le polynômeR (1)L1 +R (2)L2 +R (3)L3

est de degré 2 et prend les mêmes valeurs que R en trois points deux à deux distincts. Ce polynôme est donc égal àR. En conclusion

R = 3(X − 2) (X − 3)

(1− 2) (1− 3)+ 7

(X − 1) (X − 3)

(2− 1) (2− 3)+ 13

(X − 1) (X − 2)

(3− 1) (3− 2)= X2 +X + 1.

Exercice 8.38 Supposons n ≥ 2 et écrivons le début de la division euclidienne de Pn par P1 = X2 − 2 cos (θ)X + 1

cos ((n− 1) θ)Xn+1 − cos (nθ)Xn − cos (θ)X + 1 X2 − 2 cos (θ)X + 1− cos ((n− 1) θ)Xn+1 − 2 cos (θ) cos ((n− 1) θ)Xn + cos ((n− 1) θ)Xn−1

(2 cos (θ) cos ((n− 1) θ)− cos (nθ))Xn − cos ((n− 1) θ)Xn−1 − cos (θ)X + 1 cos ((n− 1) θ)Xn−1

Le premier reste obtenu ressemble beaucoup à Pn−1,cela sera vrai si 2 cos (ϕ) cos (n− 1) θ− cos (nθ) = cos (n− 2) θ cequi découle d’une formule connue de trigonométrie. On a donc Pn = cos ((n− 1) θ)Xn−1P1 + Pn−1. Par récurrene il

vient Pn =(∑n

k=1 cos ((k − 1) θ)Xk−1)P1 =

(∑n−1k=0 cos (kθ)X

k)P1.

Exercice 8.39 On détermine le degré, si P = 0 et deg (P ) = n, P = anXn +Q avec degQ < n,alors

(X − 1)P ′ +XP = nanXn+1 + · · ·︸︷︷︸

deg<n

= 1+X3

2

donc n = 2.Deux méthodes :

Première méthode : On remplace P = aX2 + bX + c dans (X − 1)P ′ +XP = 1 +X3

2pour obtenir

(X − 1) (2aX + b) +X(aX2 + bX + c

)− 1− X3

2= 0

qui donne (a− 1

2

)X3 + (2a+ b)X2 + (b− 2a+ c)X − (b+ 1) = 0

Ainsi

a− 12 = 0

2a+ b = 0b− 2a+ c = 0

b+ 1 = 0

⇐⇒ a =1

2, b = −1 et c = 2

La solution est

P =X2

2−X + 2

—22/46— G H - E M -() 2009


Seconde méthode : (Utilise la formule de Taylor, Hors programme en PCSI). Avec X = 1, on a P (1) = 32 , puis on

dérive la relation pour obtenir (X − 1)P ′′ + (X + 1)P ′ + P = 3X2

2 . Avec X = 1,on a 2P ′ (1) = 0. On re-derive pourobtenir (X − 1)P ′′′ + (X + 2)P ′′ + 2P ′ = 3X d’où 3P ′′ (1) + 2P ′ (1) = 3.

Par Taylor ; P = P (1)+(X − 1)P ′ (1)+(X − 1)

2

2P ′′ (1) =

3

2+(X − 1)2

2=

X2

2−X+2. Réciproquement, le polynôme

trouvé est bien solution.

Exercice 8.40 Si P est de degré n, on a P = anXn+Q avec an = 0 et degQ < n, on remplace dans l’équation pour

obtenir4anXn + 4Q− (X − 1)

(nanX

n−1 +Q′)− n (n− 1) anX

n−2 −Q′′ = 0

d’où(4− n) anX

n + · · ·︸︷︷︸deg<n

= 0

Ainsi n = 4.Deux méthodes :Première méthode : On remplace P = aX4 + bX3 + cX2 + dX + e dans 4P = (X − 1)P ′ + P ′′ pour obtenir

4aX4 + 4bX3 + 4cX2 + 4dX + 4e = (X − 1)(4aX3 + 3bX2 + 2cX + d

)+ 12aX2 + 6bX + 2c

Soit(4a+ b)X3 + (−12a+ 3b+ 2c)X2 + (−6b+ 2c+ 3d)X + (−2c+ d+ 4e) = 0

Ce qui donne le système

4a+ b = 0−12a+ 3b+ 2c = 0−6b+ 2c+ 3d = 0−2c+ d+ 4e = 0

que l’on résout pour obtenir a =1

10e, b = −2

5e, c =

6

5e, d = −8

5e soit

P =e

10×(X4 − 4X3 + 12X2 − 16X + 10

)

L’ensemble des solutions est donc

S =Vect(X4 − 4X3 + 12X2 − 16X + 10

)

Seconde méthode : (Utilise la formule de Taylor, Hors programme en PCSI). On fait X = 1 pour avoir 4P (1) =P ′′ (1) . On dérive pour avoir 3P ′ = (x− 1)P ′′+P ′′′ =⇒ 3P ′ (1) = P ′′′ (1). On re-dérive, 2P ′′ = (X − 1)P ′′′+P (4) =⇒2P ′′ (1) = P (4) (1). On dérive (pour la dernière fois), P ′′′ = (X − 1)P (4) car P (5) = 0 ( P est de degré 4 ). En fin

de compte, P ′′′ (1) = P ′ (1) = 0 et P = P (1)(1 + 2 (X − 1)2 + 1

3 (X − 1)4). EN toute rigueur, il faut vérifier que les

polynômes trouvés sont solutions (synthèse).

Si on développe, on a 1 + 2 (X − 1)2 + 13 (X − 1)4 =

1

3X4 − 4

3X3 + 4X2 − 16

3X +

10

3.

Exercice 8.41 Le polynôme nul est solution et c’est le seul polynôme constant. Si on écrit que P = QP ′. Alorsdeg (Q) = 1 et si P = anX

n + · · · avec an = 0 , on a Q = 1n(X − α). On a donc

P =1

n(X − α)P ′ (R)

On en déduit que α est racine de P . Dérivons l’égalité précédente. On obtient

P ′ =1

n(X − α)P

′′

+1

nP ′

—23/46— G H - E M -() 2009


D’où (1− 1

n

)P ′ (α) = 0

Si n = 1, alors P = an (X − α) , sinon, on a P ′ (α) = 0. On dérive donc la relation (R) k fois avec Leibniz pourobtenir

P (k) =1

n(X − α)P (k+1) +

k

nP (k) =⇒

(1− k

n

)P (k) (α) = 0 =⇒ P (k) (α) = 0 si 0 ≤ k ≤ n− 1

Conclusion, α est racine d’ordre n etP = an (X − α)n

Exercice 8.42 Pn (x) = 0⇐⇒ (1 + ix)n= (1− ix)

n ⇐⇒(1−ix1+ix

)n= 1 car x = −i n’est pas racine. Ainsi

Pn (x) = 0⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , 1− ix

1 + ix= e

2ikπn

⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , 1− ix = e2ikπn (1 + ix)

⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 , ix(1 + e

2ikπn

)=

(1− e

2ikπn

)

on a Pn = (1− (−1)n) inXn+n(1 + (−1)n−1

)in−1Xn−1 · · · , lorsque n est pair le degré de Pn est n− 1, on retrouve

bien que le cas k = n2 est à exclure.

On a donc

Pn (x) = 0⇐⇒ ∃k ∈ 0, ..., n− 1 \n2

, x =

(1− e

2ikπn

)

i

(1 + e

2ikπn

) = tan

(kπ

n

)

En définitive,

si n = 2p+ 1 est impair Pn = 2 (−1)p i2p∏

k=0

(X − tan

(kπ

2p+ 1

))

si n = 2p pair Pn = −2n (−1)p i2p−1∏

k=0k =p

(X − tan

(kπ

2p

))

Pour n = 2p+1, on remarque que tan((2p+1−k)π

2p+1

)= tan

(π − kπ

2p+1

)= − tan

(kπ2p+1

)et pour k = 0, tan

(kπ2p+1

)= 0.

