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EXERCICES

SUR LES POLYNOMES

G.EGUETHER

26 août 2016

Table des matières

1 Division euclidienne 1

2 Reste de la division euclidienne 11

3 Racines multiples 21

4 Factorisation 37

5 Divisibilité 51

6 PGCD 63

7 Division suivant les puissances croissantes 73

8 Nombres entiers 79

9 Relations entre les coefficients et les racines 83

10 Divers 99

11 Polynômes dans Z/nZ 129

i

ii TABLE DES MATIÈRES

Avertissement

On trouvera dans ce qui suit de nombreux exercices sur les polynômes classés en onze grands thèmes.On proposera pour chaque exercice une démonstration, mais il peut, bien sûr, y avoir d’autres moyensde procéder.

Dans ces exercices, on utilise parfois un minimum d’analyse (monotonie et signe de la dérivée parexemple) ou un peu d’algèbre linéaire (base de polynômes).

Notations

Excepté dans le chapitre 11, les polynômes considérés sont à coefficients dans R ou C. Si K est uncorps (ou un anneau), on notera P ou P (X) un polynôme de K[X]. On notera également P et parfoisP la fonction polynomiale associée à P .

Les coefficients binomiaux sont notés(n

k

)=

n!

k!(n− k)!.

Lorsque l’on pose une division, on a pris le parti de changer le signe des termes pour les additionner àla ligne précédente.

X8 −1 X3 −1

− X8 + X5 X5 +X2

+X5

− X5 + X2

+X2 −1

Chapitre 1

Division euclidienne

Exercice 1

Effectuer la division euclidienne de X8 − 1 par X3 − 1.

Solution

On effectue la division euclidienne :

X8 −1 X3 −1−X8 +X5 X5 +X2

+X5

−X5 +X2

+X2 −1

DoncX8 − 1 = (X5 +X2)(X3 − 1) +X2 − 1 .

Exercice 2

Effectuer la division euclidienne de

P (X) = X5 −X4 + 3X3 − 2X2 + 6X − 1 par S(X) = X2 +X + 2 ,

et calculer P (z1) et P (z2) lorsque z1 et z2 sont les racines de S.

2 CHAPITRE 1. DIVISION EUCLIDIENNE

Solution


X5 −X4 +3X3 −2X2 +6X −1 X2 +X +2−X5 −X4 −2X3 X3 −2X2 +3X −1

−2X4 +X3 −2X2

+2X4 +2X3 +4X2

+3X3 +2X2 +6X−3X3 −3X2 −6X

−X2 −1+X2 +X +2

+X +1

DoncP (X) = (X3 − 2X2 + 3X − 1)S(X) +X + 1 .

Les racines de S sont

z1 =1

2(−1 + i

√7) et z2 = z1 =

1

2(−1− i

√7) .

Alors

P (z1) = z1 + 1 =1

2(1 + i

√7) et P (z2) = z2 + 1 =

1

2(1− i

√7) .

Exercice 3


P (X) = X4 + 6X3 + 10X2 + 3X − 6 par S(X) = X2 + 3X ,

et en déduire la factorisation de P (X) dans R[X].

Solution


X4 +6X3 +10X2 +3X −6 X2 +3X−X4 −3X3 X2 +3X +1

+3X3 +10X2

−3X3 −9X2

+X2 +3X−X2 −3X

0X −6

3

On a donc

P (X) = (X2 + 3X)(X2 + 3X + 1)− 6 = (X2 + 3X)2 + (X2 + 3X) − 6 .

Mais

U2 + U − 6 = (U − 2)(U + 3) ,

donc

P (X) = (X2 + 3X − 2)(X2 + 3X + 3) .

Le trinôme X2 +3X +3 a un discriminant négatif, alors que X2 +3X − 2 a un discriminant positif etdonc des racines réelles. On obtient finalement la factorisation sur R suivante,

P (X) =

(X +

3 +√17

2

)(X +

3−√17

2

)(X2 + 3X + 3) .

Exercice 4

Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m, et a un nombre complexe. Effectuer la divisioneuclidienne de Xm − am par Xp − ap. A quelle condition le reste est-il nul ?

Solution

En effectuant la division euclidienne de m par p, il existe q et r tels que

m = pq + r ,

avec 0 ≤ r < p. Alors

Xm−r − am−r = (Xp)q − (ap)q = (Xp − ap)

q−1∑

k=0

(Xp)k(ap)q−1−k ,

donc

Xm−r = (Xp − ap)

q−1∑

k=0

Xpkap(q−1−k) + am−r ,

puis

Xm − am = Xr

[(Xp − ap)

q−1∑

k=0

Xpkap(q−1−k) + am−r

]− am ,

et finalement

Xm − am = (Xp − ap)

[Xr

q−1∑

k=0

Xpkap(q−1−k)

]+ am−rXr − am .


Comme le polynôme am−rXr − am est de degré strictement plus petit que p, on a donc bien ainsi ladivision euclidienne de Xm − am par Xp − ap.

Le reste am−rXr − am est nul dans deux cas possibles : d’une part si a = 0, d’autre part si r = 0,c’est-à-dire si p divise m.

Exercice 5

Soit un nombre réel θ et un entier n ≥ 1. Effectuer la division euclidienne de

P (X) = Xn+1 cos(n− 1)θ −Xn cosnθ −X cos θ + 1 par Q(X) = X2 − 2X cos θ + 1 .

Solution

On transforme Q(X) et P (X). Tout d’abord

Q(X) = X2 − 2X cos θ + 1 = (Xeiθ − 1)(Xe−iθ − 1) ,

puis

P (X) =1

2

[Xn+1(ei(n−1)θ + e−i(n−1)θ)−Xn(einθ + e−inθ)−X(eiθ + e−iθ) + 2

].

En faisant apparaître les termes Xeiθ − 1 et Xe−iθ − 1, on a alors

P (X) =1

2

[(Xe−iθ − 1)(Xneinθ − 1) + (Xeiθ − 1)(Xne−inθ − 1)

].

puis en mettant Q(X) en facteur

P (X) =Q(X)

2

[Xneinθ − 1

Xeiθ − 1+

Xne−inθ − 1

Xe−iθ − 1

]

=Q(X)

2

[n−1∑

k=0

(Xeiθ)k +

n−1∑

k=0

(Xe−iθ)k

]

=Q(X)

2

n−1∑

k=0

Xk(eikθ + e−ikθ) .

Finalement

P (X) = Q(X)

n−1∑

k=0

Xk cos kθ .

5

Exercice 6

Soit un nombre réel θ et un entier n ≥ 2. Effectuer la division euclidienne de

P (X) = Xn sin θ −X sinnθ + sin(n− 1)θ par Q(X) = X2 − 2X cos θ + 1 .

Solution

On transforme Q(X) et P (X). Tout d’abord

Q(X) = X2 − 2X cos θ + 1 = (Xeiθ − 1)(Xe−iθ − 1) ,

puis

P (X) =1

2i

[Xn(eiθ − e−iθ)−X(einθ − e−inθ) + ei(n−1)θ − e−i(n−1)θ

].

En faisant apparaître les termes Xeiθ − 1 et Xe−iθ − 1, on a alors

P (X) =1

2i

[(Xeiθ − 1)(Xn−1 − ei(n−1)θ)− (Xe−iθ − 1)(Xn−1 − e−i(n−1)θ)

],

puis en mettant Q(X) en facteur

P (X) =Q(X)

2i

[Xn−1 − ei(n−1)θ

Xe−iθ − 1− Xn−1 − e−i(n−1)θ

Xeiθ − 1

]

=Q(X)

2i

[ei(n−1)θ 1− (Xe−iθ)n−1

1− (Xe−iθ)− e−i(n−1)θ 1− (Xeiθ)n−1

1− (Xeiθ)

]

=Q(X)

2i

[ei(n−1)θ

n−2∑

k=0

(Xe−iθ)k − e−i(n−1)θn−2∑

k=0

(Xeiθ)k

]

=Q(X)

2i

n−2∑

k=0

Xk(ei(n−1−k)θ − e−i(n−1−k)θ) .

Finalement

P (X) = Q(X)

n−2∑

k=0

Xk sin(n− 1− k)θ .

Exercice 7

Vérifier que α = 1 + i est racine du polynôme

P (X) = X3 − (4 + i)X2 + (6 + 2i)X − (4 + 2i) ,

et trouver les autres racines de P .


Solution

On a

α2 = 2i et α3 = −2 + 2i ,

donc

P (α) = (−2 + 2i)− (4+ i)(2i) + (6 + 2i)(1 + i)− (4+ 2i) = −2+ 2i+2− 8i+6− 2 + 8i− 4− 2i = 0 ,

ce qui montre que α est racine de P (X).


X3 −(4 + i)X2 +(6 + 2i)X −(4 + 2i) X −(1 + i)−X3 +(1 + i)X2 X2 −3X +(3− i)

−3X2 +(6 + 2i)X+3X2 −(3 + 3i)X

+(3− i)X −(4 + 2i)−(3− i)X +(4 + 2i)

0

Donc

P (X) = (X − (1 + i))(X2 − 3X + 3− i) .

Pour obtenir les autres racines de P , on cherche les racines du polynôme

Q(X) = X2 − 3X + 3− i .

On a

∆ = 9− 4(3− i) = −3 + 4i = δ2 = (x+ iy)2 .

On se ramène au système {x2 − y2 = −32xy = 4

avec de plus

|∆| = 5 = x2 + y2 .

On en déduit

x2 = 1 et y2 = 4 ,

et puisque x et y ont le même signe, on peut prendre

δ = 1 + 2i .

Alors Q(X) a pour racines

z2 =3 + (1 + 2i)

2= 2 + i et z3 =

3− (1 + 2i)

2= 1− i .

7

Exercice 8

Soit le polynômeP (X) = X6 −X4 + 2X3 −X + 1 .

Calculer P (1 + i) et P (1 +√3).

Solution

Le nombre 1 + i est racine du polynôme

A(X) = (X − (1 + i))(X − (1− i)) = X2 − 2X + 2 .

On effectue la division euclidienne de P (X) par A(X) :

X6 −X4 +2X3 −X +1 X2 −2X +2−X6 +2X5 −2X4 X4 +2X3 +X2 − 2

+2X5 −3X4 +2X3

−2X5 +4X4 −4X3

+X4 −2X3

−X4 +2X3 −2X2

−2X2 −X +1+2X2 −4X +4

−5X +5

Donc

P (X) = (X4 + 2X3 +X2 − 2)A(X) − 5X + 5 .

Alors, puisque A(1 + i) est nul, on a

P (1 + i) = −5(1 + i) + 5 = −5i .

Le nombre 1 +√3 est racine du polynôme

A(X) = (X − (1 +√3))(X − (1−

√3)) = X2 − 2X − 2 .



X6 −X4 +2X3 −X +1 X2 −2X −2−X6 +2X5 +2X4 X4 +2X3 +5X2 +16X +42

+2X5 +X4 +2X3

−2X5 +4X4 +4X3

+5X4 +6X3

−5X4 +10X3 +10X2

+16X3 +10X2 −X−16X3 +32X2 +32X

+42X2 +31X +1−42X2 +84X +84

+115X +85

Donc

P (X) = (X4 + 2X3 + 5X2 + 16X + 42)A(X) + 115X + 85 .

Alors, puisque A(1 +√3) est nul, on a

P (1 +√3) = 115(1 +

√3) + 85 = 200 + 115

√3 .

Exercice 9

Soit le polynômeP (X) = X6 − 3X5 +X4 − 8X3 +X2 − 1 .

Calculer P (1 + i) et P (1 +√5) .

Solution

Le nombre 1 + i est racine du polynôme

A(X) = (X − (1 + i))(X − (1− i)) = X2 − 2X + 2 .

9


X6 −3X5 +X4 −8X3 +X2 −1 X2 −2X +2−X6 +2X5 −2X4 X4 −X3 −3X2 −12X −17

−X5 −X4 −8X3

+X5 −2X4 +2X3

−3X4 −6X3 +X2

+3X4 −6X3 +6X2

−12X3 +7X2

+12X3 −24X2 +24X−17X2 +24X −1+17X2 −34X +34

−10X +33

DoncP (X) = (X4 −X3 − 3X2 − 12X − 17)A(X) − 10X + 33 .

Alors, puisque A(1 + i) est nul, on a

P (1 + i) = −10(1 + i) + 33 = 23− 10i .

Le nombre 1 +√5 est racine du polynôme

A(X) = (X − (1 +√5))(X − (1−

√5)) = X2 − 2X − 4 .


X6 −3X5 +X4 −8X3 +X2 −1 X2 −2X −4−X6 +2X5 +4X4 X4 −X3 +3X2 −6X +1

−X5 +5X4 −8X3

+X5 −2X4 −4X3

+3X4 −12X3 +X2

−3X4 +6X3 +12X2

−6X3 +13X2

+6X3 −12X2 −24X+X2 −24X −1−X2 +2X +4

−22X +3

DoncP (X) = (X4 −X3 + 3X2 − 6X + 1)A(X) − 22X + 3 .

Alors, puisque A(1 +√5) est nul, on a

P (1 +√5) = −22(1 +

√5) + 3 = −19− 22

√5 .


Exercice 10

Soit P un polynôme de degré au moins 2. Ecrire la division euclidienne de P par P ′.

Solution

Ecrivons

P (X) =

n∑

p=0

apXp ,

avec an non nul. Le polynôme P ′ est de degré n − 1. Si l’on effectue la division euclidienne de P parP ′, on a donc

P (X) = α(X + β)P ′(X) +Q(X) ,

où Q est de degré n − 2 au plus. En étudiant le coefficient de Xn on constate que l’on doit avoirα = 1/n. On calcule alors

Q(X) = P (X) − 1

n(X + β)P ′(X) .

On obtient

Q(X) =

n∑

p=0

apXp − 1

n(X + β)

n∑

p=1

papXp−1

=

n∑

p=0

apXp − 1

n

n∑

p=0

papXp − 1

n

n∑

p=1

βpapXp−1

=

n∑

p=0

apXp − 1

n

n∑

p=0

papXp − 1

n

n−1∑

p=0

β(p + 1)ap+1Xp

=1

n

n−1∑

p=0

[ap(n− p)− β(p+ 1)ap+1]Xp .

Si l’on veut que Q soit de degré au plus n−2, il faut donc que le coefficent de Xn−1 soit nul, c’est-à-dire

an−1 − βnan = 0 .

Alors

P (X) =1

n

(X +

an−1

nan

)P ′(X) +

1

n

n−2∑

p=0

[ap(n− p)− an−1

nan(p+ 1)ap+1

]Xp .

Chapitre 2

Reste de la division euclidienne

Exercice 11

Soit n un entier naturel non nul. Quel est le reste de la division euclidienne de

P (X) = X(X + 1) · · · (X + n− 1) par A(X) = X + n ?

Solution

Le reste de la division est la constante

P (−n) = (−n)(−n+ 1) · · · (−1) = (−1)nn! .

Exercice 12

Déterminer le reste de la division euclidienne de X12 +X10 +X8 par X3 +X2 +X + 1.

Solution

On remarque queX3 +X2 +X + 1 = (X + 1)(X2 + 1)

a pour racines −1, i et −i. Le reste de la division est de degré 2 au plus. En partant de l’égalité

X12 +X10 +X8 = (X3 +X2 +X + 1)Q(X) + aX2 + bX + c ,

que l’on applique successivement à X = −1, X = i et X = −i, on obtient le système

a− b+ c = 3−a+ ib+ c = 1−a− ib+ c = 1

.

12 CHAPITRE 2. RESTE DE LA DIVISION EUCLIDIENNE

En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = 0. Le système se réduit alors à

{a+ c = 3

−a+ c = 1,

et donne c = 2 et a = 1. Le reste est donc X2 + 2.

Exercice 13

Pour tout entier naturel n, déterminer le reste de la division euclidienne de Xn par X3+X2+X+1.

Solution

On remarque queX3 +X2 +X + 1 = (X + 1)(X2 + 1)

a pour racines −1, i et −i. Le reste de la division est de degré 2 au plus. En partant de l’égalité

Xn = (X3 +X2 +X + 1)Q(X) + aX2 + bX + c ,

que l’on applique successivement à X = −1, X = i et X = −i, on obtient le système

a− b+ c = (−1)n

−a+ ib+ c = in

−a− ib+ c = (−i)n.

Si n = 2s, ce système devient

a− b+ c = 1−a+ ib+ c = (−1)s

−a− ib+ c = (−1)s.

En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = 0. Le système se réduit alors à

{a+ c = 1

−a+ c = (−1)s,

et donne

c =1 + (−1)s

2et a =

1− (−1)s

2.

Le reste est donc X2 si s est impair, et 1 si s est pair.

Si n = 2s + 1, le système devient

a− b+ c = −1−a+ ib+ c = (−1)si−a− ib+ c = −(−1)si

.

13

En soustrayant les deux dernières lignes, on trouve b = (−1)s. Le système se réduit alors à

{a+ c = −1 + (−1)s

−a+ c = 0,

et donne

a = c =−1 + (−1)s

2.

Le reste est donc X si s est pair, et −(X2 +X + 1) si s est impair.

En résumén = 4k 1

n = 4k + 1 X

n = 4k + 2 X2

n = 4k + 3 −(X2 +X + 1)

.

Exercice 14

Pour tout entier naturel n, déterminer le reste de la division euclidienne de Xn par X3 − 2X2 +X.

Solution

On remarque que

X3 − 2X2 +X = X(X − 1)2

a pour racine simple 0, et pour racine double 1. Le reste de la division est de degré 2 au plus. Enpartant de l’égalité

Xn = (X3 − 2X2 +X)Q(X) + aX2 + bX + c ,

appliquée à X = 0 et X = 1, on obtient, si n ≥ 1,

c = 0 et a+ b+ c = 1 .

Pour obtenir une troisième équation, on dérive l’égalité ci-dessus. On obtient, si n ≥ 1,

nXn−1 = (3X2 − 4X + 1)Q(X) + (X3 − 2X2 +X)Q′(X) + 2aX + b ,

et, pour X = 1, on trouve 2a+ b = n. Le système se réduit alors à

{a+ b = 12a+ b = n

,

ce qui donne a = n− 1 et b = 2− n, d’où le reste (n− 1)X2 + (2− n)X.

Si n = 0, on obtient bien sûr le reste 1.


Exercice 15

Soit a et b deux nombres complexes distincts, et soit P (X) un polynôme. Calculer en fonction deP (a) et de P (b) le reste de la division euclidienne de P (X) par (X − a)(X − b).

Solution

On divise par un polynôme de degré 2. Le reste est de degré 1 au plus. On a donc

P (X) = Q(X)(X − a)(X − b) + αX + β .

En particulier {P (a) = αa+ βP (b) = αb+ β

.

On résout ce système par combinaison. En soustrayant les deux lignes on obtient

P (a)− P (b) = α(a− b) .

En multipliant la première ligne par b, la seconde par a et en soustrayant, on trouve

bP (a)− aP (b) = β(b− a) .

Alors le reste de la division est

R(X) =P (a)− P (b)

a− bX +

aP (b)− bP (a)

a− b.

Exercice 16

Soit p et q deux entiers naturels. Calculer le reste de la division de Xp +Xq + 1 par X2 +X + 1.A quelles conditions sur p et q, le polynôme X2 +X + 1 divise-t-il Xp +Xq + 1 ?

Solution

Comme on divise par un polynôme de degré 2, le reste R(X) est de degré 1 au plus. On a donc

Xp +Xq + 1 = Q(X)(X2 +X + 1) + αX + β .

Si l’on remplace X par j = e2iπ/3 qui est racine du trinôme X2 +X + 1, on trouve

jp + jq + 1 = αj + β .

15

Comme on sait que j3 = 1, il reste à étudier le résultat suivant les restes de la division de p et q par3. Il y a donc trois possibilités pour p (p = 3k, 3k + 1 ou 3k + 2), et trois pour q (q = 3k′, 3k′ + 1 ou3k′ + 2), donc neuf cas en tout.

On remarquera par ailleurs que si u, u′, v, v′ sont réels, l’égalité

uj + v = u′j + v′

implique l’égalité(u− u′)j = v′ − v .

Mais v′ − v est réel, et (u − u′)j ne l’est pas si u− u′ n’est pas nul. On en déduit donc que u = u′ etv = v′. (Le couple (1, j) est une base du R−espace vectoriel C). De plus

j2 + j + 1 = 0 .

On peut former le tableau suivant, (où k et k′ sont des entiers) :

p q jp + jq + 1 = αj + β α β R(X)

(1) 3k 3k′ 3 0 3 3

(2) 3k + 1 3k′ j + 2 1 2 X + 2

(3) 3k 3k′ + 1 j + 2 1 2 X + 2

(4) 3k + 2 3k′ j2 + 2 = −j + 1 −1 1 −X + 1

(5) 3k 3k′ + 2 j2 + 2 = −j + 1 −1 1 −X + 1

(6) 3k + 1 3k′ + 1 2j + 1 2 1 2X + 1

(7) 3k + 2 3k′ + 1 j2 + j + 1 = 0 0 0 0

(8) 3k + 1 3k′ + 2 j2 + j + 1 = 0 0 0 0

(9) 3k + 2 3k′ + 2 2j2 + 1 = −2j − 1 −2 −1 −2X − 1

En particulier le reste est nul si et seulement si p = 3k+2 et q = 3k′ +1 ou p = 3k+1 et q = 3k′ +2.

Exercice 17

Soit n un entier naturel. Calculer le reste de la division euclidienne de

P (X) = (X − 1)n+2 +X2n+1 par X2 −X + 1 .

Solution

Les racines de X2 −X + 1 sont −j et son conjugué. On a

−1− j = j2 et j3 = 1 .


Alors, si l’on calcule P (−j), on obtient

P (−j) = j2(n+2) − j2n+1 = j2n+4 − j2n+1 = j2n+1(j3 − 1) = 0 ,

et −j est racine de P . Comme ce polynôme est à coefficients réels, le polynôme P est divisible parX2 −X + 1. Le reste de la division est donc nul.

Exercice 18

Soit α un nombre réel et n un entier naturel. Quel est le reste de la division euclidienne de

(X sinα+ cosα)n par X2 + 1?

Solution

Le reste est de degré au plus 1. On a donc

(X sinα+ cosα)n = (X2 + 1)Q(X) + aX + b .

En particulier, si X = i, on obtient

ai+ b = (cosα+ i sinα)n = cosnα+ i sinnα .

donc

R(X) = X sinnα+ cosnα .

Exercice 19

Les restes de la division euclidienne du polynôme A par X − 1, X − 2 et X − 3 sont respectivement3, 7 et 13. Calculer le reste de la division de A par (X − 1)(X − 2)(X − 3).

Solution

On a donc

A(1) = 3 , A(2) = 7 et A(3) = 13 .

Le reste de la division de A par (X − 1)(X − 2)(X − 3) est de degré 2 au plus. On écrit

A(X) = (X − 1)(X − 2)(X − 3)Q(X) + aX2 + bX + c ,

17

et, en remplaçant X par 1, 2, 3 successivement, on obtient le système

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

,

qui admet comme solution a = b = c = 1. Le reste cherché est donc X2 +X + 1.

Exercice 20

Soit P dans R[X]. On suppose que le reste de la division euclidienne de P par (X−1)2 vaut 2X+1,et que le reste de la division euclidienne de P par X + 2 vaut 3.

Trouver le reste de la division euclidienne de P ′ par X − 1 et le reste de la division euclidienne deP par (X − 1)2(X + 2).

Solution

On a tout d’abord

P (X) = (X − 1)2Q(X) + 2X + 1 ,

donc en dérivant

P ′(X) = (X − 1)(2Q(X) + (X − 1)Q′(X)) + 2 ,

et le reste de la division euclidienne de P ′ par X − 1 vaut 2.

Par ailleurs

P (X) = (X − 1)2(X + 2)S(X) + aX2 + bX + c ,

et en dérivant

P ′(X) = (X − 1)[2(X + 2)S(X) + (X − 1)[(X + 2)S′(X) + S(X)]

]+ 2aX + b .

On obtient le système

P (1) = a+ b+ c = 3P (−2) = 4a− 2b+ c = 3P ′(1) = 2a+ b = 2

.

En résolvant ce système, on trouve a = b = 2/3 et c = 5/3. Le reste de la division euclidienne de P

par (X − 1)2(X + 2) est donc1

3(2X2 + 2X + 5).


Exercice 21

1) Montrer que, quel que soit le polynôme C, le reste de la division euclidienne d’un polynôme Apar un polynôme B est le même que celui de la division de A+BC par B.

2) Soit A = (X − 1)n+2 +X2n+1 et B = X2 −X + 1. Montrer qu’il existe un polynôme C tel que

A+BC = (X − 1)n+2 +X(X − 1)n .

En déduire le reste de la division euclidienne de A par B. Puis retrouver directement le résultatobtenu.

Solution

1) Si l’on aA = QB +R

avec degR < degB, alorsA+BC = (Q+ C)B +R

avec les mêmes conditions de degré. Donc R est aussi le reste de la division euclidienne de A+BC par B.

2) On veut avoir

(X − 1)n+2 +X2n+1 + C(X)(X2 −X + 1) = (X − 1)n+2 +X(X − 1)n ,

c’est-à-direC(X)(X2 −X + 1) = X

[(X − 1)n − (X2)n

].

On peut encore factoriser

C(X)(X2 −X + 1) = X(X − 1−X2)n−1∑

k=0

(X − 1)kX2(n−1−k) .

Il suffit donc de prendre

C(X) = −n−1∑

k=0

(X − 1)kX2(n−k)−1 .

Alors, le reste de la division euclidienne de A par B est le même que celui de la division de A + BCpar B. Or

A(X) +B(X)C(X) = (X − 1)n((X − 1)2 +X) = (X − 1)n(X2 −X + 1) ,

donc le reste cherché est nul. D’ailleurs, puisque B a pour racines complexes −j et −j2, on constateque

A(−j) = (−j − 1)n+2 + (−j)2n+1 = j2n+4 − j2n+1 = 0 .

19

Exercice 22

1) Soit p un entier naturel non nul et a un réel non nul. Montrer que, pour tout polynôme P , ilexiste des polynômes P0, . . . , Pp−1 tels que

P (X) =

p−1∑

k=0

Pk(Xp)Xk .

En déduire le reste de la division euclidienne de P par Xp − a.

2) Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m, trouver le reste de la division euclidienne de Xm−am

par Xp − ap et de Xm + am par Xp + ap. Donner les conditions pour que ces restes soient nuls.

Solution

1) On remarque que si n = qp+ r avec 0 ≤ r ≤ p− 1, on a

Xn = (Xp)qXr .

En prenant

Pk(X) =

{Xq si k = r0 si k 6= r

,

on constate que la décomposition est vraie pour le monôme Xn et, par linéarité, le résultat sera vraipour un polynôme P quelconque.

Comme le polynôme Pk(X)− Pk(a) est divisible par X − a, le polynôme Pk(Xp)− Pk(a) est divisible

par Xp − a. Alors le polynôme

S(X) =

p−1∑

k=0

(Pk(Xp)− Pk(a))X

k

est divisible par Xp − a, et

P (X) =

p−1∑

k=0

Pk(Xp)Xk = S(X) +

p−1∑

k=0

Pk(a)Xk .

Comme le polynôme

R(X) =

p−1∑

k=0

Pk(a)Xk

est de degré au plus p− 1, c’est donc le reste de la division euclidienne de P par Xp − a.

2) Soit m et p deux entiers tels que 0 < p < m. En effectuant la division euclidienne de m par p, ilexiste q et r entiers, tels que

m = pq + r ,


avec 0 ≤ r < p.

On prend tout d’abordP (X) = Xm − am = (Xp)qXr − am ,

on a doncPr(X) = Xq et P0(X) = −am

les autres coefficients Pk étant nuls. Alors il résulte de 1), (en remplaçant a par ap), que le reste de ladivision euclidienne de Xm − am par Xp − ap est

(ap)qXr − am = am−rXr − am ,

et le reste est nul si et seulement si r = 0, c’est-à-dire si et seulement si p divise m.

