exoPOLYNOMES

8/13/2019 exoPOLYNOMES

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POLYNOMES

1. Verifier que i est racine du polynome P (X ) = X 4 − 5X 3 + 7X 2 − 5X + 6. Mettre celui-cisous forme d’un produit de facteurs de degre 1, a coefficients reels ou complexes.

2. Verifier que α = 1+i est racine du polynome P (X ) = X 3−(4+i)X 2+(6+2i)X −(4+2i).Resoudre sur C l’equation P (X ) = 0.

3. Montrer que P (X ) = X 3 − 3X + 1 admet trois racines reelles.

4. Faire la division euclidienne de P (X ) = X 8 − 1 par X 3 − 1.

5. Soit P (X ) = X 6 − X 4 + 2X 3 − X + 1. Calculer P (1 + i) et P (1 +√

3).

6. Soient a et b deux nombres complexes distincts, et soit P (X ) un polynome. Calculer en

fonction de P (a) et de P (b) le reste de la division euclidienne de P (X ) par (X − a)(X − b).

7. Soit P un polynome. Montrer que si P (X n) est divisible par X − 1, il est aussi divisiblepar X n − 1.

8. Soient p et q deux entiers naturels ( p > q ). Calculer le reste de la division de X p + X q + 1par X 2 + X +1. A quelles conditions sur p et q , le polynome X 2 + X +1 divise-t-il X p + X q + 1?

9. Calculer le reste de la division de (X − 1)n+2 + X 2n+1 par X 2 − X + 1.

10. a) Soient a,p, q trois nombres complexes. Ecrire les conditions pour que a soit racine

double de polynome X 3

+ pX + q .

b) Quelle condition necessaire et suffisante doivent satisfaire p et q pour que le polynomeX 3 + pX + q ait une racine (au moins) double?

11. Factoriser sur R le polynome P (X ) = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1.

12. Factoriser sur C et R le polynome P (X ) = X 10 + X 5 + 1.

13. Factoriser sur R le polynome P (X ) = X 2n − 2cos αX n + 1.

14. a) Soient m et n deux entiers naturels non nuls. Montrer que le polynome X m

−1 divise

le polynome X nm − 1.

b) Soient p et q deux entiers naturels non nuls. A quelle condition (sur p et q ) le polynomeX p − 1 divise-t-il le polynome X q − 1?

15. Factoriser P (X ) = 16X 5 − 20X 3 + 5X − 1, sachant que P admet au moins une racinemultiple.

16. Soit P n(X ) = 1

2i

1 +

iX

n

n

−

1 − iX

n

n, ou n est une entier naturel non nul..

1



a) Montrer que P n est a coefficients reels.

b) Factoriser P n.

17. a) Soit n un entier naturel non nul. Quelle est la multiplicite pn de la racine 1 dans lepolynome P n(X ) = X 2n+1

−(2n + 1)X n+1 + (2n + 1)X n

−1?

b) On note Qn(X ) le quotient de P n(X ) par (X − 1)3. Montrer que

P n+1(X ) − XP n(X ) = (X − 1)3(1 + X + · · · + X n)2 .

Quelle relation en deduit-on pour les polynomes Qn?

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

d) Montrer que

(1 + X +· · ·

+ X n)2 = 1 + 2X + 3X 2 +· · ·

+ (n + 1)X n + nX n+1 +· · ·

+ 2X 2n−1 + X 2n .

e) On pose an = 1 + · · · + (n + 1) = (n + 1)(n + 2)

2 .

Deduire de ce qui precede par recurrence que

Qn(X ) = a0 + a1X + · · · + an−1X n−1 + an−2X n + · · · + a1X 2n−3 + a0x2n−2 .