Le polynôme Pn est impair et

Pn = (1 + iX)n − (1− iX)n

= 2 (−1)p iXp∏

k=1

(X2 − tan2

(kπ

2p+ 1

))

= 2 (−1)p iX2p+1 +(1 + (−1)2p−1

)i2p−1C22p+1X

2p−1 + · · ·

On peut donc écrire Pn (X) = XRn(X2)et les tan2

(kπ2p+1

)s’avèrent être les racines de Rn.

Rn = 2 (−1)p iXp +(1 + (−1)2p−1

)i2p−1C22p+1X

p−1 + · · · = 2 (−1)p ip∏

k=1

(X − tan2

(kπ

2p+ 1

))

Donc, d’après les relations entre coefficients et racines :

p∑

k=1

tan2(

kπ

2p+ 1

)= −

(1 + (−1)2p−1

)i2p−1C22p+1

2 (−1)p i = p (2p+ 1)

—24/46— G H - E M -() 2009


Remarque : on a également

p∑

k=0

1

cos2(

kπ

2p+ 1

) = 2p (p+ 1) + 1

Le même genre de raisonnement donne pour n = 2p pair

Pn = −2n (−1)p iXp−1∏

k=1

(X2 − tan2

(kπ

2p

))

Pn = (1 + iX)2p − (1− iX)

2p= (iX + 1)

2p − (iX − 1)2p

= 2p (iX)2p−1

+ ∁22p (iX)2p−2

+ ∁32p (iX)2p−2

+ · · · −(−2p (iX)

2p−1+ ∁22p (iX)

2p−2 − ∁32p (iX)2p−3

+ · · ·)

= 4p (iX)2p−1 + 2∁32p (iX)2p−2 + · · ·

= 4p (iX)2p−1

+ 22p (2p− 1) (2p− 2)

6(iX)2p−3 + · · ·

= −4pi (−1)pX2p−1 − 4ip (2p− 1) (2p− 2)

6(−1)p−1X2p−3 + · · ·

= XRn(X2)

Rn = −2n (−1)p ip−1∏

k=1

(X − tan2

(kπ

2p

))= −4pi (−1)pXp−1 − 4ip (2p− 1) (2p− 2)

6(−1)p−1Xp−2 + · · ·

d’oùp−1∑

k=0

tan2(kπ

2p

)=

(2p− 1) (2p− 2)

6

En particulier cela permet de prouver que

tan2( π

14

)+ tan2

(3π

14

)+ tan2

(5π

14

)= 5

Exercice 8.43 Les racines énièmes de e2ina sont les zk = ei(2a+2kπn ) pour k = 0, · · · , n − 1. Les racines de P sont

donc les αk = zk − 1 = ei(2a+2kπn ) − 1 = 2i sin

(a+ kπ

n

)ei(a+

kπn ). On en déduit que

P =n−1∏

k=0

(X − 2i sin

(a+

kπ

n

)ei(a+

kπn ))

D’après les relations coefficients-racines, on an−1∏

k=0

αk = (−1)n a0

an= (−1)n P (0)

an= (−1n)

(1− e2ina

)d’où

n−1∏

k=0

2i sin

(a+

kπ

n

)ei(a+

kπn ) = (2i)n

(n−1∏

k=0

sin

(a+

kπ

n

)) n−1∏

k=0

ei(a+kπn ) = (−1n)

(1− e2ina

)

maisn−1∏

k=0

ei(a+kπn ) = e

∑n−1k=0 i(a+kπ

n ) et∑n−1k=0 i

(a+ kπ

n

)= ina +

iπ

n

∑n−1k=0 k = ina +

in (n− 1)π

2n= ina + i

(n− 1)

2π

—25/46— G H - E M -() 2009


d’oùn−1∏

k=0

ei(a+kπn ) = eina

(ei

π2

)n−1= in−1eina

2ni2n−1einan−1∏

k=0

sin

(a+

kπ

n

)= (−1n)

(1− e2ina

)= (−1n)

(−2i sin (na) eina

)

2n (−1)n i−1einan−1∏

k=0

sin

(a+

kπ

n

)= − (−1n)

(2i sin (na) eina

)

n−1∏

k=0

sin

(a+

kπ

n

)=

sinna

2n−1

Avec a = 0, on an−1∏

k=0

sin

(kπ

n

)= 0. Enfin si a = 0,

n−1∏

k=1

sin(a+ kπ

n

)=

sinna

2n−1 sinadonne en passant à la limite quand

a tend vers 0n−1∏

k=1

sin

(kπ

n

)=

n

2n−1

Remarque :Puisque sin(π − kπ

n

)= sin

((n− k)π

n

), on peut regrouper les sinus deux par deux. Ainsi, si n est impair,

n = 2p+ 1, on ap∏

k=1

sin

(kπ

2p+ 1

)=

√2p+ 1

2p

et si n = 2p est pairp∏

k=1

sin

(kπ

2p

)=

√p

2p−1

Exercice 8.44 Si P =∑nk=0 akX

k, on définit P =∑nk=0 akX

k le polynôme conjugué de P. On a si z ∈ C,

P (z) = P (z). D’après les hypothèses, pour x ∈ R, P (x) = P (x) = P (x) = P (x). Les polynômes P et P coïncidentsur R qui est infini, ils sont donc égaux. Ceci se traduit par ∀k, ak = ak i.e. P ∈ R [X].

Exercice 8.45 La condition P (X) = P (1−X) traduit la symétrie par rapport à X =1

2. Posons alors Q (X) =

P

(X +

1

2

), on a Q (−X) = P

(−X +

1

2

)= P

(1−

(−X +

1

2

))= P

(X +

1

2

). Le polynôme Q est donc pair, il

peut ainsi s’écrire

Q (X) =d∑

n=0

anX2n

d’où

P (X) = Q

(X − 1

2

)=

d∑

n=0

an

(X − 1

2

)2n

Mais on a

(X − 1

2

)2= X2 −X +

1

4= X (1−X) +

1

4d’où

(X − 1

2

)2n=

[(X − 1

2

)2]n=

[X (1−X) +

1

4

]n

est un polynôme en X (1−X) , on en déduit que∑dn=0 an

(X − 1

2

)2naussi.

—26/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.46 Soient α, β et γ les racines de P alors P = a (X − α) (X − β) (X − γ) où a est le coefficient dominant.On a alors

P ′ (X) = a (X − α) (X − β) + a (X − β) (X − γ) + a (X − α) (X − γ)

d’où

P ′(α+ β

2

)= a

(β − α

2

)(α− β

2

)+ a

(α− β

2

)(α− β

2− γ

)+ a

(β − α

2

)(α− β

2− γ

)

︸︷︷︸=0

= −a

4(α− β)2

Exercice 8.47 Il y a un cas évident, celui où il y a une racine double α = β. Dans ce cas, la tangente est horizontale

et "coupe" l’axe Ox en γ. On va donc supposer que α = β. D’après l’exo 19.46, la tangente enα+ β

2n’est pas

horizontale donc coupe l’axe Ox. Son équation est

Y − P

(α+ β

2

)= P ′

(α+ β

2

)(X − α+ β

2

)

Elle coupe donc l’axe des abscisses en

X =α+ β

2−

P(α+β2

)

P ′(α+β2

)

On va s’inspirer de l’exercice 19.46. On a

P (X) = a (X − α) (X − β) (X − γ)

donc

P(α+β2

)= a

(α+β2 − α

)(α+β2 − β

)(α+β2 − γ

)

= −1

4a (α− β)

2(α+β2 − γ

)

P ′(α+β2

)= a

(α+β2 − α

)(α+β2 − β

)+ a

(α+β2 − α

)(α+β2 − γ

)+ a

(α+β2 − β

)(α+β2 − γ

)

︸︷︷︸=0

= −1

4a (α− β)

2

Ainsi

X =α+ β

2−−1

4a (α− β)

2(α+β2 − γ

)

−1

4a (α− β)2

= γ

—27/46— G H - E M -() 2009


Remarque : On peut également procéder ainsi.L’équation d’une droite D passant par le point de coordonnées (γ, 0) est du type y = m (x− γ). Cette droite coupe legraphe de P en x solution de l’équation

P (x) = m (x− γ)⇐⇒ a (x− α) (x− β) (x− γ) = m (x− γ)⇐⇒ a (x− α) (x− β)−m = 0

La droite D est tangente au graphe de P si et seulement si x est racine double de cette équation, ce qui se traduit par

d

dx(a (x− α) (x− β)−m) = a (x− α) + a (x− β) = 0

soit

x =α+ β

2

En d’autres termes, il n’existe qu’une seule tangente au graphe de P, passant par (γ, 0) : celle issue du point d’abscisseα+ β

2.

