Cette série d’exercices corrigés sur les polynômes s’adresse aux étudiants des classes préparatoires scientifiques (MPSI, MP2I, PCSI, PTSI), ainsi qu’aux étudiants en prépas intégrées, écoles d’ingénieurs et à l’université.
Dans toute cette série d’exercices \(\mathbb{K}\) désigne \(\mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\).
Exercice 1
Soit \( n \in \mathbb{N} \). Développer le polynôme :
\[ P_{n}=(1+X)\left(1+X^{2}\right)\left(1+X^{4}\right)\ldots\ldots\left(1+X^{2^{n}}\right) \].
Corrigé
Méthode 1 :
On a :
\[
\begin{aligned}
& P_{0}=1+X \\
& P_{1}=(1+X)\left(1+X^{2}\right)=1+X+X^{2}+X^{3} \\
& P_{2}=(1+X)\left(1+X^{2}\right)\left(1+X^{4}\right) \\
& P_{2}=\left(1+X+X^{2}+X^{3}\right)\left(1+X^{4}\right) \\
& P_{2}=1+X+X^{2}+X^{3}+X^{4}+X^{5}+X^{6}+X^{7}
\end{aligned}
\]
On peut conjecturer que : \[ \forall n \in \mathbb{N},
P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k} \]
Montrons cette formule par récurrence :
Pour \( n=0 \), on a \( \displaystyle P_{0}=\sum_{k=0}^{1} X^{k}=1+X \)
Soit \( n \in \mathbb{N} \). On suppose que
\( \displaystyle P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k} \)
Donc
\[
\begin{aligned}
& P_{n+1}=\left(1+X^{2^{\,n+1}}\right)\cdot P_{n}
=\left(1+X^{2^{\,n+1}}\right)
\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k} \\
& P_{n+1}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k}
+\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k+2^{\,n+1}}
\end{aligned}
\]
Donc \( \displaystyle P_{n+1}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+2}-1} X^{k} \)
Par le principe de récurrence, on peut affirmer que :
\[
\forall n \in \mathbb{N}, \quad
P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1} X^{k}
\]
Méthode 2 :
Soit \(n \in \mathbb{N}\). On a :
\[
(1-X)P_{n}=(1-X)(1+X)\left(1+X^{2}\right)
\left(1+X^{4}\right)\times\cdots\times\left(1+X^{2^{n}}\right)
\]
\[
\begin{aligned}
(1-X)P_{n} & =(1-X^{2})(1+X^{2})(1+X^{4})\cdots(1+X^{2^{n}}) \\
(1-X)P_{n} & =(1-X^{4})(1+X^{4})\cdots(1+X^{2^{n}}) \\
(1-X)P_{n} & =\cdots\cdots \\
(1-X)P_{n} & =(1-X^{2^{\,n}})(1+X^{2^{\,n}}) \\
(1-X)P_{n} & =1-\left(X^{2^{\,n}}\right)^{2} \\
(1-X)P_{n} & =1-X^{2^{\,n+1}} \\
(1-X)P_{n} & =(1-X)\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1}X^{k}
\end{aligned}
\]
Comme l’anneau des polynômes est intègre :
\[
P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{\,n+1}-1}X^{k}
\]
Exercice 2
Soit \( n \in \mathbb{N} \backslash\{0 ; 1\} \). On note \( \omega = e^{\frac{2i\pi}{n}} \).
Développer le polynôme :
\( P_{n}=(1-X)\left(1-\omega X\right)\left(1-\omega^{2} X\right)\ldots\left(1-\omega^{n-1} X\right) \).
Corrigé
On a :
\[
\begin{aligned}
P_{n}&=\prod_{k=0}^{n-1}\left(1-\omega^{k} X\right) \\
&=\prod_{k=0}^{n-1}\left(-\omega^{k}\right)\left(X-\omega^{-k}\right) \\ &
=(-1)^{n}\omega^{\sum_{k=0}^{n-1}k}\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-\omega^{\,n-k}\right), \quad (\text{ Car } \omega^{n}=1) \\
&=(-1)^{n}\omega^{\frac{n(n-1)}{2}}\prod_{q=1}^{n}\left(X-\omega^{q}\right), \quad (\text{ Changement d’indice } q=n-k) \\ &=(-1)^{n}e^{\frac{2i\pi}{n}\frac{n(n-1)}{2}}\left(X^{n}-1\right) \\
&=(-1)^{n}\left(e^{i\pi}\right)^{n-1}\left(X^{n}-1\right) \\
&=(-1)^{n}(-1)^{n-1}\left(X^{n}-1\right) \\
&=1-X^{n} \end{aligned}
\]
Exercice 3
On pose \[ \forall n \in \mathbb{N}^{*} ,
P_{n}=1+\frac{1}{1!}X+\frac{1}{2!}X(X+1)+\cdots+\frac{1}{n!}[X(X+1)(X+2)\ldots(X+n-1)] \]
Déterminer \( \forall n \in \mathbb{N}^{*} \), les racines du polynôme \( P_n \).
Corrigé
On a :
\[
\begin{aligned}
& P_{1}=1+X \\
& P_{2}=1+X+\frac{1}{2}X(X+1) \\
& P_{2}=(1+X)\left(1+\frac{1}{2}X\right) \\
& P_{2}=\frac{1}{2}(1+X)(2+X) \\
& P_{3}=P_{2}+\frac{1}{3!}X(X+1)(X+2) \\
& P_{3}=\frac{1}{2}(1+X)(2+X)+\frac{1}{6}X(X+1)(X+2) \\
& P_{3}=\frac{1}{2}(X+1)(X+2)\left(1+\frac{1}{3}X\right) \\
& P_{3}=\frac{1}{3!}(X+1)(X+2)(X+3)
\end{aligned}
\]
On peut alors conjecturer que \( \displaystyle \forall n \in \mathbb{N}^{*},
P_{n}=\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}(X+k) \)
Montrons cette formule par récurrence :
Pour \( n=1 \), nous avons trouvé que la formule est vraie.
Soit \( n \in \mathbb{N}^{*} \). On suppose que
\( \displaystyle P_{n}=\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}(X+k) \)
On a :
\[
\begin{aligned}
& P_{n+1}=P_{n}+\frac{1}{(n+1)!}X(X+1)(X+2)\cdots(X+n) \\
& P_{n+1}=\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}(X+k)+\frac{1}{n!(n+1)}X\prod_{k=1}^{n}(X+k) \\
& P_{n+1}=\frac{1}{n!}\left(\prod_{k=1}^{n}(X+k)\right)\left(1+\frac{X}{n+1}\right) \\
& P_{n+1}=\frac{1}{(n+1)!}\prod_{k=1}^{n+1}(X+k)
\end{aligned}
\]
Ainsi, par le principe de récurrence :
\( \displaystyle \forall n \in \mathbb{N}^{*},
P_{n}=\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}(X+k) \).