Si l’on prend maintenantP (X) = Xm + am = (Xp)qXr + am ,

on a doncPr(X) = Xq et P0(X) = am

les autres coefficients Pk étant nuls. Alors il résulte de 1), (en remplaçant a par −ap), que le reste dela division euclidienne de Xm + am par Xp + ap est

(−ap)qXr + am = (−1)qam−rXr + am ,

et le reste est nul si et seulement si r = 0 et q est impair, c’est-à-dire si et seulement si m/p est unnombre entier impair.

Chapitre 3

Racines multiples

Exercice 23

Soit n un entier naturel et a et b deux nombres réels. A quelle condition le polynôme

P (X) =n∑

p=0

Xp+2 + aX + b

1) admet-il le nombre 1 comme racine double ?2) admet-il le nombre −1 comme racine double ?

Solution

1) Le nombre 1 est racine double de P si et seulement si P (1) et P ′(1) sont nuls et P ′′(1) ne l’est pas.On a

P (1) = (n+ 1) + a+ b ,

puis

P ′(X) =n∑

p=0

(p + 2)Xp+1 + a .

Alors

P ′(1) =

n∑

p=0

(p+ 2) + a =

n∑

p=0

p+ 2(n+ 1) + a =n(n+ 1)

2+ 2(n+ 1) + a =

(n + 1)(n+ 4)

2+ a .

On a donc

a = −(n+ 1)(n + 4)

2et b = −a− (n + 1) =

(n + 1)(n + 2)

2,

et puisque

P ′′(X) =

n∑

p=0

(p+ 2)(p + 1)Xp ,

22 CHAPITRE 3. RACINES MULTIPLES

on constate que

P ′′(1) =

n∑

p=0

(p + 2)(p + 1) > 0 .

Donc 1 est bien racine double de P .

2) Pour la racine −1, cela dépend de la parité de n. On a

P (−1) =

n∑

p=0

(−1)p − a+ b ,

donc

P (−1) =

{1− a+ b si n = 2s−a+ b si n = 2s+ 1

.

Ensuite

P ′(−1) =n∑

p=0

(p+ 2)(−1)p+1 + a .

On calcule cette somme en séparant les termes suivant la parité des indices de sommations.

Si n = 2s

2s∑

p=0

(p+ 2)(−1)p+1 =

s∑

k=0

(2k + 2)(−1)2k+1 +

s∑

k=1

(2k + 1)(−1)2k

=s∑

k=1

((2k + 2)(−1)2k+1 + (2k + 1)(−1)2k

)− 2

=s∑

k=1

(−1)− 2 = −s− 2 .

Si n = 2s + 1

2s+1∑

p=0

(p+ 2)(−1)p+1 =

s∑

k=0

(2k + 2)(−1)2k+1 +

s∑

k=0

(2k + 3)(−1)2k+2

=

s∑

k=0

((2k + 2)(−1)2k+1 + (2k + 3)(−1)2k+2

)

=s∑

k=0

1 = s+ 1 .

Donc

P ′(−1) =

{−s− 2 + a si n = 2ss+ 1 + a si n = 2s + 1

.

23

Finalementa = s+ 2 b = s+ 1 si n = 2sa = −s− 1 b = −s− 1 si n = 2s + 1

.

Il reste à voir que la dérivée seconde ne s’annule pas en −1.

Si n = 2s

P ′′(−1) =

2s∑

p=0

(p+ 2)(p + 1)(−1)p =

s∑

k=0

(2k + 2)(2k + 1)(−1)2k +

s∑

k=1

(2k + 1)2k(−1)2k−1

=s∑

k=1

((2k + 2)(2k + 1)− (2k + 1)2k

)+ 2

= 2s∑

k=1

(2k + 1) + 2 > 0 .

Si n = 2s + 1

P ′′(−1) =

2s+1∑

p=0

(p + 2)(p + 1)(−1)p =

s∑

k=0

(2k + 2)(2k + 1)(−1)2k +

s∑

k=0

(2k + 3)(2k + 2)(−1)2k+1

=

s∑

k=0

((2k + 2)(2k + 1)− (2k + 3)(2k + 2)

)

= −2s∑

k=0

(2k + 2) < 0 .

Donc −1 est racine double de P .

Exercice 24

Trouver les nombres a, b, c, pour que le polynôme

P (X) = X7 − 2X6 + 2X5 − 3X4 + 3X3 + aX2 + bX + c

admette 1 comme racine triple, puis factoriser P dans C.

Solution

On a P (1) = 1 + a+ b+ c, puis successivement

P ′(X) = 7X6 − 12X5 + 10X4 − 12X3 + 9X2 + 2aX + b et P ′(1) = 2 + 2a+ b ,


P ′′(X) = 42X5 − 60X4 + 40X3 − 36X2 + 18X + 2a et P ′′(1) = 4 + 2a .

Alors 1 est racine triple au moins si l’on a P (1) = P ′(1) = P ′′(1) = 0 ce qui conduit au système

a+ b+ c = −12a+ b = −22a = −4

,

qui a pour solutiona = −2 , b = 2 et c = −1 .

On effectue alors la division euclidienne de P (X) = X7 − 2X6 + 2X5 − 3X4 + 3X3 − 2X2 + 2X − 1par X3 − 3X2 + 3X − 1 :

X7 −2X6 +2X5 −3X4 +3X3 −2X2 +2X −1 X3 −3X2 +3X −1−X7 +3X6 −3X5 +X4 X4 +X3 +2X2 +X +1

+X6 −X5 −2X4 +3X3

−X6 +3X5 −3X4 +X3

+2X5 −5X4 +4X3 −2X2

−2X5 +6X4 −6X3 +2X2

+X4 −2X3 +2X−X4 +3X3 −3X2 +X

+X3 −3X2 +3X −1−X3 +3X2 −3X +1

0

Donc

P (X) = (X − 1)3(X4 +X3 + 2X2 +X + 1) = (X − 1)3[(X4 +X3 +X2) + (X2 +X + 1)

].

On factorise alors sur R

P (X) = (X − 1)3(X2 +X + 1)(X2 + 1) ,

puis sur C

P (X) = (X − 1)3(X − j)(X − j2)(X + i)(X − i) .

Exercice 25

1) Soit a, p, q trois nombres complexes. Ecrire les conditions pour que a soit racine double dupolynôme X3 + pX + q.

2) Quelle condition nécessaire et suffisante doivent satisfaire p et q pour que le polynôme X3+pX+qait une racine (au moins) double ?

25

Solution

1) Le nombre a est racine double de P si et seulement si les nombres P (a) et P ′(a) sont nuls sans queP ′′(a) le soit. Puisque

P ′(X) = 3X2 + p et P ′′(X) = 6X ,

on a donc le système

a3 + pa+ q = 03a2 + p = 0

a 6= 0.

Ce système équivaut à

p = −3a2

q = 2a3

a 6= 0.

Remarquons que le cas a = 0 n’est possible que si p = q = 0, c’est-à-dire P (X) = X3 et, dans ce cas,

a = 0 est racine triple. Dans le cas contraire on a a = −3q

2p.

2) Il résulte de ce qui précède que l’on a

p3 = −27a6 et q2 = 4a6 ,

donc, en éliminant a, on obtient

(C) 4p3 + 27q2 = 0 .

Cette condition est donc nécessaire pour avoir une racine multiple.

Réciproquement, si p et q satisfont cette relation, ou bien p = 0, alors q = 0 et P (X) = X3, donc on a

une racine triple a = 0, ou bien p 6= 0. Dans ce cas posons a = −3q

2p. On a

P (a) = a3 + pa+ q = −27q3

8p3− 3q

2+ q = −q(4p3 + 27q2)

8p3= 0 ,

et

P ′(a) = 3a2 + p =27q2

4p2+ p =

4p3 + 27q2

4p2= 0 .

De plus P ′′(a) = 6a 6= 0. Donc P (a) = P ′(a) = 0 et a est bien racine double de P . La condition (C)est suffisante.


Exercice 26

1) Soit n un entier naturel non nul. Quelle est la multiplicité pn de la racine 1 dans le polynôme

Pn(X) = X2n+1 − (2n+ 1)Xn+1 + (2n+ 1)Xn − 1 ?

2) On note Qn(X) le quotient de Pn(X) par (X − 1)3. Montrer que

Pn+1(X)−XPn(X) = (X − 1)3(1 +X + · · ·+Xn)2 .

Quelle relation en déduit-on pour les polynômes Qn ?

3) Calculer Qn pour n = 1, 2, 3, 4. Quelle hypothèse peut-on faire sur la forme générale de Qn ?

4) Montrer que

(1 +X + · · · +Xn)2 = 1 + 2X + · · ·+ nXn−1 + (n+ 1)Xn + nXn+1 + · · ·+ 2X2n−1 +X2n .

5) On pose

an = 1 + · · ·+ (n+ 1) =(n+ 1)(n + 2)

2.

Déduire de ce qui précède par récurrence que

Qn(X) = a0 + a1X + · · ·+ an−2Xn−2 + an−1X

n−1 + an−2Xn + · · ·+ a1X

2n−3 + a0X2n−2 .

Solution

1) Tout d’abord on constate que Pn(1) est nul, puis

P ′n(X) = (2n+1)X2n − (2n+1)(n+1)Xn + (2n+1)nXn−1 = (2n+1)

[X2n − (n+1)Xn +nXn−1

],

donc P ′n(1) est nul. On a ensuite

P ′′n (X) = (2n + 1)

[2nX2n−1 − n(n+ 1)Xn−1 + n(n− 1)Xn−2

],

donc P ′′n (1) est nul également. On a enfin

P (3)n (X) = (2n + 1)

[2n(2n− 1)X2n−2 − n(n+ 1)(n− 1)Xn−2 + n(n− 1)(n − 2)Xn−3

],

donc

P (3)n (1) = (2n+ 1)

[2n(2n− 1)− n(n+ 1)(n − 1) + n(n− 1)(n − 2)

]= (2n + 1)(n2 + n) 6= 0 .

Finalement 1 est racine triple de Pn(X), c’est-à-dire pn = 3.

27

2) On a

Pn+1(X)−XPn(X) = X2n+3 − (2n+ 3)Xn+2 + (2n+ 3)Xn+1 − 1

−X(X2n+1 − (2n+ 1)Xn+1 + (2n+ 1)Xn − 1)

= (X − 1)X2n+2 − 2(X − 1)Xn+1 +X − 1

= (X − 1)(X2n+2 − 2Xn+1 + 1)

= (X − 1)(Xn+1 − 1)2 .

Donc, en utilisant la relation,

Xn+1 − 1 = (X − 1)(1 +X + · · · +Xn) ,

on trouvePn+1(X)−XPn(X) = (X − 1)3(1 +X + · · ·+Xn)2 ,

et puisquePn+1(X) = (X − 1)3Qn+1(X) et Pn(X) = (X − 1)3Qn(X) ,

on en déduitQn+1(X)−XQn(X) = (1 +X + · · ·+Xn)2 .

3) On constate queP1(X) = X3 − 3X2 + 3X − 1 = (X − 1)3 ,

donc Q1(X) = 1. En appliquant la relation obtenue dans la question 2) on obtient alors

Q2(X) = XQ1(X) + (1 +X)2 = X2 + 3X + 1 ,

puisQ3(X) = XQ2(X) + (1 +X +X2)2 = X4 + 3X3 + 6X2 + 3X + 1 ,

et enfin

Q4(X) = XQ3(X) + (1 +X +X2 +X3)2 = X6 + 3X5 + 6X4 + 10X3 + 6X2 + 3X + 1 .

On voit donc s’introduire une suite de nombres a0, a1, . . . tels que, si 1 ≤ n ≤ 4,

Qn(X) = a0 + a1X + · · · + an−2Xn−2 + an−1X

n−1 + an−2Xn + · · ·+ a1X

2n−3 + a0X2n−2 .

4) Dans le développement du produit (1 +X + · · · +Xn)(1 +X + · · · +Xn), le coefficient de Xk estle nombre de façons d’écrire Xk sous la forme XpXk−p, avec

0 ≤ p ≤ n et 0 ≤ k − p ≤ n ,

c’est-à-dire0 ≤ p ≤ n et k − n ≤ p ≤ k .

Il y a deux cas possibles.

Si 0 ≤ k ≤ n, alors 0 ≤ p ≤ k, et l’on a k + 1 décompositions possibles.


Si n ≤ k ≤ 2n, alors k − n ≤ p ≤ n, et l’on a 2n− k + 1 décompositions possibles.

On a donc bien

(1 +X + · · ·+Xn)2 = 1 + 2X + · · ·+ nXn−1 + (n+ 1)Xn + nXn+1 + · · ·+ 2X2n−1 +X2n .

5) La propriété est vraie à l’ordre 1, puisque Q0(X) = a0 = 1.

Supposons la propriété vraie à l’ordre n. Alors

Qn+1(X) = XQn(X) + (1 +X + · · ·+Xn)2

= X(a0 + a1X + · · · + an−1Xn−1 + an−2X

n + · · ·+ a1X2n−3 + a0x

2n−2)

+(1 + 2X + · · ·+ (n+ 1)Xn + nXn+1 + · · ·+ 2X2n−1 +X2n)

= 1 + (a0 + 2)X + · · ·+ (an−1 + n+ 1)Xn + (an−2 + n)Xn+1 + · · ·+ (a0 + 2)X2n−1 +X2n .

Mais, si k ≥ 1, on aak−1 + k + 1 = (1 + · · ·+ k) + (k + 1) = ak ,

d’oùQn+1(X) = a0 + a1X + · · · + anX

n + an−1Xn+1 + · · ·+ a1X

2n−1 + a0X2n .

La propriété est vraie à l’ordre n+ 1, donc pour tout entier n ≥ 1.

Exercice 27

Si n ≥ 2, trouver l’ordre de multiplicité des racines 1 et −1 dans le polynôme

P (X) = X2n − nXn+1 + nXn−1 − 1 .

Solution

1) Tout d’abord, on constate que P (1) est nul. On calcule ensuite les valeurs des dérivées successivesen 1. On trouve

P ′(X) = 2nX2n−1 − n(n+ 1)Xn + n(n− 1)Xn−2 et P ′(1) = 0P ′′(X) = 2n(2n − 1)X2n−2 − n2(n+ 1)Xn−1 + n(n− 1)(n − 2)Xn−3 et P ′′(1) = 0

,

puis

P ′′′(X) = 2n(2n− 1)(2n − 2)X2n−3 − n2(n + 1)(n − 1)Xn−2 + n(n− 1)(n − 2)(n − 3)Xn−4 ,

et

P ′′′(1) = 2n(2n− 1)(2n − 2)− n2(n+ 1)(n − 1) + n(n− 1)(n − 2)(n − 3) = 2n(n− 1)(n + 1) .

29

Donc, si n ≥ 2, on aP (1) = P ′(1) = P ′′(1) = 0 et P ′′′(1) 6= 0 ,

ce qui montre que 1 est racine triple de P .

Remarque : si n = 1 le polynôme P est le polynôme nul.

2) On constate tout d’abord que

P (−1) = 1− n(−1)n+1 + n(−1)n−1 − 1 = 0 .

D’autre part, si n est impair, le polynôme P est pair, et donc −1 a même ordre de multiplicité que 1.

Lorsque n est pair, on a par contre

P ′(−1) = −2n− n(n+ 1) + n(n− 1) = −4n

qui est non nul, donc −1 est racine simple de P .

Exercice 28

Trouver l’ordre de multiplicité de a dans le polynôme

P (X) = X5 − 6aX4 + 2(6a2 + 1)X3 − 2a(5a2 + 3)X2 + 3a2(a2 + 2)X − 2a3 ,

en déduire la factorisation de P sur C.

Solution

On constate tout d’abord que P (a) est nul. On calcule les valeurs en a des dérivées successives. Ontrouve

P ′(X) = 5X4 − 24aX3 + 6(6a2 + 1)X2 − 4a(5a2 + 3)X + 3a2(a2 + 2) et P ′(a) = 0P ′′(X) = 20X3 − 72aX2 + 12(6a2 + 1)X − 4a(5a2 + 3) et P ′′(a) = 0P ′′′(X) = 60X2 − 144aX + 12(6a2 + 1) et P ′′′(a) = −12a2 + 12

.

Donc si a2 6= 1, le nombre P ′′′(a) n’est pas nul et a est racine d’ordre 3 de P . Le polynôme P s’écritalors

P (X) = (X − a)3(X2 + bX + c) = (X3 − 3aX2 + 3a2X − a3)(X2 + bX + c) .

Les coefficients de X4 et X3 dans ce produit valent

b− 3a = −6a et 3a2 − 3ab+ c = 12a2 + 2 ,

d’où l’on tireb = −3a et c = 2 ,


doncP (X) = (X − a)3(X2 − 3aX + 2) .

Il reste à factoriser le trinôme. Si le discriminant ∆ = 9a2 − 8 est strictement positif, on obtient

P (X) = (X − a)3

(X − 3a+

√9a2 − 8

2

)(X − 3a−

√9a2 − 8

2

),

s’il est strictement négatif

P (X) = (X − a)3

(X − 3a+ i

√8− 9a2

2

)(X − 3a− i

√8− 9a2

2

),

et s’il est nul

P (X) = (X − a)3(X − 3a

2

)2

.

Dans ce dernier cas, il y a alors deux possibilités,

si a = 2√2/3 on a P (X) = (X − 2

√2/3)3(X −

√2) ,

si a = −2√2/3 on a P (X) = (X + 2

√2/3)3(X +

√2) .

Pour finir, si a2 = 1, on a encore

P (4)(X) = 120X − 144a et P (4)(a) = −24a ,

et dans ce cas a est racine d’ordre 4 de P , donc

P (X) = (X − a)4(X − b) .

Le terme constant vaut−a4b = −2a3 ,

d’où

b =2

a= 2a .

Alors,si a = 1 on a P (X) = (X − 1)4(X − 2) ,si a = −1 on a P (X) = (X + 1)4(X + 2) .

Exercice 29

Si n ≥ 1, montrer qu’il existe un polynôme Pn et un seul de la forme

Pn(X) = anXn+1 + bnX

n + 1 ,

admettant 1 comme racine double.

Calculer Pn − Pn−1, puis trouver le quotient de la division euclidienne de Pn(X) par (X − 1)2.

31

Solution

On aP ′n(X) = (n+ 1)anX

n + nbnXn−1 .

Les nombres Pn(1) et P ′n(1) doivent être nuls, ce qui conduit au système

{an + bn + 1 = 0

(n+ 1)an + nbn = 0,

qui a comme unique solutionan = n et bn = −(n+ 1) .

On trouvePn(X) = nXn+1 − (n+ 1)Xn + 1 .

AlorsP ′′n (X) = (n + 1)n2Xn−1 − n(n− 1)(n+ 1)Xn−2 ,

etP ′′n (1) = n2 + n

n’est pas nul, donc 1 est racine double de Pn.

On obtient alors

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

)= nXn−1(X − 1)2 ,

avecP1(X) = (X − 1)2 .

Alors

Pn(X) =n∑

k=2

(Pk(X)− Pk−1(X)) + P1(X) = (X − 1)2n∑

k=1

kXk−1 .

Exercice 30

Pour tout entier k strictement positf, on pose

Pk(X) = kXk − (Xk−1 + · · · +X + 1) .

1) Montrer que, pour tout nombre complexe z,si |z| > 1, alors |zk−1 + · · · + z + 1| < k|zk| ; si |z| = 1 et z 6= 1, alors |z + 1| < 2 .

2) En déduire que les racines de Pk autres que 1 sont de module strictement plus petit que 1.

3) Montrer que le polynômeQk(X) = (X − 1)Pk(X)

admet une seule racine double. En déduire que Pk n’a que des racines simples.


Solution

1) Si |z| > 1, alors, pour tout entier p tel que 0 ≤ p ≤ k − 1, on a |z|p < |z|k et donc

|zk−1 + · · ·+ z + 1| ≤ |zk−1|+ · · · + |z|+ 1 < k|z|k .

Si |z| = 1 et z 6= 1, on a z = eiθ avec θ 6= 2kπ, donc

z + 1 = eiθ + 1 = eiθ/2 (eiθ/2 + e−iθ/2) = 2 cosθ

2eiθ/2 ,

puis

|z + 1| = 2

∣∣∣∣cosθ

2

∣∣∣∣ .

Mais, puisque θ 6= 2kπ, le nombre | cos(θ/2)| est différent de 1 et

|z + 1| < 2 .

2) Soit z une racine de Pk. On a donc

zk−1 + · · ·+ z + 1 = kzk .

Si |z| > 1, d’après 1),|zk−1 + · · · + z + 1| < k|z|k ,

d’où une contradiction. Il en résulte que |z| ≤ 1.

Maintenant supposons |z| = 1 et z 6= 1. Si k = 2p, on a

kzk = (1 + z) + (z2 + z3) + · · ·+ (z2p−2 + z2p−1)) = (1 + z)(1 + z2 + · · ·+ z2p−2) .

Alors

k = k|zk| = |1 + z| |1 + z2 + · · ·+ z2p−2| ≤ |1 + z| (1 + |z2|+ · · ·+ |z2p−2|) < 2p = k ,

d’où une contradiction. De même, si k = 2p+ 1,

kzk = (1 + z) + (z2 + z3) + · · ·+ (z2p−2 + z2p−1)) + z2p = (1 + z)(1 + z2 + · · ·+ z2p−2) + z2p .

Alorsk = k|zk| ≤ |1 + z| (1 + |z2|+ · · ·+ |z2p−2|) + |z2p| < 2p + 1 = k ,

d’où une contradiction.

Finalement, ou bien z = 1, ou bien |z| < 1. Remarquons que 1 est bien racine de Pk.

3) En développant

Qk(X) = (X−1)kXk−(X−1)(Xk−1+ · · ·+X+1) = k(X−1)Xk−(Xk−1) = kXk+1−(k+1)Xk+1 .

33

DoncQ′

k(X) = k(k + 1)Xk − k(k + 1)Xk−1 = k(k + 1)Xk−1(X − 1) ,

et Q′k admet comme seules racines 0 et 1.

Comme 1 est racine de Pk, les racines de Qk sont alors les mêmes que celles de Pk. En particulier 0n’étant pas racine de Pk n’est pas non plus racine de Qk.

Si z est racine double de Qk, alors elle est racine de Q′k donc vaut 0 ou 1. La valeur 0 étant exclue,

on en déduit que 1 est racine de Qk et racine simple de Q′k donc racine double de Qk et que toutes les

autres racines de Qk sont simples. Alors 1 est racine simple de Pk et toutes les autres racines de Pk

sont simples également.

Exercice 31

Soit P un polynôme de degré 2n+ 1 vérifiant la relation

P (X) = X2n+1P (1/X) .

Montrer1) que 0 n’est pas racine de P ,2) que −1 est racine de P et que si elle est multiple elle est racine triple au moins,3) que si 1 est racine de P c’est une racine double au moins,4) que si α est racine de P alors 1/α est racine de P au même ordre.

Solution

1) Si l’on pose

P (X) =

2n+1∑

k=0

akXk ,

avec a2n+1 non nul, alors

X2n+1P (1/X) =2n+1∑

k=0

akX2n+1−k =

2n+1∑

k=0

a2n+1−kXk ,

et donc, pour tout k tel que 0 ≤ k ≤ 2n+ 1, on a l’égalité

a2n+1−k = ak .

En particulier a2n+1 = a0 est non nul, donc 0 n’est pas racine de P .

On peut alors écrire

P (X) =n∑

k=0

ak(Xk +X2n+1−k) .


2) On obtient

P (−1) =

n∑

k=0

ak((−1)k + (−1)2n+1−k

)=

n∑

k=0

ak((−1)k − (−1)k

)= 0 ,

donc −1 est racine de P .

En dérivant

P ′(X) = (2n+ 1)a0X2n +

n∑

k=1

ak(kXk−1 + (2n+ 1− k)X2n−k

),

puis

P ′′(X) = (2n+1)(2n)a0X2n−1+(2n)(2n−1)a1X

2n−2+n∑

k=2

ak(k(k−1)Xk−2+(2n+1−k)(2n−k)X2n−k−1

),

On a donc

P ′(−1) = (2n+1)a0+

n∑

k=1

ak(k(−1)k−1+(2n+1−k)(−1)2n−k

)= (2n+1)a0+

n∑

k=1

ak(−1)k(−k+(2n+1−k)) ,

d’où

P ′(−1) =

n∑

k=0

(−1)k(2n− 2k + 1)ak .

De même

P ′′(−1) = −(2n+ 1)(2n)a0 + (2n)(2n − 1)a1 +

n∑

k=2

(−1)kak(k(k − 1)− (2n + 1− k)(2n − k)) ,

d’où

P ′′(−1) = −2nn∑

k=0

(−1)k(2n − 2k + 1)ak = −2nP ′(−1) .

Donc, si P ′(−1) est nul, il en est de même de P ′′(−1) et le nombre −1 est au moins racine triple de P .

3) D’autre part

P (1) = 2

n∑

k=0

ak et P ′(1) = (2n + 1)

n∑

k=0

ak =2n+ 1

2P (1) .

Alors, si P (1) est nul, il en est de même de P ′(1) et le nombre 1 est au moins racine double de P .

4) Si l’on factorise P dans C

P (X) =s∏

k=1

(X − αk)rk ,

35

alors

P (X) = X2n+1P (1/X) =

s∏

k=1

(1− αkX)rk =

(s∏

k=1

αrkk

)s∏

k=1

(1

αk−X

)rk

.

Donc si αk est racine de P d’ordre rk, alors 1/αk l’est aussi.

Exercice 32

Soit a et b deux nombres réels. On considère le polynôme

P (X) = X5 + aX4 + bX3 + bX2 + aX + 1 .

Etudier à quelle condition le polynôme P admet au moins une racine multiple, dont on préciseral’ordre de multiplicité. On pourra commencer par étudier les cas où cette racine vaut −1 ou 1.

Solution

Calculons tout d’abord les premières dérivées de P .

P ′(X) = 5X4+4aX3+3bX2+2bX+a , P ′′(X) = 20X3+12aX2+6bX+2b , P ′′′(X) = 60X2+24aX+6b .

(1) α = −1 racine multiple de P .

On a dans ce casP (−1) = 0 , P ′(−1) = 5− 3a+ b ,

puis

P ′′(−1) = −20 + 12a− 4b = −4(5 − 3a+ b) , P ′′′(−1) = 60− 24a + 6b = 6(10 − 4a+ b) .

donc −1 est toujours racine de P et sera racine multiple lorsque 5− 3a+ b est nul. Dans ce cas elle estau moins racine triple. Lorsque P ′′′(−1) est nulle on a alors le système

{3a− b = 54a− b = 10

,

qui a comme solution a = 5 et b = 10. Dans ce cas

P (X) = X5 + 5X4 + 10X3 + 10X2 + 5X + 1 = (X + 1)5 ,

et −1 est racine de multiplicité 5.

(2) α = 1 racine multiple de P .

On a cette fois

P (1) = 2(1+a+ b) , P ′(1) = 5(1+a+ b) , P ′′(1) = 4(5+3a+2b) , P ′′′(1) = 6(10+4a+ b) .


Donc 1 est racine multiple si et seulement si 1 + a + b est nul, et dans ce cas c’est une racine doubleau moins. Elle sera de multiplicité supérieure si a et b sont solutions du système

{a+ b = −13a+ 2b = −5

,

c’est-à-dire a = −3 et b = 2. Dans ce cas P ′′′(1) est nulle également. Donc 1 est racine de multiplicitéquatre. Alors, puisque −1 est toujours racine, on a

P (X) = (X + 1)(X − 1)4 .

Remarque : lorsque l’on a à la fois 3a− b = 5 et a+ b = −1, c’est-à-dire lorsque (a, b) = (1,−2), alors

P (X) = (X + 1)3(X − 1)2 .

(3) Si α est une racine double de P différente de 1 et −1, alors 1/α l’est aussi (voir exercice précédent)et, puisque −1 est toujours racine, on a nécessairement

P (X) = (X − α)2(X − 1/α)2(X + 1) = (X2 − λX + 1)2(X + 1) ,

où

λ = α+1

α.