Dans cette méthode, au lieu de montrer que la tangente issue deα+ β

2passe par (γ, 0) , on regarde les tangentes

passant par ce point, on a pris le problème à l’envers !Remarque : On peut également aborder le problème d’une troisième manière (moins élégante, à mon avis)

Un calcul simple donne, si P = aX3 + bX2 + cX + d

x− P (x)

P ′ (x)= x− ax3 + bx2 + cx+ d

3ax2 + 2bx+ c=

2ax3 + bx2 − d

3ax2 + 2bx+ c

On sait que la somme des racines de P vaut − b

adonc

α+ β

2= − b

2a− γ

2où γ est la troisième racine de P. On a donc

X =

2a

(− b

2a− γ

2

)3+ b

(− b

2a− γ

2

)2− d

3a

(− b

2a− γ

2

)2+ 2b

(− b

2a− γ

2

)+ c

—28/46— G H - E M -() 2009


En développant avec le binôme, on obtient (et j’avoue que Maple ou une bonne calculatrice formelle est bien utile)

X = −a2γ3 + 2abγ2 + b2γ + 4ad

3a2γ2 + 2abγ + 4ac− b2

Mais on sait que P (γ) = 0 doncd = −aγ3 − bγ2 − cγ

d’où

X = −a2γ3 + 2abγ2 + b2γ + 4a(−aγ3 − bγ2 − cγ

)

3a2γ2 + 2abγ + 4ac− b2= γ

ce qui prouve le résultat !Plus technique : Si P a une seule racine γ, alors le calcul précédent est encore valable mais β = α d’où

α+ β

2= 2Re (α). Si on factorise P sous la forme P (X) = a (X − γ)

(X2 − 2bX + c

)alors la tangente issue du point

d’abscisse b passe par (γ, 0).Montrons maintenant la propriété des cordes. Une équation de la corde passant par A : (u, P (u)) et B (v, P (v)) est

y = P (u) +P (v)− P (u)

v − u(x− u), une autre est y = P (v) +

P (v)− P (u)

v − u(x− v) , en sommant les deux, on obtient

l’équation plus symétrique

y =P (u) + P (v)

2+

P (v)− P (u)

v − u

(x− u+ v

2

)(corde)

On considère alors le polynôme Q (X) = P (X) −(P (u) + P (v)

2+

P (v)− P (u)

v − u

(x− u+ v

2

))qui admet pour

racine u, v et donc une troisième racine w (distinctes de u et v en général, ce qui prouve que la corde recoupe le graphede P en un troisième point). Le réel w vérifie donc

P (w) =

(P (u) + P (v)

2+

P (v)− P (u)

v − u

(w − u+ v

2

))(PW)

On vient de prouver que la tangente enu+ v

2à Q passe par (w, 0). L’équation de cette tangente est

y = Q

(u+ v

2

)+Q′

(u+ v

2

)(x− u+ v

2

)

Mais

Q

(u+ v

2

)= P

(u+ v

2

)− P (u) + P (v)

2

Q′(u+ v

2

)= P ′

(u+ v

2

)− P (v)− P (u)

v − u

On a donc

P

(u+ v

2

)− P (u) + P (v)

2+

(P ′(u+ v

2

)− P (v)− P (u)

v − u

)(w − u+ v

2

)= 0 (E1)

Or l’équation de la tangente au graphe de P enu+ v

2est

y = P

(u+ v

2

)+ P ′

(u+ v

2

)(x− u+ v

2

)(tangente)

Si l’on fait la différence entre les équations de la corde et de la tangente, on obtient (E1) , le point d’intersection de la

corde et de la tangente a donc pour abscisse w. Son ordonnée vaut alorsP (u) + P (v)

2+

P (v)− P (u)

v − u

(w − u+ v

2

)

(on remplace x par w dans l’équation de la corde) i.e. P (w) d’après (PW). On a bien prouvé le résultat demandé.

—29/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.48 Notons α,α + r, α + 2r et α + 3r les racines de P (où r est la raison de la suite arithmétique de lasuite des racines de P), on a alors

P (X) = a (X − α) (X − α− r) (X − α− 2r) (X − α− 3r)

Puisque les racines sont régulièrement espacées, on va "recentrer" le tout en plaçant l’origine du repère en α+ r+r

2,

on pose donc X = Y + α+3r

2alors

P (X) = a

(Y +

3r

2

)(Y +

r

2

)(Y − r

2

)(Y − 3r

2

)

= a

(Y 2 − r2

4

)(Y 2 − 9r2

4

)

d’où

P ′ (X) = 2aY

(Y 2 − 9r2

4

)+ 2aY

(Y 2 − r2

4

)

= aY(4Y 2 − 5r2

)

cardY

dX= 1, ainsi

P ′ (X) = 4a

(X − α− 3r

2

)((X − α− 3r

2

)2− 5r2

4

)

Les racines de P ′ sont donc

α+3r

2−√5r

2, α+

3r

2, α+

3r

2+

√5r

2

elles forment une suite arithmétique de raison

√5

2r.

Exercice 8.49 Si les racines de P sont en progression arithmétique, on peut les noter β−r, β, β+r où r est la raisonde la progression. On a alors

P (X) = (X − β − r) (X − β) (X − β + r)

= X3 − 3βX2 +(3β2 − r2

)X + β

(r2 − β2

)

d’où

a = 3β

b = 3β2 − r2

c = β(β2 − r2

)

en particulier β =a

3(est racine de P ), et la raison est telle que

r2 =a2

3− b

d’où la condition nécessaire (qui traduit aussi le fait que P(a3

)= 0)

c =a

3

(a2

9− a2

3+ b

)=

a

3

(b− 2

9a2)

Réciproquement, si c =a

3

(b− 2

9a2), alors

P (X) = X3 − aX2 + bX − a

3

(b− 2

9a2)

—30/46— G H - E M -() 2009


cette condition exprime que P(a3

)= 0, on peut ainsi mettre

(X − a

3

)en facteur pour obtenir

P (X) =(X − a

3

)(X2 − 2aX

3+ b− 2a2

9

)

Les racines de P sont alors1

3a− 1

3δ,

1

3a,

1

3a+

1

3δ où δ2 = 3a2 − 9b

elles forment bien une progression arithmétique de raison r telle que r2 =3a2 − 9b

9=

a2

3− b.

Exercice 8.50 On a P(02)= 02 ×

(02 + 1

)P (0) = 0, de même P

(i2)= P (−1) = i2 ×

(i2 + 1

)P (i) = 0 donc 0 et

−1 sont racines. Puisque P (12) = 0, P n’est pas nul. Si degP = n ≥ 0, on a

degP(X2)= 2n = degP

(X2)= X2

(X2 + 1

)P (X) = 4 + n

d’où

degP = 4

Posons P (X) = aX (X + 1) (X − α) (X − β) alors

P(X2)

= aX2(X2 + 1

) (X2 − α

) (X2 − β

)

= X2(X2 + 1

)P (X)

= aX2(X2 + 1

)X (X + 1) (X − α) (X − β)

Ainsi

a(X2 − α

) (X2 − β

)− aX (X + 1) (X − α) (X − β) = 0

En développant on obtient

a (α+ β − 1)X3 − aαβX2 − aαβX + aαβ = 0

d’où

α+ β = 1

αβ = 0

On en déduit que α = 0, β = 1 et avec P (2) = a× 2× (2 + 1)× 2× (2− 1) = 12a cela donne

P (X) = X2(X2 − 1

)

Exercice 8.51 Soient α, β, γ ses racines. Supposons que αβ = 1, on a a alors

α+ β + γ =6

2= 3

αβ + βγ + γα =7

2

αβγ = −λ

2

ce qui se simpifie en

α+ β + γ = 3 (8.1)

γ (α+ β) =5

2(8.2)