Donc, \( \forall n \in \mathbb{N}^{*} \), les racines de \( P_n\) sont :
\( -1 ; -2 ; \ldots ; -n \).
Exercice 4
Soit \( n \in \mathbb{N}^{*} \). Factoriser le polynôme : \( P_{n}=(X+i)^{n}-(X-i)^{n} \).
Corrigé
Il est clair que \( i \) n’est pas une racine de \( P_{n} \).
Soit \( z \in \mathbb{C} \backslash\{i\} \)
\[
\begin{aligned}
P_{n}(z)=0 & \Leftrightarrow (z+i)^{n}-(z-i)^{n}=0 \\
& \Leftrightarrow \left(\frac{z+i}{z-i}\right)^{n}=1 \\
& \Rightarrow \exists k \in \{0,…,n-1\},\quad
\frac{z+i}{z-i}=\omega^{k}\quad \left(\text{avec } \omega=e^{\frac{2i\pi}{n}}\right) \\
& \Rightarrow \exists k \in \{0,…,n-1\},\
z(1-\omega^{k})=-i(\omega^{k}+1)
\end{aligned}
\]
On constate que si \( k=0 \), alors
\( z(1-\omega^{k})=-i(\omega^{k}+1) \Leftrightarrow 0=-2i \), absurde.
Et si \( \exists k \in k \in \{1,…,n-1\},\
z(1-\omega^{k})=-i(\omega^{k}+1) \) alors \( P_{n}(z)=0 \).
Donc :
\[
\begin{aligned}
P_{n}(z)=0 & \Leftrightarrow \exists k \in \{1,…,n-1\},\
z=\frac{\omega^{k}+1}{\omega^{k}-1} \\
& \Leftrightarrow \exists k \in \{1,…,n-1\},\
z=\frac{e^{2i\frac{k\pi}{n}}+1}{e^{2i\frac{k\pi}{n}}-1}
=\frac{e^{i\frac{k\pi}{n}}+e^{-i\frac{k\pi}{n}}}
{e^{i\frac{k\pi}{n}}-e^{-i\frac{k\pi}{n}}}
=\frac{2\cos\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)}
{2i\sin\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)} \\
& \Leftrightarrow \forall k \in \{1,…,n-1\},\
z=-i\frac{\cos\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)}
{\sin\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)}
=-i\,\operatorname{cotan}\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)
\end{aligned}
\]
On vient alors de déterminer \( n-1 \) racines du polynôme \( P_{n} \).
Déterminons ensuite son degré et son coefficient dominant.
On a :
\[
\begin{aligned}
P_{n} & =(X+i)^{n}-(X-i)^{n} \\
& =\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}i^{\,n-k}X^{k}
-\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-i)^{\,n-k}X^{k} \\
& =(X^{n}+niX^{n-1}+\cdots+(i)^{n})
-(X^{n}-niX^{n-1}+\cdots+(-i)^{n}) \\
& =2niX^{n-1}+\cdots+(i)^{n}-(-i)^{n}
\end{aligned}
\]
Ainsi le degré de \( P_{n} \) est \( n-1 \) et son coefficient dominant est \( 2ni \).
On peut alors le factoriser comme suit :
\[
P_{n}=2ni\prod_{k=1}^{n-1}
\left(X+i\,\operatorname{cotan}\!\left(\frac{k\pi}{n}\right)\right)
\]
Exercice 5
Soit \( n \in \mathbb{N}^{*} \), calculer dans \( \mathbb{R}[X] \) le reste de la division euclidienne de :
- \( X^{n} \text{ par }(X-1)^{2} \).
- \( X^{n} \text{ par } (X-1)(X-2) \).
- \( (X \cos (\theta)+\sin (\theta))^{n} \text{ par } X^{2}+1 \), avec \( \theta \in \mathbb{R} \).
Corrigé
- Par division euclidienne de \( X^{n} \) par \( (X-1)^{2} \), il existe \( Q, R \in \mathbb{R}[X] \) tels que \( X^{n}=(X-1)^{2} Q+R \) avec \( \deg R \leqslant 1 \).
Donc \( \exists a_{n}, b_{n} \in \mathbb{R} \) tels que \( R=a_{n} X+b_{n} \).
On a alors : \( \left\{\begin{array}{l}
X^{n}=(X-1)^{2} Q+a_{n} X+b_{n} \\
n X^{n-1}=2(X-1)Q+(X-1)^{2}Q’+a_{n}
\end{array}\right. \)
Donc \( \left\{\begin{array}{l}
1=a_{n}+b_{n} \\
n=a_{n}
\end{array}\right. \)
Donc \( \left\{\begin{array}{l}
a_{n}=n \\
b_{n}=1-n
\end{array}\right. \)
Ainsi le reste de la division euclidienne de \( X^{n} \) par \( (X-1)^{2} \) est : \( nX+1-n \). Par division euclidienne de \( X^{n} \) par \( (X-1)(X-2) \), il existe \( Q, R \in \mathbb{R}[X] \) tels que \( X^{n}=(X-1)(X-2) Q+R \) avec \( \deg R \leqslant 1 \).
Donc \( \exists a_{n}, b_{n} \in \mathbb{R} \) tels que \( R=a_{n} X+b_{n} \).
On a alors : \( X^{n}=(X-1)(X-2) Q+a_{n} X+b_{n} \).Donc \( \left\{\begin{array}{l}
1=a_{n}+b_{n} \\
2^{n}=2a_{n}+b_{n}
\end{array}\right. \) d’où \( \left\{\begin{array}{l}
a_{n}=2^{n}-1 \\
b_{n}=2-2^{n}
\end{array}\right. \)
Ainsi le reste de la division euclidienne de \( X^{n} \) par \( (X-1)(X-2) \) est \( (2^{n}-1)X+2-2^{n} \).Par division euclidienne de \( (\cos (\theta) X+\sin (\theta))^{n} \) par \( X^{2}+1 \), il existe \( Q, R \in \mathbb{R}[X] \) tels que \( (\cos (\theta) X+\sin (\theta))^{n}=(X^{2}+1) Q+R \) avec \( \deg R \leqslant 1 \).
Donc \( \exists a_{n}, b_{n} \in \mathbb{R} \) tels que \( R=a_{n} X+b_{n} \).
On a alors : \( (\cos (\theta) X+\sin (\theta))^{n}=(X^{2}+1) Q+a_{n} X+b_{n} \).
Donc \( (i\cos (\theta)+\sin (\theta))^{n}=i a_{n}+b_{n} \).
D’où \( i^{n}(\cos (\theta)-i \sin (\theta))^{n}=b_{n}+i a_{n} \).
