Exercices corrigés : Polynômes (Prépa, 1re année)

1. Par la formule du binôme, $$(2X+1)^3=(2X)^3+3(2X)^2+3(2X)+1=8X^3+12X^2+6X+1.$$ Donc $$A=8X^3+12X^2+6X+1-8X^3-8=12X^2+6X-7.$$ Les termes en $X^3$ se compensent et le coefficient de $X^2$ vaut $12\neq 0$. Donc $\deg A=2$ et le coefficient dominant de $A$ est $12$.

2. Par la formule du binôme, comme $\binom nn=1$ et $\binom n{n-1}=n$ : $$(X+1)^n=\sum_{k=0}^{n}\binom nkX^k=X^n+nX^{n-1}+\sum_{k=0}^{n-2}\binom nkX^k.$$ Donc $$P_n=\sum_{k=0}^{n-2}\binom nkX^k.$$ Tous les coefficients d'indice $k>n-2$ sont nuls, et le coefficient de $X^{n-2}$ vaut $\binom n{n-2}=\dfrac{n(n-1)}{2}$, non nul car $n\geq 2$. Donc $\deg P_n=n-2$ et le coefficient dominant de $P_n$ est $\dfrac{n(n-1)}{2}$.

Contrôle pour $n=3$ : $P_3=X^3+3X^2+3X+1-X^3-3X^2=3X+1$, de degré $1$ et de coefficient dominant $3=\frac{3\times 2}{2}$.

1. On applique l'algorithme.

• $2X^4/X^2=2X^2$ et $2X^2B=2X^4-2X^3+4X^2$, donc $A-2X^2B=-X^3-3X^2+4X-1$.
• $-X^3/X^2=-X$ et $-XB=-X^3+X^2-2X$, donc $(-X^3-3X^2+4X-1)-(-XB)=-4X^2+6X-1$.
• $-4X^2/X^2=-4$ et $-4B=-4X^2+4X-8$, donc $(-4X^2+6X-1)-(-4B)=2X+7$.

Le reste $2X+7$ est de degré $1<2$ : on s'arrête. Donc $$Q=2X^2-X-4,\qquad R=2X+7.$$ Vérification : $$(X^2-X+2)(2X^2-X-4)=2X^4-X^3-4X^2-2X^3+X^2+4X+4X^2-2X-8=2X^4-3X^3+X^2+2X-8,$$ et en ajoutant $2X+7$ on retrouve $A$.

2. Soit $C$ de degré au plus $1$. On a $A-C=BQ+(R-C)$ avec $\deg(R-C)\leq 1<\deg B$. Par unicité de la division euclidienne, $R-C$ est le reste de la division de $A-C$ par $B$. Donc $B\mid A-C$ si et seulement si $R-C=0$, c'est-à-dire $C=R=2X+7$.

1. $B=X^2(X-1)-(X-1)=(X-1)(X^2-1)=(X-1)^2(X+1)$. Ainsi $1$ est racine double de $B$ et $-1$ racine simple.

2. Comme $\deg B=3$, on écrit $X^n=BQ+R$ avec $R=aX^2+bX+c$, où $a,b,c\in\mathbb{R}$.

• En évaluant en $1$ : $1=a+b+c$.
• En évaluant en $-1$ : $(-1)^n=a-b+c$.
• En dérivant : $(X^n)'=B'Q+BQ'+R'$. Comme $B(1)=B'(1)=0$, l'évaluation en $1$ donne $(X^n)'(1)=R'(1)$. Or $(X^n)'$ vaut $nX^{n-1}$ si $n\geq 1$ et $0$ si $n=0$ : dans les deux cas sa valeur en $1$ est $n$. Avec $R'=2aX+b$, on obtient $n=2a+b$.

On résout $$\begin{cases}a+b+c=1\\ a-b+c=(-1)^n\\ 2a+b=n\end{cases}$$ Par soustraction des deux premières lignes, $2b=1-(-1)^n$, donc $b=\dfrac{1-(-1)^n}{2}$. Puis $a=\dfrac{n-b}{2}$ et $c=1-a-b$.

• Si $n$ est pair : $b=0$, $a=\dfrac n2$, $c=1-\dfrac n2$.
• Si $n$ est impair : $b=1$, $a=\dfrac{n-1}{2}$, $c=1-\dfrac{n-1}{2}-1=\dfrac{1-n}{2}$.

