Polynômes : corrigé des exercices de maths en L1.

Corrigé de l’exercice 1 : Degré, coefficient dominant et intégrité

1. D’après la formule du binôme, \((X+1)^5 = \sum_{k=0}^{5} \binom\,{5}{k} X^k\) et \((X-1)^5 = \sum_{k=0}^{5} \binom\,{5}{k} (-1)^{5-k} X^k\). Dans la différence, les termes où \(5 – k\) est pair s’annulent. Il reste les termes où \(5 – k\) est impair, c’est-à-dire \(k \in \{0, 2, 4\}\), chacun compté deux fois : \[P = 2(\binom\,{5}{4}X^4 + \binom\,{5}{2}X^2 + \binom\,{5}{0}) = 10X^4 + 20X^2 + 2.\] Donc \(\deg P = 4\) et le coefficient dominant vaut \(10\).
2. Supposons \(Q \neq 0\). Alors \(XQ^2 \neq 0\), donc \(P \neq 0\) aussi. Ensuite, \(\deg(P^2) = 2\deg P\) est pair. En revanche, \(\deg(XQ^2) = 1 + 2\deg Q\) est impair. C’est contradictoire. Donc \(Q = 0\), puis \(P^2 = 0\). Or \(\mathbb{R}[X]\) est intègre, donc \(P = 0\). Ainsi, \(P = Q = 0\).
3. Le polynôme nul convient. Soit maintenant \(P\) non nul de degré \(n\). Si \(n = 0\), alors \(P^{\prime} = 0\) et l’équation donne \(4P = 0\) : c’est exclu. Si \(n \geq\, 1\), alors \(\deg (P^{\prime})^2 = 2(n – 1)\) et \(\deg(4P) = n\). Par conséquent, \(2n – 2 = n\), soit \(n = 2\). Écrivons \(P = aX^2 + bX + c\) avec \(a \neq 0\). Alors \((P^{\prime})^2 = (2aX + b)^2 = 4a^2X^2 + 4abX + b^2\). L’identification avec \(4aX^2 + 4bX + 4c\) donne \(a^2 = a\), donc \(a = 1\). Ensuite, \(4b = 4b\) est toujours vrai, et \(c = \frac{b^2}{4}\). Ainsi \(P = X^2 + bX + \frac{b^2}{4} = (X + \frac{b}{2})^2\). Les solutions sont \(P = 0\) et les \(P = (X + \alpha)^2\), avec \(\alpha \in \mathbb{R}\).

Point de méthode : dans une équation polynomiale, commencez par comparer les degrés. Cela réduit souvent le problème à un nombre fini de coefficients inconnus.

Corrigé de l’exercice 2 : Divisions euclidiennes

1. On élimine les termes dominants successifs. D’abord, \(A – X^2 B = X^3 – X^2 – X + 3\). Ensuite, en retranchant \(XB = X^3 + X^2 + X\), il reste \(-2X^2 – 2X + 3\). Enfin, en ajoutant \(2B = 2X^2 + 2X + 2\), il reste \(5\), de degré \(0 < 2\). Vérification : \((X^2 + X + 1)(X^2 + X – 2) = X^4 + 2X^3 – X – 2\), et en ajoutant \(5\) on retrouve \(A\). Donc \(Q = X^2 + X – 2\) et \(R = 5\).
2. D’abord, \(A – 2X^2 B = 2X^5 – X^3 + X + 1 – (2X^5 – 2X^3 + 2X^2) = X^3 – 2X^2 + X + 1\). Ensuite, on retranche \(B\) : il reste \(-2X^2 + 2X\), de degré \(2 < 3\). Vérification : \((X^3 – X + 1)(2X^2 + 1) = 2X^5 – X^3 + 2X^2 – X + 1\) ; en ajoutant \(-2X^2 + 2X\), on retrouve \(A\). Donc \(Q = 2X^2 + 1\) et \(R = -2X^2 + 2X\).
3. Effectuons la division dans \(\mathbb{R}[X]\) : \(A = BQ + R\) avec \(Q, R\) réels et \(\deg R < \deg B\). Cette égalité reste vraie dans \(\mathbb{C}[X]\), qui contient \(\mathbb{R}[X]\). Or la division euclidienne dans \(\mathbb{C}[X]\) est unique. Donc le couple \((Q, R)\) obtenu dans \(\mathbb{R}[X]\) est aussi le quotient et le reste dans \(\mathbb{C}[X]\). En particulier, si \(B\) divise \(A\) dans \(\mathbb{C}[X]\), il le divise dans \(\mathbb{R}[X]\).

Corrigé de l’exercice 3 : Racines et factorisation par X − a

1. On a \(P(1) = 1 + 1 – 7 – 1 + 6 = 0\), donc \(X – 1\) divise \(P\). La division donne \(P = (X – 1)(X^3 + 2X^2 – 5X – 6)\). Ensuite, \(-1\) annule le second facteur : \(-1 + 2 + 5 – 6 = 0\). Une nouvelle division donne \(X^3 + 2X^2 – 5X – 6 = (X + 1)(X^2 + X – 6)\). Enfin, \(X^2 + X – 6\) a pour racines \(2\) et \(-3\). Donc \(P = (X – 1)(X + 1)(X – 2)(X + 3)\). On contrôle : \(P(2) = 16 + 8 – 28 – 2 + 6 = 0\).
2. Posons \(Q = P – P(0)\). Par récurrence, \(P(k) = P(0)\) pour tout \(k \in \mathbb{N}\), car \(P(k + 1) = P(k)\). Donc \(Q\) s’annule en tous les entiers naturels. Ainsi, \(Q\) a une infinité de racines, donc \(Q = 0\). Par conséquent, \(P\) est le polynôme constant \(P(0)\).
3. Un polynôme de degré au plus \(n\) qui s’annule en \(n + 1\) points distincts est nul, d’après le corollaire du cours. Il n’existe donc aucun polynôme non nul de degré au plus \(n\) qui s’annule en \(0, 1, \ldots, n\). En revanche, \(X(X – 1)\cdots(X – n)\) est de degré \(n + 1\) et convient. De plus, tout polynôme de degré \(n + 1\) qui convient lui est associé, car il est divisible par ce produit.