γ = −λ

2

—31/46— G H - E M -() 2009


On a donc α+ β = 73 − γ puis avec (8.2) il vient

γ (3− γ) =5

2⇒−γ2 + 3γ − 5

2= 0

On résout cette équation qui donne deux solutions

γ =3

2+

i

2ou γ =

3

2− i

2

Puisλ = −3− i ou λ = −3 + i

Dans ce cas on a alors α+ β = 3− γ = 32 − i

2 ou 32 +

i2 , ainsi α et β sont racines de

X2 −(3

2− i

2

)X + 1 = 0 si γ =

3

2+

i

2⇒ α = 1− i, β =

1

1− i=

1 + i

2

X2 −(3

2+

i

2

)X + 1 = 0 si γ =

3

2− i

2⇒ α = 1 + i, β =

1

1 + i=

1− i

2

Remarque : On peut envisager une autre méthode. Quand on a trouvé que γ = −λ2 , on sait alors que P

(−λ2

)=

0 =⇒ 2(−λ2

)3−6(−λ2

)2+7

(−λ2

)+λ = −1

4λ(λ2 + 6λ+ 10

)= 0. On obtient trois solutions. Pour λ = 0, le polynôme

P est alors égal à 2X3 − 6X2 +7X = X(2X2 − 6X + 7

)qui n’admet (clairement) pas deux racines inverses l’une de

l’autre (les racines sont 0, et le produit des deux autres vaut 72). On examine alors les deux autres possibilités !

Exercice 8.52 On a α+ β + γ = −a, αβ + βγ + γα = b et αβγ = −c d’où

(α+ β + γ)2 = α2 + β2 + γ2 + 2 (αβ + βγ + γα) = a2

=⇒ α2 + β2 + γ2 = a2 − 2b

(αβ + βγ + γα)2 = α2β2 + β2γ2 + γ2α2 + 2(αβ2γ + α2γβ + αβγ2

)

= α2β2 + β2γ2 + γ2α2 + 2αβγ (α+ β + γ)

d’oùα2β2 + β2γ2 + γ2α2 = b2 − 2ac

enfinα2β2γ2 = c2

ce qui donneQ (X) = X3 −

(a2 − 2b

)X2 +

(b2 − 2ac

)X − c2

Puis Q(X2)=(X2 − α2

) (X2 − β2

) (X2 − γ2

)= (X − α) (X − β) (X − γ) (X + α) (X + β) (X + γ) = P (X)R (X)

où R (X) = (X + α) (X + β) (X + γ). Le poynôme R (X) a pour racines −α,−β,−γ donc R (X) = X3−(−α− β − γ)X2+( αβ + βγ + γα)X − αβγ = X3 − aX2 + bX − c.

On a donc

Q(X2)

=(X3 + aX2 + bX + c

) (X3 − aX2 + bX − c

)

= X6 −(a2 − 2b

)X4 +

(b2 − 2ac

)X2 − c2

ce qui permet de retrouver Q (X).

Exercice 8.53

1. D’après les relations coefficients-racines, on a

−a = α+ β + γ + δ

b = αβ + αγ + αδ + βγ + γδ + βδ

d’où le résultat

—32/46— G H - E M -() 2009


2. On a −→u · −→v = ‖−→u ‖ ‖−→v ‖ cos(−→u ,−→v

)or un cosinus est compris entre −1 et 1, d’où le résultat (qui porte le nom

d’inégalité de Cauchy-Schwarz). On a donc

(β + γ + δ)2 ≤ 3×

(β2 + γ2 + δ2

)

ce qui est le résultat demandé car (−a− α)2 = (a+ α)2.

3. On a donc

(a+ α)2 ≤ 3

(a2 − 2b− α2

)⇐⇒ (a+ α)2 − 3

(a2 − 2b− α2

)≤ 0

ce qui en développant donne

4α2 + 2aα− 2a2 + 6b ≤ 0⇐⇒ α2 +1

2aα+

3

2b− 1

2a2 ≤ 0

Le trinôme du second degré X2+1

2aX+

3

2b− 1

2a2 admet donc deux racines réelles et le réel α est entre ces deux

réels. On en déduit que son dicriminant ∆ =a2

4− 4×

(3

2b− 1

2a2)

=9a2 − 24b

4est positif et que

α ∈ I =

[−a−

√9a2 − 24b

4,−a+

√9a2 − 24b

4

]

Remarque : Si P a 4 racines réelles, par application du théorème de Rolle, P ′′ a deux racines (Si les racinessont distinctes c’est un résultat facile à établir, sinon c’est un peu plus subtil · · · ). Or P ′′ = 12x2 + 6ax+ 2b a

pour discriminant ∆ = 36a2 − 8× 12b = 16× 9a2 − 24b

4.

Exercice 8.54 Déterminer m > 0 tel que le polynôme P (X) = X4 − (3m+ 2)X2 + m2 ait quatre racines enprogression arithmétique.Le coefficient de X3 est nul et il est égal à la somme des quatre racines de P, donc ces racines se répartissentsymétriquement autour de 0 (ce qui est logique puisque P est pair, ses racines sont donc symétriques par rapport à 0).

Si r est la raison de la progression, les racines sont donc −r

2, −3r

2,r

2, 3

r

2. En posant a =

r

2, on a donc les quatre

racines −3a,−a, a et 3a. On a ainsi

P (X) =(X2 − 9a2

) (X2 − a2

)

= X4 − 10a2X2 + 9a4

ainsi

9a4 = m2 =⇒±m

3= a2

et 3m+ 2 = 10a2

d’où

3m+ 2 = ±10

3m =⇒m = 6 ou m = − 6

19

Le polynôme est donc soit

P (X) = X4 − 20X2 + 36

et les racines sont −3√2,−

√2,√2, 3√2 en progression de raison 2

√2 et correspond à m = 6.

Exercice 8.55 Soient a, b et c les racines de P, on a

Q = k(X − a3

) (X − b3

) (X − c3

)

—33/46— G H - E M -() 2009


où k est le coefficient dominant de Q (ne pas l’oublier !). On sait également que

a+ b+ c = 0

ab+ bc+ ca = 1

abc = −1donc Q (0) = −ka3b3c3 = k =⇒ k = −1. Puisque a, b et c sont racines de P,

a3 = −a− 1 =⇒ a = −1− a3

b3 = −b− 1 =⇒ b = −1− b3

c3 = −c− 1 =⇒ c = −1− c3

OrQ (−1) = (−1)×

(−1− a3

) (−1− b3

) (−1− c3

)= −abc = 1

Remarque :

a3b3c3 = −1a3 + b3 + c3 = − (a+ b+ c)− 3 = −3

et

a3b3 + b3c3 + c3a3 = (a+ 1) (b+ 1) + (b+ 1) (c+ 1) + (c+ 1) (a+ 1)

= 2 (a+ b+ c) + ab+ ac+ bc+ 3

= 4

on en déduit les fonctions symétriques des racines de Q et ainsi

Q (X) = −(X3 + 3X2 + 4X + 1

)

et ainsi on retrouve Q (−1) = 1.

Exercice 8.56

1. Soient α, β et γ les racines de P, supposons que αβ = γ, alors αβγ = 4 donc γ2 = 4. Ainsi γ = 2 ou γ = −2.On vérifie facilement que c’est 2 (car sinon on a une somme de nombres < 0, cela ne risque pas de faire 0). Ona ensuite σ2 = αβ + βγ + γα = αβ + γ (α+ β) = αβ + 2 (α+ β) = 6 et αβ = 2 d’où

αβ = 2 et α+ β = 2

Ainsi α et β sont racines de X2 − 2X + 2 = 0 d’où α = 1+ i et β = 1− i.

2. Soient σ1, σ2 et σ3 les fonctions symétriques élémentaires de x, y et z. On peut reformuler l’énoncé en

x+ y + z = 4x2 + y2 + z2 = 4x3 + y3 + z3 = 4

Ainsi, d’après l’énoncé σ1 = 4. Puis

σ21 = x2 + y2 + z2 + 2σ2 =⇒ σ2 = 6

Enfin, on sait que x, y et z sont racines de X3 − σ1X2 + σ2X − σ3 ainsi

x3 − σ1x2 + σ2x− σ3

y3 − σ1y2 + σ2y − σ3

z3 − σ1z2 + σ2z − σ3

En sommant, on obtient4− 16 + 24− 3σ3 = 0

d’oùσ3 = 4

Ainsi x, y et z sont racines de P.