En développant

P (X) = (X4 − 2λX3 + (λ2 + 2)X2 − 2λX + 1)(X + 1)

= X5 + (1− 2λ)X4 + (λ2 − 2λ+ 2)X3 + (λ2 − 2λ+ 2)X2 + (1− 2λ)X + 1 .

On a donc {a = 1− 2λb = λ2 − 2λ+ 2

.

On en tire

λ =1− a

2,

puis

b =

(1− a

2

)2

− (1− a) + 2 =a2 + 2a+ 5

4.

On obtient donc une racine multiple α si et seulement si

4b = a2 + 2a+ 5 ,

et α est solution de l’équationα2 − λα+ 1 = 0 ,

c’est-à-dire

α2 − 1− a

2α+ 1 = 0 ,

dont le discriminant vaut

∆ =

(1− a

2

)2

− 4 =

(1− a

2− 2

)(1− a

2+ 2

)=

(a+ 3)(a − 5)

4.

On obtient deux racines doubles inverses l’une de l’autre, sauf lorsque ∆ est nul. Dans ce cas, l’onretrouve comme cas particuliers les couples (a, b) = (5, 10) et (a, b) = (−3, 2) obtenus dans (1) et (2).

Chapitre 4

Factorisation

Exercice 33

Trouver une racine simple puis factoriser sur C le polynôme P (X) = X3 +X − 10 .

Solution

Le nombre 2 est racine de P . Alors

P (X) = (X − 2)(X2 + 2X + 5) ,

puisP (X) = (X − 2)(X + 1 + 2i)(X + 1− 2i) .

Exercice 34

Trouver des racines simples puis factoriser sur C le polynôme P (X) = X4 +6X3 − 4X2 − 6X + 3 .

Solution

Le nombre 1 est racine de P . Alors

P (X) = (X − 1)(X3 + 7X2 + 3X − 3) .

Mais on constate que −1 est également racine donc

P (X) = (X − 1)(X + 1)(X2 + 6X − 3) ,

et pour finirP (X) = (X − 1)(X + 1)(X + 3 + 2

√3)(X + 3− 2

√3) .

38 CHAPITRE 4. FACTORISATION

Exercice 35

Factoriser sur C le polynôme P (X) = X4 + 11X3 − 4X2 + 11X − 5 .

Solution

On écrit

P (X) = X4 − 4X2 − 5 + 11X(X2 + 1) .

Par ailleurs

U2 − 4U − 5 = (U + 1)(U − 5) ,

et donc

P (X) = (X2 + 1)(X2 − 5) + 11X(X2 + 1) = (X2 + 1)(X2 + 11X − 5) .

Finalement

P (X) = (X + i)(X − i)

(X +

11 +√141

2

)(X +

11−√141

2

).

Exercice 36

Vérifier que i est racine du polynôme

P (X) = X4 − 5X3 + 7X2 − 5X + 6 ,

et factoriser P sur C.

Solution

On a

P (i) = i4 − 5i3 + 7i2 − 5i+ 6 = 1 + 5i− 7− 5i+ 6 = 0 .

Donc i est racine de P (X). Comme le polynôme P est à coefficients réels, si i est racine, le nombreconjugué −i l’est aussi. Donc P (X) est divisible par (X − i)(X + i) = X2 + 1. On peut effectuer ladivision euclidienne. On peut également remarquer que

X4 + 7X2 + 6 = (X2 + 1)(X2 + 6) et − 5X3 − 5X = −5X(X2 + 1) ,

ce qui donne

P (X) = (X2 + 1)(X2 − 5X + 6) = (X + i)(X − i)(X − 2)(X − 3) .

39

Exercice 37

Factoriser sur R le polynôme P (X) = X6 +X5 +X4 +X3 +X2 +X + 1.

Solution

Remarquons que(X − 1)P (X) = X7 − 1 .

Le nombre 1 n’est pas racine de P , donc les racines de P sont les racines 7−ièmes de l’unité autresque 1, c’est-à-dire e2ikπ/7 pour k variant de 1 à 6. On peut donc factoriser sur C.

P (X) = (X − e2iπ/7)(X − e4iπ/7)(X − e6iπ/7)(X − e8iπ/7)(X − e10iπ/7)(X − e12iπ/7) .

Mais en regroupant les facteurs contenant les racines conjuguées, on a

(X − e2iπ/7)(X − e12iπ/7) = X2 − 2X cos2π

7+ 1 ,

(X − e4iπ/7)(X − e10iπ/7) = X2 − 2X cos4π

7+ 1 ,

(X − e6iπ/7)(X − e8iπ/7) = X2 − 2X cos6π

7+ 1 ,

d’où la factorisation sur R,

P (X) =

(X2 − 2X cos

2π

7+ 1

)(X2 − 2X cos

4π

7+ 1

)(X2 − 2X cos

6π

7+ 1

).

Exercice 38

Factoriser sur C et R le polynôme P (X) = X10 +X5 + 1.

Solution

Cherchons les racines du polynôme

P (X) = X10 +X5 + 1 .

L’équation z10 + z5 + 1 = 0 est équivalente au système{

u2 + u+ 1 = 0u = z5

.


On a donc u = j ou u = j, et l’on recherche les solutions de l’équation

z5 = j = e2iπ/3 .

Si z = ρeiθ, on est ramené au système

{ρ5 = 1

5θ =2π

3+ 2kπ

,

d’où

ρ = 1 et θ =2π

15+

2kπ

5.

Les 5 solutions sont obtenues en faisant varier k de 0 à 4. On a donc

z1 = e2iπ/15

z2 = e8iπ/15 = −e−7iπ/15

z3 = e14iπ/15 = −e−iπ/15

z4 = e20iπ/15 = e4iπ/3 = j2

z5 = e26iπ/15 = e−4iπ/15

.

Les solutions de l’équationz5 = j = e−2iπ/3 ,

sont alors les conjuguées des précédentes, ce qui donne la factorisation sur C,

X10 +X5 + 1 = (X − e2iπ/15)(X − e−2iπ/15)(X + e7iπ/15)(X + e−7iπ/15)

(X + eiπ/15)(X + e−iπ/15)(X − e4iπ/15)(X − e−4iπ/15)(X − j)(X − j2) .

En regroupant les racines conjuguées, on obtient la factorisation sur R,

X10 +X5 + 1 =

(X2 − 2X cos

2π

15+ 1

)(X2 + 2X cos

7π

15+ 1

)

(X2 + 2X cos

π

15+ 1)(

X2 − 2X cos4π

15+ 1

)(X2 +X + 1) .

Exercice 39

Déterminer les nombres a et b pour que

P (X) = X4 + 2aX3 + bX2 + 2X + 1

soit le carré d’un polynôme.

41

Solution

Partons de

P (X) = (X2 + cX + d)2 = X4 + 2cX3 + (c2 + 2d)X2 + 2cdX + d2 .

On obtient donc le système

d2 = 1cd = 1

c2 + 2d = bc = a

.

Cela donne deux solutions possibles

d = c = a = 1 , b = 3 et a = b = c = d = −1 ,

d’où

X4 + 2X3 + 3X2 + 2X + 1 = (X2 +X + 1)2 et X4 − 2X3 −X2 + 2X + 1 = (X2 −X − 1)2 .

Exercice 40

Factoriser sur R le polynômeP (X) = X3 + 3X2 + 4X + 4

sachant qu’il peut se mettre sous la forme

P (X) = λ[(X2 +mX + n)2 −X4

].

Solution

Partons de

P (X) = λ[(X2 +mX + n)2 −X4

]= λ

(2mX3 + (m2 + 2n)X2 + 2mnX + n2

).

On obtient donc le système

2λm = 1λ(m2 + 2n) = 3

2λmn = 4λn2 = 4

.

On a nécessairement

λ =1

2m,


donc

m2 + 2n = 6mn = 4n2 = 8m

,

et finalement m = 2 et n = 4. D’où

P (X) =1

4

[(X2 + 2X + 4)2 −X4

]= (X + 2)(X2 +X + 2) .

Exercice 41

Montrer que le polynôme

P (X) = X(X + a)(X + 2a)(X + 3a) + a4

est le carré d’un polynôme. En déduire la factorisation sur R de

P (X) = X(X + 1)(X + 2)(X + 3)− 8 .

Solution

Supposons a 6= 0, et partons deP (X) = (X2 + bX + c)2 .

On doit avoir

X(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X2 + bX + c)2 − a4 = (X2 + bX + c− a2)(X2 + bX + c+ a2) .

En particulier, pour le coefficient de X3, on obtient 6a = 2b, donc b = 3a. D’autre part, comme 0 estracine du membre de droite, on doit avoir c+ a2 = 0 ou c− a2 = 0.

Le premier cas donnerait

(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X2 + bX − 2a2)(X + b) .

Le terme constant vaut 6a3 dans le membre de gauche et −2a2b dans celui de droite, donc b = −3a,ce qui n’est pas possible.

Par contre dans le second cas on a bien

(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X2 + 3aX + 2a2)(X + 3a) ,

etX(X + a)(X + 2a)(X + 3a) = (X2 + 3aX + a2)2 − a4 .

43

Alors, si a = 1,

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

d’où

X(X + 1)(X + 2)(X + 3)− 8 = (X2 + 3X + 1)2 − 9 = (X2 + 3X − 2)(X2 + 3X + 4) ,

et la factorisation sur R,

P (X) =

(X +

3−√17

2

)(X +

3 +√17

2

)(X2 + 3X + 4) .

Exercice 42

Factoriser sur C et R le polynôme P (X) = 3X4 + 8X3 + 14X2 + 8X + 3.

Solution

On remarque que pour un tel polynôme, en raison de la symétrie des coefficients, on a

P (X) = X4P (1/X) ,

et donc que, si α est racine de P , alors 1/α l’est aussi. On écrit

P (X) = X2

[3

(X2 +

1

X2

)+ 8

(X +

1

X

)+ 14

].

On pose alors Y = X + 1/X. On obtient

Y 2 = X2 +1

X2+ 2 ,

d’où

P (X) = X2[3(Y 2 − 2) + 8Y + 14

]= X2(3Y 2 + 8Y + 8) = X2Q(Y ) .

Le polynôme Q a des racines complexes conjugées. Partons de la racine

β = −4 + 2i√2

3.

L’égalité Y = β équivaut à

X2 − βX + 1 = 0 .

On résout cette équation du second degré en cherchant une racine carrée δ du discriminant

∆ = β2 − 4 ,


On a

∆ = 4−7 + 4i

√2

9= δ2 =

4

9(a+ ib)2 =

4

9(a2 − b2 + 2abi) .

On doit donc avoir

a2 − b2 = −7 et 2ab = 4√2 > 0 ,

avec de plus, en calculant le module,

a2 + b2 = 9 .

On en tire

a2 = 1 et b2 = 8 .

Comme a et b ont le même signe, on peut prendre

δ =2

3(1 + 2i

√2) .

On obtient les deux solutions

α1 = −(1 + i√2) et α2 =

−1 + i√2

3=

1

α1.

Les autres racines de P sont les conjuguées des précédentes, c’est-à-dire

α3 = −(1− i√2) et α4 =

−1− i√2

3=

1

α3.

On a donc la factorisation sur C,

P (X) = 3(X + 1 + i√2)(X + 1− i

√2)

(X +

1 + i√2

3

)(X +

1− i√2

3

),

puis sur R,P (X) = (X2 + 2X + 3)(3X2 + 2X + 1) .

Exercice 43

Soit a un nombre réel. Factoriser sur R

P (X) = X5 + aX4 − (a+ 1)X3 − (a+ 1)X2 + aX + 1 .

Solution

On écritP (X) = (X5 + 1) + aX(X3 + 1)− (a+ 1)X2(X + 1) ,

45

ce qui permet de mettre X + 1 en facteur

P (X) = (X + 1)(X4 −X3 +X2 −X + 1) + aX(X + 1)(X2 −X + 1)− (a+ 1)X2(X + 1)

= (X + 1)(X4 −X3 +X2 −X + 1 + aX3 − aX2 + aX − (a+ 1)X2)

= (X + 1)(X4 + (a− 1)X3 − 2aX2 + (a− 1)X + 1)

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

On continue en mettant X − 1 en facteur

P (X) = (X + 1)((X − 1)(X3 − 1) + aX(X − 1)2

)

= (X + 1)(X − 1)2(X2 +X + 1 + aX) .

On a doncP (X) = (X + 1)(X − 1)2(X2 + (a+ 1)X + 1) .

Le trinôme X2 + (a+ 1)X + 1 a pour discriminant

∆ = (a+ 1)2 − 4 = (a+ 3)(a− 1) .

Si ∆ > 0, c’est-à-dire si a > 1 ou a < −3, le trinôme a deux racines réelles (−(a + 1) ±√∆)/2, d’où

la factorisation

P (X) = (X + 1)(X − 1)2

(X +

a+ 1 +√

(a+ 3)(a − 1)

2

)(X +

a+ 1−√(a+ 3)(a− 1)

2

).

Si ∆ < 0, c’est-à-dire si −3 < a < 1, la factorisation sur R est

P (X) = (X + 1)(X − 1)2(X2 + (a+ 1)X + 1) .

Si a = 1, on aP (X) = (X + 1)3(X − 1)2 ,

et, si a = −3,P (X) = (X + 1)(X − 1)4 .

Exercice 44

Factoriser sur R le polynôme X2n − 2Xn cosα + 1.

Solution

Si l’on poseP (X) = X2 − 2X cosα+ 1


on veut factoriser P (Xn). Le polynôme P (X) admet pour racines eiα et e−iα, donc

P (Xn) = (Xn − eiα)(Xn − e−iα) .

Les racines de Xn − eiα sont les nombres

ak = eiα/n+2ikπ/n pour 0 ≤ k ≤ n− 1 .

Les racines de Xn − e−iα sont les conjuguées des précédentes. Comme

(X − eiα/n+2ikπ/n)(X − e−iα/n−2ikπ/n) = X2 − 2X cosα+ 2kπ

n+ 1 ,

on a donc

P (Xn) =

n−1∏

k=0

(X2 − 2X cos

α+ 2kπ

n+ 1

).

Cette décomposition sera la décomposition sur R si aucune racine eiα/n+2ikπ/n n’est réelle.

Dire que eiα/n+2ikπ/n est réelle équivaut à dire que l’argument (α + 2kπ)/n est un multiple entier dunombre π. Mais l’égalité

α+ 2kπ

n= pπ ,

équivaut àα = (np− 2k)π .

Il en résulte que α doit être un multiple entier de π, et même un multiple entier de 2π si n est pair. Ily a donc quatre cas possibles.

(1) n = 2s est pair et α = 0 modulo 2π. On a

P (Xn) = X2n − 2Xn + 1 = (Xn − 1)2 = (X2s − 1)2 .

Les racines 2s−ième de l’unité sont ekiπ/s pour k compris entre 0 et 2s − 1. En particulier k = 0donne la racine 1, et k = s, la racine −1. De plus, si 1 ≤ k ≤ s − 1, les racines ekiπ/s et e(2s−k)iπ/s

sont conjuguées. On obtient la factorisation

P (Xn) = (X − 1)2(X + 1)2s−1∏

k=1

(X2 − 2X cos

kπ

s+ 1

)2

.

(2) n = 2s+ 1 est impair et α = 0 modulo 2π. On a

P (Xn) = X2n − 2Xn + 1 = (Xn − 1)2 = (X2s+1 − 1)2 .

Les racines 2s+1−ième de l’unité sont e2kiπ/(2s+1) pour k compris entre 0 et 2s. En particulier k = 0donne la racine 1. De plus, si 1 ≤ k ≤ s, les racines e2kiπ/(2s+1) et e(2s+1−k)2iπ/(2s+1) sont conjuguées.On obtient la factorisation

P (Xn) = (X − 1)2s∏

k=1

(X2 − 2X cos

2kπ

2s+ 1+ 1

)2

.

47

(3) n = 2s+ 1 est impair et α = π modulo 2π. On a

P (Xn) = X2n + 2Xn + 1 = (Xn + 1)2 = (X2s+1 + 1)2 .

En remarquant que P (−Xn) est alors le polynôme du cas précédent, on en déduit la factorisation

P (Xn) = (X + 1)2s∏

k=1

(X2 + 2X cos

2kπ

2s+ 1+ 1

)2

.

(4) Dans les autres cas

P (Xn) =

n−1∏

k=0

(X2 − 2X cos

α+ 2kπ

n+ 1

).

Exercice 45

Pour tout nombre entier naturel non nul n, soit le polynôme

Pn(X) =1

2i

[(1 +

iX

n

)n

−(1− iX

n

)n].

Montrer que le polyôme Pn est à coefficients réels et factoriser Pn.

Solution

Si l’on pose

U(X) =

(1 +

iX

n

)n

,

on a

P (X) =1

2i

(U(X) − U(X)

)= Im U(X) ,

donc le polynôme Pn(X) est à coefficients réels.

Cherchons le terme de plus haut degré de Pn(x).

Si n = 2p + 1 est impair, le coefficient de Xn dans P (X) vaut

1

2i

[(iX

n

)n

−(−iX

n

)n]= (−1)p

(X

n

)n

=(−1)p

nnXn ,

et le polynôme est de degré n.

Si n = 2p est pair, le terme de degré n disparaît. Cherchons le terme de degré 2p−1. D’après la formuledu binôme, on obtient

1

2i

[(n

n− 1

)(iX

n

)2p−1

−(

n

n− 1

)(− iX

n

)2p−1]= n(−1)p−1

(X

n

)n−1

=(−1)p−1

nn−2Xn−1 .


Enfin on remarque quePn(−X) = −Pn(X) .

Le polynôme Pn est donc impair, et si α est une racine de P , il en est de même de −α.

La relation Pn(α) = 0, équivaut à(n+ iα)n = (n− iα)n ,

puis à (n+ iα

n− iα

)n

= 1 ,

donc, en utilisant les racines n−ièmes de l’unité,

n+ iα

n− iα= e2ikπ/n ,

où 0 ≤ k ≤ n− 1.

Alors, en résolvant cette équation, on en tire, si e2ikπ/n 6= −1,

α =n

i

e2ikπ/n − 1

e2ikπ/n + 1.

Puis, en multipliant au numérateur et au dénominateur par e−ikπ/n,

α =n

i

eikπ/n − e−ikπ/n

eikπ/n + e−ikπ/n.

Mais

eikπ/n − e−ikπ/n = 2i sinkπ

net eikπ/n + e−ikπ/n = 2cos

kπ

n,

et l’on obtient finalement

α = n tankπ

n.

Remarquons que k = 0 donne la racine nulle.

Si n = 2p + 1 est impair, le nombre e2ikπ/n est toujours distinct de 1. On a donc n racines, et

Pn(X) =(−1)p

nn

2p∏

k=0

(X − n tan

kπ

n

).

On peut remarquer que, si p+ 1 ≤ k ≤ n− 1, on a

n tan(2p + 1− k)π

n= −n tan

kπ

n,

donc

Pn(X) =(−1)p

nnX

p∏

k=1

[(X − n tan

kπ

n

)(X + n tan

kπ

n

)].

49

Si n = 2p est pair, on a e2ikπ/n = eikπ/p = −1 si k = p. Donc on a n− 1 racines, et

Pn(X) =(−1)p−1

nn−2X

p−1∏

k=1

(X − n tan

kπ

n

) n−1∏

k=p+1

(X − n tan

kπ

n

).

Là encore, si p+ 1 ≤ k ≤ n− 1, on a

n tan(2p − k)π

n= −n tan

kπ

n,

donc

Pn(X) =(−1)p−1

nn−2X

p−1∏

k=1

[(X − n tan

kπ

n

)(X + n tan

kπ

n

)].

On constate bien que Pn est impair dans tous les cas.

Exercice 46

Soit p et q des nombres réels. Donner une méthode pour décomposer en facteurs irréductibles dansR le polynôme

P (X) = X4 + pX3 + qX2 − pX + 1 .

Application : P (X) = X4 + 4X3 +X2 − 4X + 1 puis P (X) = X4 +X3 +X2/2−X + 1.

Solution

On écrit

P (X) = X2

[(X2 +

1

X2

)+ p

(X − 1

X

)+ q

].

Si l’on pose

Y = X − 1

X,

alors

Y 2 = X2 +1

X2− 2 ,

et doncP (X) = X2(Y 2 + pY + q + 2) .

On poseR(Y ) = Y 2 + pY + q + 2 .

(1) Si ∆ = p2 − 4(q + 2) ≥ 0 , alors R possède deux racines réelles α et β et donc

Y 2 + pY + q + 2 = (Y − α)(Y − β)

puisP (X) = (X2 − αX − 1)(X2 − βX − 1) .


Les deux trinômes ci-dessus ont des racines réelles de produit −1 : λ, −1/λ, µ et −1/µ, d’où lafactorisation

P (X) = (X − λ)(X + 1/λ)(X − µ)(X + 1/µ) .

(2) Si ∆ = p2 − 4(q + 2) < 0 , alors R possède deux racines complexes conjuguées α et α et donc

Y 2 + pY + q + 2 = (Y − α)(Y − α)

puisP (X) = (X2 − αX − 1)(X2 − αX − 1) .

Les deux trinômes ci-dessus ont des racines complexes de produit −1 : λ, −1/λ, λ et −1/λ, d’où lafactorisation

P (X) = (X − λ)(X − λ)(X + 1/λ)(X + 1/λ) .

On en déduit la factorisation sur R

P (X) = (X2 − 2Re(λ)X + |λ|2)(X2 + 2Re(1/λ)X + 1/|λ|2) .

Application

(1) P (X) = X4 + 4X3 +X2 − 4X + 1.

On a ici p = 4 et q = 1, doncR(Y ) = Y 2 + 4Y + 3 ,

qui a pour racines α = −1 et β = −3. On en déduit λ et µ en cherchant une racine de X2 +X − 1 etune de X2 + 3X − 1, d’où

P (X) =

(X +

1 +√5

2

)(X +

1−√5

2

)(X +

3 +√13

2

)(X +

3−√13

2

).

(2) P (X) = X4 +X3 +X2/2−X + 1

On a ici p = 1 et q = 1/2, doncR(Y ) = Y 2 + Y + 5/2 ,

qui a pour racines α =−1 + 3i

2et α =

−1− 3i

2.

On cherche une racine de X2 − αX − 1. Le discriminant de ce trinôme vaut

∆ = α2 + 4 =8− 6i

4=

(3− i

2

)2

,

ce qui donne

λ =1 + i

2et

1

λ= 1− i ,

d’où la factorisation sur R,

P (X) = (X2 −X + 1/2)(X2 + 2X + 2) .

Chapitre 5

Divisibilité

Exercice 47

Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que le polynôme X3 + pX + q soit divisible parX2 +mX − 1.

Solution


X3 +pX +q X2 +mX −1−X3 −mX2 +X X −m

−mX2 +(p+ 1)X +q+mX2 +m2X −m

+(p+ 1 +m2)X +(q −m)

On a donc

X3 + pX + q = (X2 +mX − 1)(X −m) + (p+ 1 +m2)X + (q −m) ,

et le polynôme X3+pX+q est divisible par X2+mX−1 si et seulement si le reste est nul, c’est-à-dire

{p+ 1 +m2 = 0

q −m = 0,

soit

q = m et p = −1−m2 .

On a alors

X3 − (1 +m2)X +m = (X2 +mX − 1)(X −m) .

52 CHAPITRE 5. DIVISIBILITÉ

Exercice 48

Montrer que, quels que soient les nombres entiers a, b, c, le polynôme

P (X) = X3a +X3b+1 +X3c+2

est divisible par X2 +X + 1.

Solution

Si X = j, on aj3a + j3b+1 + j3c+2 = 1 + j + j2 = 0 .

Donc j est racine de P . Comme P est à coefficients réels, il en sera de même de j, et donc P estdivisible par

(X − j)(X − j) = X2 +X + 1 .

Exercice 49

1) Soit m et n deux entiers naturels non nuls. Montrer que le polynôme Xm − 1 divise le polynômeXnm − 1.

2) Soit p et q deux entiers naturels non nuls. A quelle condition (sur p et q) le polynôme Xp − 1divise-t-il le polynôme Xq − 1 ?

Solution

1) En utilisant la relation

(Xn − 1) = (X − 1)(Xn−1 + · · · +X + 1) ,

on obtient en remplaçant X par Xm,

(Xnm − 1) = (Xm − 1)(Xm(n−1) + · · ·+Xm + 1) ,

et Xm − 1 divise Xnm − 1.

On peut aussi vérifier que les racines de Xm−1 qui sont les racines simples e2ikπ/m pour 0 ≤ k ≤ m−1,sont aussi racines de Xnm − 1 puisque

(e2ikπ/m)mn = e2iknπ = 1 .

2) Le polynôme Xp − 1 divise Xq − 1 si et seulement si les racines de Xp − 1, qui sont toutes simples,sont aussi racines de Xq − 1. Or les racines de Xp − 1 sont e2ikπ/p pour 0 ≤ k ≤ p− 1. Une condition

53

nécessaire et suffisant est donc que, pour 0 ≤ k ≤ p− 1, on ait

(e2ikπ/p)q = 1 .

Il faut donc en particulier que(e2iπ/p)q = e2iqπ/p = 1 ,

ce qui a lieu si et seulement si q/p est un nombre entier.

Réciproquement, si p divise q, alors kq/p est entier quel que soit k, et

(e2ikπ/p)q = e2ikqπ/p = 1 .

La condition p divise q est donc nécessaire et suffisante pour que Xp − 1 divise Xq − 1.

Exercice 50

Soit P un polynôme. Montrer que si P (Xn) est divisible par X−1, il est aussi divisible par Xn−1.

Solution

Si X − 1 divise P (Xn), alors 1 est racine de P (Xn), donc P (1) est nul et il en résulte que X − 1 diviseP (X). Il existe donc un polynôme Q(X) tel que

P (X) = (X − 1)Q(X) .

En remplaçant X par Xn, on en déduit

P (Xn) = (Xn − 1)Q(Xn) ,

et Xn − 1 divise P (Xn).

Exercice 51

Déterminer n pour que le polynôme

P (X) = (X + 1)n −Xn − 1

soit divisible par X2 +X + 1.


Solution

On doit avoir P (j) = P (j2) = 0, et même seulement P (j) = 0 puisque P est à coefficients réels. Or

P (j) = (j + 1)n − jn − 1 = (−j2)n − jn − 1 = (−1)nj2n − jn − 1 .

Alors, si n = 3p,

P (j) = (−1)p − 2 6= 0 .

Si n = 3p + 1,

P (j) = (−1)3p+1j2 − j − 1 = ((−1)3p+1 + 1)j2 ,

et cette expression est nulle si et seulement si (−1)3p+1 = −1, c’est-à-dire si p est pair.

Si n = 3p + 2,

P (j) = (−1)3pj − j2 − 1 = ((−1)3p + 1)j ,

et cette expression est nulle si et seulement si (−1)3p = −1, c’est-à-dire si p est impair.

En résumé, X2 +X + 1 divise P (X) si et seulement si n = 6k + 1 ou n = 6k + 5 avec k entier.

Exercice 52

Trouver les polynômes P de degré 3 tels que P soit divisible par X + 1 et P ′ par (X − 1)2.

Solution

Comme le polynôme P ′ est de degré 2 et est divisible par (X − 1)2, il est de la forme

P ′(X) = 3a(X − 1)2 ,

et en intégrant

P (X) = a(X − 1)3 + b .

Alors

P (−1) = −8a+ b = 0 ,

donc

P (X) = a((X − 1)3 + 8) = a((X − 1)3 + 23) = a(X + 1)((X − 1)2 − 2(X − 1) + 22) ,

et finalement

P (X) = a(X + 1)(X2 − 4X + 7) .

55

Exercice 53

Montrer que si le polynôme P ′ est divisible par (X − a)n, il existe un polynôme Q tel que

P (X) = Q(X)(X − a)n+1 + P (a) .