Corrigé de l’exercice 4 : Multiplicité d’une racine

1. On calcule les dérivées successives en \(1\). D’abord, \(P(1) = 1 – 5 + 5 – 1 = 0\). Ensuite, \(P^{\prime} = 5X^4 – 15X^2 + 10X\), donc \(P^{\prime}(1) = 0\). Puis \(P^{\prime\prime} = 20X^3 – 30X + 10\), donc \(P^{\prime\prime}(1) = 0\). Enfin, \(P^{\prime\prime\prime} = 60X^2 – 30\), donc \(P^{\prime\prime\prime}(1) = 30 \neq 0\). D’après la formule de Taylor, \(1\) est racine de multiplicité exactement \(3\).
2. On a \((X – 1)^3 = X^3 – 3X^2 + 3X – 1\), et \(P = (X – 1)^3 (X^2 + aX + b)\). En développant, les coefficients de \(X^4\) et du terme constant donnent \(a – 3 = 0\) et \(-b = -1\). Donc \(a = 3\) et \(b = 1\). On contrôle avec le coefficient de \(X^3\) : \(b – 3a + 3 = 1 – 9 + 3 = -5\), ce qui est correct. Le discriminant de \(X^2 + 3X + 1\) vaut \(5 > 0\). Donc \(P = (X – 1)^3(X – \frac{-3 + \sqrt{5}}{2})(X – \frac{-3 – \sqrt{5}}{2})\). La figure ci-dessous montre la racine triple, avec sa tangente horizontale et son inflexion, et les deux racines simples.

3. Posons \(Q = aX^{n+1} + bX^n + 1\). Le polynôme \((X – 1)^2\) divise \(Q\) si et seulement si \(Q(1) = Q^{\prime}(1) = 0\). Or \(Q(1) = a + b + 1\) et \(Q^{\prime}(1) = (n + 1)a + nb\). Le système donne \(b = -1 – a\), puis \((n + 1)a – n – na = 0\), soit \(a = n\). Donc \(a = n\) et \(b = -(n + 1)\) : le polynôme est \(nX^{n+1} – (n + 1)X^n + 1\).

Corrigé de l’exercice 5 : Reste d’une division par évaluation

1. Le diviseur est de degré 2, donc le reste s’écrit \(R = aX + b\). On a \(X^n = (X – 1)(X – 2)Q + aX + b\). En évaluant en \(1\) puis en \(2\), on obtient \(a + b = 1\) et \(2a + b = 2^n\). Par soustraction, \(a = 2^n – 1\), puis \(b = 2 – 2^n\). Donc \(R = (2^n – 1)X + 2 – 2^n\).
2. On écrit \(X^n = (X – 1)^2 Q + aX + b\). L’évaluation en \(1\) donne \(a + b = 1\). En dérivant, \(nX^{n-1} = 2(X – 1)Q + (X – 1)^2 Q^{\prime} + a\). En évaluant en \(1\), on trouve \(a = n\). Donc \(R = nX + 1 – n\).
3. On écrit \((\cos\theta + X\sin\theta)^n = (X^2 + 1)Q + aX + b\), avec \(a, b\) réels d’après l’exercice 2. En évaluant en \(i\), racine de \(X^2 + 1\), on obtient \((\cos\theta + i\sin\theta)^n = ai + b\). Par la formule de Moivre, le membre de gauche vaut \(\cos(n\theta) + i\sin(n\theta)\). Comme \(a\) et \(b\) sont réels, on identifie parties réelle et imaginaire. Donc \(R = \sin(n\theta)X + \cos(n\theta)\).

Point de méthode : pour obtenir un reste sans poser la division, évaluez en les racines du diviseur. Pour une racine multiple, dérivez l’égalité avant d’évaluer.

Corrigé de l’exercice 6 : Racine double et paramètre

1. Une racine est multiple si et seulement si elle annule aussi le polynôme dérivé. Or \(P_\lambda^{\prime} = 3X^2 – 3 = 3(X – 1)(X + 1)\). Les seuls candidats sont donc \(1\) et \(-1\). D’une part, \(P_\lambda(1) = \lambda – 2\). D’autre part, \(P_\lambda(-1) = \lambda + 2\). Ainsi, \(P_\lambda\) a une racine multiple si et seulement si \(\lambda = 2\) ou \(\lambda = -2\).
2. Pour \(\lambda = 2\), \(1\) est racine double. On divise par \((X – 1)^2 = X^2 – 2X + 1\) : le quotient est unitaire de degré 1, et son terme constant \(c\) vérifie \(1 \times c = 2\). Donc \(P_2 = (X – 1)^2(X + 2)\). De même, pour \(\lambda = -2\), \(-1\) est racine double, et \(P_{-2} = (X + 1)^2(X – 2)\). On vérifie par exemple que \((X + 1)^2(X – 2) = X^3 – 3X – 2\).
3. La fonction \(x \mapsto P_\lambda(x)\) est croissante sur \(]-\infty, -1]\), décroissante sur \([-1, 1]\), puis croissante sur \([1, +\infty[\). Son maximum local vaut \(\lambda + 2\) et son minimum local \(\lambda – 2\). Par le théorème des valeurs intermédiaires, on obtient trois cas. Si \(|\lambda| < 2\), il y a trois racines réelles distinctes. Si \(|\lambda| = 2\), il y en a deux, dont une double. Si \(|\lambda| > 2\), il n’y en a qu’une. Les deux valeurs critiques \(\pm 2\) correspondent aux courbes tangentes à l’axe des abscisses.