Donc \( e^{i \frac{n \pi}{2}}\left(e^{-i \theta}\right)^{n}=b_{n}+i a_{n} \).
D’où \( e^{i\left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right)}=b_{n}+i a_{n} \).
Donc \( \cos \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right)+i \sin \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right)=b_{n}+i a_{n} \).
Par identification \( \left\{\begin{array}{l}
a_{n}=\sin \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right) \\
b_{n}=\cos \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right)
\end{array}\right. \).Ainsi le reste de la division euclidienne de \( (\cos (\theta) X+\sin (\theta))^{n} \) par \( X^{2}+1 \) est \( \sin \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right) X+\cos \left(\frac{n \pi}{2}-n \theta\right) \).
Exercice 6
Déterminer un polynôme \( P \) unitaire de degré 3, divisible par \( X-1 \) et ayant le même reste dans les divisions euclidiennes par \( X+1 \), \( X+2 \) et \( X-2 \).
Corrigé
On note \( r \in \mathbb{R}[X] \) le reste de la division euclidienne de \( P \) par \( X+1 \), \( X+2 \) et \( X-2 \).
On a \( \deg(r)<\deg(X+1)=1 \) donc \( r \in \mathbb{R} \).
On a aussi \( X+1 \mid P-r \), \( X+2 \mid P-r \) et \( X-2 \mid P-r \).
Comme \( 1 \), \( -2 \) et \( 2 \) sont deux à deux distincts, les polynômes \( X+1 \), \( X+2 \) et \( X-2 \) sont deux à deux premiers entre eux dans \( \mathbb{R}[X] \).
Par le lemme d’Euclide, \( (X+1)(X+2)(X-2) \mid P-r \).
Et puisque \( P \) est unitaire et de degré 3, alors \( P-r=(X+1)(X+2)(X-2) \).
On a \( P(1)=0 \).
Donc \( -r=(1+1)(1+2)(1-2)=-6 \).
Donc \( r=6 \).
On conclut finalement que \( P=(X+1)(X+2)(X-2)+6 \).
Exercice 7
On pose \(A_{n}=X^{n+1} \cos (n-1) \theta-X^{n} \cos n \theta-X \cos \theta+1\) et \(B=X^{2}-2 X \cos \theta+1\)
Effectuer la division euclidienne de \(A_{n}\) par \(B\)
Corrigé
Soit \( n \in \mathbb{N}^{*} \), on fait la division euclidienne de \( \cos ((n-1)\theta) X^{n+1}-\cos (n\theta) X^{n}-\cos (\theta) X+1 \) par \(X^{2}-2 \cos (\theta) X+1 \)
\[
\begin{array}{c|c}
\cos ((n-1)\theta) X^{n+1}-\cos (n\theta) X^{n}-\cos (\theta) X+1
& X^{2}-2 \cos (\theta) X+1 \\
\hline
&
\cos ((n-1)\theta) X^{n-1} \\
\frac{\cos ((n-1)\theta) X^{n+1}-2 \cos (\theta)\cos ((n-1)\theta) X^{n}+\cos ((n-1)\theta) X^{n-1}}
{(2 \cos (\theta)\cos ((n-1)\theta)-\cos (n\theta)) X^{n}-\cos ((n-1)\theta) X^{n-1}-\cos (\theta) X+1}
&
\end{array}
\]
On a
\[
\begin{aligned} 2\cos (\theta)\cos ((n-1)\theta) & =\cos ((n-1)\theta-\theta)+\cos ((n-1)\theta+\theta) \\&=\cos ((n-2)\theta)+\cos (n\theta) \end{aligned} \]
Donc \( 2\cos (\theta)\cos ((n-1)\theta)-\cos (n\theta)=\cos ((n-2)\theta) \)
Donc \( A_{n}=\cos ((n-1)\theta) X^{n-1} B+\cos ((n-2)\theta) X^{n}-\cos ((n-1)\theta) X^{n-1}-\cos (\theta) X+1 \)
D’où \( A_{n}=\cos ((n-1)\theta) X^{n-1} B+A_{n-1} \)
D’où \( \displaystyle \sum_{k=2}^{n} (A_{k}-A_{k-1})=\sum_{k=2}^{n} \cos ((k-1)\theta) X^{k-1} B \)
Par télescopage \(\displaystyle A_{n}-A_{1}=B \sum_{k=1}^{n-1} \cos (k\theta) X^{k} \)
On constate que \( A_{1}=B \), donc \( \displaystyle A_{n}=B \sum_{k=0}^{n-1} \cos (k\theta) X^{k} \)
Donc le quotient de la division euclidienne de \( A_{n} \) par \( B \) est \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \cos (k\theta) X^{k} \) et le reste est \( 0 \).
Exercice 8
Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\), déterminer le quotient et le reste de la division euclidienne de \(A_{n}=n X^{n+1}-(n+1) X^{n}+1 \text{ par }B=(X-1)^{2}\)
Corrigé
Soit \( n \in \mathbb{N}^{*} \), on fait la division euclidienne de \(A_{n}\) par \(B\)
\[
\begin{array}{c|c}
n X^{n+1}-(n+1) X^{n}+1
& X^{2}-2 X+1 \\ \hline
\dfrac{n X^{n+1}-2 n X^{n}+n X^{n-1}}
{(n-1) X^{n}-n X^{n-1}+1}
& n X^{n-1}
\end{array}
\]
Donc
\[
\begin{aligned}
A_{n}=&n X^{n-1} B+(n-1) X^{n}-n X^{n-1}+1 \\
=&n X^{n-1} B+A_{n-1} \\
\end{aligned} \]
Ainsi \( \displaystyle \sum_{k=2}^{n} A_{k}-A_{k-1}=\sum_{k=2}^{n} k X^{k-1} B \)
Par télescopage : \( \displaystyle \quad A_{n}-A_{1}=B \sum_{k=1}^{n-1}(k+1) X^{k} \)
Or \( A_{1}=B \), donc \(\displaystyle A_{n}=B \sum_{k=0}^{n-1}(k+1) X^{k} \)
Donc le quotient de la division euclidienne de \( A_{n} \) par \( B \) est \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1}(k+1) X^{k} \) et le reste est \( 0 \).