—34/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.57 Si α est racine double alors P (α) = P ′ (α) = 0, ainsi

αn + aα− b = 0

nαn−1 + a = 0

La seconde condition fournit nαn + aα = 0 soit αn = −aα

n. On reporte le résultat dans P (α) = 0 pour obtenir

a

(1− 1

n

)α = b =⇒ α =

nb

a (n− 1)

Montrons que la condition donnée est bien une CNS.Sens =⇒ : Si P a une racine double α, alors en remplaçant α par la valeur trouvée dans P ′ (α) = 0

n

(nb

a (n− 1)

)n−1+ a = 0

soitnn

an−1×(

b

n− 1

)n−1+ a = 0, ce qui s’écrit, en multipliant par

an−1

nn

(an

)n+

(b

n− 1

)n−1= 0

Sens ⇐= : réciproquement, si(an

)n+

(b

n− 1

)n−1= 0 alors posons α =

nb

a (n− 1), on a bien

P ′ (α) = 0

et

αn + aα− b = α(αn−1 + a

)− b

=nb

a (n− 1)×(−a

n+ a

)− b car P ′ (α) = nαn−1 + a = 0

= 0

Pour n = 2, on retrouve(a2

)2+ b = 0 soit a2+4b = 0, c’est à dire le discriminant. Si n = 3, on retrouve la condition

de l’exercice 1, à savoir(p3

)3+

(−q2

)2=

1

108

(4p3 + 27q2

)= 0

soit 4p3 + 27q2 = 0.

Exercice 8.58 On a par récurrence P (un) = un, c’est vrai si n = 0, supposons que P (un) = un, alors

P (un+1) = P(u2n + 1

)par définition de un+1

= P (un)2+ 1 relation fonctionnelle vérifiée par P

= u2n + 1 hypothèse de récurrence

= un+1 par définition de un+1

La suite (un)n∈N est strictement croissante car un+1 − un = u2n − un + 1 ≥ 0 (le polynôme X2 − X + 1 a deuxracines complexes et un coefficient dominant positif). Elle prend donc une infinité de valeurs différentes. Le polynômeP (X)−X a donc une infinité de racines (les un), ainsi

P (X) = X

On peut vérifier que c’est bien solution !

—35/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.59 Première méthode : On a

a+ b+ c = 0ab+ bc+ ca = p

abc = −qOn commence par la condition nécessaire phase d’analyse).

Puisque a + b + c = 0, on en déduit que c × (a+ b)2= c × (−c)2 = c3, mais c (a+ b)

2= c

(a2 + b2 + 2ab

)=

c(1 + c2

)+ 2abc = c+ c3 − 2q. On en déduit que

c3 = c+ c3 − 2q =⇒ c = 2q

Mais alors a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 − 2 (ab+ bc+ ca) = −2p = 1 + 2c2 = 1 + 8q2. La CN est donc

1 + 2p+ 8q2 = 0

On vérifie qu’il s’agit bien d’un CS (phase de synthèse).On suppose donc que l’on a 1 + 2p+ 8q2 = 0. On vérifie que c = 2q est racine car

8q3 + 2pq + q = q(1 + 2p+ 8q2

)= 0

Mais alors a+ b = −c = −2q et abc = −q. Si q = 0, on en déduit que ab =1

2, d’où a2 + b2 = (a+ b)

2 − 2ab = 1+ c2.

Si q = 0, on a c = 0, a + b = 0, 1 + 2p = 0 =⇒ p = −1

2et ab + bc + ca = ab = p = −1

2. On termine de la même

manière car a2 + b2 = (a+ b)2 − 2ab = 1 + c2.Conclusion, la CNS est

1 + 2p+ 8q2 = 0

Seconde méthode : On commence de ma même manière pour avoir 1+ 2c2 = −2p. Cela signifie que la CNS est que P

et le polynôme Q = 2X2+2p+1 ont une racine commune (qui est c). La division euclidienne de P par Q s’écrit alors

X3 + pX + q =(2X2 + 2p+ 1

)×(1

2X

)+

(−1

2X + q

)

Puisque c est racine de P et de Q, la CNS est que c est racine de Q et de R = −1

2X+q (on retrouve donc que c = 2q).

On écrit de nouveau la division euclidienne

2X2 + 2p+ 1 =

(−1

2X + q

)× (−4X − 8q) + 16q2 + 4p+ 2

Puisque c est racine de Q et de R, la CNS est 16q2 + 4p+ 2 = 0.

Exercice 8.60 Soient α, β et γ les racines de P , on a

α+ β + γ = −aαβ + βγ + γα = b

αβγ = −c

Analyse (Condition nécessaire) : On suppose que α2 = βγ. On a alors α3 = −c et

α (β + γ) + βγ = α (β + γ) + α2 = α (α+ β + γ) = −aα = b =⇒ aα+ b = 0

Si a = 0, alors b = 0, les racines sont les racines troisièmes de c. Si α est l’une d’elles, les deux autres sont β = jα et

γ = j2α. Puisque j × j2 = 1, on a bien α = βγ. Si a = 0, alors α = − b

aet α3 = c =⇒ b3 − a3c = 0 (condition encore

valable si a = 0). La CN est doncb3 = a3c

—36/46— G H - E M -() 2009


Synthèse : On suppose que b3 = a3c.Si a = 0, on a b = 0 et on a vu que l’on a bien une racine dont le carré est le produit des deux autres.

Si a = 0, on a α = − b

aracine de P car

(− b

a

)3+ a

(− b

a

)2+ b

(− b

a

)+ c =

a3c− b3

a3= 0

Mais puisque αβγ = −c = − b3

a3= − b

a×(− b

a

)2, on en déduit que βγ = α2 (car α = 0).

Conclusion, la CNS est bienb3 = a3c

Exercice 8.61 Si a0 = 0, on poseP (x)

an= xn + bn−1x

n−1 + · · · + b0 et Q (x) =P (x)

an− b0 −

b0

|b0|donc Q (x) =

P (x)

an− b0 −

b0

|b0|= xn + · · ·+ a1

a0x− b0

|b0|. Le produit z1 · · · zn des racines de Q est égal à (−1)n+1 b0

|b0|, en particulier

on a|z1 · · · zn| = 1

Il existe donc au moins une racine de module inférieur ou égal à 1 (par l’absurde), soit z0 cette racine. On a alors

Q (z0) =P (z0)

an− b0 −

b0

|b0|= 0 =⇒ P (z0)

an= b0

(1 +

1

|b0|

)

=⇒ |P (z0)||an|

= |b0|(1 +

1

|b0|

)= 1 + |b0| =⇒ |P (z0)| = |an|+ |a0| car b0 =

a0

an

Si maintenant a0 = 0 et donc b0 = 0, on pose alors Q (x) =P (x)

an− 1 = xn+ · · ·+ a1

a0x− 1 dont le produit des racines

vaut, en module, toujours 1. Il existe donc encore une racine de Q, notée z0, telle que |z0| ≤ 1 Mais

Q (z0) = 0 =⇒ P (z0)

an= 1 =⇒ |P (z0)| = |an| = |an|+ |a0|

Exercice 8.62

1. Si P (X) =n∑

k=0

akXk, alors

P (P (X))− P (X) =n∑

k=0

ak

(P (X)k −Xk

)=

n∑

k=1

ak

(P (X)k −Xk

)car P (X)0 = X0 = 1

Or dans un anneau commutatif, on a

ak − bk = (a− b)

(k∑

i=0

aibk−1

)

ainsiP (X)−X divise

(P (X)

k −Xk)

donc divise P P (X)− P (X)

Mais alorsP (X)−X divise P P (X)− P (X) + P (X)−X = P P (X)−X

2. Soit P (X) = X2 − 3X − 5, alors

P (P (X))−X =(X2 − 3X − 5

)2 − 3(X2 − 3X − 5

)− 5−X

=(X2 − 3X − 5

)2 − 3X2 + 8X + 10

—37/46— G H - E M -() 2009


On en déduit queP (P (X))−X = (P (X)−X)×Q (X)

Or z2 − 3z − 5− z = (z + 1) (z − 5) , ce qui donne deux racines de(z2 − 3z − 5

)2 − 3z2 + 8z + 10 = 0 qui sont−1 et 5.Remarque : On a (

z2 − 3z − 5)2 − 3z2 + 8z + 10 = (z − 5) (z + 1)

(z2 − 2z − 7

)

Les deux autres racines sont donc 1 + 2√2 et 1 + 2

√2.