Corrigé de l’exercice 7 : Polynômes à racines simples

1. On a \(P_n^{\prime} = \sum_{k=1}^{n} \frac{kX^{k-1}}{k!} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{X^k}{k!} = P_{n-1}\). Donc \(P_n – P_n^{\prime} = \frac{X^n}{n!}\).
2. Soit \(a \in \mathbb{C}\) une racine multiple de \(P_n\). Alors \(P_n(a) = P_n^{\prime}(a) = 0\). D’après la question 1, \(\frac{a^n}{n!} = 0\), donc \(a = 0\). Or \(P_n(0) = 1 \neq 0\) : c’est absurde. Par conséquent, toutes les racines complexes de \(P_n\) sont simples. Comme \(P_n\) est de degré \(n\), il a donc \(n\) racines complexes distinctes.
3. Posons \(Q = X^n – a\). Une racine multiple \(z\) annulerait \(Q^{\prime} = nX^{n-1}\), donc \(z = 0\). Or \(Q(0) = -a \neq 0\). Donc \(X^n – a\) n’a que des racines simples.

Corrigé de l’exercice 8 : Factorisations dans C[X] et R[X]

1. Les racines de \(X^4 + 1\) sont les \(z\) tels que \(z^4 = -1 = e^{i\pi}\). Ce sont les \(e^{i(\pi/4 + k\pi/2)}\) pour \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\). Elles sont distinctes et au nombre de 4. Donc \(X^4 + 1 = (X – e^{i\pi/4})(X – e^{3i\pi/4})(X – e^{-3i\pi/4})(X – e^{-i\pi/4})\) dans \(\mathbb{C}[X]\). Ensuite, on regroupe les paires conjuguées. On a \((X – e^{i\pi/4})(X – e^{-i\pi/4}) = X^2 – 2\cos\frac{\pi}{4}X + 1 = X^2 – \sqrt{2}X + 1\). De même, l’autre paire donne \(X^2 + \sqrt{2}X + 1\). Donc \(X^4 + 1 = (X^2 – \sqrt{2}X + 1)(X^2 + \sqrt{2}X + 1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\), chaque facteur ayant un discriminant égal à \(-2 < 0\).
2. Les racines de \(X^6 – 1\) sont les \(\omega^k\), avec \(\omega = e^{i\pi/3}\) et \(0 \leq\, k \leq\, 5\). Ainsi, \(X^6 – 1 = \prod_{k=0}^{5}(X – \omega^k)\) dans \(\mathbb{C}[X]\). Dans \(\mathbb{R}[X]\), les racines \(1\) et \(-1\) sont réelles. Ensuite, \(\omega\) et \(\omega^5\) sont conjuguées, de partie réelle \(\frac{1}{2}\) : elles donnent \(X^2 – X + 1\). Enfin, \(\omega^2\) et \(\omega^4\), de partie réelle \(-\frac{1}{2}\), donnent \(X^2 + X + 1\). Donc \(X^6 – 1 = (X – 1)(X + 1)(X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1)\). La figure ci-dessous montre les deux regroupements.

3. On a \(X^6 – 1 = (X^2 – 1)(X^4 + X^2 + 1)\), car \(Y^3 – 1 = (Y – 1)(Y^2 + Y + 1)\) avec \(Y = X^2\). Par unicité de la décomposition en irréductibles, on retire les facteurs \(X – 1\) et \(X + 1\) de la question 2. Donc \(X^4 + X^2 + 1 = (X^2 – X + 1)(X^2 + X + 1)\). On le vérifie aussi directement : \((X^2 + 1)^2 – X^2 = X^4 + X^2 + 1\).

Corrigé de l’exercice 9 : Racines conjuguées d’un polynôme réel

1. On calcule les puissances : \((1 + i)^2 = 2i\), puis \((1 + i)^3 = -2 + 2i\), et \((1 + i)^4 = -4\). Donc \(P(1 + i) = -4 – 2(-2 + 2i) + 3(2i) – 2(1 + i) + 2\). En regroupant, la partie réelle vaut \(-4 + 4 – 2 + 2 = 0\) et la partie imaginaire \(-4 + 6 – 2 = 0\). Donc \(P(1 + i) = 0\).
2. Comme \(P\) est réel, \(1 – i\) est aussi racine. Par conséquent, \((X – 1 – i)(X – 1 + i) = X^2 – 2X + 2\) divise \(P\). On écrit \(P = (X^2 – 2X + 2)(X^2 + aX + b)\). Le coefficient de \(X^3\) donne \(a – 2 = -2\), donc \(a = 0\). Le terme constant donne \(2b = 2\), donc \(b = 1\). On contrôle le coefficient de \(X\) : \(2a – 2b = -2\), ce qui est correct. Donc \(P = (X^2 – 2X + 2)(X^2 + 1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\), et \(P = (X – 1 – i)(X – 1 + i)(X – i)(X + i)\) dans \(\mathbb{C}[X]\).
3. Un tel polynôme réel admet \(i\) comme racine double, donc aussi \(-i\) comme racine double. Il est donc divisible par \((X – i)^2(X + i)^2(X – 1) = (X^2 + 1)^2(X – 1)\), qui est de degré 5. Réciproquement, ce produit convient. Le polynôme cherché est \((X^2 + 1)^2(X – 1) = X^5 – X^4 + 2X^3 – 2X^2 + X – 1\).