Donc $$R=\frac n2X^2+1-\frac n2\ \text{ si $n$ est pair},\qquad R=\frac{n-1}{2}X^2+X+\frac{1-n}{2}\ \text{ si $n$ est impair}.$$ Contrôles : pour $n=0$, $R=1$ ; pour $n=1$, $R=X$ ; pour $n=2$, $R=X^2$ (ces trois polynômes sont de degré $<3$, ce sont bien leurs propres restes). Pour $n=3$, $R=X^2+X-1$, et en effet $X^3=B+X^2+X-1$.

1. Soit $P=aX^{n+1}+bX^n+1$, non nul car de coefficient constant $1$. $(X-1)^2\mid P$ si et seulement si $1$ est racine de $P$ de multiplicité au moins $2$, c'est-à-dire si et seulement si $P(1)=P'(1)=0$. Avec $P'=(n+1)aX^n+nbX^{n-1}$ : $$\begin{cases}a+b+1=0\\ (n+1)a+nb=0\end{cases}$$ La première ligne donne $b=-1-a$ ; en reportant, $(n+1)a-n-na=0$, donc $a=n$ puis $b=-(n+1)$. Le seul couple est $(a,b)=(n,-(n+1))$.

2. D'après la question 1, $P_n(1)=P_n'(1)=0$. On calcule $$P_n''=n(n+1)n\,X^{n-1}-(n+1)n(n-1)X^{n-2}$$ (pour $n=1$, le second terme est nul). Donc $P_n''(1)=n(n+1)\big(n-(n-1)\big)=n(n+1)\neq 0$. Par la caractérisation de la multiplicité, $1$ est racine exactement double de $P_n$.

3. Posons $S=\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)X^k$. Alors, en posant $j=k+1$ dans la première somme : $$(X-1)S=\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)X^{k+1}-\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)X^k=\sum_{j=1}^{n}jX^j-\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)X^k.$$ Le terme $j=n$ donne $nX^n$, le terme $k=0$ donne $-1$, et pour $1\leq k\leq n-1$ le coefficient de $X^k$ vaut $k-(k+1)=-1$. Donc $$(X-1)S=nX^n-\sum_{k=0}^{n-1}X^k.$$ En multipliant par $X-1$ et en utilisant $(X-1)\sum_{k=0}^{n-1}X^k=X^n-1$ : $$(X-1)^2S=nX^{n+1}-nX^n-(X^n-1)=nX^{n+1}-(n+1)X^n+1=P_n.$$ Cohérence avec la question 2 : $S(1)=\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)=\frac{n(n+1)}{2}\neq 0$, donc $(X-1)^3\nmid P_n$.

1. On cherche $z=re^{i\theta}$ ($r>0$) tel que $z^6=-8=8e^{i\pi}$. Cela équivaut à $r^6=8$ et $6\theta\equiv\pi\ [2\pi]$, soit $r=\sqrt2$ et $\theta=\dfrac{\pi}{6}+\dfrac{k\pi}{3}$. On obtient six racines distinctes, pour $k=0,\dots,5$ : $$z_k=\sqrt2\,e^{i(2k+1)\pi/6},\quad\text{d'arguments } \frac\pi6,\ \frac\pi2,\ \frac{5\pi}6,\ \frac{7\pi}6,\ \frac{3\pi}2,\ \frac{11\pi}6.$$ Un polynôme unitaire de degré $6$ ayant $6$ racines distinctes est le produit des $X-z_k$ : $$X^6+8=\prod_{k=0}^{5}\Big(X-\sqrt2\,e^{i(2k+1)\pi/6}\Big).$$ Dans $\mathbb{R}[X]$, on regroupe les racines conjuguées : $\frac\pi6$ avec $\frac{11\pi}6$, $\frac\pi2$ avec $\frac{3\pi}2$, $\frac{5\pi}6$ avec $\frac{7\pi}6$. Les modules au carré valent $2$, et $$\mathrm{Re}\big(\sqrt2e^{i\pi/6}\big)=\sqrt2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt6}{2},\quad \mathrm{Re}\big(\sqrt2e^{i\pi/2}\big)=0,\quad \mathrm{Re}\big(\sqrt2e^{5i\pi/6}\big)=-\frac{\sqrt6}{2}.$$ Donc $$X^6+8=(X^2+2)(X^2-\sqrt6X+2)(X^2+\sqrt6X+2).$$ Les discriminants valent $-8$, $6-8=-2$ et $-2$ : les trois facteurs sont irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$.

Vérification : $(X^2+2-\sqrt6X)(X^2+2+\sqrt6X)=(X^2+2)^2-6X^2=X^4-2X^2+4$, et $(X^2+2)(X^4-2X^2+4)=X^6+8$.