2



Corrige

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

Donc i est racine de P (X ). Comme le polynome P est reel, si i est racine, le nombre conjugue−i l’est aussi. Donc P (X ) est divisible paa (X −i)(X +i) = X 2+1. On peut effectuer la divisioneuclidienne. On peut egalement remarquer que

X 4 + 7X 2 + 6 = (X 2 + 1)(X 2 + 6) et − 5X 3 − 5X = −5X (X 2 + 1) ,

ce qui donne

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

2. On a α2 = 2i et a3 = −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 .

Donc α est racine de P (X ).

En effectuant la division euclidienne

X 3

−(4 + i)X 2 +(6 + 2i)X

−(4 + 2i) X

−(1 + i)

−X 3 +(1 + i)X 2 X 2 −3X +(3 − i)−3X 2 +(6 + 2i)X 3X 2 −(3 + 3i)X

(3 − i)X +(4 + 2i)−(3 − i)X −(4 + 2i)

0

DoncP (X ) = (X − (1 + i))(X 2 − 3X + 3 − i) .

On cherche les racines du polynome Q(X ) = X 2

−3X + 3

−i. On a

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

On se ramene au systeme x2 − y2 = −3

2xy = 4

avec de plus|∆| = 5 = x2 + y2 .

On en deduitx2 = 1 et y2 = 4 ,

3



et puisque x et y ont le meme 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 .

Les solutions de l’equation P (X ) = 0 sont donc les nombres 1 + i, 1 − i, et 2 + i.

3. Le polynome P est de degre 3. S’il avait une racine non reelle a, il aurait la racine conjugueea et sa troisieme racine c serait reelle. Il se factoriserait sous la forme

P (X ) = (X − a)(X − a)(X − c) = (X 2 − 2X Re a + |a|2)(X − c) .

Mais alors, pour tout x reel, x2 − 2xRe a + |a|2 est positif, et P (x) est du signe de x − c. MaisP (0) = 1, P (1) = −1 et P (2) = 3. On obtient une contradiction car on devrait avoir a la fois0 < c < 1 et 1 < c < 2. Donc le polynome a trois racines reelles.

4. On effectue la division euclidienne

X 8 −1 X 3 −1−X 8 +X 5 X 5 +X 2

X 5

−X 5 +X 2 −1X 2 −1

DoncX 8

−1 = (X 5 + X 2)(X 3

−1) + X 2

−1 .

5. Le nombre 1 + i est racine du polynome A(X ) = (X − (1 + i))(X − (1− i)) = X 2− 2X + 2.On effectue la division euclidienne de P (X ) par A(X ).

X 6 −X 4 +2X 3 −X +1 X 2 −2X +2−X 6 +2X 5 −2X 4 X 4 +2X 3 +X 2 − 2

2X 5 −3X 4 +2X 3

−2X 5 4X 4 −4X 3

+X 4

−2X 3

−X 4 +2X 3 −2X 2

−2X 2 −X +12X 2 −4X +4

−5X +5

DoncP (X ) = (X 4 + 2X 3 + X 2 − 2)A(X ) − 5X + 5 ,

Alors, puisque A(1 + i) = 0, on a

P (1 + i) = −5(1 + i) + 5 = −5i .

4



Le nombre 1+√

3 est racine du polynome A(X ) = (X − (1 +√

3))(X − (1−√ 3)) = X 2−2X −2.On effectue la division euclidienne de P (X ) par A(X ).

X 6

−X 4 +2X 3

−X +1 X 2

−2X

−2

−X 6 +2X 5 +2X 4 X 4 +2X 3 +5X 2 +16X +422X 5 +X 4 +2X 3

−2X 5 +4X 4 +4X 3

5X 4 +6X 3

−5X 4 +10X 3 +10X 2

16X 3 +10X 2 −X −16X 3 +32X 2 +32X

42X 2 +31X +1−42X 2 +84X +84

115X +85

DoncP (X ) = (X 4 + 2X 3 + 5X 2 + 16X + 42)A(X ) + 115X + 85 ,

Alors, puisque A(1 +√

3) = 0, on a

P (1 +√

3) = 115(1 +√

3) + 85 = 200 + 115√

3 .