Corrigé de l’exercice 10 : Relations entre coefficients et racines

1. Le polynôme est unitaire, de coefficients \(a_2 = -3\), \(a_1 = 1\), \(a_0 = 2\). Les relations coefficients-racines donnent \(\sigma_1 = -a_2 = 3\), \(\sigma_2 = a_1 = 1\) et \(\sigma_3 = -a_0 = -2\). Ainsi, \(x_1 + x_2 + x_3 = 3\), \(x_1x_2 + x_1x_3 + x_2x_3 = 1\) et \(x_1x_2x_3 = -2\).
2. D’abord, \(\sum x_i^2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 9 – 2 = 7\). Ensuite, \(\sigma_3 \neq 0\), donc aucune racine n’est nulle et \(\sum \frac{1}{x_i} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} = -\frac{1}{2}\). Enfin, chaque racine vérifie \(x_i^3 = 3x_i^2 – x_i – 2\). En sommant, \(\sum x_i^3 = 3 \times 7 – 3 – 6 = 12\). Donc \(\sum x_i^2 = 7\), \(\sum \frac{1}{x_i} = -\frac{1}{2}\) et \(\sum x_i^3 = 12\).
3. On a \(P(2) = 8 – 12 + 2 + 2 = 0\). La division donne \(P = (X – 2)(X^2 – X – 1)\), dont les racines sont \(\varphi = \frac{1 + \sqrt{5}}{2}\) et \(\psi = \frac{1 – \sqrt{5}}{2}\). On a \(\varphi + \psi = 1\) et \(\varphi\psi = -1\). Contrôlons : \(2 + \varphi + \psi = 3\), puis \(4 + (\varphi + \psi)^2 – 2\varphi\psi = 4 + 1 + 2 = 7\). De plus, \(\frac{1}{2} + \frac{\varphi + \psi}{\varphi\psi} = \frac{1}{2} – 1 = -\frac{1}{2}\). Enfin, \(\varphi^3 + \psi^3 = (\varphi + \psi)^3 – 3\varphi\psi(\varphi + \psi) = 1 + 3 = 4\), donc \(\sum x_i^3 = 8 + 4 = 12\). Les racines sont \(2\), \(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\) et \(\frac{1 – \sqrt{5}}{2}\), et tous les résultats concordent.

Corrigé de l’exercice 11 : Systèmes symétriques et racines en progression

1. Un triplet \((x, y, z)\) est solution si et seulement si \(x, y, z\) sont les trois racines, comptées avec multiplicité, de \(X^3 – 2X^2 – X + 2\). En effet, ce polynôme est \((X – x)(X – y)(X – z)\) développé. Or \(X^3 – 2X^2 – X + 2 = X^2(X – 2) – (X – 2) = (X – 2)(X – 1)(X + 1)\). Les solutions sont les six permutations de \((2, 1, -1)\).
2. Notons les racines \(r – s\), \(r\) et \(r + s\). Leur somme vaut \(3r = \sigma_1 = 9\), donc \(r = 3\). On vérifie que \(P(3) = 27 – 81 + 69 – 15 = 0\). La division donne \(P = (X – 3)(X^2 – 6X + 5) = (X – 3)(X – 1)(X – 5)\). Les racines sont \(1\), \(3\) et \(5\), de raison \(s = 2\).
3. Ici \(\sigma_1 = 0\), \(\sigma_2 = p\) et \(\sigma_3 = -q \neq 0\). Aucune racine n’est nulle. D’une part, \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} = -\frac{p}{q}\). D’autre part, \(\frac{1}{ab} + \frac{1}{bc} + \frac{1}{ca} = \frac{a + b + c}{abc} = 0\). Or \(\sum \frac{1}{a^2} = (\sum \frac{1}{a})^2 – 2\sum \frac{1}{ab}\). Donc \(\frac{1}{a^2} + \frac{1}{b^2} + \frac{1}{c^2} = \frac{p^2}{q^2}\).

Corrigé de l’exercice 12 : PGCD et relation de Bézout

1. Première division : \(A = B(X – 2) + R_1\). En effet, \(B(X – 2) = X^4 – 2X^2 – 3X – 2\), donc \(R_1 = 2X^2 + 3X + 1\). Deuxième division : on divise \(B\) par \(R_1\). On trouve \(B = R_1(\frac{X}{2} + \frac{1}{4}) + R_2\) avec \(R_2 = \frac{3}{4}(X + 1)\). Troisième division : \(R_1 = (2X + 1)(X + 1)\), donc le reste suivant est nul. Le dernier reste non nul est \(\frac{3}{4}(X + 1)\). Après normalisation, \(A \wedge B = X + 1\).
2. On remonte l’algorithme. D’abord, \(\frac{3}{4}(X + 1) = B – R_1(\frac{X}{2} + \frac{1}{4})\). Ensuite, on remplace \(R_1 = A – (X – 2)B\) : \[\frac{3}{4}(X + 1) = -(\frac{X}{2} + \frac{1}{4})A + (1 + (X – 2)(\frac{X}{2} + \frac{1}{4}))B.\] Or \(1 + (X – 2)(\frac{X}{2} + \frac{1}{4}) = \frac{X^2}{2} – \frac{3X}{4} + \frac{1}{2}\). En multipliant par \(\frac{4}{3}\), on obtient le résultat. Ainsi \(U = -\frac{2X + 1}{3}\) et \(V = \frac{2X^2 – 3X + 2}{3}\) conviennent. Vérification : \((2X^2 – 3X + 2)B = 2X^5 + X^4 + X + 2\) et \((2X + 1)A = 2X^5 + X^4 – 2X – 1\). La différence vaut \(3X + 3\), puis on divise par 3.
3. Dans \(\mathbb{C}[X]\), \(A = (X – 1)(X + 1)(X – i)(X + i)\). De plus, \(B(-1) = -1 + 2 – 2 + 1 = 0\), et la division donne \(B = (X + 1)(X^2 + X + 1) = (X + 1)(X – j)(X – j^2)\). Le seul facteur commun est \(X + 1\), ce qui confirme \(A \wedge B = X + 1\).