2. $X^4+X^2+1=(X^4+2X^2+1)-X^2=(X^2+1)^2-X^2$, donc $$X^4+X^2+1=(X^2-X+1)(X^2+X+1).$$ Les deux facteurs ont pour discriminant $1-4=-3<0$ : ils sont irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$, et c'est la factorisation dans $\mathbb{R}[X]$.

Dans $\mathbb{C}$, les racines de $X^2-X+1$ sont $\frac{1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm i\pi/3}$, et celles de $X^2+X+1$ sont $\frac{-1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm 2i\pi/3}$. Donc $$X^4+X^2+1=\big(X-e^{i\pi/3}\big)\big(X-e^{-i\pi/3}\big)\big(X-e^{2i\pi/3}\big)\big(X-e^{-2i\pi/3}\big).$$

Les abscisses sont deux à deux distinctes.

1. $$L_0=\frac{X(X-1)(X-2)}{(-1)(-2)(-3)}=-\frac{X(X-1)(X-2)}{6},\qquad L_1=\frac{(X+1)(X-1)(X-2)}{1\times(-1)\times(-2)}=\frac{(X+1)(X-1)(X-2)}{2},$$ $$L_2=\frac{(X+1)X(X-2)}{2\times1\times(-1)}=-\frac{(X+1)X(X-2)}{2},\qquad L_3=\frac{(X+1)X(X-1)}{3\times2\times1}=\frac{(X+1)X(X-1)}{6}.$$

2. $P=2L_0+L_1+0\cdot L_2+5L_3$. On développe : $$X(X-1)(X-2)=X^3-3X^2+2X,\quad (X+1)(X-1)(X-2)=X^3-2X^2-X+2,\quad (X+1)X(X-1)=X^3-X.$$ Avec le dénominateur commun $6$ : $$6P=-2(X^3-3X^2+2X)+3(X^3-2X^2-X+2)+5(X^3-X)=6X^3-12X+6.$$ Donc $$P=X^3-2X+1.$$ Contrôle : $P(-1)=-1+2+1=2$, $P(0)=1$, $P(1)=0$, $P(2)=8-4+1=5$.

3. D'après le cours, les solutions sont les $Q=P+WS$ avec $S\in\mathbb{R}[X]$ et $W=(X+1)X(X-1)(X-2)$, unitaire de degré $4$.

Si $S=0$, $\deg Q=3$. Si $\deg S\geq 1$, $\deg(WS)\geq 5>\deg P$, donc $\deg Q\geq 5$. Donc $Q$ est de degré $4$ si et seulement si $S$ est une constante $s\neq 0$, et alors le coefficient dominant de $Q$ est $s$. $Q$ est unitaire de degré $4$ si et seulement si $s=1$. Comme $W=(X^2-1)(X^2-2X)=X^4-2X^3-X^2+2X$ : $$Q=X^4-2X^3-X^2+2X+X^3-2X+1=X^4-X^3-X^2+1.$$ Contrôle : $Q(-1)=1+1-1+1=2$, $Q(0)=1$, $Q(1)=0$, $Q(2)=16-8-4+1=5$.

1. Si $P=c$ est constant, $(\ast)$ s'écrit $c=c^2$, donc $c\in\{0,1\}$. Réciproquement, $0$ et $1$ conviennent.

2. En évaluant $(\ast)$ en $a$ : $P(a^2)=P(a)P(a+1)=0$. En évaluant $(\ast)$ en $a-1$ : $P\big((a-1)^2\big)=P(a-1)P(a)=0$. Donc $a^2$ et $(a-1)^2$ sont racines de $P$.

3. Soit $a$ une racine de $P$ et supposons $|a|\notin\{0,1\}$. Par récurrence, à l'aide de la question 2, $u_k=a^{2^k}$ est racine de $P$ pour tout $k\in\mathbb{N}$. Or $|u_k|=|a|^{2^k}$ : cette suite est strictement croissante si $|a|>1$, strictement décroissante si $0<|a|<1$. Les $u_k$ sont donc deux à deux distincts, et $P$ a une infinité de racines, donc $P=0$ : contradiction. Ainsi $|a|\in\{0,1\}$.

Comme $(a-1)^2$ est aussi racine de $P$, le même argument donne $|(a-1)^2|\in\{0,1\}$, c'est-à-dire $|a-1|\in\{0,1\}$.