Solution

Le polynôme P − P (a) s’annule pour a et sa dérivée est divisible par (X − a)n. Alors P − P (a) estdivisible par (X − a)n+1, d’où le résultat.

Exercice 54

Trouver les polynômes P de degré 3 tels que P soit divisible par X + 1 et tel que les restes de ladivision euclidienne de P par X − 2, X − 3, X − 4 respectivement soient égaux.

Solution

On a donc

P (X) = (X + 1)(aX2 + bX + c) .

Appelons 60λ la valeur commune des restes. Alors comme le reste de la division euclidienne de P par(X − s) vaut P (s), on obtient le système

P (2) = 3(4a+ 2b+ c) = 60λP (3) = 4(9a+ 3b+ c) = 60λP (4) = 5(16a + 4b+ c) = 60λ

.

ou en simplifiant

4a+ 2b+ c = 20λ9a+ 3b+ c = 15λ

16a+ 4b+ c = 12λ.

En soustrayant le première ligne aux deux autres, on trouve

{5a+ b = −5λ

12a + 2b = −8λ,

d’où l’on tire facilement

a = λ , b = −10λ et c = 36λ ,

et donc

P (X) = λ(X + 1)(X2 − 10X + 36) .


Exercice 55

Montrer que, pour tout polynôme P à coefficients dans un anneau commutatif, le polynômeP (P (X)) −X est divisible par P (X)−X.

Solution

Si l’on a

P (X) =n∑

k=0

akXk ,

alors

P (P (X)) − P (X) =

n∑

k=0

ak(P (X)k −Xk) .

Mais

P (X)k −Xk = (P (X) −X)

k−1∑

s=0

P (X)sXk−1−s ,

donc

P (P (X)) −X = P (P (X)) − P (X) + P (X)−X = (P (X) −X)

[n∑

k=0

ak

k−1∑

s=0

P (X)sXk−1−s + 1

],

ce qui montre que P (P (X)) −X est divisible par P (X)−X.

Exercice 56

Montrer qu’il existe un unique polynôme P de R7[X] tel que

(a) P (X) + 1 est divisible par (X − 1)4 , (b) P (X)− 1 est divisible par (X + 1)4 .

Solution

Il résulte de (a) que P ′(X) est divisible par (X − 1)3 et de (b) par (X + 1)3. Comme P ′ est de degréau plus 6, on a donc

P ′(X) = λ(X + 1)3(X − 1)3 = λ(X2 − 1)3 = λ(X6 − 3X4 + 3X2 − 1) .

Alors, en intégrant,

P (X) = λ

(X7

7− 3X5

5+X3 −X

)+ µ .

57

D’après (a) et (b) il existe deux polynômes G et H tels que

P (X) + 1 = G(X)(X − 1)4 et P (X) − 1 = H(X)(X + 1)4 ,

donc

P (1) = −1 et P (−1) = 1 ,

ce qui conduit au système

−16

35λ+ µ = −1

16

35λ+ µ = 1

.

On obtient

µ = 0 et λ =35

16,

et finalement

P (X) =35

16

(X7

7− 3X5

5+X3 −X

).

Réciproquement, considérons le polynôme P ainsi obtenu. Le polynôme P (X)+1 s’annule pour X = 1et sa dérivée est divisible par (X − 1)3, donc il est divisible par (X − 1)4. De même P (X)− 1 s’annulepour X = −1 et sa dérivée est divisible par (X + 1)3, donc il est divisible par (X + 1)4 : alors, P estl’unique polynôme de degré 7 répondant à la question.

Exercice 57

1) Montrer que si P et Q sont deux polynômes de C[X] premiers entre eux, alors P +Q et PQ lesont aussi.

2) Trouver les polynômes P et Q tels que P +Q divise PQ, puis tels que P +Q divise P 2 +Q2.

Solution

1) S’il existe un polynôme non constant divisant à la fois P +Q et PQ, alors ces deux polynômes ontune racine complexe α commune. Comme α est racine de PQ, elle est racine soit de P soit de Q, maiscomme elle est aussi racine de P + Q elle sera racine de P et de Q et P et Q ne sont pas premiersentre eux. Donc si P et Q sont premiers entre eux, il en est de même de P +Q et PQ.

2) Soit ∆ un PGCD de P et Q. On a donc

P = ∆P1 et Q = ∆Q1 ,

où P1 et Q1 sont des polynômes premiers entre eux. Alors

P +Q = ∆(P1 +Q1) et PQ = ∆2P1Q1 .


Si P +Q divise PQ, comme P1 +Q1 est premier avec P1Q1, il en résulte que P1 +Q1 divise ∆, et ilexiste un polynôme S tel que

∆ = S(P1 +Q1) .

FinalementP = SP1(P1 +Q1) et Q = SQ1(P1 +Q1) .

On a doncP +Q = S(P1 +Q1)

2 et PQ = S2P1Q1(P1 +Q1)2 ,

et l’on constate que dans ce cas P +Q divise bien PQ, et ceci même si P1 et Q1 ne sont pas premiersentre eux.

Par ailleurs, comme(P +Q)2 − (P 2 +Q2) = 2PQ ,

le polynôme P+Q divise P 2+Q2 si et seulement si il divise PQ. On obtient donc les mêmes polynômesdans les deux cas.

Exercice 58

Trouver les polynômes P non constants tels que P (X + 1) divise (X + 1)P (X).

Solution

S’il existe un polynôme Q tel que

(X + 1)P (X) = Q(X)P (X + 1) ,

soit α une racine de P . En prenant X = α− 1, on obtient

αP (α − 1) = Q(α− 1)P (α) = 0 ,

donc α est nul ou α− 1 est racine de P .

Alors, si α appartient à C \ N, les nombres α, α − 1, α − 2, . . . , α − n ne sont jamais nuls et sontracines de P qui aurait donc une infinité de racines et serait le polynôme zéro, ce qui est impossible.Il en résulte que les racines de P sont dans N. Si n est le plus grand entier racine de P , on peut écrire

P (X) = λXp0(X − 1)p1 · · · (X − n)pn ,

avec pn ≥ 1. On en déduit

P (X + 1) = λ(X + 1)p0Xp1 · · · (X − (n − 1))pn .

Ce polynôme divise

(X + 1)P (X) = λ(X + 1)Xp0(X − 1)p1 · · · (X − n)pn .

59

Cela nécessite1 ≤ pn ≤ pn−1 ≤ . . . ≤ p0 ≤ 1 ,

doncP (X) = λX(X − 1) · · · (X − n) .

Exercice 59

Déterminer les polynômes P non constants de C[X] tels que P ′ divise P .

Solution

Soit n le degré de P ′. Si n = 0, alors P est de degré 1 et P ′ divise P . Si n ≥ 1, on factorise

P ′(X) = λ(X − a1)k1 · · · (X − ar)

kr

où les nombres ai sont les racines distinctes de P ′ et les nombres entiers ki sont non nuls. Alors

n = k1 + · · · + kr .

Comme P ′ divise P , le nombres ai est racine de P d’ordre ki + 1, et

degP ≥ (k1 + 1) + · · ·+ (kr + 1) = n+ r .

MaisdegP = degP ′ + 1 = n+ 1 .

Il en résulte que n+ 1 est plus grand que n+ r et donc que r = 1. Alors P a une seule racine d’ordren+ 1 et

P (X) = λ(X − a)n+1 .

Exercice 60

Déterminer les polynômes P de R[X] de degré n ≥ 2 tels que P ′′ divise P . Expliciter les cas n = 2,n = 3, n = 4.

Solution

Tous les polynômes de degré 2 conviennent. Supposons n ≥ 3. Remarquons que si P convient, alors lespolynômes λP et P (X − α) conviennent quels que soient α et λ.


Le problème revient à chercher P de degré n et Q de degré 2 tels que

(1) P = QP ′′ .

On peut supposer que le coefficient de Xn dans P vaut 1. D’autre part, puisque

λ(X2 + bX + c) = λ

[(X +

b

2

)2

+4c− b2

4

],

on peut toujours, en changeant de variable, se ramener au cas où

Q(X) = λ(X2 + a) .

Le terme de degré n de P permet d’obtenir λ =1

n(n− 1).

En dérivant la relation (1) par la formule de Leibniz, on trouve

P (k)(X) =1

n(n− 1)

[(X2 + a)P (k+2)(X) + 2kXP (k+1)(X) + k(k − 1)P (k)(X)

],

d’où [1− k(k − 1)

n(n− 1)

]P (k)(X) =

1

n(n− 1)

[(X2 + a)P (k+2)(X) + 2kXP (k+1)(X)

].

En particulier, si X = 0,

[1− k(k − 1)

n(n− 1)

]P (k)(0) =

a

n(n− 1)P (k+2)(0) ,

donc

(n(n − 1)− k(k − 1))P (k)(0) = (n− k)(n + k − 1)P (k)(0) = aP (k+2)(0) ,

ou encore, si k < n,

P (k)(0) =a

(n− k)(n+ k − 1)P (k+2)(0) .

En particulier

P (n−1)(0) =a

2n− 2P (n+1)(0) = 0 ,

et par récurrence, pour tout entier p ≤ (n+ 1)/2,

P (n−2p+1)(0) = 0 .

Si p ≤ n/2, les dérivées d’ordre n−2p en 0 se calculent en fonction de P (n)(0). On obtient par récurrence

P (n−2p)(0) =ap

2pp!

p∏

k=1

(2n− 2k − 1)

P (n)(0) ,

61

et, en utilisant la formule de Taylor,

P (X) =

n∑

r=0

P (r)(0)

r!Xr = P (n)(0)

∑

0≤p≤n/2

ap

2pp!

p∏

k=1

(2n− 2k − 1)

Xn−2p

(n− 2p)!.

On peut écrire le produit des nombres impairs avec des factorielles en le multipliant par un produit denombres pairs. En partant de

p∏

k=1

(2n− 2k) = 2pp∏

k=1

(n − k) = 2p(n− 1)!

(n− p− 1)!,

on a alorsp∏

k=1

(2n − 2k − 1)

p∏

k=1

(2n − 2k) =

2p+1∏

k=2

(2n− k) =(2n − 2)!

(2n − 2p − 2)!,

et doncp∏

k=1

(2n − 2k − 1) =(2n− 2)!

(2n− 2p − 2)!

(n− p− 1)!

2p(n− 1)!,

puis1

2pp!

p∏

k=1

(2n − 2k − 1)

1

(n− 2p)!=

(2n − 2p− 2)!(n − 1)!

p!(2n − 2)!(n − p− 1)!(n − 2p)!.

Cette dernière expression peut s’écrire à l’aide des coefficients binomiaux. En effet

(n− 1)!

p!(n− p− 1)!=

(n− 1

p

)et

(2n − 2p − 2)!

(n− 2p)!= (n− 2)!

(2n− 2p − 2

n− 2

),

d’où(2n− 2p − 2)!(n − 1)!

p!(2n− 2)!(n − p− 1)!(n − 2p)!=

(n− 2)!

(2n − 2)!

(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

).

On obtient finalement

P (X) =(n− 2)!

(2n− 2)!P (n)(0)

∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)Xn−2p .

Les solutions obtenues sont donc de la forme

P (X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)Xn−2p .

Il reste à vérifier que le polynôme précédent vérifie bien la relation

n(n− 1)P (X) = (X2 + a)P ′′(X) .


On a successivement

P ′′(X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p − 2

n− 2

)(n− 1

p

)(n− 2p)(n − 2p− 1)Xn−2p−2 ,

(X2 + a)P ′′(X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)(n− 2p)(n− 2p − 1)Xn−2p

+µ∑

0≤p≤n/2

ap+1

(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)(n− 2p)(n− 2p − 1)Xn−2p−2 .

En changeant p en p− 1 dans la seconde somme, on obtient

(X2 + a)P ′′(X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)(n− 2p)(n− 2p − 1)Xn−2p

+µ∑

1≤p≤1+n/2

ap(2n− 2p

n− 2

)(n− 1

p− 1

)(n− 2p+ 2)(n − 2p + 1)Xn−2p .

et en fait

(X2 + a)P ′′(X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)(n− 2p)(n − 2p − 1)Xn−2p

+µ∑

1≤p≤n/2

ap(2n− 2p

n− 2

)(n− 1

p− 1

)(n− 2p+ 2)(n − 2p + 1)Xn−2p .

car si p = 1 + n/2 le terme correspondant de la deuxième somme est nul. Alors, si 1 ≤ p ≤ n/2, lecoefficient de apXn−2p vaut

(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)[(n− 2p)(n − 2p− 1) + (n− 2p+ 2)(n − 2p+ 1)

(2n− 2p)(2n − 2p − 1)

(n − 2p+ 2)(n − 2p + 1)

p

n− p

],

qui après simplification donne(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)[(n− 2p)(n− 2p− 1) + 2p(2n− 2p− 1)

]= n(n− 1)

(2n − 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

),

ce qui reste vrai si p = 0. On retrouve bien le polynôme n(n− 1)P (X).

Il en résulte que les polynômes P de degré n divisibles par P ′′ sont, pour n ≥ 3, les polynômes

P (X) = µ∑

0≤p≤n/2

ap(2n− 2p− 2

n− 2

)(n− 1

p

)(X − α)n−2p .

Dans le cas n = 3, on trouve tous les polynômes de la forme

P (X) = µ(X − α)3 + ν(X − α) ,

Dans le cas n = 4, on obtient les polynômes

P (X) = µ[5(X − α)4 + 6a(X − α)2 + a2

]=

1

12P ′′(X)((X − α)2 + a) .

Chapitre 6

PGCD

Exercice 61

Trouver un PGCD des polynômes

P (X) = (X − 1)(X2 − 1)(X3 − 1) et Q(X) = (X8 − 1)2 .

Solution

On a d’une part,

P (X) = (X − 1)(X − 1)(X + 1)(X − 1)(X − j)(X − j2) = (X − 1)3(X + 1)(X − j)(X − j2) ,

d’autre part,

Q(X) =[(X2 − 1)(X2 + 1)(X4 + 1)

]2= (X − 1)2(X + 1)2(X − i)2(X + i)2(X4 + 1)2 .

Comme j et j2 ne sont pas racines de X4 + 1, on obtient comme PGCD le polynôme

∆(X) = (X − 1)2(X + 1) .

Exercice 62


P (X) = (X2 − 1)2(X2 −X + 1) et Q(X) = (X3 + 1)3(X4 − 1) .

64 CHAPITRE 6. PGCD

Solution

On a d’une part,

P (X) = (X − 1)2(X + 1)2(X2 −X + 1) ,

d’autre part,

Q(X) = (X + 1)3(X2 −X + 1)3(X − 1)(X + 1)(X2 + 1) .

On obtient comme PGCD le polynôme

∆(X) = (X − 1)(X + 1)2(X2 −X + 1) .

Exercice 63


P (X) = X6 − 7X4 + 8X3 − 7X + 7 et Q(X) = 3X5 − 7X3 + 3X2 − 7 .

Solution

Tout d’abord

3P (X) = XQ(X) − 7(2X4 − 3X3 + 2X − 3) .

Mais on factorise facilement

Q(X) = 3X5 − 7X3 + 3X2 − 7 = 3X2(X3 + 1)− 7(X3 + 1) = (X3 + 1)(3X2 − 7) ,

et

2X4 − 3X3 + 2X − 3 = 2X(X3 + 1)− 3(X3 + 1) = (2X − 3)(X3 + 1) .

Alors

3P (X) = X(X3 + 1)(3X2 − 7)− 7(2X − 3)(X3 + 1) = (X3 + 1)(3X3 − 21X + 21) ,

ce qui donne

P (X) = (X3 + 1)(X3 − 7X + 7) = (X3 + 1)(X(X2 − 7) + 7) .

Comme X3 − 7X + 7 et 3X2 − 7 n’ont pas de racine commune, ils sont premiers entre eux et

∆(X) = X3 + 1

est un PGCD de P et Q.

65

Exercice 64


P (X) = X7+3X6+5X5+8X4+3X3−5X2−9X−6 et Q(X) = X5+X4−2X3−X2−X+2 ,

et factoriser ces polynômes sur C.

Solution

On divise P par Q :

X7 +3X6 +5X5 +8X4 +3X3 −5X2 −9X −6 X5 +X4 −2X3 −X2 −X +2−X7 −X6 +2X5 +X4 +X3 −2X2 X2 +2X + 5

+2X6 +7X5 +9X4 +4X3 −7X2 −9X−2X6 −2X5 +4X4 +2X3 +2X2 −4X

+5X5 +13X4 +6X3 −5X2 −13X −6−5X5 −5X4 +10X3 +5X2 +5X −10

+8X4 +16X3 −8X −16

doncP (X) = Q(X)(X2 + 2X + 5) + 8(X4 + 2X3 −X − 2) .

On divise maintenant Q(X) par R(X) = X4 + 2X3 −X − 2 :

X5 +X4 −2X3 −X2 −X +2 X4 +2X3 −X −2−X5 −2X4 +X2 +2X X −1

−X4 −2X3 +X +2+X4 +2X3 −X −2

0

Donc R est un PGCD cherché. Celui-ci se factorise facilement

R(X) = X3(X + 2)− (X + 2) = (X + 2)(X3 − 1) = (X + 2)(X − 1)(X − j)(X − j2) .

On a ensuiteQ(X) = (X − 1)R(X) = (X + 2)(X − 1)2(X − j)(X − j2) .

Enfin

P (X) = Q(X)(X2 + 2X + 5) + 8R(X)

= R(X)((X2 + 2X + 5)(X − 1) + 8)

= R(X)(X3 +X2 + 3X + 3)

= R(X)(X2(X + 1) + 3(X + 1))

= R(X)(X + 1)(X2 + 3) .

On factorise finalement

P (X) = (X + 1)(X + 2)(X − 1)(X − j)(X − j2)(X + i√3)(X − i

√3) .

66 CHAPITRE 6. PGCD

Exercice 65


P (X) = X4 −X3 + 5X2 − 2X + 6 et Q(X) = X4 − 4 ,

puis les factoriser sur R et C.

Solution

On peut diviser tout d’abord Q par Q− P :

X4 −4 X3 −5X2 +2X −10−X4 +5X3 −2X2 +10X X +5

+5X3 −2X2 +10X −4−5X3 +25X2 −10X +50

+23X2 +46

On a doncQ(X) = (X + 5)(Q(X) − P (X)) + 23(X2 + 2) .

Puis on divise Q− P par le reste X2 + 2 :

X3 −5X2 +2X −10 X2 +2−X3 −2X X −5

−5X2 −10+5X2 +10

0

ce qui donneQ(X) − P (X) = (X2 + 2)(X − 5) .

Un PGCD de P et Q est donc X2 + 2.

On a alors

Q(X) = (X +5)(X2 +2)(X − 5) + 23(X2 +2) = (X2 +2)((X +5)(X − 5) + 23) = (X2 +2)(X2 − 2) ,

ce qui donne les factorisations de Q sur R et C.

Q(X) = (X2 + 2)(X +√2)(X −

√2) = (X + i

√2)(X − i

√2)(X +

√2)(X −

√2) .

Puis

P (X) = Q(X)− (X2 + 2)(X − 5) = (X2 + 2)(X2 − 2− (X − 5)) = (X2 + 2)(X2 −X + 3) ,

67

qui n’a pas de racines réelles. La factorisation sur R ci-dessus donne alors celle sur C

P (X) = (X + i√2)(X − i

√2)

(X − 1 + i

√11

2

)(X − 1− i

√11

2

).

Exercice 66

Montrer que les polynômes

P (X) = 2X4 +X3 −X2 + 2X − 1 et Q(X) = 4X3 + 4X2 −X − 1

ont une racine commune que l’on déterminera.

Solution

Cela revient à trouver un PGCD de P et Q. Effectuons la division euclidienne de P par Q :

2X4 +X3 −X2 +2X −1 4X3 +4X2 −X −1−2X4 −2X3 +X2/2 +X/2 X/2 −1/4

−X3 −X2/2 +5X/2 −1+X3 +X2 −X/4 −1/4

+X2/2 +9X/4 −5/4

Le reste de la division est donc R(X)/4 où

R(X) = 2X2 + 9X − 5 .

Effectuons maintenant la division euclidienne de Q par R :

4X3 +4X2 −X −1 2X2 +9X −5−4X3 −18X2 +10X 2X −7

−14X2 +9X −1+14X2 +63X −35

+72X −36

On a donc4X3 + 4X2 −X − 1 = (2X − 7)(2X2 + 9X − 5) + 36(2X − 1) .

Enfin2X2 + 9X − 5 = (2X − 1)(X + 5) .

Un PGCD de P et Q est donc 2X − 1, et 1/2 est une racine commune à P et Q.

68 CHAPITRE 6. PGCD

Exercice 67

A quelle condition les polynômes

P (X) = X2 + bX + c et Q(X) = X3 + pX + q

ont-ils un PGCD non constant ?

Solution

En effectuant la division euclidienne on obtient

X3 + pX + q = (X − b)(X2 + bX + c) +X(p+ b2 − c) + q + bc .

Dire que P et Q ont un PGCD non constant signifie qu’ils ont une racine complexe commune α et quecette racine est aussi celle du reste de la division euclidienne. Cela implique que

α(p+ b2 − c) + q + bc = 0 .

Donc, ou bien p+ b2 − c et q + bc sont nuls, ou bien p+ b2 − c est non nul et

α = − q + bc

p+ b2 − c.

Dans ce cas on doit avoir

α2 + bα+ c = 0 ,

c’est-à-dire (q + bc

p+ b2 − c

)2

− bq + bc

p+ b2 − c+ c = 0 ,

qui équivaut à

(q + bc)2 − b(q + bc)(p + b2 − c) + c(p + b2 − c)2 = 0 .

Remarquons que cette condition est également satisfaite dans le cas où p+ b2 − c et q + bc sont nuls.

Si l’on note

∆ = (q + bc)2 − b(q + bc)(p + b2 − c) + c(p + b2 − c)2 ,

une condition nécessaire pour que P et Q aient une racine commune est que ∆ soit nul.

Etudions la réciproque. Supposons ∆ = 0.

Ou bien p+ b2 − c et q + bc sont nuls et dans ce cas

Q(X) = (X − b)P (X) ,

69

donc P divise Q et P et Q ont bien une racine commune.

Ou bien p+ b2 − c est non nul. La nullité de ∆ Signifie que le nombre

α = − q + bc

p+ b2 − c

est racine de P . Alors l’égalité de division euclidienne implique que α est aussi racine de Q.

La condition ∆ = 0 est donc nécessaire et suffisante pour que P et Q aient une racine commune.

Exercice 68

Factoriser le polynômeP (X) = 16X5 − 20X3 + 5X − 1

sachant que P admet au moins une racine multiple.

Solution

Si α est une racine multiple de P , c’est aussi une racine de

P ′(X) = 5(16X4 − 12X2 + 1) .

On cherche un PGCD de P et P ′. On peut effectuer la division euclidienne de P (X) par P ′(X)/5 :

16X5 −20X3 +5X −1 16X4 −12X2 +1−16X5 +12X3 −X X

−8X3 +4X −1

Donc

P (X) =X

5P ′(X) + (−8X3 + 4X − 1) .

Il en résulte que α est aussi racine de −8X3 + 4X − 1. On divise de nouveau :

16X4 −12X2 +1 8X3 −4X +1−16X4 +8X2 −2X 2X

−4X2 −2X +1

Donc

16X4 − 12X2 + 1 = 2X(8X3 − 4X + 1)− 4X2 − 2X + 1 .

70 CHAPITRE 6. PGCD

Il en résulte que α est encore racine de 4X2 + 2X − 1. Divisons une dernière fois :

8X3 −4X +1 4X2 +2X −1−8X3 −4X2 +2X 2X −1

−4X2 −2X +1+4X2 +2X −1

0

Finalement 4X2 +2X − 1 est un PGCD de P et P ′. Les racines de 4X2 +2X − 1 sont racines de P etde P ′ donc racines doubles de P . Cela signifie que P est divisible par (4X2 + 2X − 1)2. Alors

P (X) = (4X2 + 2X − 1)2(aX + b) .

Or, le coefficient de X5 dans P (X) vaut 16a = 16, donc a = 1, et le terme constant vaut P (0) = −1 = b.On a donc

P (X) = (4X2 + 2X − 1)2(X − 1) .

Comme les racines de 4X2 + 2X − 1 sont−1±

√5

4, on a finalement

P (X) = 16

(X +

1 +√5

4

)2(X +

1−√5

4

)2

(X − 1) .

(On aurait pu s’apercevoir également que 1 était racine de P (X)).

Exercice 69

Factoriser le polynôme

P (X) = X6 + 4X5 + 2X4 − 8X3 − 7X2 + 4X + 4 ,

sachant qu’il a des racines multiples.

Solution

On cherche un PGCD de P et de P ′. On a

P ′(X) = 6X5 + 20X4 + 8X3 − 24X2 − 14X + 4 ,

et l’on effectue la division euclidienne de P par P ′ :

X6 +4X5 +2X4 −8X3 −7X2 +4X +4 6X5 +20X4 +8X3 −24X2 −14X +4−X6 −10X5/3 −4X4/3 +4X3 +7X2/3 −2X/3 X/6 +1/9

+2X5/3 +2X4/3 −4X3 −14X2/3 +10X/3 +4−2X5/3 −20X4/9 −8X3/9 +8X2/3 +14X/9 −4/9

−14X4/9 −44X3/9 −2X2 +44X/9 +32/9

71

On divise maintenant P ′(X) par

A(X) = 7X4 + 22X3 + 9X2 − 22X − 16

qui est le reste de cette division à un coefficient multiplicatif près :

6X5 +20X4 +8X3 −24X2 −14X +4 7X4 +22X3 +9X2 −22X −16−6X5 −132X4/7 −54X3/7 +132X2/7 +96X/7 6X/7 +8/49

+8X4/7 +2X3/7 −36X2/7 −2X/7 +4−8X4/7 −176X3/49 −72X2/49 +176X/49 +128/49

−162X3/49 −324X2/49 +162X/49 +324/49

De nouveau on divise A(X) parB(X) = X3 + 2X2 −X − 2

qui est le reste de cette division à un coefficient multiplicatif près :

7X4 +22X3 +9X2 −22X −16 X3 +2X2 −X −2−7X4 −14X3 +7X2 +14X 7X +8

+8X3 +16X2 −8X −16−8X3 −16X2 +8X +16

0

On en déduit que B est un PGCD de P et P ′.

On factorise facilement B

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

Les nombres −2, −1 et 1 sont racines de P et de P ′ donc racines doubles de P . Comme P est de degré6 et que le coefficient du terme de plus haut degré vaut 1, on a alors

P (X) = (X − 1)2(X + 1)2(X + 2)2 .

Exercice 70

Montrer que les polynômes

P (X) = X4 − (1 + i)X3 +X2 + (1 + i)X − 2 et Q(X) = X3 + (2 + 2i)X2 + 2iX − 1

ont une racine commune que l’on déterminera.

72 CHAPITRE 6. PGCD

Solution

Cela revient à trouver un PGCD de P et Q. Effectuons la division euclidienne de P par Q :

X4 −(1 + i)X3 +X2 +(1 + i)X −2 X3 +(2 + 2i)X2 +2iX −1−X4 −(2 + 2i)X3 −2iX2 +X X −(3 + 3i)

−(3 + 3i)X3 +(1− 2i)X2 +(2 + i)X −2+(3 + 3i)X3 +12iX2 −(6− 6i)X −(3 + 3i)

+(1 + 10i)X2 −(4− 7i)X −(5 + 3i)

Le reste de la division est donc

R(X) = (1 + 10i)X2 − (4− 7i)X − (5 + 3i) .

Effectuons la division euclidienne de Q par R :

X3 +(2 + 2i)X2 +2iX −1 (1 + 10i)X2 −(4− 7i)X −(5 + 3i)

−X3 +4− 7i

1 + 10iX2 +

5 + 3i

1 + 10iX

X

1 + 10i− 14− 15i

(1 + 10i)2

−14− 15i

1 + 10iX2 −15− 5i

1 + 10iX −1

+14− 15i

1 + 10iX2 −(4− 7i)(14 − 15i)

(1 + 10i)2X −(5 + 3i)(14 − 15i)

(1 + 10i)2

− 16− 13i

(1 + 10i)2X − 16− 13i

(1 + 10i)2

Le reste vaut donc

S(X) = − 16− 13i

(1 + 10i)2(X + 1) ,

et a pour racine −1. On vérifie maintenant que −1 est aussi racine de R(X). Alors, X+1 est un PGCD

de P et Q et −1 est une racine commune à ces deux polynômes.