Exercice 9
Soit \(n \in \mathbb{N}^{*}\), déterminer la multiplicité de la racine 1 dans les polynômes suivants :
- \( P=X^{2 n+1}-(2 n+1) X^{n+1}+(2 n+1) X^{n}-1\)
- \(Q= X^{6}-9 X^{4}+16 X^{3}-9 X^{2}+1\)
Corrigé
1) On a
\( P = X^{2 n+1}-(2 n+1) X^{n+1}+(2 n+1) X^{n}-1 \)
Donc :
\[
\begin{aligned}
& P(1)=1-(2n+1)+(2n+1)-1=0 \\
& P^{\prime}=(2 n+1) X^{2 n}-(n+1)(2 n+1) X^{n}+n(2 n+1) X^{n-1} \\
& P^{\prime}(1)=(2 n+1)-(n+1)(2 n+1)+n(2 n+1)=0 \\
& P^{\prime \prime}=2 n(2 n+1) X^{2 n-1}-n(n+1)(2 n+1) X^{n-1}+(n-1) n(2 n+1) X^{n-2} \\
& P^{\prime \prime}(1)=2n(2 n+1)-n(n+1)(2 n+1)+n(n-1)(2 n+1) \\
& P^{\prime \prime}(1)=n(2 n+1)(2-(n+1)+(n-1))=0 \\
& P^{(3)}=2n(2 n+1)(2 n-1) X^{2 n-2}-n(n+1)(2 n+1)(n-1) X^{n-2}+(n-1) n(2 n+1)(n-2) X^{n-3} \\
& P^{(3)}(1)=2 n(2 n+1)(2 n-1)+n(n+1)(2 n+1)(n-1)+(n-1) n(2 n+1)(n-2) \\
& P^{(3)}(1)=n(2 n+1)\left[4 n-2-n^{2}+1+n^{2}-3 n+2\right] \\
& P^{(3)}(1)=n(2 n+1)(n+1) \neq 0
\end{aligned}
\]
Donc \( 1 \) est une racine de multiplicité \( 3 \) du polynôme \( P \).
2) On a \( Q = X^{6} – 9 X^{4} + 16 X^{3} – 9 X^{2} + 1 \)
Donc
\[
\begin{aligned}
& Q(1) = 1 – 9 + 16 – 9 + 1 = 0 \\
& Q^{\prime} = 6 X^{5} – 36 X^{3} + 48 X^{2} – 18 X \\
& Q^{\prime}(1) = 6 – 36 + 48 – 18 = 0 \\
& Q^{\prime \prime} = 30 X^{4} – 108 X^{2} + 96 X – 18
\end{aligned}
\]
\[
\begin{aligned}
& Q^{\prime \prime}(1) = 30 – 108 + 96 – 18 = 0 \\
& Q^{(3)} = 120 X^{3} – 216 X + 96 \\
& Q^{(3)}(1) = 120 – 216 + 96 = 0 \\
& Q^{(4)} = 360 X^{2} – 216 \\
& Q^{(4)}(1) = 360 – 216 = 144 \neq 0
\end{aligned}
\]
Donc \( 1 \) est une racine de multiplicité \( 4 \) du polynôme \( Q \).
Exercice 10
Montrer que : \(\forall (m, n, p, q) \in \mathbb{N}^{4}, \ B = X^{3}+X^{2}+X+1\) divise \(A = X^{4 m+3}+X^{4 n+2}+X^{4 p+1}+X^{4 q}\)
Corrigé
Soient \(n, m, p, q \in \mathbb{N}\)
On a \((X-1) Q = X^{4}-1 = (X-1)(X+1)(X-i)(X+i)\)
Puisque l’anneau des polynômes est intègre : \(Q = (X+1)(X-i)(X+i)\)
Le polynôme \(Q\) admet alors trois racines simples qui sont \(-1\), \(i\) et \(-i\)
On a :
\[
\begin{aligned}
P(-1) & = (-1)^{4 m+3}+(-1)^{4 n+2}+(-1)^{4 p+1}+(-1)^{4 q} \\
& = -1 + 1 – 1 + 1 \\
& = 0
\end{aligned}
\]
C’est-à-dire \(-1\) est une racine de \(P\)
\[
\begin{aligned}
P(i) & = i^{4 m+3} + i^{4 n+2} + i^{4 p+1} + i^{4 q} \\
& = i^{3} + i^{2} + i + 1 \quad \text{car } i^{4}=1 \\
& = -i – 1 + i + 1 \\
& = 0
\end{aligned}
\]
C’est-à-dire \(i\) est une racine de \(P\)
\[
\begin{aligned}
P(-i) & = (-i)^{4 m+3} + (-i)^{4 n+2} + (-i)^{4 p+1} + (-i)^{4 q} \\
& = (-i)^{3} + (-i)^{2} + (-i) + 1 \\
& = i – 1 – i + 1 \\
& = 0
\end{aligned}
\]
C’est-à-dire \(-i\) est une racine de \(P\)
Donc \(Q\) divise \(P\).
Exercice 11
Déterminer un polynôme \(P\) tel que : \(P(1)=2, P^{\prime}(1)=3, P^{\prime \prime}(1)=5\) et \(\forall n \geq 3, P^{(n)}(1)=0\).
Corrigé
Par la formule de Taylor pour les polynômes :
\[
\begin{aligned}
P & = \sum_{k=0}^{\operatorname{deg}(P)} \frac{P^{(k)}(1)}{k!} (X-1)^{k} \\
& = \frac{P(1)}{0!} (X-1)^{0} + \frac{P^{\prime}(1)}{1!} (X-1) + \frac{P^{\prime \prime}(1)}{2!} (X-1)^{2} \\
& = 2 + 3 (X-1) + \frac{5}{2} (X-1)^{2} \\
& = 2 + 3 X – 3 + \frac{5}{2} X^{2} – 5 X + \frac{5}{2} \\
& = \frac{5}{2} X^{2} – 2 X + \frac{1}{2}
\end{aligned}
\]
Exercice 12
Montrer que \(\forall P \in \mathbb{K}[X], \ P \circ P – X\) est divisible par \(P – X\).
Corrigé
Si \(P = 0\) alors \(P \circ P – X = -X = P – X\)
Donc \(P – X\) divise \(P \circ P – X\)
Si \(P \neq 0\). On note \(n = \operatorname{deg}(P)\) et on pose \(\displaystyle P = \sum_{k=0}^{n} a_{k} X^{k}\)
\[
\begin{aligned}
P \circ P – X & = P \circ P – P + P – X \\
& = \sum_{k=0}^{n} a_{k} P^{k} – \sum_{k=0}^{n} a_{k} X^{k} + P – X \\
& = \sum_{k=0}^{n} a_{k} \left(P^{k} – X^{k}\right) + P – X \\
& = \sum_{k=0}^{n} a_{k} (P – X) \sum_{i=0}^{k-1} P^{i} X^{k-1-i} + P – X \\
& = (P – X) \left(1 + \sum_{k=0}^{n} a_{k} \sum_{i=0}^{k-1} P^{i} X^{k-1-i}\right)
\end{aligned}
\]
Ainsi \(P – X\) divise \(P \circ P – X\)
Exercice 13
Déterminer les polynômes \(P \in \mathbb{K}[X]\) tels que \(P^{\prime}\) divise \(P\).