4. Soit $a$ une racine de $P\neq 0$.

• Si $|a|=0$, alors $a=0$.
• Si $|a|=1$ et $|a-1|=0$, alors $a=1$.
• Si $|a|=1$ et $|a-1|=1$, écrivons $a=e^{i\theta}$. Alors $|a-1|^2=2-2\cos\theta=1$, donc $\cos\theta=\frac12$ et $a=e^{\pm i\pi/3}$. Mais $a^2=e^{\pm 2i\pi/3}$ est alors racine de $P$ (question 2), et $|a^2-1|^2=2-2\cos\frac{2\pi}{3}=3$, donc $|a^2-1|=\sqrt3\notin\{0,1\}$, ce qui contredit la question 3 appliquée à $a^2$.

Donc toute racine de $P$ appartient à $\{0,1\}$.

5. Soit $P$ une solution non nulle, de coefficient dominant $\lambda$. D'après la question 4 et la factorisation dans $\mathbb{C}[X]$, $P=\lambda X^m(X-1)^p$ avec $m,p\in\mathbb{N}$ (le cas $m=p=0$ est celui des constantes non nulles). Alors $$P(X^2)=\lambda X^{2m}(X-1)^p(X+1)^p,\qquad P(X)P(X+1)=\lambda X^m(X-1)^p\cdot\lambda(X+1)^mX^p=\lambda^2X^{m+p}(X-1)^p(X+1)^m.$$ Par unicité de la factorisation dans $\mathbb{C}[X]$, on compare le coefficient dominant et les multiplicités de $0$, $1$, $-1$ : $\lambda=\lambda^2$, $2m=m+p$, $p=p$, $p=m$. Comme $\lambda\neq 0$, $\lambda=1$, et $p=m$. Donc $P=X^m(X-1)^m=(X^2-X)^m$.

Réciproquement, pour $P=(X^2-X)^m$ : $P(X^2)=X^{2m}(X^2-1)^m$ et $P(X)P(X+1)=X^m(X-1)^m\cdot(X+1)^mX^m=X^{2m}(X^2-1)^m$.

Les solutions sont $0$ et les polynômes $(X^2-X)^m$, $m\in\mathbb{N}$ (le cas $m=0$ donne la constante $1$).

1. D'une part $X^n-1=(X-1)\sum_{k=0}^{n-1}X^k$. D'autre part $X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega^k)=(X-1)\prod_{k=1}^{n-1}(X-\omega^k)$ car $\omega^0=1$. Comme $X-1\neq 0$ et $\mathbb{C}[X]$ est intègre, on simplifie par $X-1$ : $$\sum_{k=0}^{n-1}X^k=\prod_{k=1}^{n-1}(X-\omega^k).$$

2. En évaluant en $1$ : $\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)=\sum_{k=0}^{n-1}1=n$.

3. Pour $\theta\in\mathbb{R}$ : $$1-e^{i\theta}=e^{i\theta/2}\big(e^{-i\theta/2}-e^{i\theta/2}\big)=-2i\sin\frac\theta2\,e^{i\theta/2},$$ donc $|1-e^{i\theta}|=2\left|\sin\frac\theta2\right|$. Avec $\theta=\frac{2k\pi}{n}$ et $1\leq k\leq n-1$, on a $\frac{k\pi}{n}\in\,]0,\pi[$, donc $\sin\frac{k\pi}{n}>0$ et $|1-\omega^k|=2\sin\frac{k\pi}{n}$. En prenant le module dans la question 2 : $$n=\prod_{k=1}^{n-1}2\sin\frac{k\pi}{n}=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n},\qquad\text{d'où}\qquad \prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\frac{n}{2^{n-1}}.$$

4. Récurrence sur $m$. Pour $m=1$, $P=X-a_1$ et $P'=1$, qui est le produit vide. Supposons la formule vraie pour $P_m=\prod_{k=1}^m(X-a_k)$ et posons $P_{m+1}=P_m(X-a_{m+1})$. Alors $$P_{m+1}'=P_m'(X-a_{m+1})+P_m=\sum_{k=1}^{m}\Big(\prod_{\substack{j\leq m\\ j\neq k}}(X-a_j)\Big)(X-a_{m+1})+\prod_{j=1}^{m}(X-a_j)=\sum_{k=1}^{m+1}\prod_{\substack{j\leq m+1\\ j\neq k}}(X-a_j).$$ Si $P(x)\neq 0$, tous les $x-a_j$ sont non nuls et $\dfrac{\prod_{j\neq k}(x-a_j)}{\prod_{j}(x-a_j)}=\dfrac{1}{x-a_k}$. En divisant par $P(x)$, on obtient la formule annoncée.