Corrigé de l’exercice 13 : PGCD de X^n − 1 et X^m − 1

1. Écrivons \(k = qm\). Avec \(Y = X^m\), on a \(Y^q – 1 = (Y – 1)(Y^{q-1} + \cdots + Y + 1)\). Donc \(X^m – 1\) divise \(X^{qm} – 1\).
2. On a l’identité \(X^n – 1 = X^r(X^{qm} – 1) + (X^r – 1)\). D’après la question 1, le premier terme est un multiple de \(X^m – 1\). De plus, \(\deg(X^r – 1) = r < m\) si \(r \geq\, 1\), et \(X^r – 1 = 0\) si \(r = 0\). Par unicité de la division euclidienne, le reste est \(X^r – 1\).
3. Pour les polynômes, \(A \wedge B = B \wedge R\), où \(R\) est le reste de \(A\) par \(B\). D’après la question 2, \((X^n – 1) \wedge (X^m – 1) = (X^m – 1) \wedge (X^r – 1)\). Or, dans \(\mathbb{Z}\), \(n \wedge m = m \wedge r\). Ainsi, l’algorithme d’Euclide sur les polynômes suit exactement celui sur les exposants. On raisonne par récurrence forte sur \(m\). Si \(m\) divise \(n\), le reste est nul et le PGCD vaut \(X^m – 1\), avec \(d = m\). Sinon, on applique l’hypothèse de récurrence au couple \((m, r)\), avec \(1 \leq\, r < m\). Donc \((X^n – 1) \wedge (X^m – 1) = X^{n \wedge m} – 1\).
4. Comme \(12 \wedge 18 = 6\), on obtient \((X^{12} – 1) \wedge (X^{18} – 1) = X^6 – 1\). Cet exercice illustre parfaitement l’analogie entre \(\mathbb{Z}\) et \(\mathbb{K}[X]\).

Corrigé de l’exercice 14 : Irréductibles et analogie avec les entiers

1. Si \(P\) a une racine \(a \in \mathbb{K}\), alors \(X – a\) divise \(P\). Ce diviseur n’est ni constant ni associé à \(P\), car \(\deg P \geq\, 2\). Donc \(P\) n’est pas irréductible. Réciproquement, supposons \(P = AB\) avec \(A\) et \(B\) non constants. Alors \(\deg A + \deg B \in \{2, 3\}\), donc l’un des deux est de degré 1. Il s’écrit \(\alpha(X – a)\), et \(a\) est une racine de \(P\). Ainsi, en degré 2 ou 3, irréductible équivaut à sans racine dans \(\mathbb{K}\).
2. D’après la question 1, appliquée avec le corps \(\mathbb{Q}\), il suffit de montrer que \(X^3 – 2\) n’a pas de racine rationnelle. D’après le résultat admis, une telle racine serait un entier divisant \(2\). Or \(1 – 2 = -1\), \(-1 – 2 = -3\), \(8 – 2 = 6\) et \(-8 – 2 = -10\) sont non nuls. Donc \(X^3 – 2\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}[X]\). En revanche, il est réductible dans \(\mathbb{R}[X]\), car \(\sqrt[3]{2}\) en est racine.
3. Pour tout réel \(x\), \(x^4 + 4 \geq\, 4 > 0\), donc il n’y a pas de racine réelle. Cependant, \(X^4 + 4 = (X^2 + 2)^2 – 4X^2 = (X^2 + 2X + 2)(X^2 – 2X + 2)\). Les deux facteurs sont à coefficients entiers, donc \(X^4 + 4\) n’est irréductible ni dans \(\mathbb{Q}[X]\), ni dans \(\mathbb{R}[X]\). L’absence de racine ne garantit donc l’irréductibilité qu’en degré 2 ou 3.
4. Le PGCD \(D = P \wedge A\) est un diviseur unitaire de \(P\). Comme \(P\) est irréductible, \(D = 1\) ou \(D\) est associé à \(P\). Dans le second cas, \(P\) divise \(D\), qui divise \(A\). Donc soit \(P \mid A\), soit \(P \wedge A = 1\), exactement comme un nombre premier face à un entier.

Corrigé de l’exercice 15 : Partie entière et pôles d’une fraction rationnelle

1. On factorise : \(F = \frac{X^2(X + 2)}{(X – 1)(X + 1)}\). Le numérateur et le dénominateur n’ont aucune racine commune, donc la forme est irréductible. Les pôles sont \(1\) et \(-1\), tous deux simples. Les racines de \(F\) sont \(0\), double, et \(-2\), simple.
2. On divise \(X^3 + 2X^2\) par \(X^2 – 1\). D’abord, on retranche \(X(X^2 – 1)\) : il reste \(2X^2 + X\). Ensuite, on retranche \(2(X^2 – 1)\) : il reste \(X + 2\). Donc la partie entière est \(E = X + 2\), et \(F = X + 2 + \frac{X + 2}{X^2 – 1}\).
3. On cherche \(\frac{X + 2}{(X – 1)(X + 1)} = \frac{a}{X – 1} + \frac{b}{X + 1}\). Les pôles sont simples, donc \(a = \frac{1 + 2}{1 + 1} = \frac{3}{2}\) et \(b = \frac{-1 + 2}{-1 – 1} = -\frac{1}{2}\). Ainsi, \(F = X + 2 + \frac{3}{2(X – 1)} – \frac{1}{2(X + 1)}\). Vérification en \(0\) : \(F(0) = 0\) et \(2 – \frac{3}{2} – \frac{1}{2} = 0\).
4. Les éléments simples tendent vers \(0\) en \(\pm\infty\). Donc \(F(x) – (x + 2) \to 0\). La droite \(y = x + 2\) est asymptote oblique à la courbe, et les droites \(x = 1\) et \(x = -1\) sont asymptotes verticales, comme le montre la figure ci-dessous.