Exercice 8.63 On considère l’application T définie sur R [X] par

T (P ) = 3XP +X2P ′ −X3P ′′

1. Facile, si (P,Q) ∈ R [X]2 et λ ∈ R alors

T (λP +Q) = 3X (λP +Q) +X2 (λP +Q)′ −X3 (λP +Q)′′

= λ[3XP +X2P ′ −X3P ′′

]

+3XQ+X2Q′ −X3Q′′

= λT (P ) + T (Q)

Ainsi T est linéaire, à valeurs dans R [X], c’est un endomorphisme de R [X].

2. Si P = 0, P = anXn +Q où an = 0, n = degP et degQ < n alors

T (P ) = anT (Xn) + T (Q)

= an[3Xn+1 + nXn+1 − n (n− 1)Xn+1

]+ T (Q)

= − (n+ 1) (n− 3) anXn+1 + 3XQ+X2Q′ −X3Q′′︸︷︷︸

deg<n+1

Ainsi, pour n = 3, deg T (P ) = deg (P ) + 1. Il reste le cas où degP = 3. Dans ce cas, si on pose

P = aX3 + bX2 + cX + d

alors

T (P ) = 3X(aX3 + bX2 + cX + d

)+X2

(3aX2 + 2bX + c

)−X3 (6aX + 2b)

= 3bX3 + 4cX2 + 3dX

Ainsi deg T (P ) = 3 si b = 0, degT (P ) = 2 si b = 0 et c = 0, deg T (P ) = 1 si b = c = 0 et d = 0 et enfindegT (P ) = −∞ si P = aX3.

3. LL’endomorphisme T n’est pas injectif car T(aX3

)= 0, ainsi Vect

(X3)⊂ kerT . Il n’est pas surjectif, X4 n’a

pas d’antécédent, en effet le degré de T (P ) ne peut pas être égal à 4 (l’antécédent devrait avoit un degré égal à3).

3 Les exotiques

Exercice 8.64 ⇒ : Par hypothèse, P (X) =

degP∏

i=1

(X − αi) où les αi sont les racines (réelles) de P. On a alors

∀z ∈ C, |P (x+ iy)| =degP∏

i=1

|x+ iy − αi| =degP∏

i=1

√(x+ αi)

2 + y2 ≥degP∏

i=1

√y2 = |Im (z)|degP

⇐ : Si ∀z ∈ C, |P (z)| ≥ |Im (z)|degP , alors pour z racine de P on a |P (z)| = 0 ≥ |Im (z)|degP ≥ 0. Ainsi toutes lesracines de P sont réelles.

—38/46— G H - E M -() 2009

CHAPITRE 8. POLYNÔMES 3. LES EXOTIQUES

Exercice 8.65 1. Soit α un racine réelle de P. Alors (α+ 1)2 est aussi racine de P . On peut donc définir une suite

de racines ainsi u0 = α et un+1 = (un + 1)2. La suite est strictement croissante car un+1−un = (un + 1)

2−un =

u2n + un + 1 =(un + 1

2

)2+ 3

4 ≥ 34 . On a donc une suite infinie de racine de P et P = 0.

2. Si P est constant alors P = 0 ou P = 1. Sinon, soit α ∈ C une racine de P alors a2 est aussi racine,a4, a8, ..., a2

n

, ...sont aussi racines. On ne peut avoir une suite infinie de racine donc a = 0 ou il existe deuxindices p et q tels que a2

p

= a2q

. Dans le dernier cas, on obtient |a| = 1. Or (a+ 1)2 est aussi racine donc oubien a = −1 ou bien |a+ 1| = 1. En fin de compte a = j ou j2 d’après a).On en déduit que P = (X − j)p

(X − j2

)q, alors P (X)P (X − 1) = (X − j)p

(X − j2

)q (X + j2

)p(X + j)q et

P(X2)=(X2 − j4

)p (X2 − j2

)qdonc

(X − j2

)p (X + j2

)p(X − j)q (X + j)q = (X − j)p

(X − j2

)q (X + j2

)p(X + j)q

ce qui impose p = q.En conclusion

P =(X2 +X + 1

)n

Exercice 8.66 Soient x3 et x4 les deux autres racines de P dans C. On pose s = x1x2, ainsi x1 + x2 = 2s, on as > 0 car les deux racines sont réelles positives (donc leur produit et leur somme aussi). On sait aussi que x1 et x2sont racines de X2 − 2sX + s = 0, ces racines sont positives et distinctes si et seulement si ∆′ = s2 − 1 > 0. On doitainsi avoir s > 1. On a

x1 + x2 + x3 + x4 = 4

x1x2 + (x1 + x2) (x3 + x4) + x3x4 = −4x1x2 (x3 + x4) + (x1 + x2)x3x4 = −a

x1x2x3x4 = b

Donc

x3 + x4 = 4− 2s

s+ 2s (4− 2s) +b

s= −4

s (4− 2s) + 2sb

s= −a

x3x4 =b

s

On en déduit que b = 4s3 − 9s2 − 4s puis que a = −8s3 + 20s2 + 4s ainsi

a+ b = f (s) = −4s3 + 11s2

On a f ′ (s) = −12s2 + 22s = −2s (6s− 11) d’où les variations de f sur [1,+∞[

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1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6 2.8 3.0

-8

-6

-4

-2

0

2

4

6

8

10

12

x

y

On a donc un maximum en s =11

6> 1. On a alors a =

682

27et b = −1397

108, d’où la valeur maximale de a+ b qui est

682

27− 1397

108=

1331

108

le polynôme P est alors

P = X4 − 4X3 − 4X2 +682

27X +

−1397108

qui a pour racines11−

√55

6,11 +

√55

6,1 +

√255

6,1−

√255

6

Exercice 8.67 On a σ1 = α+ β + γ = a, σ3 = αβγ = a et σ2 = αβ + βγ + γα = a. Or α, β et γ sont racines de P

donc

α3 = aα2 − aα+ a = a(α2 − α+ 1

)

β3 = a(β2 − β + 1

)

γ3 = a(γ2 − γ + 1

)

d’où α3 + β3 + γ3 − 3αβγ = a(α2 + β2 + γ2 − σ1 + 3

)− 3a. Or

σ21 = α2 + β2 + γ2 + 2σ2

ainsiα3 + β3 + γ3 − 3αβγ = a

(a2 − 3a+ 3

)− 3a = a3 − 3a2

On étudie alors le minimum de f (a) = a3 − 3a2 sur [0,+∞[ , f est dérivable sur [0,+∞[ avec f ′ (a) = 3a2 − 6a =3a (a− 2). On a donc un minimum en a = 2 qui vaut −4.La valeur minimale de α3 + β3 + γ3 − 3αβγ est −4, obtenue pour a = 2, soit

P = X3 − 2X2 + 2X − 2

Exercice 8.68 Soit x une racine réelle d’un polynôme de la forme (1 + 2i)X3− 2 (3 + i)X2+(5− 4i)X+2a2, alorsles parties réelles et imaginaires sont nulles donc, puique a est lui même réel :

x3 + 6x2 + 5x+ 2a2 = 0

2x3 − 2x2 − 4x = 0

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CHAPITRE 8. POLYNÔMES 4. LES OLYMPIQUES

ce qui donne

a2 = −1

2

(x3 + 6x2 + 5x

)

x (x+ 1) (x− 2) = 0

On a donc trois valeurs pour x, ce qui donne trois valeurs pour a2, donc à priori 6 valeurs de a. On a donc, pour résumer

a2 = 0, ou a2 = −1

2(−1 + 6− 5) = 0 (oh, le vilain piège, deux valeurs de a2 nulle...), ou a2 = −1

2(8 + 24 + 10) =

−21 qui ne donne aucune valeur réelle ! AinsiS = 0

4 Les olympiques

Exercice 8.69 Si z est racine multiple de P alors P (z) = P ′ (z) = 0. Or P ′ (z) = n((z − 1)n−1 − zn−1

), ainsi z

est racine multiple si elle est solution du système

(z − 1)n = (zn − 1)

(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒

(z − 1) (z − 1)n−1 = (zn − 1)

(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒

(z − 1) (z)n−1 = (zn − 1)

(z − 1)n−1 = zn−1

⇐⇒

zn−1 = 1

(z − 1)n−1 = zn−1⇐⇒

zn−1 = 1

(z − 1)n−1 = 1

On passe ensuite aux modules afine de localiser z, zn−1 = 1 =⇒ |z| = 1 et (z − 1)n−1 =⇒ |z − 1| = 1. Le point d’affixez est à l’intersection des cercles de rayon 1 centré à l’origine et en A d’affixe 1.