Corrigé
Si \(P = 0\) alors \(P^{\prime}\) divise \(P\)
Si \(P \in \mathbb{K}^{*}\) alors \(P^{\prime}\) ne divise pas \(P\)
Soit \(P \in \mathbb{K}[X]\) un polynôme de degré \(n \in \mathbb{N}^{*}\) tel que \(P^{\prime} \mid P\).
On pose \(\displaystyle P = \sum_{k=0}^{n} a_{k} X^{k}\)
Puisque \(P^{\prime}\) divise \(P\), alors \(\exists Q \in \mathbb{K}[X], \quad P = Q \cdot P^{\prime}\)
Donc \(\operatorname{deg}(P) = \operatorname{deg}(Q) + \operatorname{deg}(P^{\prime})\)
Puisque \(\operatorname{deg}(P^{\prime}) = n – 1\) alors \(\operatorname{deg}(Q) = 1\)
Donc \(\exists \alpha, \lambda \in \mathbb{K}, \quad Q = \alpha (X – \lambda)\)
En identifiant les termes dominants de \(P\) et de \(Q P^{\prime}\) on trouve \(a_{n} = n \alpha\)
Donc \(\alpha = \frac{1}{n}\) et par la suite \(Q = \frac{1}{n}(X – \lambda)\)
Soit \(k \in \{ 0,\dots, n-1 \} \), par la formule de Leibniz:
\[
\begin{aligned}
P^{(k)} & = \frac{1}{n} \left((X-\lambda) P^{\prime}\right)^{(k)} \\
& = \frac{1}{n} \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i} (X-\lambda)^{(i)} \left(P^{\prime}\right)^{(k-i)} \\
& = \frac{1}{n} (X-\lambda) P^{(k+1)} + \frac{k}{n} P^{(k)}
\end{aligned}
\]
Donc \(P^{(k)}(\lambda) = \frac{k}{n} P^{(k)}(\lambda)\)
Donc \(\left(n – k\right) P^{(k)}(\lambda) = 0\)
Et puisque \(k \neq n\), on a \(P^{(k)}(\lambda) = 0\)
Et enfin \(P^{(n)}(\lambda) = n! a_{n} \neq 0\)
Donc \(\lambda\) est une racine de multiplicité \(n\) du polynôme \(P\)
Donc \(P = a_{n} (X – \lambda)^{n}\)
Réciproquement, si \(\exists \alpha, \lambda \in \mathbb{K}, \exists n \in \mathbb{N}^{*}, \quad P = \alpha (X – \lambda)^{n}\)
Alors \(P^{\prime} = n \alpha (X-\lambda)^{n-1}\) divise \(P\)
Conclusion :
L’ensemble des polynômes \(P \in \mathbb{K}[X]\) tels que \(P^{\prime}\) divise \(P\) est:
\[
\left\{ \alpha (X – \lambda)^{n} \mid \alpha, \lambda \in \mathbb{K} \text{ et } n \in \mathbb{N}^{*} \right\}
\]
Exercice 14
Soit \(P \in \mathbb{R}[X]\) de degré \(n \geq 2\).
1) Montrer que si \(P\) est scindé à racines simples alors \(P^{\prime}\) est aussi scindé à racines simples.
2) Ce résultat est-il valable dans \(\mathbb{C}[X]\) ?
Corrigé
1) On suppose que \(P\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
On note \(a_{1}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{R}\) les racines deux à deux distinctes de \(P\).
Quitte à les réindexer, on peut supposer que \(a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}\).
Par le théorème de Rolle:
\(\forall k \in \{ 1, \dots ,n-1 \}, \exists b_{k} \in ]a_{k}, a_{k+1}[\) tel que \(P^{\prime}(b_{k})=0\)
Le polynôme \(P^{\prime}\) admet alors \(n-1\) racines deux à deux distinctes \(b_{1}, \ldots, b_{n-1}\). Comme \(\operatorname{deg}(P^{\prime})=n-1\), \(P^{\prime}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
2) Le résultat de la première question n’est pas valable dans \(\mathbb{C}[X]\). Voici un contre-exemple:
On pose \(P=X^{4}-1\)
On sait que \(P\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{C}[X]\). Et on a \(P^{\prime}=4X^{3}\). On voit que \(0\) est une racine multiple de multiplicité \(3\) de \(P^{\prime}\).
Exercice 15
Soit \(P\) un polynôme unitaire de \(\mathbb{R}[X]\) de degré \(n\).
Montrer que \(P\) est scindé dans \(\mathbb{R}[X]\) si et seulement si \(\forall z \in \mathbb{C}, \ |P(z)|\geq|\operatorname{Im}(z)|^{n}\).
Corrigé
\( »\Rightarrow » \) On suppose que \(P\) est scindé dans \(\mathbb{R}[X]\).
Donc \(\exists a_{1}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{R}\) tels que \(\displaystyle P=\prod_{k=1}^{n}(X-a_{k})\)
Soit \(z \in \mathbb{C}\), on a
\(\displaystyle |P(z)|=\left|\prod_{k=1}^{n}(z-a_{k})\right|
=\prod_{k=1}^{n}\left|(\operatorname{Re}(z)-a_{k})+i\operatorname{Im}(z)\right|\)
On sait que \(\forall k \in \{ 1,\dots, n \},\
\left|\operatorname{Re}(z)-a_{k}+i\operatorname{Im}(z)\right|
\geq |\operatorname{Im}(z)|\)
Donc \(\displaystyle |P(z)| \geq \prod_{k=1}^{n} |\operatorname{Im}(z)|
=|\operatorname{Im}(z)|^{n}\)
\( « \Leftarrow » \) On suppose que \(\forall z \in \mathbb{C}, \ |P(z)| \geq |\operatorname{Im}(z)|^{n}\)
Tout polynôme non constant est scindé dans \(\mathbb{C}[X]\)
Donc \(\exists a_{1}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{C}\) tels que \(\displaystyle P=\prod_{k=1}^{n}(X-a_{k})\)
\(\forall k \in \{ 1,\dots, n \},\quad 0=P(a_{k}) \geq |\operatorname{Im}(a_{k})|^{n}\)
Donc \(\forall k \in \{ 1,\dots, n \},\quad \operatorname{Im}(a_{k})=0\)
Donc \(\forall k \in \{ 1,\dots, n \},\ a_{k} \in \mathbb{R}\)
Ainsi \(P\) est scindé dans \(\mathbb{R}[X]\).
Exercice 16
Soit \(P \in \mathbb{K}[X]\) un polynôme de degré \(3\) ayant au moins deux racines distinctes \(a\) et \(b\).
Montrer que \(\dfrac{a+b}{2}\) n’est pas racine de \(P^{\prime}\).