Corrigé de l’exercice 16 : Pôles simples dans C(X)

1. On a \(X^3 – 1 = (X – 1)(X – j)(X – j^2)\), avec trois racines distinctes. Pour un pôle simple \(a\), le coefficient vaut \(\frac{1}{Q^{\prime}(a)} = \frac{1}{3a^2}\). Or \(a^3 = 1\), donc \(\frac{1}{3a^2} = \frac{a}{3}\). Ainsi, \(\frac{1}{X^3 – 1} = \frac{1}{3}(\frac{1}{X – 1} + \frac{j}{X – j} + \frac{j^2}{X – j^2})\).
2. On regroupe les deux termes conjugués. On utilise \(j + j^2 = -1\), \(j^3 = 1\) et \((X – j)(X – j^2) = X^2 + X + 1\) : \[\frac{j}{X – j} + \frac{j^2}{X – j^2} = \frac{(j + j^2)X – 2j^3}{X^2 + X + 1} = \frac{-X – 2}{X^2 + X + 1}.\] Donc \(\frac{1}{X^3 – 1} = \frac{1}{3(X – 1)} – \frac{X + 2}{3(X^2 + X + 1)}\). Vérification en \(0\) : \(-1 = -\frac{1}{3} – \frac{2}{3}\).
3. D’après l’exercice 7, \(X^n – 1\) n’a que des racines simples : ce sont les \(\omega_k\). Le coefficient associé à \(\omega_k\) vaut \(\frac{1}{n\omega_k^{n-1}} = \frac{\omega_k}{n\omega_k^n} = \frac{\omega_k}{n}\). Enfin, la partie entière est nulle car le degré est négatif. Donc \(\frac{1}{X^n – 1} = \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\omega_k}{X – \omega_k}\).

Corrigé de l’exercice 17 : Pôle double et dérivées successives

1. Le degré de \(F\) est négatif, donc sa partie entière est nulle. La forme est \(F = \frac{a}{X} + \frac{b}{X – 1} + \frac{c}{(X – 1)^2}\). D’abord, on multiplie par \(X\) et on évalue en \(0\) : \(a = \frac{1}{1} = 1\). Ensuite, on multiplie par \((X – 1)^2\) et on évalue en \(1\) : \(c = \frac{3}{1} = 3\). Enfin, \(xF(x) \to 0\) en \(+\infty\), car \(\deg F = -2\). Or \(xF(x) \to a + b\). Donc \(b = -1\). Ainsi, \(F = \frac{1}{X} – \frac{1}{X – 1} + \frac{3}{(X – 1)^2}\).
2. En \(-1\) : \(F(-1) = \frac{-1}{(-1) \times 4} = \frac{1}{4}\). Par ailleurs, \(-1 + \frac{1}{2} + \frac{3}{4} = \frac{1}{4}\). La décomposition est confirmée.
3. Pour \(p \geq\, 1\) et \(x > 1\), une récurrence immédiate donne la dérivée \(n\)-ième de \(x \mapsto (x – \alpha)^{-p}\). Elle vaut \((-1)^n p(p + 1)\cdots(p + n – 1)(x – \alpha)^{-p-n}\). Pour \(p = 1\), le produit vaut \(n!\) ; pour \(p = 2\), il vaut \((n + 1)!\). Par linéarité, \[f^{(n)}(x) = (-1)^n (\frac{n!}{x^{n+1}} – \frac{n!}{(x – 1)^{n+1}} + \frac{3(n + 1)!}{(x – 1)^{n+2}}).\]

Point de méthode : pour un pôle multiple, calculez d’abord le coefficient d’ordre le plus élevé par évaluation. Pour les autres, la limite de \(xF(x)\) en l’infini est souvent la voie la plus rapide.

Corrigé de l’exercice 18 : Décomposition dans R(X)

1. Le facteur \(X^2 + 1\) est irréductible dans \(\mathbb{R}[X]\). On cherche \(F = \frac{a}{X – 1} + \frac{bX + c}{X^2 + 1}\). Le pôle \(1\) est simple, donc \(a = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}\). Ensuite, on multiplie par \(X^2 + 1\) et on évalue en \(i\) : \(\frac{i}{i – 1} = bi + c\). Or \(\frac{i}{i – 1} = \frac{i(-1 – i)}{(i – 1)(-1 – i)} = \frac{1 – i}{2}\). En identifiant, \(c = \frac{1}{2}\) et \(b = -\frac{1}{2}\). Donc \(F = \frac{1}{2(X – 1)} – \frac{X – 1}{2(X^2 + 1)}\). Vérification en \(0\) : \(F(0) = 0\) et \(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 0\).
2. Dans \(\mathbb{C}(X)\), le coefficient en \(i\) vaut \(\frac{i}{(i – 1)(2i)} = \frac{1}{2(i – 1)} = -\frac{1 + i}{4}\). Par conjugaison, celui en \(-i\) vaut \(-\frac{1 – i}{4}\). Donc \(F = \frac{1}{2(X – 1)} – \frac{1 + i}{4(X – i)} – \frac{1 – i}{4(X + i)}\). En regroupant les deux derniers termes, le numérateur vaut \(-\frac{1}{4}((1 + i)(X + i) + (1 – i)(X – i)) = -\frac{1}{4}(2X – 2)\). On retrouve bien \(-\frac{X – 1}{2(X^2 + 1)}\).
3. Le degré de \(G\) vaut 2, donc il y a une partie entière. On divise \(X^4\) par \(X^2 + X + 1\). D’abord, \(X^4 – X^2(X^2 + X + 1) = -X^3 – X^2\). Ensuite, \(-X^3 – X^2 + X(X^2 + X + 1) = X\). Le reste est \(X\). Le dénominateur a un discriminant \(-3 < 0\), donc il est irréductible. Ainsi, \(G = X^2 – X + \frac{X}{X^2 + X + 1}\).