Chapitre 7

Division suivant les puissances croissantes

Exercice 71

Effectuer la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 3 de

P (X) = 1−X + 2X2 − 3X3 par A(X) = 1 +X −X2 .

Solution

1 −X +2X2 −3X3 1 +X −X2

−1 −X +X2 1 −2X +5X2

−2X +3X2 −3X3

+2X +2X2 −2X3

+5X2 −5X3

−5X2 −5X3 +5X4

+5X4

DoncP (X) = (1− 2X + 5X2)A(X) + 5X4 .

Exercice 72

Effectuer la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 3 de

P (X) = 1− X

2+

X2

3− X3

4par A(X) = 1 +

X

2+

X2

3+

X3

4.

74 CHAPITRE 7. DIVISION SUIVANT LES PUISSANCES CROISSANTES

Solution

1 −X/2 +X2/3 −X3/4 1 +X/2 +X2/3 +X3/4−1 −X/2 −X2/3 −X3/4 1 −X +X2/2 −5X3/12

−X −X3/2+X +X2/2 +X3/3 +X4/4

+X2/2 −X3/6 +X4/4−X2/2 −X3/4 −X4/6 −X5/8

−5X3/12 +X4/12 −X5/8+5X3/12 +5X4/24 +5X5/36 +5X6/48

+7X4/24 +X5/72 +5X6/48

Donc

P (X) =

(1−X +

X2

2− 5X3

12

)A(X) +X4

(7

24+

X

72+

5X2

48

).

Exercice 73

Pour tout entier naturel n, on pose

Pn(X) =

n∑

k=0

(k + 1)Xk .

1) Calculer (X + 1)2Pn(X2).

2) En déduire, suivant la parité de n, la division suivant les puissances croissantes à l’ordre n dePn(X) par 1 +X.

Solution

1) En développant, on obtient,

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

n∑

k=0

(k + 1)X2k

=n∑

k=0

(k + 1)X2k +n∑

k=0

2(k + 1)X2k+1 +n∑

k=0

(k + 1)X2k+2 ,

75

En changeant d’indice de sommation dans la troisième somme, il vient

(X + 1)2Pn(X2) =

n∑

k=0

(k + 1)X2k +n∑

k=0

2(k + 1)X2k+1 +n+1∑

k=1

kX2k

=

[1 +

n∑

k=1

(2k + 1)X2k +

n∑

k=0

(2k + 2)X2k+1

]+ (n+ 1)X2n+2 .

Mais on voit apparaître entre les crochets tous les termes figurant dans P2n+1 et donc

(X + 1)2Pn(X2) = P2n+1(X) + (n+ 1)X2n+2 .

2) Si n = 2p+ 1 est impair, il résulte du calcul précédent que

P2p+1(X) = (X + 1)[(X + 1)Pp(X

2)]− (p + 1)X2p+2 .

Comme le polynôme (X + 1)Pp(X2) est de degré 2p + 1, il en résulte que, dans la division suivant

les puissances croissantes de P2p+1 par 1 + X à l’ordre 2p + 1, le quotient Q et le reste R valentrespectivement

Q(X) = (X + 1)Pp(X2) et R(X) = −(p+ 1)X2p+2 .

Pour obtenir la division lorsque n = 2p, partons de

P2p−1(X) = (X + 1)[(X + 1)Pp−1(X

2)]− pX2p .

Alors

P2p(X) = P2p−1(X) + (2p+ 1)X2p = (X + 1)[(X + 1)Pp−1(X

2)]− pX2p + (2p + 1)X2p

= (X + 1)[(X + 1)Pp−1(X

2)]+ (p+ 1)X2p

= (X + 1)[(X + 1)Pp−1(X

2) + (p + 1)X2p]− (p+ 1)X2p+1 .

Comme le polynôme (X +1)Pp−1(X2) + (p+1)X2p est de degré 2p, il en résulte que, dans la division

suivant les puissances croissantes de P2p par 1 + X à l’ordre 2p, le quotient Q et le reste R valentrespectivement

Q(X) = (X + 1)Pp−1(X2) + (p + 1)X2p et R(X) = −(p+ 1)X2p+1 .

Exercice 74

1) Soit n entier naturel. On pose

E(X) =n∑

k=0

Xk

k!.

Calculer E(X) − E′(X).

2) On poseP (X) = E(X)E(−X) .

Montrer que P ′(X) est divisible par Xn. En déduire que P (X)− 1 est divisible par Xn+1. Quel estle quotient de la division suivant les puissances croissantes à l’ordre n de 1 par E(X) ?


Solution

1) On a

E′(X) =

n−1∑

k=0

Xk

k!,

donc

E(X)− E′(X) =Xn

n!.

2) Alors

P ′(X) = E′(X)E(−X) − E′(−X)E(X)

=

(E(X)− Xn

n!

)E(−X)−

(E(−X)− (−1)n

Xn

n!

)E(X)

=Xn

n!

[(−1)nE(X) −E(−X)

],

et P ′ est divisible par Xn.

Le polynôme (P (X)−1)′ = P ′(X) est divisible par Xn et P (0)−1 est nul. Donc P (X)−1 est divisiblepar Xn+1. Si Q est le quotient de cette division, on a

1 = E(X)E(−X) −Xn+1Q(X) ,

ce qui signifie que le quotient dans la division suivant les puissances croissantes de 1 par E(X) à l’ordren est E(−X).

Exercice 75

Soit θ un nombre réel distinct de 2kπ, k entier. Effectuer la division suivant les puissances croissantesde 1−X2 par 1− 2X cos θ +X2. En déduire la valeur de la somme

Sn =1

2+ cos θ + cos 2θ + · · ·+ cosnθ .

Solution

Amorçons la division suivant les puissances croissantes :

77

1 −X2 1 −2X cos θ +X2

−1 +2X cos θ −X2 1 +2X cos θ +2X2 cos 2θ+2X cos θ −2X2

−2X cos θ +4X2 cos2 θ −2X3 cos θ+2X2(2 cos2 θ − 1) −2X3 cos θ

+2X2 cos 2θ −2X3 cos θ−2X2 cos 2θ +4X3 cos θ cos 2θ −2X4 cos 2θ

+2X3 cos θ(2 cos 2θ − 1) −2X4 cos 2θ

Or, en développant,

cos θ(2 cos 2θ − 1) =eiθ + e−iθ

2(e2iθ + e−2iθ − 1)

=e3iθ + e−3iθ

2= cos 3θ .

Alors1−X2 = (1− 2X cos θ +X2)(1 + 2X cos θ) + 2X2 cos 2θ − 2X3 cos θ ,

puis

1−X2 = (1− 2X cos θ +X2)(1 + 2X cos θ + 2X2 cos 2θ) + 2X3 cos 3θ − 2X4 cos 2θ .

Ces deux relations sont les cas n = 1 et n = 2 de la formule générale

1−X2 = (1− 2X cos θ +X2)(1 + 2X cos θ + · · ·+ 2Xn cosnθ) + 2Xn+1 cos(n+ 1)θ − 2Xn+2 cosnθ ,

que l’on va démontrer par récurrence, ce qui donnera la division à l’ordre n cherchée.

Supposons cette relation vraie à l’ordre n. On calcule

∆ = (1− 2X cos θ +X2)(1 + 2X cos θ + · · · + 2Xn cosnθ + 2Xn+1 cos(n+ 1)θ) .

On obtient, en utilisant l’hypothèse de récurrence,

∆ = (1− 2X cos θ +X2)(1 + 2X cos θ + · · ·+ 2Xn cosnθ) + (1− 2X cos θ +X2)2Xn+1 cos(n+ 1)θ

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

= 1−X2 − 2Xn+2(2 cos θ cos(n+ 1)θ − cosnθ) + 2Xn+3 cos(n+ 1)θ .

Il reste à transformer 2 cos θ cos(n + 1)θ − cosnθ. En utilisant les nombres complexes,

2 cos θ cos(n+ 1)θ − cosnθ =eiθ + e−iθ

2(e(n+1)iθ + e−(n+1)iθ)− einθ + e−inθ

2

=e(n+2)iθ + e−(n+2)iθ

2= cos(n+ 2)θ .

d’où∆ = 1−X2 − 2Xn+2 cos(n+ 2)θ + 2Xn+3 cos(n + 1)θ ,


ce qui donne

1−X2 = (1−2X cos θ+X2)(1+2X cos θ+· · ·+2Xn+1 cos(n+1)θ)+2Xn+2 cos(n+2)θ−2Xn+3 cos(n+1)θ .

On obtient ainsi la formule à l’ordre n+ 1. Elle est donc vraie quel que soit n.

En faisant X = 1 dans la formule de division suivant les puissances croissantes à l’ordre n, on trouve

0 = (1− 2 cos θ + 1)(1 + 2 cos θ + · · ·+ 2cosnθ) + 2 cos(n+ 1)θ − 2 cos nθ ,

donc0 = 2(1 − cos θ)Sn + cos(n+ 1)θ − cosnθ ,

d’où, si θ 6= 2kπ,

Sn =cosnθ − cos(n+ 1)θ

2(1− cos θ)=

sin

(n+

1

2

)θ

2 sinθ

2

.

Remarque : si θ = 2kπ, on obtient directement

Sn =1

2+ n .

Chapitre 8

Nombres entiers

Exercice 76

Soit n un nombre entier plus grand que 1. On pose

P (X) =X(X − 1) · · · (X − n+ 1)

n!.

Montrer que P prend des valeurs entières sur les nombres entiers.

Solution

Soit p un nombre entier. Si 0 ≤ p ≤ n− 1 on a P (p) = 0.

Si p ≥ n, le nombre P (p) est un coefficient binomial, car

P (p) =p(p− 1) · · · (p − n+ 1)

n!=

p!

n!(p− n)!=

(p

n

).

Si p = −q < 0, on a cette fois

P (p) =(−q)(−q − 1) · · · (−q − n+ 1)

n!= (−1)q

q(q + 1) · · · (q + n− 1)

n!= (−1)q

(q + n− 1

q − 1

).

Dans tous les cas P (p) est un nombre entier.

Exercice 77

Soit P un polynôme à coefficients entiers. Que peut-on dire des racines entières de P , en particuliersi P (0) est un nombre premier ?

Application : trouver les racines entières de X3 + 6X2 + 10X + 3.

80 CHAPITRE 8. NOMBRES ENTIERS

Solution

Si l’on a

P (X) =n∑

k=0

akXk

et si λ est une racine entière de P , alors

a0 = −λ

n∑

k=1

akλk−1 .

Il en résulte que λ divise a0 = P (0). En particulier, si P (0) est un nombre premier, les seules valeurspossibles pour λ sont 1, −1, P (0), −P (0).

Application. Comme les coefficients de P sont tous positifs, les racines de P sont nécessairementnégatives. Les seules racines entières possibles divisent 3 et sont donc −1 et −3. On constate queP (−1) = −2, alors que P (−3) = 0. Donc −3 est la seule racine entière de P .

Exercice 78

Soit

P (X) =Xn(a−X)n

n!

où a est un nombre entier. Montrer que, pour tout nombre entier naturel p, les nombres P (p)(0) etP (p)(a) sont entiers.

Solution

Le polynôme P est de degré 2n. Donc si p > 2n, le polynôme P (p) est nul. Supposon p ≤ 2n.

En développant par la formule du binôme, on obtient

P (X) =Xn

n!

n∑

k=0

(n

k

)(−X)kan−k =

n∑

k=0

1

k!(n − k)!(−1)kXn+kan−k .

En dérivant p fois, on obtient

P (p)(X) =n∑

k=0

1

k!(n − k)!(n + k)(n + k − 1) · · · (n + k − p+ 1)(−1)kXn+k−pan−k .

Si 0 ≤ p < n, le terme constant est nul dans ce polynôme et donc P (p)(0) = 0.

81

Si n ≤ p ≤ 2n, on a

P (p)(X) =

n∑

k=p−n

1

k!(n− k)!(n+ k)(n + k − 1) · · · (n+ k − p+ 1)(−1)kXn+k−pan−k .

Le terme constant est obtenu lorsque k = p− n et vaut

P (p)(0) =p!

(p− n)!(2n − p)!(−1)p−na2n−p .

Orp!

(p − n)!(2n− p)!=

p!

n!

n!

(p− n)!(2n − p)!=

p!

n!

(n

p− n

)

est un nombre entier car n ≤ p, et il en résulte que P (p)(0) est un nombre entier.

En remarquant que P (a−X) = P (X), on a donc

(−1)pP (p)(a−X) = P (p)(X) ,

et il en résulte queP (p)(a) = (−1)pP (p)(0)

est également un nombre entier.

Exercice 79

Le polynôme P (X) = X8 + 3X7 + 2X5 + 3X3 + 2X2 + 6 a-t-il une racine entière ?

Solution

Si x ≥ 0, on aP (x) ≥ 6 ,

donc une racine réelle de P ne peut être que négative.

Supposons l’existence d’une racine entière p. Alors

0 = P (p) = p2(p6 + 3p5 + 2p3 + 3p+ 2) + 6 .

et p2 divise 6. Alors p2 = 1 et p = −1. Mais P (−1) = 1. Donc P n’a pas de racine entière.

Exercice 80

Le polynôme P (X) = 3X5 + 4X3 + 2X2 +X + 7 a-t-il une racine rationnelle ?

82 CHAPITRE 8. NOMBRES ENTIERS

Solution

Si x ≥ 0, on aP (x) ≥ 7 ,

donc une racine réelle de P ne peut être que négative.

Supposons l’existence d’une racine rationnelle α = p/q avec p entier négatif et q entier strictementpositif, p et q premiers entre eux. Alors

q5P (p/q) = 3p5 + 4p3q2 + 2p2q3 + pq4 + 7q5 ,

donc−3p5 = q2(4p3 + 2p2q + pq2 + 7q3) .

Comme p et q sont premiers entre eux, l’on en déduit que q2 divise 3, donc q = 1 et α = p est unnombre entier négatif. Alors

0 = P (p) = p(3p4 + 4p2 + 2p+ 1) + 7 ,

donc p divise 7 et l’on ne peut avoir que p = −1 ou p = −7. On constate facilement que P (−1) = 1n’est pas nul. Par ailleurs, si p = −7, on aurait

0 = 3p5 + 4p3 + 2p2 = p2(p(3p2 + 4) + 2) ,

ce qui est faux car p devrait diviser 2. Donc le polynôme P n’a pas de racine rationnelle.

Chapitre 9

Relations entre les coefficients et les

racines

Exercice 81

Soit α et β les racines du polynôme X2 + bX + c. Trouver un polynôme de degré 2 dont les racinessont α2 et β2.

Solution

On aα+ β = −b et αβ = c ,

alorsα2 + β2 = (α+ β)2 − 2αβ = b2 − 2c et α2β2 = c2 .

Donc α2 et β2 sont racines du polynôme

X2 − (b2 − 2c)X + c2 .

Exercice 82

Soit a et b deux nombres réels (a 6= 0). Donner une condition nécessaire et suffisante pour que lepolynôme

P (X) = a3X2 + bX + c3

ait une racine qui soit le carré de l’autre.

84 CHAPITRE 9. RELATIONS ENTRE LES COEFFICIENTS ET LES RACINES

Solution

Si les racines sont u et v = u2, on a donc

c3

a3= uv = u3 ,

donc u = c/a doit être racine de P , ce qui donne

0 = P (c/a) = ac2 +bc

a+ c3 =

c

a(ac(a + c) + b) .

On a donc, ou bien c = 0, et dans ce cas le polynôme P a pour racines 0 et −b/a3, ce qui impliqueb = 0, ou bien

b = −ac(a+ c) ,

et dans ce cas le polynôme devient

P (X) = a3X3 − ac(a+ c)X2 + c3 = a3(X3 −

(c

a+

c2

a2

)X +

c

a

c2

a2

)

et a pour racines c/a et (c/a)2, donc répond à la question. En remarquant que le cas b = c = 0 est uncas particulier du précédent, la condition nécessaire et suffisante cherchée est donc

b = −ac(a+ c) .

Exercice 83

Soit a et b deux nombres réels strictement positifs, et P le polynôme

P (X) = X2 − aX + b

de racines u et v.

1) Montrer qu’il est possible de construire deux triangles isocèles distincts dont les longueurs descôtés soient u et v si et seulement si

9b > 2a2 > 8b .

2) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que l’un des triangles isocèles soit rectangle.

Solution

1) Une première condition est que le discriminant soit positif, pour que les racines soient réelles. Dans cecas, puisque le produit et la somme des racines sont strictement positifs, les racines seront strictementpositives. Les longueurs des côtés seront donc (u, u, v) et (v, v, u). Ensuite, si l’on veut obtenir deux

85

triangles distincts, ils ne peuvent être équilatéraux et les racines de P doivent être distinctes. Finalementl’existence de racines réelles positives distinctes a lieu si et seulement si

∆ = a2 − 4b > 0 .

Alors, en raison des inégalités triangulaires, pour pouvoir obtenir deux triangles, on doit avoir à la fois

u < 2v et v < 2u ,

ou encorea = u+ v < 3v et a = u+ v < 3u .

Le nombre a/3 doit donc être inférieur aux racines de P . Comme a/3 est inférieur à la demi-sommedes racines a/2, la condition a lieu si et seulement si P (a/3) est positif. Donc

P (a/3) =a2

9− a2

3+ b =

1

9(9b− 2a2) > 0 .

On obtient bien la condition9b > 2a2 > 8b .

2) Si l’on veut que l’un des triangles soit rectangle, on a donc, d’après le théorème de Pythagore,

u =√2 v

par exemple. Alorsa = u+ v = (1 +

√2)v ,

et doncv =

a

1 +√2.

Le triangle est rectangle si et seulement si P (v) est nul c’est-à-dire

a2

(1 +√2)2

− a2

1 +√2+ b = 0 ,

ce qui donne √2 a2 = (1 +

√2)2b = (3 + 2

√2)b ,

et finalement, en multipliant par√2

2a2 = (4 + 3√2)b .

En remarquant que9 > 3

√2 + 4 > 8 ,

la condition9b > 2a2 > 8b ,

est satisfaite dans ce cas, et la condition est suffisante pour que l’un des triangles soit rectangle.D’ailleurs, on peut expliciter le polynôme. On a

b =

√2

3 + 2√2a2 =

√2 (3− 2

√2)a2 = (3

√2− 4)a2 ,


donc

P (X) = X2 − aX + (3√2− 4)a2 ,

qui a pour racines (√2− 1)a et (2−

√2)a =

√2(√2− 1)a.

Exercice 84

Trouver trois nombres entiers a, b, c tels que

a+ b+ c = 8 , a2 + b2 + c2 = 30 , a3 + b3 + c3 = 134 .

Solution

Les nombres a, b, c sont les racines du polynôme

P (X) = X3 − (a+ b+ c)X2 + (ab+ bc+ ca)X − abc .

On a

a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 − 2(ab+ bc+ ca) ,

donc

ab+ bc+ ca =1

2[(a+ b+ c)2 − (a2 + b2 + c2)] =

1

2(64 − 30) = 17 .

Alors les nombres a, b, c sont les racines du polynôme

P (X) = X3 − 8X2 + 17X − abc .

En remplaçant successivement X par a, b, c, et en sommant, on trouve

0 = (a3 + b3 + c3)− 8(a2 + b2 + c2) + 17(a+ b+ c)− 3abc = 134− 8× 30 + 17× 8− 3abc = 30− 3abc ,

et donc

abc = 10 .

Alors a, b, c sont les racines de

P (X) = X3 − 8X2 + 17X − 10 .

Les racines entières divisent 10. On constate alors que les nombres 1, 2, 5 conviennent.

87

Exercice 85

Soit a, b, c, d quatre nombres complexes avec a 6= 0. On note z1, z2, z3 les trois racines (distinctesou confondues) du polynôme

P (Z) = aZ3 + bZ2 + cZ + d .

1) En utilisant la factorisation de P en facteurs du premier degré, calculer en fonction de a, b, c, dles expressions

z1 + z2 + z3 , z1z2 + z2z3 + z3z1 , z1z2z3 .

2) Exprimer en fonction de a, b, c, d les expressions

z21 + z22 + z23 et z31 + z32 + z33 .

3) A quelle condition peut-on être sûr que 0 n’est pas racine de l’équation ? Dans ce cas calculer(toujours en fonction de a, b, c, d) l’expression

1

z1+

1

z2+

1

z3.

Solution

1) Le polynôme se factorise sous la forme

P (Z) = a(Z − z1)(Z − z2)(Z − z3) .

En développant, il vient

P (Z) = a[Z3 − (z1 + z2 + z3)Z

2 + (z1z2 + z2z3 + z3z1)Z − z1z2z3],

et en identifiant,

−a(z1 + z2 + z3) = b , a(z1z2 + z2z3 + z3z1) = c et − az1z2z3 = d ,

d’où

z1 + z2 + z3 = − b

a, z1z2 + z2z3 + z3z1 =

c

aet z1z2z3 = −d

a.

2) On a

(z1 + z2 + z3)2 = (z21 + z22 + z23) + 2(z1z2 + z2z3 + z3z1) .

Donc

z21 + z22 + z23 = (z1 + z2 + z3)2 − 2(z1z2 + z2z3 + z3z1) =

(b

a

)2

− 2c

a=

b2 − 2ac

a2.

Pour la somme des cubes des racines, on remarque que P (z1) + P (z2) + P (z3) est nulle et donc

P (z1) + P (z2) + P (z3) = a(z31 + z32 + z33) + b(z21 + z22 + z23) + c(z1 + z2 + z3) + 3d = 0 ,

d’où l’on déduit


z31 + z32 + z33 = −1

a

[b(z21 + z22 + z23) + c(z1 + z2 + z3) + 3d

]

= −1

a

[bb2 − 2ac

a2− bc

a+ 3d

]

=−b3 + 3abc− 3da2

a3.

3) Le produit des racines vaut −d/a. Donc ce produit est nul si et seulement si d = 0.

Si d 6= 0, le polynôme n’admet pas la racine nulle. Alors, en réduisant au même dénominateur,

1

z1+

1

z2+

1

z3=

z1z2 + z2z3 + z3z1z1z2z2

= − c

d.

Exercice 86

Soit a, b, c les racines du polynôme

P (X) = X3 − 2X2 + 3X − 4 .

1) CalculerS = c(a− b)2 + b(c− a)2 + a(b− c)2 .

2) Trouver un polynôme Q de degré 3 et de racines a+ b, b+ c, c+ a.

Solution

1) On a

σ1 = a+ b+ c = 2 , σ2 = ab+ bc+ ca = 3 et σ3 = abc = 4 .

Alors

S = ca2 + cb2 + bc2 + ba2 + ab2 + ac2 − 6abc = (a+ b+ c)(ab+ bc+ ca)− 9abc = 6− 36 = −30 .

2) Posons

A = b+ c , B = c+ a et C = a+ b .

On obtient successivement

Σ1 = A+B + C = 2(a+ b+ c) = 4 ,

Σ2 = AB +BC +CA = 3(ab+ bc+ ca) + a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 + (ab+ bc+ ca) = 7 ,

Σ3 = ABC = 2abc+ ba2 + ca2 + ac2 + bc2 + ab2 + cb2 = (a+ b+ c)(ab+ bc+ ca)− abc = 2 .

89

Donc A, B, C sont les racines du polynôme

Q(X) = X3 − 4X2 + 7X − 2 .

Exercice 87

Si P est un polynôme unitaire de degré 3 de racines a, b, c, distinctes ou non, on appelle discriminantde P le nombre

∆(P ) =[(a− b)(b− c)(c − a)

]2.

Soit le polynômeP (X) = X3 + pX + q ,

1) Montrer que∆(P ) = −P ′(a)P ′(b)P ′(c) ,

et en déduire ∆(P ) en fonction de p et q.

2) Lorsque p et q sont réels, donner une condition nécessaire et suffisante pour que les racines de Psoient réelles.

3) Soit maintenant le polynôme à coefficients réels

Q(X) = X3 + uX2 + vX +w

de racines a, b, c, distinctes ou non. On pose

P (X) = Q(X − u/3) .

Exprimer P à l’aide des dérivées de Q en −u/3 et déduire de 2) une condition nécessaire et suffisantepour que les racines de P soient réelles.

Solution

1) On remarque que le coefficient de X2 est nul, ce qui implique que

a+ b+ c = 0 .

On a

P (X) = (X − a)(X − b)(X − c) = X3 + pX + q ,

et donc en dérivant

P ′(X) = (X − b)(X − c) + (X − a)(X − c) + (X − b)(X − c) = 3X2 + p .


On en déduit

P ′(a) = (a− b)(a− c) , P ′(b) = (b− c)(b − a) et P ′(c) = (c− b)(c− a) ,

d’où

P ′(a)P ′(b)P ′(c) = (a− b)(a− c)(b− c)(b− a)(c− b)(c − a) = −[(a− b)(b− c)(c − a)

]2= −∆(P ) .

Alors, on a aussi,

∆(P ) = −(3a2 + p)(3b2 + p)(3c2 + p)

= −[p3 + 3(a2 + b2 + c2)p2 + 9(a2b2 + b2c2 + c2a2)p+ 27a2b2c2

].

Or

a2 + b2 + c2 = (a+ b+ c)2 − 2(ab+ bc+ ca)

et

a2b2 + b2c2 + c2a2 = (ab+ bc+ ca)2 − 2(ab2c+ bc2a+ ca2b) = (ab+ bc+ ca)2 − 2abc(a + b+ c) .

Comme

a+ b+ c = 0 , ab+ bc+ ca = p et abc = −q ,

on en déduit

a2 + b2 + c2 = −2p et a2b2 + b2c2 + c2a2 = p2 ,

et finalement

∆(P ) = −[p3 + 3(−2p)p2 + 9p2 p+ 27q2

]= −(4p3 + 27q2) .

2) Si p et q sont réels, alors P a trois racines réelles, ou une racine réelle et deux racines complexesnon réelles conjuguées.

Si a, b, c sont réelles, alors ∆(P ) est positif. (Il est nul si l’on a une racine multiple).

Si a est réelle et b et c conjuguées, alors

(a− b)(b− c)(c− a) = −(a− b)(a− b)(b− b) = −|a− b|2 (2i Im b) ,

et donc

∆(P ) = −4|a− b|4 (Im b)2 < 0 .

Donc le polynôme P a trois racines réelles si et seulement si

∆(P ) = −4p3 − 27q2 ≥ 0 .

3) En utilisant la formule de Taylor en −u/3, il vient

Q(X) =3∑

k=0

Q(k)(−u/3)

k!(X + u/3)k ,

91

donc

P (X) = Q(X − u/3) =

3∑

k=0

Q(k)(−u/3)

k!Xk .

Alors

Q(−u/3) =2u3 − 9uv + 27w

27,

puis, en dérivant, on obtient successivement

Q′(X) = 3X2 + 2uX + v et Q′(−u/3) =3v − u2

3,

Q′′(X) = 6X + 2u et Q′′(−u/3) = 0 ,

Q′′′(X) = Q′′′(−u/3) = 6 ,

d’où

P (X) = X3 +3v − u2

3X +

2u3 − 9uv + 27w

27.

On a alors

∆(P ) = ∆(Q) = −4

(3v − u2

3

)3

− 27

(2u3 − 9uv + 27w

27

)2

,

et, en développant, on trouve

∆(P ) = ∆(Q) = −4v3 + u2v2 − 4u3w + 18uvw − 27w2 .

La condition nécessaire et suffisante pour que P ou Q ait trois racines réelles est donc

∆(Q) = −4v3 + u2v2 − 4u3w + 18uvw − 27w2 ≥ 0 .