5. On applique la question 4 à $P=X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega^k)$, avec $P'=nX^{n-1}$ et $x=2$, qui n'est pas racine car $2^n\neq 1$ : $$\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2-\omega^k}=\frac{n2^{n-1}}{2^n-1}.$$ Contrôle pour $n=2$ ($\omega=-1$) : $\frac11+\frac13=\frac43$ et $\frac{2\times 2}{3}=\frac43$.

1. $$T_2=2X\cdot X-1=2X^2-1,\qquad T_3=2X(2X^2-1)-X=4X^3-3X,$$ $$T_4=2X(4X^3-3X)-(2X^2-1)=8X^4-8X^2+1.$$

2. Récurrence double. Pour $n\geq 1$, notons $\mathcal{H}_n$ : « $\deg T_n=n$ et le coefficient dominant de $T_n$ est $2^{n-1}$ ». $\mathcal{H}_1$ et $\mathcal{H}_2$ sont vraies ($T_1=X$, $T_2=2X^2-1$). Soit $n\geq 1$ tel que $\mathcal{H}_n$ et $\mathcal{H}_{n+1}$ soient vraies. Alors $2XT_{n+1}$ est de degré $n+2$ et de coefficient dominant $2\cdot 2^n=2^{n+1}$, tandis que $\deg T_n=n<n+2$. Donc $T_{n+2}=2XT_{n+1}-T_n$ est de degré $n+2$ et de coefficient dominant $2^{n+1}$ : $\mathcal{H}_{n+2}$ est vraie. Par récurrence, $\mathcal{H}_n$ est vraie pour tout $n\geq 1$.

3. Fixons $\theta\in\mathbb{R}$. Récurrence double : $T_0(\cos\theta)=1=\cos 0$ et $T_1(\cos\theta)=\cos\theta$. Si la propriété est vraie aux rangs $n$ et $n+1$, alors, par la formule $\cos(a+b)+\cos(a-b)=2\cos a\cos b$ avec $a=(n+1)\theta$ et $b=\theta$ : $$T_{n+2}(\cos\theta)=2\cos\theta\cos((n+1)\theta)-\cos(n\theta)=\cos((n+2)\theta)+\cos(n\theta)-\cos(n\theta)=\cos((n+2)\theta).$$ La propriété est donc vraie pour tout $n$.

4. $T_n$ convient d'après la question 3. Si $P$ convient aussi, alors pour tout $x\in[-1,1]$, en écrivant $x=\cos\theta$ avec $\theta=\arccos x$, on a $(P-T_n)(x)=\cos(n\theta)-\cos(n\theta)=0$. Le polynôme $P-T_n$ a une infinité de racines, donc il est nul : $P=T_n$.

5. Les réels $\theta_k=\frac{(2k+1)\pi}{2n}$, $0\leq k\leq n-1$, sont deux à deux distincts et appartiennent à $]0,\pi[$ (car $0<2k+1\leq 2n-1<2n$). Comme $\cos$ est strictement décroissante sur $[0,\pi]$, les $x_k=\cos\theta_k$ sont deux à deux distincts. De plus $T_n(x_k)=\cos(n\theta_k)=\cos\frac{(2k+1)\pi}{2}=0$.

Les $x_k$ étant $n$ racines distinctes, $\prod_{k=0}^{n-1}(X-x_k)$ divise $T_n$. Ce produit est de degré $n=\deg T_n$ : le quotient est une constante, égale au coefficient dominant $2^{n-1}$ de $T_n$. Donc $T_n=2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}(X-x_k)$, et ses racines sont simples et appartiennent à $]-1,1[$.

6. Soit $n=2m$. D'une part, la question 3 avec $\theta=\frac\pi2$ donne $T_{2m}(0)=\cos(m\pi)=(-1)^m$. D'autre part, par la factorisation de la question 5 : $$T_{2m}(0)=2^{2m-1}\prod_{k=0}^{2m-1}(0-x_k)=2^{2m-1}(-1)^{2m}\prod_{k=0}^{2m-1}x_k=2^{2m-1}\prod_{k=0}^{2m-1}x_k.$$ En égalant, et comme $x_k=\cos\frac{(2k+1)\pi}{4m}$ : $$\prod_{k=0}^{2m-1}\cos\frac{(2k+1)\pi}{4m}=\frac{(-1)^m}{2^{2m-1}}.$$ Contrôle pour $m=1$ : $\cos\frac\pi4\cos\frac{3\pi}4=\frac{\sqrt2}{2}\cdot\left(-\frac{\sqrt2}{2}\right)=-\frac12$.