11

1

B

O A

On en déduit (triangles équilatéral) que z = eiπ3 = −j2 où z = e−

iπ3 = −j. Puisque P ∈ R [X] , si −j2 est racine

multiple de P, −j aussi. On va donc déterminer n pour que eiπ3 soit racine multiple. On a e

i(n−1)π3 = 1⇐⇒ n−1 = 6k

où k ∈ N et dans ce cas (z − 1)n−1

=(−j2 − 1

)n−1= jn−1 =

(j3)2k

= 1.Le polynôme P a deux racines multiples si et seulement si n = 6k + 1 où k ∈ N.

Exercice 8.70 On a (x1 + x2) = 4 −m et x1x2 = m2 − 3m + 3. Or (x1 + x2)2 − 2x1x2 = x21 + x22 = (4−m)

2 −2(m2 − 3m+ 3

)

= 10− 2m−m2. Ainsi x21 + x22 = 6⇐⇒ 10− 2m−m2 = 6,⇐⇒ m = −1 +√5 ou m = −1−

√5.

De plus le discriminant de P est ∆ = (m− 4)2 − 4

(m2 − 3m+ 3

)= 6 − 2

(m2 − 3m+ 3

)= −2m (m− 3) a pour

racine 0 et 3. P a donc des racines réelles si et seulement si ∆ > 0 ⇐⇒ m ∈ [0, 3]. La seule valeur convenable estm = −1 +

√5.

Exercice 8.71 Soit Q = (X + 1)P − X alors Q (k) = 0 pour k ∈ 0, ..., n. Or Q est de degré n + 1 ainsi Q =aX (X − 1) ... (X − n). Reste à déterminer a, mais Q (−1) = 1 = a (−1)n (n− 1)! d’où P (n+ 1) = 1 pour n pair etP (n+ 1) = n

n+2 pour n impair.

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4. LES OLYMPIQUES CHAPITRE 8. POLYNÔMES

Exercice 8.72 Puisque le coefficient constant et celui de x n’interviennent pas (p et q quelconques), on peut envisagerd’utiliser les relations coefficients-racines.Supposons que a, b, c et d soient les quatre racines de P (x) = x4 +mx3 + (m2 + 1)x2 + px+ q.Alors σ1 = a+ b+ c+ d = −m et σ2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = m2 + 1. Donc σ21 + 1 = m2 + 1 = σ2Or σ21 = a2 + b2 + c2 + d2 + 2σ2.On en déduit que a2 + b2 + c2 + d2 + 1 + σ2 = 0, soit

a2 + b2 + c2 + d2 +m2 + 2 = 0

ce qui est impossible si a, b, c, d et m sont réels.

Exercice 8.73 On exploite les hypothèses ainsi :P (a) = P (a+ 1999) = 0, nous indique que l’on peut écrire 0 de deux façons 0 = P (a) et 0 = P (a+ 1999) .Q (1998) = 2000, s’interprète ainsi, si Q (x) = b0 + b1x + ...., alors Q (1998) = 2000 est pair donc b0 aussi. Maisb0 = Q(0). Voila comment réintégrer P !On sait donc que Q(P (a)) = Q (P (a+ 1999)) = b0 est pairMaintenant l’astuce :Proposition : Soit A un polynôme à coefficients entiers alors A (x)−A (y) est divisible par x− y

Preuve : Si A (X) = a0+a1X+ ... =∑nk=0 akX

k, A (x)−A (y) = a1 (x− y)+a2(x2 − y2

)+ ... =

∑nk=1 ak (x− y)k ,

mais (x− y)k = (x− y)(xk−1 + yxk−2 + ...+ yk−1

)est divisible par x− y

Supposons qu’il existe x tel que Q (P (x)) = 1. D’après la proposition, b0 − 1 = Q (P (a))−Q (P (x)) est divisible para− x (prendre A = Q P ) et aussi par a− x+ 1999 car P (a) = P (a+ 1999) = 0. Puisque a− x divise b0 − 1 quiest impair, a− x est impair. Mais a− x+ 1999 est pair et divise aussi b0 − 1 qui, lui, est impair.

Exercice 8.74 Notons c la troisième racine de P, alors abc = 1. Aucune des racines n’est donc nulle et 1+ a+ ab =abc+ a+ ab = a (1 + b+ bc), de même 1 + b+ bc = abc+ b+ bc = b (1 + c+ ca). Ainsi

(1 + a+ ab) + (1 + b+ bc) + (1 + c+ ca) = 3 + (a+ b+ c) + (ab+ bc+ ca)

= (1 + a+ ab)

(1 +

1

a+

1

ab

)

=(1 + a+ ab) (1 + b+ ab)

ab

D’après les relations coefficients-racines, on a

3 + (a+ b+ c) + (ab+ bc+ ca) = 3 + 1− 4 = 0

d’où le résultat.

Exercice 8.75 On va prouver le résultat par récurrence sur n, soit a, α et r trois complexes, on définit Pn (X) =

a

n+2∏

k=0

(X − α− kr). Le polynôme Pn a n + 3 racines qui forment une suite arithmétique de raison r. On va prouver

que

P (n)n (X) = a(n+ 3)!

3!

(X − α− (n+ 2) r

2−√n+ 4r

2

)(X − α− (n+ 2) r

2

)(X − α− (n+ 2) r

2+

√n+ 4r

2

)

Pour simplifier l’écriture du résultat, on pose βn = α+(n+ 2) r

2et ρn =

√n+ 4r

2, ainsi on désire montrer que

P (n)n (X) = a (X − βn − ρn) (X − βn) (X − βn + ρn)

C’est vrai pour n = 0 et n = 1,(cf 19.48). Puis

Pn+1 (X) = Pn (X)× (X − α− (n+ 3) r)

= Pn (X)× (X − α− (n+ 3) r)

—42/46— G H - E M -() 2009


d’où (formule de Leibniz)

P(n+1)n+1 (X) = P (n+1)n (X)× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)

=(P (n)n (X)

)′× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)

Il suffit alors de vérifier avec Maple que

(P (n)n (X)

)′× (X − α− (n+ 3) r) + (n+ 1)P (n)n (X)

= a(n+ 4)!

3!

(X − α− (n+ 3) r

2−√n+ 5r

2

)(X − α− (n+ 3) r

2

)(X − α− (n+ 3) r

2+

√n+ 5r

2

)

Exercice 8.76 Trouver a ∈ R pour que le polynôme (1− a)x3 + (2 + a)x2 + (a− 1)x + 7 − a admette une racinecomplexe de module 1. Trouver les autres racines.