Exercice 88

1) Soit a1, . . . , an des nombres réels et σ1, . . . , σn les expressions symétriques élémentaires de ces nnombres. Montrer que a1, . . . , an sont strictement positifs si et seulement si σ1, . . . , σn sont stricte-ment positifs.

2) Si n = 2, peut-on avoir σ1 et σ2 strictement positifs avec a1 et a2 non réels ?

Solution

1) Si a1, . . . , an sont strictement positifs alors

σ1 = a1 + · · ·+ an > 0 , σk =∑

ai1 · · · aik > 0 , σn = a1 · · · an > 0 .


Réciproquement, supposons σ1, . . . , σn strictement positifs, et soit

P (X) = (X + a1) · · · (X + an) = Xn +

n∑

i=1

σiXn−i .

Alors

P ′(X) = nXn−1 +n−1∑

i=1

(n− i)σiXn−i−1 .

Si α est strictement positif, il en est de même de P (α) et de P ′(α). Le nombre −αi est soit racine d’ordreimpair de P , soit racine d’ordre impair de P ′ et P ou P ′ change de signe en −αi. Donc −αi est négativeou nulle. Elle n’est pas nulle, sinon σn = a1 · · · an le serait aussi. Donc les racines (−a1, . . . ,−an) sontstrictement négatives. Il en résulte que les nombres a1, . . . , an sont strictement positifs.

2) Soit a1 = reiθ et a2 = re−iθ, avec r strictement positif, on a

a1 + a2 = 2r cos θ et a1a2 = r2 .

Donc, si θ appartient à l’intervalle ] 0, π/2 [ , les nombres a1+a2 et a1a2 sont strictement positifs, alorsque a1 et a2 ne sont pas réels.

Exercice 89

Trouver le nombre réel λ tel que le polynôme

P (X) = X3 + 3X2 + λX − 3

ait des racines formant une suite arithmétique.

Solution

Notons a, b, c les racines, avec a < b < c. Dire qu’elles forment une suite arithmétique équivaut à direque

b− a = c− b ,

ou encorea+ b+ c = 3b .

Comme a+b+c = −3, on en déduit que b = −1 est racine de P . Or P (−1) vaut −λ−1 . Cela impliqueλ = −1. Alors

P (X) = X3 + 3X2 −X − 3 = X2(X + 3)− (X + 3) = (X + 3)(X2 − 1) = (X + 3)(X + 1)(X − 1) ,

et les racines −3, −1, 1 forment bien une suite arithmétique.

93

Exercice 90 Les nombres algébriques

Un nombre complexe α est dit algébrique, s’il existe un polynôme P , à coefficients entiers telque P (α) soit nul. On note A l’ensemble des nombres algébriques.

1) Montrer que tout nombre rationnel est algébrique.

2) Montrer que les nombres de la forme a+√b et a+ i

√b où a est entier et b est entier positif, sont

algébriques.

3) Montrer que si α est un nombre algébrique non nul, le nombre 1/α est algébrique.

4) Montrer que si α est un nombre algébrique et n un entier, toute racine n−ième de α est algébrique.

5) Soit a et b deux entiers positifs. On veut montrer que α1 =√a+

√b est algébrique. On introduit

α2 =√a−

√b. Etudier le polynôme

P (X) = (X − α1)(X + α1)(X − α2)(X + α2)

et conclure.(Remarque : on peut démontrer de manière générale que la somme de deux nombres algébriques estalgébrique).

6) Soit P un polynôme de degré 3 à coefficients entiers, et α1, α2, α3 les racines (distinctes ou non)de P . Trouver un polynôme dont les racines sont α2

1, α22 et α2

3. Qu’en déduit-t-on ?(Remarque : on peut démontrer de manière générale que le produit de deux nombres algébriquesest algébrique).

Solution

1) Le nombre rationnel α =p

q, où p et q sont entiers et q 6= 0, est racine du polynôme

P (X) = qX − p ,

donc est algébrique.

2) Le nombre a+√b est racine de

P (X) = (X − a+√b)(X − a−

√b) = (X − a)2 − b = X2 − 2aX + a2 − b ,

et a+ i√b est racine de

P (X) = (X − a+ i√b)(X − a− i

√b) = (X − a)2 + b = X2 − 2aX + a2 + b ,

qui sont des polynômes à coefficients entiers. Ils sont donc algébriques.

3) Soit α une racine non nulle du polynôme

P (X) = a0 + a1X + · · · + anXn .


Si a0 = · · · = aq = 0, et aq+1 6= 0, le nombre α serait aussi racine de

Q(X) = aq+1 + · · ·+ anXn−q−1 .

On peut donc se ramener au cas où le terme constant n’est pas nul. On suppose donc que α est racinedu polynôme

P (X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn

avec a0 et an non nuls. Alors

R(X) = XnP (1/X) = a0Xn + a1X

n−1 + · · ·+ an ,

est encore un polynôme à coefficients entiers, et

R

(1

α

)=

1

αnP (α) = 0 .

Donc 1/α est racine du polynôme R dont les coefficients sont entiers. C’est bien un nombre algébrique.

4) On suppose que α est racine du polynôme P (X) à coefficients entiers. Alors si ω est une racinen−ième de α

P (ωn) = P (α) = 0 .

Il en résulte que ω est racine du polynôme P (Xn) qui est aussi à coefficients entiers. C’est bien unnombre algébrique.

5) Si l’on développe, on obtient

P (X) = (X2 − α21)(X

2 − α22) = X4 − (α2

1 + α22)X

2 + α21α

22 .

Mais

α21 + α2

2 = (a+ 2√a√b+ b) + (a− 2

√a√b+ b) = 2a+ 2b ,

et

α21α

22 = (α1α2)

2 = (a− b)2 .

Donc

P (X) = X4 − 2(a+ b)X2 + (a− b)2

est un polynôme à coefficients entiers. Comme α1 est racine de P , c’est donc un nombre algébrique.

6) Si

P (X) = aX3 + bX2 + cX + d ,

on a

α1 + α2 + α3 = − b

a, α1α2 + α2α3 + α3α1 =

c

a, α1α2α3 = −d

a,

d’où

α21 + α2

2 + α23 = (α1 + α2 + α3)

2 − 2(α1α2 + α2α3 + α3α1) =b2 − 2ac

a2.

95

On obtient aussi

α21α

22α

23 = (α1α2α3)

2 =d2

a2.

Enfin

α21α

22 + α2

2α23 + α2

3α21 = (α1α2 + α2α3 + α3α1)

2 − 2(α21α2α3 + α1α

22α3 + α1α2α

23)

= (α1α2 + α2α3 + α3α1)2 − 2α1α2α3(α1 + α2 + α3)

=( ca

)2− 2

b

a

d

a

=c2 − 2bd

a2.

Alors

(X − α21)(X − α2

2)(X − α23) = X3 − b2 − 2ac

a2X2 +

c2 − 2bd

a2X − d2

a2.

Donc, en multipliant par a2, les nombres α2k sont racines du polynôme à coefficients entiers

Q(X) = a2X3 − (b2 − 2ac)X2 + (c2 − 2bd)X − d2 .

Il en résulte que ces nombres sont algébriques.

Exercice 91

Trouver les nombres réels λ tels que le polynôme

P (X) = 3X4 + λX3 − 2X2 + 12X − 8

possède deux racines dont le produit vaut −4. Trouver alors les racines de P .

Solution

Notons a, b, c, d, les racines de P . On a

σ1 = a+ b+ c+ d = −λ

3, σ2 = ab+ ac+ ad+ bc+ bd+ cd = ab+ cd+ (a+ b)(c+ d) = −2

3,

σ3 = abc+ abd+ acd+ bcd = ab(c+ d) + cd(a + b) = −4 , σ4 = abcd = −8

3.

Si l’on suppose ab = −4, on tire de σ4 la valeur cd = 2/3, puis de σ2 et σ3

(a+ b)(c+ d) =8

3et

2

3(a+ b)− 4(c+ d) = −4 .

Si l’on pose

U = a+ b et V = −6(c+ d) ,


les nombres U et V vérifient donc

U + V = −6 et UV = −16 ,

et U et V sont les racines du trinôme

X2 + 6X − 16 = (X − 2)(X + 8) .

On a donc deux cas possibles.

1) (U, V ) = (2,−8). Alors a+ b = 2 et c+ d = 4/3. Dans ce cas

λ = −3

(2 +

4

3

)= −10 .

Les nombres a et b sont racines de X2 − 2X − 4 et valent 1 ±√5, et les nombres c et d sont racines

de 3X2 − 4X + 2 et valent2± i

√2

3.

2) (U, V ) = (−8, 2). Alors a+ b = −8 et c+ d = −1/3. Dans ce cas

λ = −3

(−8− 1

3

)= 25 .

Les nombres a et b sont racines de X2 +8X − 4 et valent −4± 2√5, et les nombres c et d sont racines

de 3X2 +X + 2 et valent−1± i

√23

6.

Exercice 92

Soit n un entier plus grand que 1. On note Un l’ensemble des racines n−ième de l’unité. Soit a, b,c, d, quatre nombres réels tels que ad− bc soit non nul et |c| 6= |d|.

1) Quelles sont les racines complexes du polynôme

P (X) = (dX − b)n − (−cX + a)n ?

2) Calculer

sn =1

n

∑

ω∈Un

aω + b

cω + d,

et trouver la limite de la suite (sn)n≥1.

Solution

1) Remarquons tout d’abord que P est de degré n. En effet le coefficient de Xn vaut

λ = dn − (−c)n .

97

Ce coefficient n’est pas nul sinon on aurait |d| = |c|.

Soit α une racine de P . Si le nombre −cα + a est nul, alors le nombre dα − b l’est également. Celasignifie que le système {

−cx+ ay = 0dx− by = 0

possède une solution non nulle (α, 1). Ce n’est donc pas un système de Cramer et son déterminantbc− ad est nul, ce qui n’est pas le cas.

Alors α est racine de P si et seulement si(

dα− b

−cα+ a

)n

= 1 ,

c’est-à-dire si et seulement si

ω =dα− b

−cα+ a

appartient à Un. En résolvant cette équation, on trouve

dα− b = ω(−cα+ a) puis α(d + ωc) = b+ ωa .

Le nombre d+ ωc n’est pas nul, sinon on aurait |d| = |ωc| = |c| ce qui n’est pas le cas. Finalement

α =aω + b

cω + d.

Comme Un = {e2ikπ/n | 0 ≤ k ≤ n− 1} contient n éléments distincts. On trouve ainsi n valeurs de α.Ces valeurs sont distinctes. En effet l’égalité

aω + b

cω + d=

aω′ + b

cω′ + d,

conduit à(ad− bc)(ω − ω′) = 0 ,

et, puisque ad− bc est non nul, à ω = ω′. Les n nombres trouvés sont donc les n racines de P .

2) La somme sn n’est autre que la moyenne des racines du polynôme P . Si µ est le coefficient de Xn−1

dans P , on a alors

sn =1

n

−µ

λ.

En développant P à l’aide de la formule du binôme, on obtient

P (X) =

n∑

k=0

(n

k

)dkXk(−b)n−k −

n∑

k=0

(n

k

)(−c)kXkan−k .

Doncµ = n(dn−1(−b)− (−c)n−1a) ,


ce qui donne

sn = −dn−1(−b)− (−c)n−1a

dn − (−c)n.

Si |d| < |c|, on divise numérateur et dénominateur par (−c)n. Alors

sn =

−b

c

(d

−c

)n−1

− a

c(d

−c

)n

− 1

,

et, puisque la suite ((d/(−c))n) converge vers 0, la suite (sn) converge vers a/c.

Si |d| > |c|, on divise numérateur et dénominateur par dn. Alors

sn =

b

d+

a

d

(−c

d

)n−1

1−(−c

d

)n ,

et, puisque la suite ((−c/d)n) converge vers 0, la suite (sn) converge vers b/d.

Chapitre 10

Divers

Exercice 93

Soit a, b, c trois nombres complexes. Trouver une condition nécessaire et suffisante pour que l’équa-tion

(a−X)(X + b) = c

soit équivalente àa−X = c ou X + b = c .

Solution

Cela revient à dire que l’équation a pour solutions a− c et c− b. Soit alors

P (X) = (a−X)(X + b)− c .

On aP (a− c) = P (c− b) = c(a+ b− c− 1) .

DoncP (a− c) = P (c− b) = 0

si et seulement si c = 0 ou a+ b− c = 1.

Exercice 94

Montrer que le polynômeP (X) = X3 − 3X + 1

admet trois racines réelles.

100 CHAPITRE 10. DIVERS

Solution

Le polynôme P est de degré 3. S’il avait une racine non réelle a, il aurait aussi la racine conjuguée aet sa troisième racine c serait réelle. Il se factoriserait sous la forme

P (X) = (X − a)(X − a)(X − c) = (X2 − 2XRe a+ |a|2)(X − c) .

Mais alors, pour tout x réel, le nombre x2 − 2xRe a+ |a|2 est positif, et le nombre P (x) est du signede x− c. Comme on a

P (0) = 1 et P (1) = −1 ,

on obtient une contradiction car on devrait avoir à la fois 0 > c et 1 < c. Donc le polynôme P possèdetrois racines réelles. (On peut également utiliser l’exercice 87).

Exercice 95 Polynômes d’interpolation de Lagrange

Soit a, b, c trois nombres réels distincts.

1) Chercher un polynôme P1 de degré inférieur ou égal à 2, tel que

P1(a) = 1, P1(b) = 0, P1(c) = 0 .

Est-il unique ?

2) Chercher des polynômes P2 et P3 de degré inférieur ou égal à 2, tels que

P2(a) = 0, P2(b) = 1, P2(c) = 0 et P3(a) = 0, P3(b) = 0, P3(c) = 1 .

3) Soit α, β, γ, trois nombres réels quelconques. Trouver un polynôme Q de degré inférieur ou égalà 2, tel que

Q(a) = α, Q(b) = β, Q(c) = γ ,

en le cherchant comme combinaison des polynômes P1, P2, P3. Ce polynôme Q est-il unique ?

4) Généraliser ce résultat pour n+ 1 nombres distincts a0, a1, . . . , an.

Solution

1) Le polynôme est de degré au plus 2, et admet pour racines b et c. Il se factorise donc sous la forme

P1(X) = λ(X − b)(X − c) .

On détermine la constante λ en écrivant que

P1(a) = λ(a− b)(a− c) = 1 ,

101

ce qui donne

P1(X) =(X − b)(X − c)

(a− b)(a− c),

et l’on trouve un seul polynôme répondant à la question.

2) On obtient par la même méthode que dans 1)

P2(X) =(X − a)(X − c)

(b− a)(b− c)et P3(X) =

(X − a)(X − b)

(c− a)(c− b).

3) Cherchons le polynôme Q sous la forme

Q = λ1P1 + λ2P2 + λ3P3 .

On a alorsα = Q(a) = λ1P1(a) + λ2P2(a) + λ3P3(a) = λ1 ,β = Q(b) = λ1P1(b) + λ2P2(b) + λ3P3(b) = λ2 ,γ = Q(c) = λ1P1(c) + λ2P2(c) + λ3P3(c) = λ3 .

On trouve donc comme solution le polynôme

Q = αP1 + βP2 + γP3 .

Si le problème a deux solutions Q1 et Q2. La différence Q1 −Q2 est un polynôme de degré 2 au plusadmettant trois racines a, b, c. C’est donc le polynôme zéro, et l’on en déduit que Q1 = Q2. Il y a doncunicité.

Ce calcul montre en particulier que pour tout polynôme Q de degré 2 au plus, on a

Q = Q(a)P1 +Q(b)P2 +Q(c)P3 .

4) Ceci se généralise pour n+ 1 nombres a0, a1, . . . , an. On construit le polynôme de degré n

Pk(X) =(X − a0) · · · (X − ak−1)(X − ak+1) · · · (X − an)

(ak − a0) · · · (ak − ak−1)(ak − ak+1) · · · (ak − an),

qui est tel que

Pk(ak) = 1 et Pk(ar) = 0 si r 6= k .

L’unique polynôme Q de degré au plus n, tel que, si 0 ≤ k ≤ n, on ait Q(ak) = αk, est le polynôme

Q =

n∑

k=0

αkPk .

Remarque : ce résultat signifie que les polynômes P0, . . . , Pn forment une base de Rn[X].


Exercice 96

Si n est un entier naturel, on pose

En(X) = X(X − 1) · · · (X − (n− 1)) (donc E0(X) = 1) .

1) En utilisant les polynômes d’interpolation de Lagrange, montrer que l’unique polynôme Pn dedegré n vérifiant, pour tout entier k compris entre 0 et n, la relation

Pn(k) = (−1)k ,

peut s’écrire dans le corps des fractions rationnelles, sous la forme

Pn(X) =(−1)n

n!En+1(X)

n∑

k=0

(n

k

)1

X − k.

2) Calculer Pn−1(n). En déduire Pn − Pn−1. Puis exprimer Pn dans la base des polynômes Ek.

3) Factoriser Pn − 1 pour n compris entre 1 et 4.

4) Montrer quePn(n−X) = (−1)nPn(X)

et en déduire que, pour tout entier naturel s, le nombre P ′2s(s) est nul.

5) Montrer que si n vaut 1 ou 2, on a, pour tout nombre réel x compris entre 0 et n,

|Pn(x)| ≤ 1 .

Ce résultat reste-t-il vrai pour n = 3 ?

Solution

1) Si l’on pose

Qk(X) = X(X − 1) · · · (X − (k − 1))(X − (k + 1)) · · · (X − n) ,

on a

Qk(k) = k(k − 1) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − n) = k!(−1)n−k(n− k)! ,

et d’après l’exercice précédent, le seul polynôme de degré n, vérifiant, si 0 ≤ k ≤ n, la relation

Pn(k) = (−1)k

est

Pn(X) =n∑

k=0

(−1)kQk(X)

Qk(k)=

(−1)n

n!

n∑

k=0

(n

k

)Qk(X) .

103

En mettant En+1 en facteur, il vient

Pn(X) =(−1)n

n!En+1(X)

n∑

k=0

(n

k

)1

X − k.

2) On obtient alors

Pn−1(n) =(−1)n−1

(n− 1)!En(n)

n−1∑

k=0

(n− 1

k

)1

n− k.

Le nombre En(n) vaut n!, et, si l’on isole le premier terme de la somme,

Pn−1(n) = n(−1)n−1

(1

n+

n−1∑

k=1

(n− 1

k

)1

n− k

)

= (−1)n−1

(1 +

n−1∑

k=1

n

n− k

(n− 1

k

)).

Maisn

n− k

(n− 1

k

)=

(n

k

),

donc

Pn−1(n) = (−1)n−1

(1 +

n−1∑

k=1

(n

k

)).

Pour finir, on remarque quen−1∑

k=1

(n

k

)=

n∑

k=0

(n

k

)− 2 = 2n − 2 ,

et l’on obtientPn−1(n) = (−1)n−1(2n − 1) .

Le polynôme Pn − Pn−1 est de degré n et s’annule pour les nombres entiers compris entre 0 et n − 1.C’est donc un multiple de En. Comme En est de degré n également, il existe un nombre réel an tel que

Pn − Pn−1 = anEn .

AlorsPn(n)− Pn−1(n) = anEn(n) = ann! ,

et donc

an =1

n!(Pn(n)− Pn−1(n)) =

1

n!((−1)n − (−1)n−1(2n − 1)) = (−1)n

2n

n!,

et finalement

Pn − Pn−1 = (−1)n2n

n!En .

Alors, compte tenu du fait que P0 = E0 = 1, on obtient

Pn =n∑

k=1

(Pk − Pk−1) + P0 =n∑

k=1

(−1)n2n

n!En + E0 =

n∑

k=0

(−1)n2n

n!En .


3) En partant de P0 = 1, on trouve successivement

P1(X)− 1 = −2X ,

P2(X)− 1 = P1(X) − 1 + 2X(X − 1) = 2X(X − 2) ,

P3(X)− 1 = P2(X)− 1− 4

3X(X − 1)(X − 2) =

2

3X(X − 2)(5 − 2X) ,

P4(X)−1 = P3(X)−1+2

3X(X−1)(X−2)(X−3) =

2

3X(X−2)(X2−6X+8) =

2

3X(X−2)2(X−4) .

4) Si 0 ≤ k ≤ n, le polynôme Sn(X) = (−1)nPn(n−X) vérifie,

Sn(k) = (−1)nPn(n− k) = (−1)n(−1)n−k = (−1)k .

Donc, par unicité, Sn n’est autre que Pn.

En dérivant, on obtient

S′n(X) = (−1)n+1P ′

n(n−X) = P ′n(X) ,

donc, si n = 2s est pair

−P ′2s(s) = −P ′

2s(n− s) = P ′2s(s) .

Il en résulte que P ′2s(s) est nul, ce que l’on vérifie par exemple pour n = 2 et n = 4.

5) La fonction P1 est décroissante et varie de 1 à −1 sur [ 0, 1 ] . La fonction P2 a un minimum en 1qui vaut −1 et décroît de 1 à −1 sur [ 0, 1 ] , et croît de −1 à 1 sur [ 1, 2 ] . On a donc bien, lorsque nvaut 1 et 2,

|Pn(x)| ≤ 1

sur [ 0, n ] . Par contre pour n = 3, on constate que si 2 < x < 5/2, le produit x(x − 2)(5 − 2x) eststrictement positif et donc

P3(x) > 1 .

Le résultat n’est plus vrai dans ce cas.

Exercice 97

Soit P dans R[X] non constant. Montrer que P (x) est positif pour tout x réel si et seulement si Ps’écrit comme somme de carrés de deux polynômes de R[X].

Solution

La condition est évidemment suffisante.

105

Supposons que P (x) est positif pour tout x réel. On décompose P sur R comme produit de facteursirréductibles et unitaires sous la forme

P = λ

n∏

k=1

Pnk

k ,

où λ est un nombre réel, et Pk est un polynôme irréductible de degré 1 ou 2.

Si Pk est de degré 2 alors son discriminant est strictement négatif et Pk(x) est positif pour tout x réel.

Si Pk est de degré 1 c’est-à-dire Pk = X − αk, alors αk est une racine réelle de P . Cette racine estnécessairement d’ordre pair, sinon P (x) changerait de signe quand x varie dans un voisinage de αk.Donc (X − αk)

2 figure nécesairement dans la décomposition.

Finalement on peut écrire

P = λm∏

k=1

Qk ,

où Qk est un polynôme unitaire de degré 2 dont le discriminant est négatif ou nul et λ est un nombreréel strictement positif.

On démontre alors la propriété par récurrence sur m.

Si m = 1, alorsP (X) = λ(X2 + bX + c) ,

avec∆ = b2 − 4c ≤ 0 .

On peut écrire

P (X) =

[√λ

(X +

b

2

)]2+

[√−λ∆

2

]2,

et la propriété est vraie à l’ordre 1.

Supposons la propriété vraie à l’ordre m− 1, où m ≥ 2. On écrit P = RQm où

R = λm−1∏

k=1

Qk .

On a vu que Qm s’écrivait comme somme de deux carrés, et, en appliquant l’hypothèse de récurrence,le polynôme R également. Il existe donc quatre polynômes U , V , S, T tels que

R = U2 + V 2 et Qm = S2 + T 2 .

On en déduit queP = (U2 + V 2)(S2 + T 2) = (TU + SV )2 + (TV − SU)2

est somme de carrés de deux polynômes, ce qui donne la propriété à l’ordre m. Elle est donc vraie pourtout m ≥ 1.


Exercice 98

Le but de cet exercice est de calculer les sommes

σp(n) =

n∑

k=1

kp .

1) Soit G un polynôme de R[X]. Montrer qu’il existe un polynôme F de R[X] et un seul, admettantpour racine 0, et tel que

F (X) − F (X − 1) = G(X) .

2) On note Fp le polynôme obtenu lorsque G(X) = Xp. Montrer que si p ≥ 1, le polynôme Fp estdivisible par X + 1, et que σp(n) = Fp(n).

3) Montrer que, si p ≥ 1,F ′p(X) = pFp−1(X) + F ′

p(0) .

4) Soit Hp le polynôme dont la dérivée est Fp et qui s’annule en zéro. Montrer que

Fp+1(X) = (p+ 1)Hp(X) −[(p + 1)Hp(1)− 1

]X .

5) Calculer σp(n) pour p = 1, 2, 3, 4.

Solution

1) On remarque que si F est de degré au plus n+ 1, alors F (X) − F (X − 1) est de degré au plus n.

Soit En l’ensemble des polynômes de Rn+1[X] nuls en 0. C’est un sous-espace de dimension n + 1 deRn+1[X]. On peut considérer l’application linéaire Φ de En dans Rn[X] qui à F associe le polynômeF (X)− F (X − 1). Si Φ(P ) est nul, on a donc

P (X) = P (X − 1) ,

avec P (0) = 0. On en déduit par récurrence que P (n) est nul pour tout entier naturel n et le polynômeP a une infinité de racines. C’est donc le polynôme zéro, ce qui montre que Φ est injective. Comme En

et Rn[X] ont même dimension, l’application Φ est aussi surjective, et pour tout G de Rn[X], il existeF unique dans En tel que

Φ(F ) = G .

2) On aXp = Fp(X) − Fp(X − 1) ,

donc, si p ≥ 1,0 = Fp(0) − Fp(−1) = −Fp(−1) ,

ce qui montre que Fp est divisible par X + 1.

107

Par ailleurs

Fp(n) =

n∑

k=1

(Fp(k)− Fp(k − 1)) =

n∑

k=1

kp = σp(n) .

3) Si p ≥ 1, en dérivant la relation

Xp = Fp(X) − Fp(X − 1) ,

on obtientpXp−1 = F ′

p(X) − F ′p(X − 1) .

Si l’on pose

Up−1(X) =1

p(F ′

p(X)− F ′p(0)) ,

on obient un polynôme nul en zéro tel que

Up−1(X) − Up−1(X − 1) =1

p(F ′

p(X)− F ′p(X − 1)) = Xp−1 .

Alors, par unicité, Up−1 n’est autre que Fp−1, d’où

Fp−1(X) =1

p(F ′

p(X) − F ′p(0)) ,

ce qui donne l’égalitéF ′p(X) = pFp−1(X) + F ′

p(0) .

4) Partons de la relationFp(X)− Fp(X − 1) = Xp .

En prenant la primitive nulle en zéro, on obtient

Hp(X)− (Hp(X − 1)−Hp(−1)) =Xp+1

p+ 1.

En particulier, si X = 1,

Hp(1) +Hp(−1) =1

p+ 1.

PosonsVp+1(X) = (p+ 1)(Hp(X)−XHp(1)) +X .

Tout d’abord, Vp+1(0) est nul. Ensuite

Vp+1(X) − Vp+1(X − 1) = (p+ 1)(Hp(X) −XHp(1)) +X

−[(p+ 1)(Hp(X − 1)− (X − 1)Hp(1)) +X − 1]

= (p+ 1)(Hp(X) −Hp(X − 1))− (p+ 1)Hp(1) + 1

= (p+ 1)

(Xp+1

p+ 1−Hp(−1)

)− (p + 1)Hp(1) + 1

= Xp+1 − (p + 1)(Hp(1) +Hp(−1)) + 1

= Xp+1 .


Alors, par unicité Vp+1 n’est autre que Fp+1. On obtient donc

Fp+1(X) = (p+ 1)Hp(X) −[(p+ 1)Hp(1)− 1

]X .

5) En partant de p = 0, pour lequel on a de manière évidente F0(X) = X, On calcule

H0(X) =X2

2puis F1(X) = H0(X)− (H0(1)− 1)X =

X2 +X

2.

Ensuite

H1(X) =1

2

(X3

3+

X2

2

)puis F2(X) = 2H1(X)− (2H1(1)− 1)X =

2X3 + 3X2 +X

6.

On poursuit avec

H2(X) =1

6

(X4

2+X3 +

X2

2

)puis F3(X) = 3H2(X) − (3H2(1) − 1)X =

X4 + 2X3 +X2

4.