Corrigé de l’exercice 19 : Somme télescopique

1. Les trois pôles \(0\), \(-1\), \(-2\) sont simples. Les coefficients s’obtiennent par évaluation. En \(0\) : \(\frac{1}{1 \times 2} = \frac{1}{2}\). En \(-1\) : \(\frac{1}{(-1) \times 1} = -1\). En \(-2\) : \(\frac{1}{(-2)(-1)} = \frac{1}{2}\). Donc \(\frac{1}{X(X + 1)(X + 2)} = \frac{1}{2X} – \frac{1}{X + 1} + \frac{1}{2(X + 2)}\).
2. On réécrit la décomposition sous la forme \(\frac{1}{2}(\frac{1}{k} – \frac{1}{k + 1}) – \frac{1}{2}(\frac{1}{k + 1} – \frac{1}{k + 2})\). En sommant de \(k = 1\) à \(n\), les deux sommes télescopent : \[S_n = \frac{1}{2}(1 – \frac{1}{n + 1}) – \frac{1}{2}(\frac{1}{2} – \frac{1}{n + 2}).\] Donc \(S_n = \frac{1}{4} – \frac{1}{2(n + 1)} + \frac{1}{2(n + 2)}\). Pour \(n = 1\), on trouve \(\frac{1}{4} – \frac{1}{4} + \frac{1}{6} = \frac{1}{6}\), ce qui est bien \(\frac{1}{1 \times 2 \times 3}\).
3. Les deux derniers termes tendent vers \(0\). Donc \(S_n \to \frac{1}{4}\). On peut aussi écrire \(S_n = \frac{1}{4} – \frac{1}{2(n + 1)(n + 2)}\), ce qui montre que la convergence se fait par valeurs inférieures. La figure ci-dessous le confirme.

Corrigé de l’exercice 20 : Dérivée logarithmique

1. D’après d’Alembert-Gauss, \(P = a\prod_{k=1}^{r}(X – z_k)^{m_k}\). On dérive ce produit par la règle de Leibniz : \[P^{\prime} = a\sum_{k=1}^{r} m_k (X – z_k)^{m_k – 1}\prod_{l \neq k}(X – z_l)^{m_l} = \sum_{k=1}^{r} \frac{m_k P}{X – z_k}.\] En divisant par \(P\), on obtient \(\frac{P^{\prime}}{P} = \sum_{k=1}^{r}\frac{m_k}{X – z_k}\).
2. Ici \(P\) a des racines réelles simples \(x_1, \ldots, x_n\). Sur \(\mathbb{R}\) privé des racines, la fonction \(g = \frac{P^{\prime}}{P}\) vaut \(\sum_k \frac{1}{x – x_k}\). En dérivant, \(g^{\prime}(x) = \frac{P^{\prime\prime}P – (P^{\prime})^2}{P^2}(x) = -\sum_k \frac{1}{(x – x_k)^2} < 0\). Donc \((P^{\prime})^2 – PP^{\prime\prime} > 0\) en ces points. En une racine \(x_k\), on a \(P(x_k) = 0\) et \(P^{\prime}(x_k) \neq 0\), car la racine est simple. L’expression vaut alors \(P^{\prime}(x_k)^2 > 0\). Ainsi, \((P^{\prime})^2 – PP^{\prime\prime} > 0\) sur tout \(\mathbb{R}\).
3. Posons \(P = 1 + X + \cdots + X^{n-1}\). Comme \((X – 1)P = X^n – 1\), les racines de \(P\) sont les \(\omega^k\), pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), toutes simples. Par la question 1, \(\frac{P^{\prime}(1)}{P(1)} = \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 – \omega^k}\). Or \(P(1) = n\) et \(P^{\prime}(1) = 1 + 2 + \cdots + (n – 1) = \frac{n(n – 1)}{2}\). Donc \(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{1 – \omega^k} = \frac{n – 1}{2}\).