Si z est racine de P et est de module 1, alors P (z) = 0 =⇒ P (z) = 0. Mais puisque a ∈ R, on a P (z) = P (z) = P

(1

z

)

car z est de module 1. Ainsi(1− a) + (2 + a) z + (a− 1) z2 + (7− a) z2

z3= 0

d’où

[(1− a) z3 + (2 + a) z2 + (a− 1) z + (7− a)

]−[(1− a) + (2 + a) z + (a− 1) z2 + (7− a) z3

]

= −6z3 + 3z2 − 3z + 6 = −3 (z − 1)(2z2 + z + 2

)= 0

On en déduit que z = 1 ou z = −1

4± 1

4i√15. Puisque P (1) = 9, la solution z = 1 est à exclure. Pour les deux autres

solutions, on a

z2 = −z

2− 1 =⇒ z3 = −z2

2− z = −

(−z

2− 1)

2− z = −3

4z +

1

2

ainsi

P (z) = (1− a) z3 + (2 + a) z2 + (a− 1) z + (7− a)

= (1− a)×(−3

4z +

1

2

)+ (2 + a)×

(−z

2− 1)+ (a− 1) z + (7− a)

=1

4(5a− 11) (z − 2) = 0⇐⇒ a =

11

5

La seule valeur est donc a =11

5

Dans ce cas, on sait que les racines sont z = −1

4± 1

4i√15 (car s’il y a une racine complexe, il y a sa conjuguée, P

étant à coefficients réels) qui sont toutes deux de module 1, le produit des racines étant égal à

−7− a

1− a= −

7− 11

5

1− 11

5

= 4

La troisième racine vaut 4. On a alors

P =

(1− 11

5

)(x− 4)

(x−

(1

4− 1

4i√15

))(x−

(1

4+

1

4i√15

))

= −6

5(x− 4)

(x2 − 1

2x+ 1

)

—43/46— G H - E M -() 2009


Exercice 8.77 2003 ou 24, cela semble la même chose (d’ailleurs 6 éléments ou 2n, c’est sans doute identique).Reste à comprendre comment faire. On considère le polynôme

P (x) = (x+ a1) (x+ a2) (x+ a3)

alors P (b1) est égal au produit des éléments de la première colonne, à savoir 2003. De même P (b2) = P (b3) = 2003.On en déduit que le polynôme P (X)− 2003 est nul en b1, b2 et b3, puisqu’il est de degré 3, on a

P (x) = (x− b1) (x− b2) (x− b3) + 2003

De la on déduit queP (−a1) = 0 = − (a1 + b1) (a1 + b2) (a1 + b3) + 2003

soit(a1 + b1) (a1 + b2) (a1 + b3) = 2003

i.e. le produit des éléments de la première ligne vaut 2003. Le même raisonnement avec P (−a2) et P (−a3) permet deconclure.Remarque : Si on prend 2n éléments a1, · · · , an, b1, · · · , bn le produit des lignes est constant mais il y a changementde signe si n est pair.

Exercice 8.78 Analyse : Soit P un tel polynôme, alors ∀y ∈ [−1, 1] , pour x = arcsin y, on a

P (−y) = P (− sinx) = P (sin (−x)) = 1− P (cos (−x))= 1− P (cosx) = P (sinx) = P (y)

Ainsi le polynôme P est un polynôme pair (car [−1, 1] est une partie infinie) Il existe donc un polynôme Q tel queP (X) = Q

(X2). On a alors

P (sinx) + P (cosx) = Q(sin2 x

)+Q

(cos2 x

)

= Q(sin2 x

)+Q

(1− sin2 x

)= 1

Sur l’intervalle [0, 1] , on a donc Q (y) + Q (1− y) = 1 (il suffit de poser y = sin2 x, ou bien x = arcsin√y pour

y ∈ [0, 1]). Donc puisque [0, 1] est une partie infinie, on a

Q (X) +Q (1−X) = 1

Ceci signifie que le point Ω

(1

2,1

2

)est un centre de symétrie du graphe de Q (en effet si on a M (x,Q (x)) et

M ′ (1− x,Q (1− x)), alors le milieu de [M,M ′] a pour coordonnées

x+ 1− x

2=

1

2= xΩ

Q (x) +Q (1− x)

2=

1

2= yΩ

Donc si on change l’origine pour la mettre en Ω, on aura un polynôme impair. On considère donc le polynôme

R (X) = Q

(X +

1

2

)− 1

2

Alors

R (−X) = Q

(−X − 1

2

)− 1

2= Q

(1−

(X +

1

2

))− 1

2

= 1−Q

(X +

1

2

)− 1

2=

1

2−(X +

1

2

)

= −R (X)

—44/46— G H - E M -() 2009


Le polynôme R est impair, il s’écrit donc de la forme

XU(X2)

et ainsi

Q

(X +

1

2

)− 1

2= XU

(X2)=⇒ Q (X) =

(X − 1

2

)U

((X − 1

2

)2)

+1

2

et P (X) =

(X2 − 1

2

)U

((X2 − 1

2

)2)

+1

2

Réciproquement, puisque

(cos2 t− 1

2

)[(cos2 t− 1

2

)2]k=

1

22k+1(2 cos2 t− 1

)2k+1=

cos2k+1 2t

22k+1

(sin2 t− 1

2

)[(sin2 t− 1

2

)2]k=

1

22k+1(2 sin2 t− 1

)2k+1=

(− cos 2t)2k+1

22k+1

Si P (X) =

(X2 − 1

2

)U

((X2 − 1

2

)2)

+1

2alors P (cos t) + P (sin t) = 1.

Exercice 8.79 Soit Q (X) = XP (X) − 1, alors Q (i) = 0 pour i ∈ 1, · · · , n+ 1. On a donc les n + 1 racines de

Q qui est de degré n+ 1. Ainsi Q (X) = a

n+1∏

k=1

(X − k). Or Q (0) = −1 donc Q (0) = a

n+1∏

k=1

(−k) = (−1)n+1 (n+ 1)! =

−1 =⇒ a =(−1)nn!

d’où

XP (X) =(−1)nn!

n+1∏

k=1

(X − k) + 1

Le polynôme de droite admet 0 comme racine, il s’écrit sous la forme αX + · · · + (−1)nn!

Xn+1. En divisant par X,

et en prenant la valeur en 0, on a α = P (0). On détermine donc le coefficient en X de(−1)nn!

n+1∏

k=1

(X − k) qui est

(−1)nn!

n+1∑

k=1

(−1)n+1 (n+ 1)!

−k = (n+ 1)n+1∑

k=1

1

k. On a donc

P (0) = (n+ 1)n+1∑

k=1

1

k= (n+ 1)Hn+1

Exercice 8.80 Soit P un tel polynôme non constant (les polynomes constants sont 0 et 1), de degré n. Soit Z =z1, · · · , zn ses racines, si z est racines de P alors

P (z)P (z + 1) = P(z2 − z + 1

)= 0

P (z − 1)P (z) = P((z − 1)

2 − (z − 1) + 1)= P

(z2 − 3z + 3

)= 0

Ainsi z ∈ Z =⇒

z2 − z + 1 ∈ Z

z2 − 3z + 3 ∈ Z. Soit u la racine la plus éloigné de 1, pour être précis, l’ensemble

U = |z − 1| , z ∈ Z

—45/46— G H - E M -() 2009


est fini donc admet un maximum M atteint pour une racine, quitte à les réordonner, par exemple pour u = z1. On adonc

u2 − u+ 1 ∈ Z =⇒∣∣u2 − u+ 1− 1

∣∣ ≤ |u− 1| par maximalité de u

u2 − 3u+ 3 ∈ Z =⇒∣∣u2 − 3u+ 3− 1

∣∣ ≤ |u− 1|

Donc

∣∣u2 − u+ 1− 1∣∣ = |u| |u− 1| ≤ |u− 1| =⇒ |u| ≤ 1 ou u = 1

|u− 1| |u− 2| ≤ |u− 1| =⇒ |u− 2| ≤ 1 ou u = 1

Supposons que u = 1 alors|u| ≤ 1 et |u− 2| ≤ 1

Le point M d’affixe u est donc dans le cercle unité et dans le cercle de centre A d’affixe 2 et de rayon 1, donc (faireun dessin) u = 1. Ainsi u = 1 et maxU = 0. Conclusion P a une unique racine z = 1 ! Donc

P = α (X − 1)n

On remplace pour avoir α = 1.... Conclusion, les solutions sont les polynômes de la forme

α (X − 1)n

où α ∈ 0, 1 et n ∈ N

—46/46— G H - E M -() 2009

Chapitre19 POLYNÔMES...

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