Enfin

H3(X) =1

4

(X5

5+

X4

2+

X3

3

)puis F4(X) = 4H3(X)−(4H3(1)−1)X =

6X5 + 15X4 + 10X3 −X

30.

Alors, en mettant n(n+ 1) en facteur dans les différentes expressions

σ1(n) = F1(n) =n(n+ 1)

2, σ2(n) = F2(n) =

n(n+ 1)(2n + 1)

6, σ3(n) = F3(n) =

(n(n+ 1)

2

)2

,

et

σ4(n) = F4(n) =6n5 + 15n4 + 10n3 − n

30=

n(n+ 1)(6n3 + 9n2 + n− 1)

30.

Exercice 99

Soit P et Q deux polynômes non constants de R[X] de degrés respectifs p et q. On définit parrécurrence une suite (Un)n≥0 de polynômes, en posant U0 = Q et, pour n ≥ 1,

Un = P ◦ Un−1 .

1) Calculer le degré de Un.

2) a) Montrer qu’il existe un couple (a, b) de nombres réels tel que, pour tout entier n,

Un(a) = b

si et seulement si P (b) = Q(a) = b.

b) Montrer que si P (X) n’est pas le polynôme X, le nombre de tels couples est fini et donner unmajorant de ce nombre. Que se passe-t-il si P (X) = X ?

c) Montrer que si P et Q sont de degrés impairs, et si P (X) −X n’est pas constant, un tel coupleexiste toujours.

109

Solution

1) Comme deg(A ◦B) = degAdegB, on a

degUn = degP degUn−1 .

La suite (degUn) est donc géométrique et comme degU0 = q, on en déduit

degUn = q pn .

2) a) Si l’on a Un(a) = b pour tout entier n, c’est vrai en particulier si n = 0 et donc Q(a) = b. Alorson a aussi

b = U1(a) = P (Q(a)) = P (b) .

Réciproquement, si P (b) = Q(a) = b, on montre par réccurence que, pour tout n, on a Un(a) = b.C’est vrai si n = 0, puisque

U0(a) = Q(a) = b .

Supposons la propriété vraie à l’ordre n− 1, alors

Un(a) = P (Un−1(a)) = P (b) = b ,

et la propriété est vraie à l’ordre n donc pour tout n ≥ 0.

2) b) Le polynôme P (X) − X est de degré p et a au plus p racines. Donc l’équation P (b) = b a auplus p solutions. Comme Q(X)− b est de degré q, l’équation Q(X) = b a au plus q solutions. Alors lenombre de couples possibles est au maximum p q.

Si P (X) = X alors Un = Un−1 et pour tout n, on a Un = Q.

2) c) Si P est de degré impair, et si P (X)−X n’est pas constant, c’est un polynôme de degré impairqui possède au moins une racine réelle b. Alors Q(X)− b est aussi de degré impair et possède au moinsune racine réelle a. Il existe donc au moins un couple (a, b) répondant à la question.

Exercice 100

Soit la suite (Pn)n≥0 de polynômes définie par P0(X) = 1, P1(X) = X, et, pour tout entier n,

Pn+2(X) = Pn(X)− 2XPn+1(X) .

1) Montrer que Pn est un polynôme de degré n, de même parité que n et à coefficients entiers.

2) Expliciter la fonction polynomiale Pn associée à Pn.


Solution

1) La propriété se démontre par récurrence.

Le polynôme P0 est un polynôme de degré 0, pair et à coefficients entiers.Le polynôme P1 est un polynôme de degré 1, impair et à coefficients entiers.

Supposons la propriété vraie aux ordres n et n + 1. Alors puisque Pn+1 est de degré n + 1, et Pn dedegré n, le polynôme XPn+1 est de degré n+ 2 et Pn+2 également.

Si Pn a même parité que n et Pn+1 a même parité que n+ 1, alors Pn et XPn+1 ont même parité quen+ 2. Donc Pn+2 a bien même parité que n+ 2.

Enfin, si Pn et Pn+1 sont à coefficients entiers, il en est de mème de Pn+2. La propriété est donc vraieà l’ordre n+ 2, et donc quel que soit n.

2) On peut considérer (Pn(x))n≥0 comme une suite récurrente linéaire, de polynôme caractéristique

Q(X) = X2 + 2xX − 1 ,

dont les racines sont réelles et valent

α = −x+√

x2 + 1 et β = −x−√

x2 + 1 .

AlorsPn(x) = λαn + µβn .

En étudiant les cas n = 0 et n = 1, on trouve le système{

λ+ µ = 1λα+ µβ = x

,

qui se résout facilement et donne

λ =β − x

β − α=

2x+√x2 + 1

2√x2 + 1

et µ =x− α

β − α=

−2x+√x2 + 1

2√x2 + 1

.

Finalement

Pn(x) =2x+

√x2 + 1

2√x2 + 1

(−x+√x2 + 1)n − 2x−

√x2 + 1

2√x2 + 1

(−x−√

x2 + 1)n .

Exercice 101

Soit a et b deux nombres réels.

1) Montrer que l’application Φ de R[X] dans lui même qui à S associe[(X−a)2S(X)

]′′est surjective.

2) Trouver les polynômes P tels que P (a) = P ′(b) = 0.

111

Solution

1) L’application Φ est linéaire. D’autre part, pour tout entier n,

Φ

((X − a)n

(n+ 1)(n+ 2)

)=

[(X − a)2

(X − a)n

(n+ 1)(n + 2)

]′′= (X − a)n ,

ce qui montre, par linéarité, que Φ est surjective.

2) Puisque P ′(b) est nul, il existe un polynôme K tel que

P ′(X) = (X − b)K(X) ,

et puisque Φ est surjective, il existe S tel que

Φ(S) = K .

Alors

P ′(X) = (X − b)[(X − a)2S(X)]′′ .

On cherche une primitive en intégrant par parties. On obtient

P (X) = (X − b)[(X − a)2S(X)

]′ − (X − a)2S(X) + k

= (X − b)(X − a)[2S(X) + (X − a)S′(X)

]− (X − a)2S(X) + k .

Comme P (a) est nul, la constante k est nulle et

P (X) = (X − a)(X − 2b+ a)S(X) + (X − a)2(X − b)S′(X) .

Réciproquement, soit S un polynôme quelconque et

P (X) = (X − a)(X − 2b+ a)S(X) + (X − a)2(X − b)S′(X) .

Alors P (a) est nul et

P ′(X) = (X − b)[(X − a)2S(X)

]′′,

donc P ′(b) est nul.


Exercice 102

Soit P un polynôme distinct du polynôme zéro, tel que

P (X2) = P (X)P (X + 1) .

1) Montrer que si α est racine de P , il en est de même de α2n , pour toute entier naturel n, de(α− 1)2 et de (α2 − 1)2.

2) Montrer que, ou bien α = 0, ou bien |α| = 1.

3) Montrer qu’il n’existe pas de nombre complexe α tel que

|α| = |α− 1| = |α2 − 1| = 1 .

4) Déduire de ce qui précède que les seules racines de P sont 0 et 1.

5) Trouver tous les polynômes P possibles.

Solution

1) On a

P (α2n+1) = P ((α2n)2) = P (α2n)P (α2n + 1) .

Donc si α2n est racine de P , il en est de même de α2n+1. Alors, par récurrence, si α est racine de P , il

en est de même de α2n , pour toute entier naturel n.

On a aussi

P ((α− 1)2) = P (α− 1)P (α) = 0 ,

donc (α− 1)2 est racine de P . Alors comme α2 est racine de P , il en sera de même de (α2 − 1)2.

2) Supposons que, quels que soient p et q distincts, les nombres α2p et α2q soient distincts. Alors Paurait une infinité de racines et serait le polynôme nul ce qui n’est pas possible. Donc il existe p > qtels que

α2p = α2q

ou encore, si α n’est pas nul,

α2p−2q = 1 ,

ce qui signifie que α est une racine de l’unité, donc |α| = 1.

3) Si l’on avait

|α| = |α− 1| = |α2 − 1| = 1 ,

on aurait aussi

|α| = |α− 1| = |α+ 1| = 1 ,

113

et l’image dans le plan du nombre complexe α appartiendrait à trois cercles distincts de même rayon1, et de centres alignés (0, 0), (1, 0) et (−1, 0) ce qui n’est pas possible.

4) Si α est racine de P , il en est de même de (α − 1)2 et de (α2 − 1)2, donc d’après 2), les nombres|α|, |α− 1| et |α2 − 1| ne peuvent valoir que 0 ou 1, et ils ne peuvent pas tous valoir 1 d’après 3). Onne peut avoir α = −1 car (α − 1)2 = 4 n’est pas de module 1. Donc les seules racines possibles de Psont 0 et 1.

5) Il résulte de ce qui précède queP (X) = λXp(X − 1)q .

Alors, en remplaçant dans la relation de départ, on obtient

λX2p(X2 − 1)q = λ2Xp(X − 1)q(X + 1)pXq ,

c’est-à-direλX2p(X − 1)q(X + 1)q = λ2Xp+q(X − 1)q(X + 1)p ,

qui a lieu si et seulement si λ = 1 et p = q. Les polynômes cherchés sont donc

P (X) =[X(X − 1)

]p.

Exercice 103

Soit l’ensemble A des polynômes non constants de R[X] vérifiant la relation

P (X2) = P (X)P (−X) .

1) Montrer que A est stable par multiplication, par division (si P et Q sont dans A et si Q diviseP , le quotient P/Q est dans A ) et par l’application P 7→ P (X2n+1) , (n entier naturel).

2) Trouver les éléments de A de degré 1. En déduire, que pour tout entier naturel n non nul, lepolynôme 1 +X + · · ·X2n est dans A .

3) Si P est dans A , montrer que les racines non nulles de P sont des racines de l’unité. Quelles sontles valeurs possibles de P (0). Calculer P (−1). Quelles sont les racines réelles possibles pour P ?

4) Calculer le coefficient du terme de plus haut degré d’un élément P de A .

Solution

1) Si P et Q sont dans A , alors

P (X2) = P (X)P (−X) et Q(X2) = Q(X)Q(−X) ,


d’où

(PQ)(X2) = P (X2)Q(X2) = P (X)P (−X)Q(X)Q(−X) = (PQ)(X)(PQ)(−X) ,

et PQ est dans A .

Par ailleurs, si Q divise P , alors R = P/Q est un polynôme et

P

Q(X2) =

P (X2)

Q(X2)=

P (X)P (−X)

Q(X)Q(−X)=

P

Q(X)

P

Q(−X) ,

donc P/Q est dans A .

Enfin, si P est dans A et Q(X) = P (X2n+1)

Q(X2) = P ((X2)2n+1) = P ((X2n+1)2) = P (X2n+1)P (−X2n+1) = P (X2n+1)P ((−X)2n+1) ,

et donc

Q(X2) = Q(X)Q(−X) ,

ce qui montre que Q est dans A .

2) Si P (X) = aX + b est dans A , avec a non nul, on a

aX2 + b = (aX + b)(−aX + b) = b2 − a2X2 ,

donca = −a2 et b = b2 .

On en déduit a = −1 et b = 1 ou b = 0, ce qui donne les deux polynômes −X et 1−X.

Alors, d’après 1), le polynôme 1−X2n+1 est aussi dans A , puis le polynôme

1−X2n+1

1−X= 1 +X + · · · +X2n

est dans A .

3) Soit α une racine non nulle de P . Alors

P (α2) = P (α)P (−α) = 0 ,

et α2 est racine de P . Il en résulte que, pour tout n ≥ 0, le nombre α2n est racine de P . Supposons quequels que soient p et q distincts, les nombres α2p et α2q soient distincts. Alors P aurait une infinité deracines et serait le polynôme nul ce qui n’est pas possible. Donc il existe p > q tels que

α2p = α2q

ou encore

α2p−2q = 1 ,

115

ce qui signifie que α est une racine de l’unité. En particulier si α est réelle, elle ne peut valoir que 1 ou −1.

Si P est dans A , on a en particulier,P (0) = P (0)2 ,

et P (0) ne peut valoir que 0 ou 1.

On a aussiP (1) = P (1)P (−1) .

Si 1 n’est pas racine de P , on en déduit que P (−1) = 1.

Si 1 est racine de P de multiplicité p, alors le polynôme (1 − X)p est dans A , puis le polynômeQ(X) = P (X)/(1 −X)p est dans A et 1 n’est pas racine de Q. Alors Q(−1) = 1, et donc

P (−1) = 2p .

Il en résulte que −1 n’est jamais racine de P . Les seules racines réelles possibles de P sont 0 et 1.

4) Si P est de degré n soit λ le coefficient de Xn dans P . Le coefficient de X2n dans P (X2) est alors

λX2n = (λXn)(λ(−X)n) = (−1)nλ2X2n ,

d’où l’on tire λ = (−1)n .

Exercice 104

1) Soit P un polynôme. On pose Q(X) = P (X2) . Montrer que, pour tout entier naturel n, il existedes nombres entiers λn,k où k est un nombre entier compris entre 0 et n/2, tels que

(Rn) Q(n)(X) =

E(n/2)∑

k=0

λn,kXn−2kP (n−k)(X2) ,

où E(x) désigne la partie entière de x, et calculer λn,0.

2) Montrer que la dérivée n−ième de P (X)2 vaut 2

n−1∑

k=0

(n− 1

k

)P (k)(X)P (n−k)(X) .

3) Soit P un polynôme non constant vérifiant la relation

(C) P (X2) = P (X)2 .

Montrer que si α est une racine non nulle au moins d’ordre n de P , alors α2 est une racine au moinsd’ordre n + 1 de P . En déduire les polynômes P possibles, puis retrouver le résultat en montrantque P aurait une infinité de racines s’il avait une racine non nulle.


Solution

1) La relation (R0) est vraie (en posant λ0,0 = 1). Supposons que (Rn) soit vraie et dérivons cetterelation. On obtient

Q(n+1)(X) =

E(n/2)∑

k=0

[(n− 2k)λn,kX

n−2k−1P (n−k)(X2) + 2λn,kXn−2k+1P (n−k+1)(X2)

]

=

E(n/2)∑

k=0

(n− 2k)λn,kXn−2k−1P (n−k)(X2) +

E(n/2)∑

k=0

2λn,kXn−2k+1P (n−k+1)(X2) .

On peut changer k en k − 1 dans la première somme et l’on obtient

Q(n+1)(X) =

E(n/2)+1∑

k=1

(n− 2k + 2)λn,k−1Xn−2k+1P (n−k+1)(X2) +

E(n/2)∑

k=0

2λn,kXn−2k+1P (n−k+1)(X2)

= 2λn,0Xn+1P (n+1)(X2) +

E(n/2)∑

k=1

[(n− 2k + 2)λn,k−1 + 2λn,k

]Xn−2k+1P (n−k+1)(X2)

+(n− 2E(n/2))λn,E(n/2)Xn−2E(n/2)−1P (n−E(n/2))(X2) .

Mais

n− 2E(n/2) =

{0 si n est pair1 si n est impair

,

et

E((n+ 1)/2) =

{E(n/2) si n est pair

E(n/2) + 1 si n est impair.

Donc, si l’on pose,

λn+1,0 = 2λn,0 ,

si 1 ≤ k ≤ E(n/2)

λn+1,k = (n− 2k + 2)λn,k−1 + 2λn,k ,

et, si n est impair,

λn+1,E((n+1)/2) = λn+1,E(n/2)+1 = λn,E(n/2) ,

on obtient

Q(n+1)(X) =

E((n+1)/2)∑

k=0

λn+1,kXn+1−2kP (n+1−k)(X2) ,

c’est-à-dire (Rn+1). Alors, la propriété (Rn) est vraie pour tout n ≥ 0.

En particulier la suite (λn,0) est géométrique et

λn,0 = 2n .

117

2) PosonsS(X) = P (X)2 donc S′(X) = 2P (X)P ′(X) .

En dérivant à l’ordre n− 1 grâce à la formule de Leibniz, il vient

S(n)(X) = (S′)(n−1)(X) = 2

n−1∑

k=0

(n− 1

k

)P (k)(X)P (n−k)(X) .

3) On démontre par récurence sur n que, pour toute racine α non nulle au moins d’ordre n ≥ 1 de P ,alors α2 est racine au moins d’ordre n+ 1 de P .

Tout d’abord si α est racine de P , le nombre P (α2) = P (α)2 est nul, donc α2 est racine de P . Mais endérivant la relation (C),

2XP ′(X2) = 2P (X)P ′(X) ,

et donc P ′(α2) est nul. Il en résulte que α est au moins racine d’ordre 2 de P . La propriété est vraieau rang 1.

Supposons la propriété vraie au rang n − 1. Alors si α est racine d’ordre n au moins de P , elle estracine d’ordre n − 1 au moins de P , et, d’après l’hypothèse de récurrence, α2 est racine d’ordre n aumoins de P . Il en résulte que, si 0 ≤ k ≤ n− 1,

P (k)(α) = P (k)(α2) = 0 .

En dérivant n fois la relation (C), il résulte de 2) et 3) que

2nXnP (n)(X2) +

E(n/2)∑

k=1

λn,kXn−2kP (n−k)(X2) = 2

n−1∑

k=0

(n− 1

k

)P (k)(X)P (n−k)(X) ,

d’où l’on déduit que P (n)(α2) est nulle, donc que α2 est racine d’ordre n + 1 au moins. La propriétéest vraie au rang n, donc pour tout n ≥ 1.

Alors, si α est racine non nulle de P , quel que soit p, le nombre α2p est racine d’ordre p+ 1 au moinsde P et le degré de P est plus grand que p + 1 quel que soit p ce qui n’est pas possible. Il en résulteque la seule racine de P est 0 et donc que P est de la forme

P (X) = λXr .

La relation (C) devientλX2r = λ2X2r ,

et λ = 1. On obtient tous les monômes Xr.

On peut retrouver simplement ce résultat en remarquant que si α est racine non nulle de P , alors sesdeux racines carrées le sont aussi et, par récurrence, ses 2n racines 2n−ièmes sont racines de P . AlorsP aurait une infinité de racines et serait le polynôme nul. La seule racine possible de P est 0.


Exercice 105

Soit C une constante. Trouver les polynômes P vérifiant la relation

(E(C)) P (X + 1)− P (X − 1) = 2(P ′(X) + C) .

Solution

On constate que, si P (X) = aX2 + bX + c est de degré 2 au plus, on a

P (X+1)−P (X−1) = a(X2+2X+1)+b(X+1)+c−(a(X2−2X+1)+b(X−1)+c) = 4aX+2b = 2P ′(X) .

Donc les polynômes de degré au plus 2 vérifient l’équation E(0).

Par ailleurs

(X + 1)3 − (X − 1)3 = (X3 + 3X2 + 3X + 1)− (X3 − 3X2 + 3X − 1) = 6X2 + 2 ,

donc X3 vérifie l’équation E(1), et tout polynôme de degré 3 vérifiera aussi E(1).

Enfin, si P vérifie E(C), alors P ′ vérifie E(0), donc est de degré inférieur à 2, et P est de degré au plus3. Il n’y a donc pas d’autres constantes C possibles que 0 et 1. Finalement,

si C = 0, les solutions de E(C) sont les polynômes de degré au plus 2

si C = 1, les solutions de E(C) sont les polynômes de degré 3.

Exercice 106

Trouver les polynômes P non constants vérifiant la relation

(1) P (X + 1) + P (X − 1) = 2(P (X) + P (1)) .

Solution

Cherchons pour commencer les polynômes non constants tels que

(2) Q(X + 1) +Q(X − 1) = 2Q(X) .

On constate tout d’abord que tous les polynômes de degré au plus 1 conviennent car

a(X + 1) + b+ a(X − 1) + b = 2(aX + b) .

119

Pour un polynôme de degré 2Q(X) = aX2 + bX + c

on a

Q(X) +Q(−X) = a(X + 1)2 + b(X + 1) + c+ a(X − 1)2 + b(X − 1) + c

= 2aX2 + 2a+ 2bX + 2c

= 2Q(X) + 2a ,

et Q ne vérifie pas (2). Comme toute dérivée d’un polynôme vérifiant (2) vérifie encore (2) il ne peutpas exister de polynôme de degré différent de 1 vérifiant (2).

Si maintenant P vérifie (1), alors le polynôme dérivé P ′ vérifie (2), donc P ′ est un polynôme de degré 1et P est de degré 2. En partant de

P (X) = aX2 + bX + c

on obtient comme ci-dessus,

P (X + 1) + P (X − 1) = 2P (X) + 2a ,

doncP (X + 1) + P (X − 1) = 2(P (X) + P (1)) − 2(b+ c) ,

et P satisfait à l’équation (1) si et seulement si c = −b. Les polynômes cherchés sont donc les polynômes

P (X) = aX2 + bX − b .

Exercice 107

1) Soit P un polynôme de degré n ≥ 1, à coefficients réels, ayant r (r ≥ 2) racines réelles (comptéesavec leur multiplicité) telles que

αr ≤ αr−1 ≤ · · · ≤ α1 .

Montrer que P ′ a au moins r − 1 racines βi (comptées avec leur multiplicité) telles que

αr ≤ βr−1 ≤ αr−1 ≤ · · · ≤ α2 ≤ β1 ≤ α1 .

2) On suppose de plus que le coefficient de Xn dans P est positif. Montrer que si les nombres P (k)(λ)sont positifs lorsque 0 ≤ k ≤ n− 1, alors le nombre réel λ est plus grand que la plus grande racineréelle de P (s’il en existe),

3) Soit le polynômeP (X) = X3 − aX2 + bX − c .

On suppose que P a trois racines réelles distinctes (il existe pour cela une condition nécessaire etsuffisante portant sur a, b, c que l’on n’écrira pas, voir exercice 87). A quelles conditions supplé-mentaires, portant toujours sur a, b, c, ces racines sont-elles les longueurs des côtés d’un triangledu plan.


Solution

1) Lorsque αi+1 6= αi, si P ′ n’avait pas de racine réelle dans l’intervalle ]αi+1, αi [ , alors la fonction Pserait strictement monotone sur l’intervalle [αi+1, αi ] et P (ai+1) serait différent de P (αi) d’où unecontradiction.

Lorsque αi+k < αi+k−1 = · · · = αi < αi−1, cela signifie que αi est une racine d’ordre k de P . Alors αi

est racine d’ordre k − 1 de P ′.

On obtient bien au moins r − 1 racines de P ′ s’intercalant entre celles de P .

2) Remarquons que le nombre P (x) est positif pour x assez grand, puisque le coefficient du terme deplus haut degré de P est positif, et d’autre part, si P a une racine réelle unique α (donc simple), alorsla fonction P change de signe en α et P (λ) est positif si et seulement si λ est plus grand que α. Lapropriété est vraie dans ce cas, et en particulier si P est de degré 1.

On démontre la propriété par récurrence sur n. Elle est vraie à l’ordre 1 d’après ce qui précède. Suppo-sons la vraie à l’ordre n (n ≥ 1). Soit P de degré n+1 tel que P (k)(λ) soit positif si 0 ≤ k ≤ n et dontle coefficient de Xn+1 soit positif. On peut appliquer l’hypothèse de récurrence à P ′ car le coefficientde Xn est positif dans P ′ et (P ′)(k)(λ) = P (k+1)(λ) est positif si 0 ≤ k ≤ n− 1. Donc λ est plus grandque la plus grande racine de P ′ s’il en existe.

Si P a au moins deux racines réelles, soit α sa plus grande racine. Il existe d’après 1) au moins uneune racine de P ′. Soit alors β la plus grande racine de P ′. Il y a deux cas possibles.

(1) Si β ≥ α, alors λ ≥ β ≥ α.(2) Si β < α, alors α est racine simple de P et la fonction P change de signe en α. Elle est donc

négative sur [β, α ] . Donc si P (λ) est positif, c’est que λ est plus grand que α.Alors, la propriété est vraie à l’ordre n+ 1, donc pour tout n ≥ 1.

3) Dire que les racines u, v, w de P sont les longueurs des côtés d’un triangle, signifie que ces troisnombres sont strictement positifs et vérifient les inégalités triangulaires

w < u+ v , v < u+ w , u < v + w ,

qui sont équivalentes à

w <u+ v + w

2, v <

u+ v + w

2, u <

u+ v + w

2.

Alors, les nombres

a = u+ v + w , b = uv + vw + wu et c = uvw

sont strictement positifs, et a/2 est plus grand que les racines u, v et w, donc P (a/2) est strictementpositif, ce qui donne

a3

8− a3

4+

ab

2− c > 0 ,

121

ou encore8c < a(4b− a2) .

Etudions la réciproque. Supposons a, b, c strictement positifs et tels que

8c < a(4b− a2) .

Tout d’abord, si a, b et c sont strictement positifs, les polynômes

P (X) = (X + u)(X + v)(X +w) = X3 + aX2 + bX + c et P ′(X) = 3X2 + 2aX + b

sont strictement positifs pour tout X positif et suivant son ordre de multiplicité, une racine de P estracine d’ordre impaire de P ou de P ′, et P ou P ′ change de signe pour cette racine. Donc P ne peutavoir que des racines négatives. De plus ces racines ne peuvent être nulles puisque leur produit c ne l’estpas. Cela implique que −u, −v, −w sont strictement négatifs, donc que u, v, w sont strictement positifs.

D’autre part,

P (a/2) =1

8(a(4b − a2)− 8c) > 0 ,

puis

P ′(X) = 3X2 − 2aX + b et P ′(a/2) = b− a2

4>

2c

a> 0 ,

enfinP ′′(X) = 6X − 2a et P ′′(a/2) = a > 0 .

Alors, d’après 2), le nombre a/2 est supérieur aux racines de P , ce qui donne les inégalités triangulaires.

Exercice 108 Discriminant

Soit P un polynôme à coefficients complexes de degré n ≥ 2, dont les racines (distinctes ou non)sont a1, . . . , an et dont le coefficient du terme de plus haut degré vaut λ. On appelle discriminantde P le nombre

∆(P ) = λ2n−2∏

1≤i<j≤n

(ai − aj)2 .

1) Montrer par récurrence que

(1) ∆(P ) = (−1)n(n−1)/2λn−2n∏

i=1

P ′(ai) .

2) Montrer queP ′(ai) = λ(ai − a1) · · · (ai − ai−1)(ai − ai+1) · · · (ai − an) ,

et retrouver la relation (1) de manière directe.

3) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que P ait une racine multiple.

4) La condition ∆(P ) ≥ 0 est-elle une condition suffisante pour qu’un polynôme P à coefficientsréels ait des racines toutes réelles ?


Solution

1) La propriété est vraie si n = 2. En effet, si

P (X) = λ(X − a1)(X − a2) = λX2 + bX + c ,

et si δ est une racine carrée de b2 − 4λc, alors les racines de P sont

a1 =−b+ δ

2λet a2 =

−b− δ

2λ

et donc

a1 − a2 =δ

λ,

d’où

∆(P ) = λ2(a1 − a2)2 = δ2 = b2 − 4λc .

On retrouve le discriminant habituel d’un polynôme de degré 2. Alors

P ′(X) = 2λX + b ,

donc

P ′(a1) = −P ′(a2) = δ ,

et

∆(P ) = δ2 = −P ′(a1)P′(a2) .

Supposons la propriété vraie pour les polynômes de degré n (n ≥ 2). Si

Pn+1(X) = λ

n+1∏

i=1

(X − ai) ,

posons

Pn(X) = λ

n∏

i=1

(X − ai) ,

donc

Pn+1(X) = Pn(X)(X − an+1) ,

puis

P ′n+1(X) = P ′

n(X)(X − an+1) + Pn(X) .

Alors

P ′n+1(ai) =

{P ′n(ai)(ai − an+1) si 1 ≤ i ≤ n

Pn(an+1) si i = n+ 1,

et

∆(Pn+1) = ∆(Pn)

(λ2

n∏

i=1

(ai − an+1)2

).