Corrigé
\(\exists \lambda, c \in \mathbb{K}\) tels que \(P=\lambda(X-a)(X-b)(X-c)\)
\[
\begin{aligned}
& P^{\prime}=\lambda[(X-b)(X-c)+(X-a)(X-c)+(X-a)(X-b)] \\
& P^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)
=\lambda\left(\frac{a-b}{2}\right)\left(\frac{a+b}{2}-c\right)
+\lambda\left(\frac{b-a}{2}\right)\left(\frac{a+b}{2}-c\right)
+\lambda\left(\frac{b-a}{2}\right)\left(\frac{a-b}{2}\right) \\
& P^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right)=-\frac{\lambda}{4}(b-a)^{2}
\end{aligned}
\]
Donc \(P^{\prime}\left(\frac{a+b}{2}\right) \neq 0\).
Exercice 17
Soit \(n\) un entier naturel non nul et \(P_{n}\) le polynôme \( \displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}X^{k}\).
- Montrer que \(P_{n}\) n’a que des racines simples dans \(\mathbb{C}\).
- Quel est le nombre de racines de \(P_{n}\) dans \(\mathbb{R}\) ?
Corrigé
- On suppose par l’absurde que \(P_{n}\) admet une racine multiple \(a \in \mathbb{C}\).
On a alors \(P_{n}(a)=P_{n}^{\prime}(a)=0\)
Donc \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{a^{k}}{k!}=0\) et \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n-1} \frac{a^{k}}{k!}=0\)
En faisant la différence des deux sommes : \(\frac{a^{n}}{n!}=0\)
D’où \(a=0\)
Ce qui est absurde car \(P_{n}(0)=1 \neq 0\).
On conclut finalement que \(P_{n}\) n’a que des racines simples dans \(\mathbb{C}\).
2) Commençons par l’étude de quelques cas particuliers.
\(P_{0}=1\), n’admet aucune racine dans \(\mathbb{R}\)
\(P_{1}=1+X\) admet une seule racine dans \(\mathbb{R}\)
\(P_{2}=1+X+\frac{X^{2}}{2}\) n’admet aucune racine dans \(\mathbb{R}\)
\(P_{3}=1+X+\frac{X^{2}}{2}+\frac{X^{3}}{6}\)
\[
P_{3}^{\prime}=1+X+\frac{1}{2}X^{2}=\frac{2+2X+X^{2}}{2}
\]
On a \(\forall x \in \mathbb{R}, \ \tilde{P}_{3}^{\prime}(x)>0\), où \(\tilde{P}_{3}\) désigne la fonction polynomiale associée à \(P_{3}\)
\(\tilde{P}_{3}\) est donc continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\)
Par le théorème de la bijection, elle réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) vers \(\tilde{P}_{3}(\mathbb{R})=\mathbb{R}\)
Par définition d’une bijection, \(P_{3}\) admet une seule racine dans \(\mathbb{R}\).
Montrons par récurrence la conjecture suivante :
\(\forall n \in \mathbb{N},\ P_{2n}\) n’admet aucune racine dans \(\mathbb{R}\) et \(P_{2n+1}\) admet une seule racine dans \(\mathbb{R}\).
Nous avons vérifié que ceci est vrai pour \(n=0\)
Soit \(n \in \mathbb{N}\). On suppose que \(P_{2n}\) n’admet aucune racine dans \(\mathbb{R}\) et que \(P_{2n+1}\) admet une seule racine dans \(\mathbb{R}\).
On a \(P_{2n+2}^{\prime}=P_{2n+1}\) qui admet une seule racine réelle notée \(a\).
Par continuité de \(\tilde{P}_{2n+1}\), on a (\tilde{P}_{2n+1}(]-\infty,a[)\subset ]-\infty,0[\) puisque
\(\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\tilde{P}_{2n+1}(x)=-\infty\).
De même,
\(\tilde{P}_{2n+1}(]a,+\infty[)\subset ]0,+\infty[\)
Donc \(\tilde{P}_{2n+2}\) est décroissante sur \(]-\infty,a]\) et croissante sur \([a,+\infty[\)
Donc \(\forall x \in \mathbb{R}, \ \tilde{P}_{2n+2}(x)\geq \tilde{P}_{2n+2}(a)\)
D’où \(\forall x \in \mathbb{R}, \ \tilde{P}_{2n+2}(x)>0\) \((a\neq 0)\)
Ainsi \(P_{2n+2}\) n’a aucune racine dans \(\mathbb{R}\).
On a \(P_{2n+3}^{\prime}=P_{2n+2}\)
Donc \(\forall x \in \mathbb{R}, \ \tilde{P}_{2n+3}^{\prime}(x)>0\)
Ce qui signifie que \(\tilde{P}_{2n+3}\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\)
Comme \(\tilde{P}_{2n+3}\) est continue sur \(\mathbb{R}\), elle réalise une bijection de \(\mathbb{R}\) dans \(\tilde{P}_{2n+3}(\mathbb{R})=\mathbb{R}\)
Par définition d’une bijection, \(P_{2n+3}\) admet une seule racine dans \(\mathbb{R}\).
Exercice 18
Soit \(P\in \mathbb{K}[X]\) un polynôme de degré \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(\forall k \in\{0, \ldots, n\}, \ P(k)=\frac{1}{k+1}\).
Corrigé
On a \(\forall k \in \{0,\dots,n\} , \quad (k+1)P(k)-1=0\)
On pose \(Q=(X+1)P-1\)
On a \(\forall k \in \{0,\dots,n\}, \quad Q(k)=0\)
\(Q\) est un polynôme de degré \(n+1\) et qui admet \(n+1\) racines deux à deux distinctes.
On peut donc écrire \(\displaystyle Q=\lambda \prod_{k=0}^{n}(X-k)\) où \(\lambda\) désigne le coefficient dominant de \(P\).
Ainsi \(\displaystyle \quad \lambda \prod_{k=0}^{n}(X-k)=(X+1)P-1\)
Donc \( \displaystyle \quad \lambda \prod_{k=0}^{n}(-1-k)=-1\)
D’où \(\quad \lambda(-1)^{\,n+1}(n+1)!=-1\)
Donc \(\lambda=\frac{(-1)^{n}}{(n+1)!}\)
\(Q=(X+1)P-1=\frac{(-1)^{n}}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(X-k)\)
Donc \((n+2)P(n+1)-1=\frac{(-1)^{n}}{(n+1)!}\prod_{k=0}^{n}(n+1-k)\)
D’où \((n+2)P(n+1)=1+\frac{(-1)^{n}}{(n+1)!}\prod_{k=1}^{n+1}k=1+(-1)^{n}\)
Donc \(\quad P(n+1)=\frac{1+(-1)^{n}}{n+2}\)
Exercice 19
Soit \(P \in \mathbb{R}[X]\) scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\) de degré \(\geq 2\).
- Montrer que \(P^{\prime}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
- Montrer que \(P\) ne peut pas avoir deux coefficients consécutifs nuls.