Corrigé de l’exercice 21 : Factorisation de X^n − 1 et produit de sinus

1. Les \(\omega_k\) sont \(n\) racines distinctes de \(X^n – 1\), qui est unitaire de degré \(n\). Donc \(X^n – 1 = \prod_{k=0}^{n-1}(X – \omega_k)\).
2. On a \(\omega_{n-k} = \overline{\omega_k}\), et \((X – \omega_k)(X – \overline{\omega_k}) = X^2 – 2\cos\frac{2k\pi}{n}X + 1\). Ce trinôme est irréductible si \(\omega_k\) n’est pas réel. Les seules racines réelles sont \(1\), et \(-1\) quand \(n\) est pair. Si \(n = 2m + 1\), alors \(X^n – 1 = (X – 1)\prod_{k=1}^{m}(X^2 – 2\cos\frac{2k\pi}{n}X + 1)\). Si \(n = 2m\), alors \(X^n – 1 = (X – 1)(X + 1)\prod_{k=1}^{m-1}(X^2 – 2\cos\frac{2k\pi}{n}X + 1)\).
3. On a \(\frac{X^n – 1}{X – 1} = 1 + X + \cdots + X^{n-1} = \prod_{k=1}^{n-1}(X – \omega_k)\). En évaluant en \(1\), on obtient \(\prod_{k=1}^{n-1}(1 – \omega_k) = n\).
4. Pour \(1 \leq\, k \leq\, n – 1\), on factorise par l’angle moitié : \(1 – \omega_k = e^{ik\pi/n}(e^{-ik\pi/n} – e^{ik\pi/n}) = -2i\sin\frac{k\pi}{n}\, e^{ik\pi/n}\). Donc \(|1 – \omega_k| = 2\sin\frac{k\pi}{n}\), car \(0 < \frac{k\pi}{n} < \pi\). En prenant le module dans la question 3, \(2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = n\). Donc \(\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}\). Pour \(n = 3\), on retrouve \(\sin\frac{\pi}{3}\sin\frac{2\pi}{3} = \frac{3}{4}\).

Corrigé de l’exercice 22 : Problème : polynômes de Tchebychev

1. Par la relation de récurrence : \(T_2 = 2X \cdot X – 1 = 2X^2 – 1\). Ensuite, \(T_3 = 2X(2X^2 – 1) – X = 4X^3 – 3X\). Enfin, \(T_4 = 2X(4X^3 – 3X) – (2X^2 – 1) = 8X^4 – 8X^2 + 1\). Donc \(T_2 = 2X^2 – 1\), \(T_3 = 4X^3 – 3X\) et \(T_4 = 8X^4 – 8X^2 + 1\).
2. On raisonne par récurrence double. La propriété est vraie pour \(n = 1\) et \(n = 2\). Supposons-la vraie aux rangs \(n – 1\) et \(n\), avec \(n \geq\, 2\). Alors \(2XT_n\) est de degré \(n + 1\), de coefficient dominant \(2 \times 2^{n-1} = 2^n\). De plus, \(T_{n-1}\) est de degré \(n – 1 < n + 1\). Donc \(T_{n+1}\) est de degré \(n + 1\) et de coefficient dominant \(2^n\). Pour la parité, si \(T_n\) a la parité de \(n\) et \(T_{n-1}\) celle de \(n – 1\), alors \(2XT_n\) et \(T_{n-1}\) ont tous deux la parité de \(n + 1\). Ainsi, \(\deg T_n = n\), de coefficient dominant \(2^{n-1}\), et \(T_n(-X) = (-1)^n T_n(X)\).
3. On raisonne encore par récurrence double. C’est vrai pour \(n = 0\) et \(n = 1\). Ensuite, la formule \(\cos((n + 1)\theta) + \cos((n – 1)\theta) = 2\cos\theta\cos(n\theta)\) donne \(\cos((n + 1)\theta) = 2\cos\theta\, T_n(\cos\theta) – T_{n-1}(\cos\theta) = T_{n+1}(\cos\theta)\). Donc \(T_n(\cos\theta) = \cos(n\theta)\) pour tout \(n\) et tout \(\theta\).
4. On cherche \(\theta \in [0, \pi]\) tel que \(\cos(n\theta) = 0\), c’est-à-dire \(n\theta = \frac{\pi}{2} + k\pi\). On obtient \(\theta_k = \frac{(2k + 1)\pi}{2n}\) pour \(0 \leq\, k \leq\, n – 1\), tous dans \(]0, \pi[\). Comme cosinus est strictement décroissant sur \([0, \pi]\), les réels \(c_k = \cos\theta_k\) sont distincts. Ce sont donc \(n\) racines distinctes de \(T_n\), qui est de degré \(n\). Par conséquent, il n’y en a pas d’autre, et elles sont simples. Ainsi, \(T_n = 2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}(X – \cos\frac{(2k + 1)\pi}{2n})\). La figure ci-dessous montre cette construction pour \(n = 5\).

5. D’après la question 2, \(T_n\) a la parité de \(n\). Donc son coefficient en \(X^{n-1}\) est nul, puisque \(n – 1\) n’a pas la parité de \(n\). La relation \(\sigma_1 = -\frac{a_{n-1}}{a_n}\) donne alors \(\sigma_1 = 0\). Donc \(\sum_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k + 1)\pi}{2n} = 0\).
6. Pour \(n\) pair, on évalue la factorisation en \(0\) : \(T_n(0) = 2^{n-1}\prod_k(-c_k) = 2^{n-1}(-1)^n\prod_k c_k = 2^{n-1}\prod_k c_k\). Par ailleurs, \(T_n(0) = T_n(\cos\frac{\pi}{2}) = \cos\frac{n\pi}{2} = (-1)^{n/2}\). Donc \(\prod_{k=0}^{n-1}\cos\frac{(2k + 1)\pi}{2n} = \frac{(-1)^{n/2}}{2^{n-1}}\). Pour \(n = 2\), on retrouve \(\cos\frac{\pi}{4}\cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{1}{2}\).

Point de méthode : pour trouver les racines d’un polynôme défini par une identité trigonométrique, résolvez l’équation en \(\theta\), puis comptez les solutions distinctes. Si vous en trouvez autant que le degré, la factorisation est complète.

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Pour aller plus loin en L1

• Le cours : polynômes, cours de maths en L1
• Les énoncés : exercices de maths en L1 sur polynômes
• À maîtriser avant : Nombres complexes et trigonométrie, Arithmétique des entiers
• Chapitre précédent : Arithmétique des entiers
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