123

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on peut écrire,

∆(Pn+1) =

((−1)n(n−1)/2λn−2

n∏

i=1

P ′n(ai)

) (λ2

n∏

i=1

(ai − an+1)2

),

ou encore

∆(Pn+1) =

((−1)n(n−1)/2λn−1

n∏

i=1

P ′n(ai)(ai − an+1)

) (λ

n∏

i=1

(ai − an+1)

)

= (−1)n(n−1)/2λn−1

(n∏

i=1

P ′n(ai)(ai − an+1)

)(−1)nPn(an+1)

= (−1)n(n+1)/2λn−1n+1∏

i=1

P ′n+1(ai) ,

ce qui donne la formule pour un polynôme de degré n+ 1. Elle est donc vraie quel que soit n ≥ 2.

2) On a en dérivant

P ′(X) = λ

n∑

i=1

(X − a1) · · · (X − ai−1)(X − ai+1) · · · (X − an) ,

donc

P ′(ai) = λ(ai − a1) · · · (ai − ai−1)(ai − ai+1) · · · (ai − an) ,

Alorsn∏

i=1

P ′(ai) =

n∏

i=1

[λ(ai − a1) · · · (ai − ai−1)(ai − ai+1) · · · (ai − an)

].

Dans cette expression on trouve tous les produits (ai − aj)(aj − ai), et il y a(n2

)= n(n−1)

2 produits dece type, donc

n∏

i=1

P ′(ai) = λn(−1)n(n−1)/2∏

1≤i<j≤n

(ai − aj)2 .

Finalement

∆(P ) = λ2n−2∏

1≤i<j≤n

(ai − aj)2 = λ2n−2 λ−n(−1)n(n−1)/2

n∏

i=1

P ′(ai) = λn−2 (−1)n(n−1)/2n∏

i=1

P ′(ai) .

3) Il est clair que si, pour un couple (i, j), on a ai = aj alors ∆(P ) est nul, et réciproquement, si ∆(P )est nul, alors un des facteurs (ai−aj) est nul, donc ai = aj. Une condition nécessaire et suffisante pouravoir une racine multiple est donc que ∆(P ) soit nul. On peut aussi voir ce résultat sur l’autre formuledonnant ∆(P ), car ai est une racine multiple de P si et seulement si P ′(ai) est nul.


4) La condition ∆(P ) ≥ 0 pour un polynôme de degré 2 implique que les racines sont réelles. C’estencore vrai pour un polynôme de degré 3. (Voir exercice 87). Etudions le cas du degré 4. Supposonsque P ait quatre racines non réelles distinctes a, a, b, b. Alors

∆(P ) = λ6[(a− a)(a− b)(a− b)(a− b)(a− b)(b− b)

]2

= λ6[(a− a)(b− b) (a− b)(a− b) (a− b)(a− b)

]2

= λ6[(2i Im a)(2i Im b)|a− b|2|a− b|2

]2

= 16λ6[Ima Im b |a− b|2|a− b|2

]2,

et ∆(P ) est positif. Donc cette condition n’est plus suffisante pour que P ait des racines toutes réelles.

Exercice 109 Polynômes de Bernstein

Soit f une fonction définie sur [ 0, 1 ] à valeurs réelles et n un entier plus grand que 1. On appellen−ième polynôme de Bernstein de la fonction f le polynôme

Bn(f)(X) =

n∑

j=0

f

(j

n

)(n

j

)(1−X)n−jXj .

1) Calculer Bn(f)(0), Bn(f)(1) et B1(f)(X).

2) Montrer que

Bn(f)′(X) = n

n−1∑

j=0

(f

(j + 1

n

)− f

(j

n

))(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj .

3) Soit k entier naturel. On pose fk(x) = xk. Ainsi que

Φ0(X) = 1 et Φk(X) = X(X − 1) · · · (X − k + 1) si k ≥ 1 .

a) Calculer Bn(f0)(X).b) Montrer que si n ≥ 2 et k ≥ 1,

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

k−1∑

i=0

(n− 1)i(k

i

)Bn−1(fi)(X) .

c) En déduire Bn(f1) et Bn(f2).d) Soit k un entier plus grand que 1. Montrer par récurrence sur k, qu’il existe des nombresrationnels ak,j (1 ≤ j ≤ k) tels que, pour tout entier n plus grand que 1,

125

Bn(fk)(X) =1

nk

k∑

j=1

ak,jΦj(n)Xj ,

et calculer ak,1, ak,k, ak,2 pour tout k. En déduire Bn(f3).e) En calculant de deux manières le coefficient de Xr dans Bn(fk) lorsque n ≥ k, montrer que

ak,r =1

r!

r∑

j=0

(r

j

)(−1)r−jjk .

f) Montrer que si 1 ≤ r ≤ k, l’on a,

ak+1,r = rak,r + ak,r−1 ,

et en déduire que les nombres ak,r sont entiers

Solution

1) On obtient

Bn(f)(0) = f(0) , Bn(f)(1) = f(1) et B1(f)(X) = f(0)(1 −X) + f(1)X .

2) En dérivant, on trouve

Bn(f)′(X) =

n∑

j=0

f

(j

n

)(n

j

)[j(1 −X)n−jXj−1 − (n− j)(1 −X)n−1−jXj

],

ou encore

Bn(f)′(X) =

n∑

j=1

f

(j

n

)(n

j

)j(1−X)n−jXj−1 −

n−1∑

j=0

f

(j

n

)(n

j

)(n− j)(1 −X)n−1−jXj .

En tenant compte du fait que

j

(n

j

)= n

(n− 1

j − 1

)si 1 ≤ j ≤ n et (n− j)

(n

j

)= n

(n− 1

j

)si 0 ≤ j ≤ n− 1

on obtient

Bn(f)′(X) = n

n∑

j=1

f

(j

n

)(n− 1

j − 1

)(1−X)n−jXj−1 −

n−1∑

j=0

f

(j

n

)(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj

,

puis en changeant j en j + 1 dans la première somme

Bn(f)′(X) = n

n−1∑

j=0

f

(j + 1

n

)(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj −

n−1∑

j=0

f

(j

n

)(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj

,


et finalement

Bn(f)′(X) = n

n−1∑

j=0

(f

(j + 1

n

)− f

(j

n

))(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj ,

ce qui donne la formule voulue.

3a) En utilisant la formule du binôme de Newton, on a

Bn(f0)(X) =

n∑

j=0

(n

j

)(1−X)n−jXj = ((1−X) +X)n = 1 .

3b) D’après 2)

Bn(fk)′(X) = n

n−1∑

j=0

((j + 1

n

)k

−(j

n

)k)(

n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj ,

puis, en utilisant la formule du binôme, si k ≥ 1,

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

n−1∑

j=0

(k−1∑

i=0

(k

i

)ji

)(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj .

En permutant les sommations

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

k−1∑

i=0

(n− 1)i(k

i

)

n−1∑

j=0

(j

n− 1

)i(n− 1

j

)(1−X)n−1−jXj

,

c’est-à-dire

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

k−1∑

i=0

(n− 1)i(k

i

)Bn−1(fi)(X) .

3c) Tout d’abord, d’après 1), on a B1(fk) = X si k ≥ 1. Si maintenant n ≥ 2, on a donc

Bn(f1)′(X) = Bn−1(f0)(X) = 1 ,

et, puisque Bn(f1)(0) est nul, on trouve encore,

Bn(f1)(X) = X .

Ensuite, si n ≥ 2,

Bn(f2)′(X) =

1

n(Bn−1(f0)(X) + 2(n− 1)Bn−1(f1)(X)) =

1

n(1 + 2(n− 1)X) ,

d’où, puisque Bn(f2)(0) est nul,

Bn(f2)(X) =1

n(X + (n− 1)X2) =

1

n2(nX + n(n− 1)X2) ,

127

ce qui reste vrai si n = 1.

3d) On montre la propriété par récurrence sur k en utilisant 3b).

Le calcul de Bn(f1) et Bn(f2) montre que la propriété est vraie aux rangs 1 et 2 en prenant

a1,1 = a2,1 = a2,2 = 1 .

Supposons la propriété vraie jusqu’au rang k − 1. Soit n ≥ 2. On part de

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

(1 +

k−1∑

i=1

(n− 1)i(k

i

)Bn−1(fi)(X)

).

Alors, en utilisant la propriété aux rangs compris entre 1 et k − 1, on obtient

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

1 +

k−1∑

i=1

(n− 1)i(k

i

) 1

(n− 1)i

i∑

j=1

ai,jΦj(n− 1)Xj

.

On permute les sommations ce qui donne

Bn(fk)′(X) =

1

nk−1

1 +

k−1∑

j=1

Φj(n− 1)

k−1∑

i=j

(k

i

)ai,j

Xj

.

On remarque que

Φj(n− 1) = (n− 1)(n − 2) · · · (n− 1− j + 1) = (n− 1) · · · (n− (j + 1) + 1) =Φj+1(n)

n.

En intégrant, on obtient alors, puisque Bn(fk)(0) est nul,

Bn(fk)(X) =1

nk

nX +

k−1∑

j=1

Φj+1(n)

k−1∑

i=j

(k

i

)ai,j

Xj+1

j + 1

,

ou encore, en changeant j en j − 1,

Bn(fk)(X) =1

nk

Φ1(n)X +

k∑

j=2

Φj(n)1

j

k−1∑

i=j−1

(k

i

)ai,j−1

Xj

.

Donc, si l’on pose

ak,1 = 1 et ak,j =1

j

k−1∑

i=j−1

(k

i

)ai,j−1 si 2 ≤ j ≤ k

on a bien

Bn(fk)(X) =1

nk

k∑

j=1

ak,jΦj(n)Xj ,


ce qui reste vrai si n = 1 car Φj(1) est nul si j 6= 1 et vaut 1 si j = 1. Alors, la propriété est vraie aurang k, donc pour tout entier k ≥ 1.

On en déduit en particulierak,k = ak−1,k−1 ,

et ces nombres sont égaux à a1,1 = 1. On a aussi, si k ≥ 2,

ak,2 =1

2

k−1∑

i=1

(k

i

)ai,1 =

1

2

k−1∑

i=1

(k

i

)=

1

2

(k∑

i=0

(k

i

)− 2

)= 2k−1 − 1 .

Alors

Bn(f3)(X) =1

n2(X + 3(n− 1)X2 + (n− 1)(n − 2)X3) .

3e) En développant par la formule du binôme, on a

Bn(fk)(X) =

n∑

j=0

(j

n

)k (nj

) n−j∑

i=0

(−1)i(n− j

i

)Xi+j .

Le coefficient de Xr dans Bn(fk), lorsque 1 ≤ r ≤ n, est donc obtenu pour les couples (i, j) tels quei+ j = r et vaut donc

r∑

j=0

(j

n

)k (nj

)(−1)r−j

(n− j

r − j

).

En utilisant l’autre expression de Bn(fk)(X), on obtient l’égalité

1

nkak,rΦr(n) =

r∑

j=0

(j

n

)k (nj

)(−1)r−j

(n− j

r − j

).

Comme on a

Φr(n) =n!

(n− r)!,

on en tire, en explicitant les coefficients binomiaux,

ak,r =

r∑

j=0

jk(−1)r−j n!

j!(n − j)!

(n − j)!

(n− r)!(r − j)!

(n− r)!

n!=

r∑

j=0

jk(−1)r−j

j!(r − j)!=

1

r!

r∑

j=0

(r

j

)(−1)r−jjk .

3f) En calculant rak,r + ak,r−1, on obtient

r

r∑

j=0

jk(−1)r−j

j!(r − j)!+

r−1∑

j=0

jk(−1)r−1−j

j!(r − 1− j)!=

r−1∑

j=0

jk

j!(r − j)!(−1)r−j(r − (r − j)) + r

rk

r!

c’est-à-dire

r∑

j=0

jk+1

j!(r − j)!(−1)r−j = ak+1,r .

Alors une récurrence immédiate montre que ces nombres sont entiers. Les nombres ak,r sont appelés« nombres de Stirling de deuxième espèce » .

Chapitre 11

Polynômes dans Z/nZ

On notera comme des nombres usuels, les éléments de Z/nZ, et donc n = 0 par exemple.

Exercice 110

On pose K = Z/2Z = {0, 1}. Si P est dans K[X], on note ℓ(P ) le nombre de monômes non nulsconstituant le polynôme P .

1) Donner une condition nécessaire et suffisante portant sur ℓ(P ) pour que 1 soit racine de P .En déduire que ℓ(PQ) et ℓ(P )ℓ(Q) sont deux nombres ayant la même parité.

2) Trouver tous les polynômes irréductibles de degré inférieur ou égal à 5 .

3) Factoriser H(X) = X6 +X3 +X + 1.

Solution

1) Dans K, les coefficients de P non nuls sont égaux à 1. Un polynôme s’écrit donc

P (X) = Xα1 +Xα2 + · · ·+Xαℓ(P ) ,

où les nombres αi sont des entiers positifs distincts. Alors P (1) = ℓ(P ), et 1 est racine de P si etseulement si ℓ(P ) est pair.

Si 1 est racine de P ou de Q, un des nombres ℓ(P ) ou ℓ(Q) est pair, donc ℓ(P )ℓ(Q) est pair. Mais 1est aussi racine de PQ, donc ℓ(PQ) est pair.

Si 1 n’est racine ni de P , ni de Q, les deux nombres ℓ(P ) et ℓ(Q) sont impairs et ℓ(P )ℓ(Q) aussi. Mais1 ne peut pas être racine de PQ, donc ℓ(PQ) est impair. Il en résulte que dans tous les cas ℓ(PQ) etℓ(P )ℓ(Q) ont la même parité.

130 CHAPITRE 11. POLYNÔMES DANS Z/NZ

2) Les polynômes de degré 1 sont X et X + 1 et sont irréductibles.

Lorsque le degré est plus grand que 2, les polynômes irréductibles ont nécessaitement un terme constantégal à 1 (sinon 0 serait racine de P ), et sont constitués d’un nombre impair de monômes (sinon 1 seraitracine de P ). Cherchons, suivant le degré n, les polynômes vérifiant ces conditions.

Si n = 2 le seul polynôme satisfaisant à ces conditions est X2 +X + 1. Ce polynôme est irréductiblesinon il s’écrirait comme produit de facteurs de degré 1 et aurait des racines dans K.

Si n = 3 on trouve deux possibilités X3+X2+1 et X3+X+1. Ces polynômes sont irréductibles, sinonils seraient le produit d’un polynôme de degré 1 et d’un polynôme de degré 2 et aurait une racine dans K.

Pour n = 4 on trouve quatre possibilités X4 + X3 + X2 + X + 1 , X4 + X3 + 1 , X4 + X2 + 1 etX4+X+1. Le seul polynôme réductible de cette liste est le carré du polynôme irréductible de degré 2

(X2 +X + 1)2 = X4 +X2 + 1 .

Pour n = 5 on trouve huit possibilités :

lorsque ℓ(P ) = 5

X5+X4+X3+X2+1 , X5+X4+X3+X+1 , X5+X4+X2+X+1 , X5+X3+X2+X+1 ,

lorsque ℓ(P ) = 3

X5 +X4 + 1 , X5 +X3 + 1 , X5 +X2 + 1 , X5 +X + 1 .

Les seules factorisations possibles sont le produit d’un polynôme irréductible de degré 3 par le polynômeirréductible de degré 2 c’est-à-dire

(X2 +X + 1)(X3 +X2 + 1) = X5 +X + 1 et (X2 +X + 1)(X3 +X + 1) = X5 +X4 + 1 .

Les autres sont irréductibles.

3) Comme ℓ(H) = 4, le polynôme H est divisible par X + 1. On obtient

H(X) = (X + 1)(X5 +X4 +X3 + 1) .

De nouveau X5 +X4 +X3 + 1 est divisible par X + 1, et l’on a

H(X) = (X + 1)2(X4 +X2 +X + 1) .

Une nouvelle fois X4 +X2 +X + 1 est divisible par X + 1 et finalement

H(X) = (X + 1)3(X3 +X2 + 1) ,

ce qui donne la factorisation finale, puisque X3 +X2 + 1 est irréductible.

131

Exercice 111

Soit p un nombre premier. Montrer que toute fonction du corps Z/pZ dans lui-même est une fonctionpolynomiale.

Solution

Soit f une fonction définie sur Z/pZ. Cherchons un polynôme

P (X) = a0 + a1X + · · ·+ ap−1Xp−1

tel que, pour tout x dans Z/pZ, on aitP (x) = f(x) .

En faisant varier x de 0 à p−1 on obtient un système de Vandermonde qui possède une solution uniquedans le corps. (On peut aussi utiliser les polynômes d’interpolation de Lagrange).

Remarque : si deux polynômes ont la même fonction polynomiale, alors leur différence s’annule en toutpoint de Z/pZ et est donc divisible par le produit Π = X(X−1) · · · (X−p+1). Il y a unicité modulo Π.

Exercice 112

1) Soit p un nombre premier. Montrer que, si 1 ≤ q ≤ p−1, le coefficient binomial

(p

q

)est divisible

par p. En déduire dans Z/pZ l’égalité (dite égalité des élèves de troisième)

(a+ b)p = ap + bp .

2) Montrer que pour tout a de Z/pZ, on a ap = a. En déduire une factorisation du polynômeXp −X, puis de Xp−1 − 1.

3) En déduire que (p− 1)! + 1 est divisible par p (Théorème de Wilson).

Solution

1) On a

q!

(p

q

)= p(p− 1) · · · (p− q + 1) ,

et p divise q!

(p

q

). Mais p est premier avec q! donc divise

(p

q

). Alors, dans Z/pZ,

(p

k

)= 0 ,


et en utilisant la formule du binôme,

(a+ b)p = ap +

p−1∑

k=1

(p

k

)akbp−k + bp = ap + bp .

2) On montre, par récurrence sur a, que, pour tout entier a on a dans Z/pZ,

ap = a .

C’est vrai pour a = 0. Supposons le vrai à l’ordre a. Alors, d’après 1)

(a+ 1)p = ap + 1 .

et en utilisant l’hypothèse de rćurrence

(a+ 1)p = a+ 1 .

ce qui montre l’égalité au rang a. Elle est donc vraie pour tout a ≥ 0.

Alors, tous les éléments de Z/pZ sont racines de Xp −X, et donc

Xp −X = X(X − 1) · · · (X − p+ 1) ,

puisXp−1 − 1 = (X − 1) · · · (X − p+ 1) .

3) Dans le polynôme précédent, le terme constant vaut

−1 = (−1) · · · (−p+ 1) = (−1)p−1(p− 1)! .

Lorsque p 6= 2, le nombre p est impair et l’on obtient, dans Z/pZ,

(p− 1)! + 1 = 0 ,

ce qui reste vrai si p = 2. Le nombre (p− 1)! + 1 est donc divisible par p.

Exercice 113

Dans Z/5Z factoriser les polynômes

P (X) = X4 + 2X3 +X + 1 et Q(X) = X3 + 2X + 2 .

133

Solution

On calcule les valeurs de P sur les éléments de Z/5Z. On trouve

P (0) = 1 , P (1) = 0 , P (2) = 0 , P (3) = 4 , P (4) = 4 .

Le polynôme P possède deux racines 1 et 2. On peut mettre en facteur dans P le polynôme

(X − 1)(X − 2) = X2 + 2X + 2 .

On écrit

P (X) = X4 + 2X3 + 2X2 − 2X2 +X + 1

= X2(X2 + 2X + 2) + 3X2 + 6X + 6

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

et X2 + 3 ne s’annule pas sur Z/5Z donc est irréductible.

On procède de même pour Q.

Q(0) = 2 , Q(1) = 0 , Q(2) = 4 , Q(3) = 0 , Q(4) = 4 .

Le polynôme Q possède deux racines 1 et 3. Comme il est de degré 3, une des racines est double. Onpeut mettre en facteur dans Q le polynôme

(X − 1)(X − 3) = X2 +X + 3 .

On écrit

Q(X) = X(X2 +X + 3)−X2 −X + 2

= X(X2 +X + 3)− (X2 +X + 3)

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

Exercice 114

Dans Z/3Z montrer que les polynômes

P (X) = X4 + 2X3 +X + 1 et Q(X) = X3 + 2X + 2 ,

sont premiers entre eux et ne se factorisent pas.


Solution

Effectuons la division euclidienne de P par Q :

X4 +2X3 +X +1 X3 +2X +2−X4 −2X2 −2X X +2

+2X3 −2X2 −X +1−2X3 −4X −4

−2X2 −5X −3

Le reste vaut donc

−2X2 − 5X − 3 = X2 +X .

En divisant Q(X) par ce reste

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

Le reste est un polynôme constant, donc P et Q sont premiers entre eux.

On a

Q(0) = Q(1) = Q(2) = 2 ,

donc Q n’a pas de racine. Comme Q est de degré 3, il ne peut se factoriser.

On a aussi

P (0) = 1 et P (1) = P (2) = 2 ,

donc P n’a pas de racine. La seule factorisation possible est de la forme

P (X) = (X2 + aX + b)(X2 + cX + d) ,

qui conduit au système

a+ c = 2b+ ac+ d = 0ad+ bc = 1

bd = 1

.

En raison de la dernière équation, on a nécessairement b = d dans Z/3Z. La troisième donne b(a+c) = 1donc avec la première 2b = 1 et finalement b = d = 2 puis ac = −4 = 2. Alors a et c sont racines dutrinôme X2 − 2X + 2 qui ne s’annule pas sur Z/3Z. Il en résulte que P ne se factorise pas sur Z/3Z.

135

Exercice 115


P (X) = X4 + 2X3 +X2 + 1 par Q(X) = 2X2 +X + 1

successivement dansa) Z/3Z , b) Z/5Z , c) R.

Solution

a)

X4 +2X3 +X2 +1 2X2 +X +1−4X4 −2X3 −2X2 2X2 +1

−X2 +1−2X2 −X −1

−X

donc

P (X) = (2X2 + 1)Q(X) + 2X .

b)

X4 +2X3 +X2 +1 2X2 +X +1−6X4 −3X3 −3X2 3X2 +2X −2

−X3 −2X2

−4X3 −2X2 −2X−4X2 −2X +1+4X2 +2X +2

+3

donc

P (X) = (3X2 + 2X + 3)Q(X) + 3 .

c)

X4 +2X3 +X2 +1 2X2 +X +1−X4 −X3/2 −X2/2 X2/2 +3X/4 −1/8

+3X3/2 +X2/2−3X3/2 −3X2/4 −3X/4

−X2/4 −3X/4 +1+X2/4 +X/8 +1/8

−5X/8 +9/8

donc

P (X) =1

8(4X2 + 6X − 1)Q(X) − 1

8(5X − 9) .


Exercice 116

Factoriser en produit de polynômes irréductibles le polynôme 3X4 + 2X2 − 1 successivement sura) Q , b) R , c) C , d) Z/5Z.

Solution

a) Le trinôme 3X2 + 2X − 1 a pour racines −1 et 1/3. On a donc

3X2 + 2X − 1 = (3X − 1)(X + 1) .

AlorsP (X) = (3X2 − 1)(X2 + 1) ,

ce qui donne la factorisation sur Q.

b) Sur R, on a alors

P (X) = 3

(X − 1√

3

)(X +

1√3

)(X2 + 1) .

c) Sur C, on termine par

P (X) = 3

(X − 1√

3

)(X +

1√3

)(X + i)(X − i) .

d) Sur Z/5Z, on constate que X2 + 1 s’annule pour 2 et 3, et se factorise donc sous la forme

(X − 2)(X − 3) = X2 + 1 .

Par contre 3X2 − 1 ne s’annule pas. On a donc la factorisation

P (X) = (X − 2)(X − 3)(3X2 − 1) = (X + 3)(X + 2)(3X2 + 4) .

Exercice 117

Dans Z/3Z trouver les polynômes unitaires irréductibles de degré 2 et 3.

Solution

Partons des trois polynômes de degré 1

X , X + 1 , X + 2 ,

pour former les polynômes de degré 2 ayant des racines dans le corps.

137

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

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

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

Il y a neuf polynômes unitaires de degré 2, donc il reste trois polynômes unitaires irréductibles

X2 + 1 , X2 +X + 2 , X2 + 2X + 2 .

Il y a 27 polynòmes unitaires de degré 3. Cherchons tout d’abord les polynômes ayant plusieurs racines.

Il y a tout d’abord les trois racines triples

X3 = X3

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

Il y a ensuite six polynômes ayant une racine double et une simple

X(X + 1)2 = X3 + 2X2 +XX(X + 2)2 = X3 +X2 +X(X + 1)X2 = X3 +X2

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

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

Il y a un polynôme ayant trois racines distinctes

X(X + 1)(X + 2) = X3 + 2X2 .

Les polynômes ayant une seule racine sont alors au nombre de neuf

X(X2 + 1) = X3 +XX(X2 +X + 2) = X3 +X2 + 2XX(X2 + 2X + 2) = X3 + 2X2 + 2X(X + 1)(X2 + 1) = X3 +X2 +X + 1

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

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

Il reste 27− 19 = 8 polynômes unitaires irréductibles de degré 3

X3 +X2 +X + 2 X3 + 2X2 +X + 1 X3 + 2X + 1X3 +X2 + 2X + 1 X3 + 2X2 + 2X + 2 X3 + 2X + 2X3 +X2 + 2 X3 + 2X2 + 1


On constate bien qu’aucun de ces polynômes ne s’annule sur Z/3Z.

Exercice 118

On se place dans l’anneau Z/6Z.

1) Montrer que le polynôme (X + 4)(X + 3) possède quatre racines.

2) Montrer que la fonction polynomiale associée à X3 − X est la fonction nulle et factoriser cepolynôme de trois manières différentes.

3) Soit P un polynôme ayant pour racine 0. Montrer que

P (3) = 3P (1) et P (4) = 4P (1) ,

et en déduire que les fonctions polynomiales ne donnent pas toutes les fonctions de Z/6Z dans Z/6Z.

4) Ecrire tous les polynômes de degré 1 sans racine dans Z/6Z, et montrer que le polynôme X + 1peut s’écrire comme le produit de deux tels polynômes de deux manières possibles.

5) Montrer que les polynômes X + 1 et 2 ont un diviseur commun ∆(X) qui est le générateur del’idéal engendré par ces deux polynômes.

Solution

Ecrivons pour commencer la table de multiplication dans Z/6Z.

× 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5

2 2 4 0 2 4

3 3 0 3 0 3

4 4 2 0 4 2

5 5 4 3 2 1

1) On a(X + 4)(X + 3) = X2 + 7X + 12 = X2 +X = X(X + 1) .

Ce polynôme a pour racines 2, 3, 0 et 5.

2) Le polynôme X3 −X s’annule pour tous les éléments de Z/6Z. On peut alors l’écrire

X3 −X = X(X + 1)(X + 5) = (X + 2)(X + 1)(X + 3) = (X + 5)(X + 3)(X + 4) .

3) Remarquons que pour x = 3 ou x = 4, on a x2 = x, donc, pour tout entier p ≥ 1, on aura égalementxp = x. Alors, si

P (X) = a1X + a2X2 + · · · + anX

n ,

139

on obtient

P (3) = 3(a1 + · · ·+ an) = 3P (1) et P (4) = 4(a1 + · · ·+ an) = 4P (1) .

Une fonction vérifiantf(0) = 0 et f(3) 6= 3f(1)

ne pourra donc pas être polynomiale.

4) Un tel polynôme est de la forme aX + b, où b n’est pas multiple de a, car si b = ca,

aX + b = aX + ca = a(X + c)

a pour racine −c. Par ailleurs, le nombre a doit être différent de 1 et 5 = −1 qui sont les seuls élémentsinversibles de l’anneau.

On obtient alors

2X + 1 2X + 3 2X + 53X + 1 3X + 2 3X + 4 3X + 54X + 1 4X + 3 4X + 5

et aucun de ces polynòmes ne s’annule sur Z/6Z.

On remarque en particulier que

X + 1 = (2X + 5)(3X + 5) = (4X + 1)(3X + 1) .

5) On a2 = 2(3X + 1) et (X + 1) = (4X + 1)(3X + 1) ,

donc∆(X) = 3X + 1

divise 2 et X + 1. Comme d’autre part

∆(X) = 3(X + 1) + 2× 2 ,

il appartient à l’idéal engendré par 2 et X + 1. C’est donc un générateur de cet idéal.

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