Corrigé
1) On a \(P\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
On note \(a_{1}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{R}\) les racines deux à deux distinctes de \(P\).
Quitte à les réindexer, on peut supposer que \(a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}\).
Par le théorème de Rolle:
\(\forall k \in \{ 1, \dots ,n-1 \}, \exists b_{k} \in ]a_{k}, a_{k+1}[\) tel que \(P^{\prime}(b_{k})=0\)
Le polynôme \(P^{\prime}\) admet alors \(n-1\) racines deux à deux distinctes \(b_{1}, \ldots, b_{n-1}\). Comme \(\operatorname{deg}(P^{\prime})=n-1\), \(P^{\prime}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
2) On suppose par l’absurde que \(P\) admet deux coefficients consécutifs nuls.
On peut alors écrire \(P=a_{n}X^{n}+\cdots+a_{k+2}X^{k+2}+a_{k-1}X^{k-1}+\cdots+a_{1}X+a_{0}\) (c’est-à-dire \(a_{k}=a_{k+1}=0\)).
En dérivant k fois :
\[
P^{(k)}=\frac{n!}{(n-k)!}a_{n}X^{\,n-k}+\cdots+\frac{(k+2)!}{2}a_{k+2}X^{2}
\]
Puisque \(\deg\left(P^{(k)}\right)\geq 2\), en appliquant le résultat de la question 1 aux dérivées successives de \(P\), on trouve que \(P^{(k)}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
Or \(0\) est une racine multiple de \(P^{(k)}\), ce qui est absurde.
Donc \(P\) ne peut pas avoir deux coefficients consécutifs nuls.
Exercice 20
Soit \((A, B) \in \mathbb{Q}[X]^{2}\).
1) a) Montrer que : \(pgcd_{\mathbb{C}[X]}(A,B)=1 \Leftrightarrow pgcd_{\mathbb{Q}[X]}(A,B)=1\).
b) Montrer que tout polynôme irréductible de \(\mathbb{Q}[X]\) n’a que des racines simples dans \(\mathbb{C}\).
2) Ce résultat reste-t-il valable si l’on remplace \(\mathbb{Q}[X]\) par \(\mathbb{R}[X]\) ?
Corrigé
1) On a \(P\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
On note \(a_{1}, \ldots, a_{n} \in \mathbb{R}\) les racines deux à deux distinctes de \(P\).
Quitte à les réindexer, on peut supposer que \(a_{1}<a_{2}<\cdots<a_{n}\).
Par le théorème de Rolle:
\(\forall k \in \{ 1, \dots ,n-1 \}, \exists b_{k} \in ]a_{k}, a_{k+1}[\) tel que \(P^{\prime}(b_{k})=0\)
Le polynôme \(P^{\prime}\) admet alors \(n-1\) racines deux à deux distinctes \(b_{1}, \ldots, b_{n-1}\). Comme \(\operatorname{deg}(P^{\prime})=n-1\), \(P^{\prime}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
2) On suppose par l’absurde que \(P\) admet deux coefficients consécutifs nuls.
On peut alors écrire \(P=a_{n}X^{n}+\cdots+a_{k+2}X^{k+2}+a_{k-1}X^{k-1}+\cdots+a_{1}X+a_{0}\) (c’est-à-dire \(a_{k}=a_{k+1}=0\)).
En dérivant k fois :
\[
P^{(k)}=\frac{n!}{(n-k)!}a_{n}X^{\,n-k}+\cdots+\frac{(k+2)!}{2}a_{k+2}X^{2}
\]
Puisque \(\deg\left(P^{(k)}\right)\geq 2\), en appliquant le résultat de la question 1 aux dérivées successives de \(P\), on trouve que \(P^{(k)}\) est scindé à racines simples dans \(\mathbb{R}[X]\).
Or \(0\) est une racine multiple de \(P^{(k)}\), ce qui est absurde.
Donc \(P\) ne peut pas avoir deux coefficients consécutifs nuls.
Exercice 21
Soient \(n, m\) deux entiers naturels non nuls.
Montrer que : \(\left(X^{n}-1\right) \wedge\left(X^{m}-1\right)=X^{n \wedge m}-1\).
Corrigé
Par division euclidienne de \(n\) par \(p\), il existe \(q, r \in \mathbb{N}\) tels que \(n=pq+r\) avec \(0 \leqslant r \leqslant p-1\)
\[
\begin{aligned}
X^{n}-1 & =X^{pq+r}-1 \\
& =\left(X^{p}\right)^{q}X^{r}-X^{r}+X^{r}-1 \\
& =X^{r}\left(\left(X^{p}\right)^{q}-1\right)+X^{r}-1 \\
& =X^{r}\left(X^{p}-1\right)\sum_{k=0}^{q-1}\left(X^{p}\right)^{k}+X^{r}-1
\end{aligned}
\]
Donc
\[ \left(X^{n}-1\right)\wedge\left(X^{p}-1\right)
=\left(X^{p}-1\right)\wedge\left(X^{r}-1\right) \tag{\(\star\)}
\]
En appliquant \((\star)\) sur les divisions euclidiennes issues de l’algorithme d’Euclide pour la recherche du pgcd de \(X^{n}-1\) et \(X^{m}-1\), on trouve \(\left(X^{n}-1\right)\wedge\left(X^{m}-1\right)=X^{n\wedge m}-1\).
Exercice 22
Soit \(a,b,c \in \mathbb{C}\) les racines du polynôme \(P(X)=X^{3}-X-1\).
Calculer le nombre :
\(S=\frac{1+a}{1-a}+\frac{1+b}{1-b}+\frac{1+c}{1-c}\).
Corrigé
On a :
\[
\begin{aligned}
& S=\frac{(1+a)(1-b)(1-c)+(1+b)(1-a)(1-c)+(1+c)(1-a)(1-b)}{(1-a)(1-b)(1-c)} \\
& S=\frac{(1+a)(1-b-c+bc)+(1+b)(1-a-c+ac)+(1+c)(1-a-b+ab)}{(1-a)(1-b-c+bc)} \\
& S=\frac{1-b-c+bc+a-ab-ac+abc+1-a-c+ac+b-ab-bc+abc+1-a-b+ab+c-ac-bc+abc}{1-b-c+bc-a+ab+ac-abc} \\
& S=\frac{3-(a+b+c)-(ab+ac+bc)+3abc}{1-(a+b+c)+(ab+ac+bc)-abc} \\
& S=\frac{3-\sigma_{1}-\sigma_{2}+3\sigma_{3}}{1-\sigma_{1}+\sigma_{2}-\sigma_{3}}
\end{aligned}
\]
Avec \(\sigma_{1}=a+b+c,\ \sigma_{2}=ab+ac+bc,\ \sigma_{3}=abc\).
D’après les formules de Viète reliant les coefficients et les racines d’un polynôme scindé, on a :
\(\forall k \in \{1;2;3\},\quad \sigma_{k}=(-1)^{k}\dfrac{a_{3-k}}{a_{3}}\), avec \(a_{3}=1,\ a_{2}=0,\ a_{1}=-1\) et \(a_{0}=-1\)
Donc \(\sigma_{1}=-\dfrac{a_{2}}{a_{3}}=0,\quad \sigma_{2}=\dfrac{a_{1}}{a_{3}}=-1,\quad \sigma_{3}=-\dfrac{a_{0}}{a_{3}}=1\)
Donc
\[
S=\frac{3-0-(-1)+3}{1-0+(-1)-1}
=\frac{7}{-1}
=-7.
\]
Exercice 23
Soit \(P \in \mathbb{C}[X]\) un polynôme de degré \(2\) vérifiant :
\(P(0)=-1,\ P(1)=2 \text{ et } P(2)=0\).
Déterminer \(P\).
Corrigé
On note \(L_{0}, L_{1}, L_{2}\) les polynômes de Lagrange associés à \((0,1,2)\).
D’après la formule d’interpolation de Lagrange :
\[
P=-1\,L_{0}+2\,L_{1}+0\,L_{2}
\]
Avec
\(L_{0}=\frac{(X-1)(X-2)}{(0-1)(0-2)}=\frac{1}{2}(X-1)(X-2)\)
\(L_{1}=\frac{(X-0)(X-2)}{(1-0)(1-2)}=-X(X-2)\)
\(L_{2}=\frac{(X-0)(X-1)}{(2-0)(2-1)}=\frac{1}{2}X(X-1)\)
Donc
\[
\begin{aligned}
P=&-\frac{1}{2}(X-1)(X-2)-2X(X-2) \\
=& (X-2)\left(-\frac{1}{2}X+\frac{1}{2}-2X\right) \\=&(X-2)\left(-\frac{5}{2}X+\frac{1}{2}\right) \\
=&-\frac{5}{2}\left(X-\frac{1}{5}\right)(X-2)
\end{aligned}
\]
Exercice 24
Soit \(P \in \mathbb{C}[X]\). On suppose que \(\forall n \in \mathbb{N}, \ P(n) \in \mathbb{Z}\).
Montrer que tous les coefficients du polynôme \(P\) sont rationnels. (Autrement dit, \(P \in \mathbb{Q}[X]\)).
Corrigé
Soit \(P \in \mathbb{C}[X]\). On suppose que \(\forall n \in \mathbb{N}, \ P(n) \in \mathbb{Z}\).
Montrer que tous les coefficients du polynôme \(P\) sont rationnels. (Autrement dit, \(P \in \mathbb{Q}[X]\)).
\section*{Exercice 24}
Si \(P\) est constant alors \(P=P(0) \in \mathbb{Q}[X]\)
Si \(P\) n’est pas constant alors on note \(n=\operatorname{deg}(P) \in \mathbb{N}^{*}\)
Soient \(L_{0}, L_{1}, \ldots, L_{n}\) les polynômes de Lagrange associés à \((0,1,\ldots,n)\)
On a \(\displaystyle P=\sum_{k=0}^{n} P(k)\,L_{k}\)
Avec \(\forall k \in \llbracket 0,n \rrbracket,\ L_{k}=\prod_{\substack{i=0 \\ i \neq k}}^{n} \frac{X-i}{k-i} \in \mathbb{Q}[X]\) et \(P(k) \in \mathbb{Q}\)
Donc \(P \in \mathbb{Q}[X]\)
Exercice 25
Déterminer les polynômes \(P \in \mathbb{C}[X]\) tels que : \(P(\mathbb{U}) \subset \mathbb{U}\), où \(\mathbb{U}=\{z \in \mathbb{C}\ /\ |z|=1\}\).
Corrigé
On va utiliser un raisonnement par analyse-synthèse.
Analyse :
On suppose qu’il existe \(P \in \mathbb{C}[X]\) tel que \(P(\mathbb{U}) \subset \mathbb{U}\)
Donc \(P \neq 0\). On pose \(n=\operatorname{deg}(P) \in \mathbb{N}\).
On pose \(\displaystyle P=\sum_{k=0}^{n} a_{k} X^{k}\)
Soit \(\theta \in \mathbb{R}\)
On a \(P\left(e^{i\theta}\right)=\sum_{k=0}^{n} a_{k} e^{ik\theta} \in \mathbb{U}\)
Donc \(\left|P\left(e^{i\theta}\right)\right|=1\), c’est-à-dire \(P\left(e^{i\theta}\right)\overline{P\left(e^{i\theta}\right)}=1\)
Donc \(P\left(e^{i\theta}\right)\sum_{k=0}^{n}\overline{a_{k}}e^{-ik\theta}=1\)
D’où \(P\left(e^{i\theta}\right)\sum_{s=0}^{n}\overline{a_{n-s}}e^{-i(n-s)\theta}=1\)
D’où \(P\left(e^{i\theta}\right)e^{-in\theta}\sum_{s=0}^{n}\overline{a_{n-s}}e^{is\theta}=1\)
D’où \(P\left(e^{i\theta}\right)\sum_{s=0}^{n}\overline{a_{n-s}}\left(e^{i\theta}\right)^{s}=\left(e^{i\theta}\right)^{n}\)
On pose \(Q=\sum_{k=0}^{n}\overline{a_{n-k}}X^{k}\)
On a \(\forall \theta \in \mathbb{R},\ \left(PQ-X^{n}\right)\left(e^{i\theta}\right)=0\)
Donc le polynôme \(PQ-X^{n}\) est nul car il possède une infinité de racines.
Donc \(PQ=X^{n}\)
Donc \(\operatorname{deg}(P)+\operatorname{deg}(Q)=n\)
Donc \(\operatorname{deg}(Q)=0\)
Donc \(\exists \lambda \in \mathbb{C}^{*}\) tel que \(P=\lambda X^{n}\)
Or \(|P(1)|=1\) donc \(|\lambda|=1\), c’est-à-dire \(\lambda \in \mathbb{U}\)
Synthèse :
On pose \(P=\lambda X^{n}\) avec \(\lambda \in \mathbb{U}\) et \(n \in \mathbb{N}\).
Soit \(z \in \mathbb{U}\)
On a \(|P(z)|=\left|\lambda z^{n}\right|=|\lambda|\cdot|z|^{n}=1\)
Donc \(P(z) \in \mathbb{U}\)
Ainsi \(P(\mathbb{U}) \subset \mathbb{U}\)
Conclusion :
\[
S=\left\{\lambda X^{n}\ /\ \lambda \in \mathbb{U} \text{ et } n \in \mathbb{N}\right\}
\]