6. On divise par un polynome de degre 2. Le reste est donc de degre 1 au plus. Soit

P (X ) = Q(X )(X − a)(X − b) + αX + β .

En particulier P (a) = αa + β

P (b) = αb + β .

On resoud se systeme par combinaison. En soustrayant les deux lignes on obtient

P (a) − P (b) = α(a − b) .

En multipliant la premiere 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 − b X +

aP (b) − bP (a)

a − b .

7. Si X − 1 divise P (X n), alors 1 est racine de P (X n), donc P (1) = 0, et il en resulte queX − 1 divise P (X ). Il existe donc un polynome Q(X ) tel que

P (X ) = (X − 1)Q(X ) .

5



En remplacant X par X n, on en deduit

P (X n) = (X n − 1)Q(X n) ,

et X n − 1 divise P (X n).

8. On divise par un polynome de degre 2. Le reste R(X ) est donc de degre 1 au plus. Soit

X p + X q + 1 = Q(X )(X 2 + X + 1) + αX + β .

Si l’on remplace X par j = e2iπ/3 qui est racine du trinome X 2 + X + 1 = 0, on trouve

j p + jq + 1 = αj + β .

Comme on sait que j3 = 1, il reste a etudier le resultat suivant les restes de la division de p et q par 3. Il y a donc 3 possibilites pour p ( p = 3k, 3k + 1 ou 3k + 2), et 3 pour q (q = 3k, 3k + 1ou 3k + 2), donc 9 cas en tout.

On remarquera par ailleurs que si u et v sont reels, l’egalite uj + v = u j + v implique l’egalite(u− u) j = v − v. Mais v − v est reel, et (u− u) j ne l’est pas si u − u = 0. On en deduit doncque u = u et v = v . De plus

j2 + j + 1 = 0 .

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

p q j p + 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 + 15) 3k 3k + 2 j2 + 2 = − j + 1 −1 1 −X + 1

6) 3k + 1 3k + 1 2 j + 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 2 j2 + 1 = −2 j − 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.

9. Meme methode que dans l’exercice precedent. Posons

P (X ) = (X − 1)n+2 + X 2n+1 .

On a doncP (X ) = Q(X )(X 2 − X + 1) + αX + β .

Si l’on remplace X par − j = −e2iπ/3 qui est racine du trinome X 2 − X + 1 = 0, on trouve

(− j − 1)n+2 + (− j)2n+1 = αj + β .

Mais− 1 − j = j2 et j3 = 1 ,

6



doncP (− j) = j2(n+2) − j2n+1 = j2n+4 − j2n+1 = j2n+1( j3 − 1) = 0 .

Il en resulte que αj + β = 0, et donc que α = β = 0. Le reste est nul.

10. a) Le nombre a est racine double de P si et seulement siP (a) = 0P (a) = 0P (a) = 0

.

MaisP (X ) = 3X 2 + p et P (X ) = 6X .

On a donc le systeme

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

a

= 0

.

Ce systeme equivaut a p = −3a2

q = 2a3

a = 0.

Remarque : le cas a = 0 n’est possible que si p = q = 0 c’est-a-dire P (X ) = X 3, et a = 0 est

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

2 p.

b) Il resulte de ce qui precede que l’on a

p3 = −27a6 et q 2 = 4a6 ,

donc, en eliminant a, on obtient

(C) 4 p3 + 27q 2 = 0 .

Cette condition est donc necessaire pour avoir une racine multiple.

Reciproquement, si p et q satisfont cette relation, ou bien p = 0, alors q = 0 et P (X ) = X 3,

donc on a une racine triple a = 0, ou bien p = 0. Alors posons a = −3q

2 p. On a

P (a) = a3 + pa + q =

−27q 3

8 p3

− 3q

2

+ q =

−q (4 p3 + 27q 2)

8 p3

= 0 ,

et

P (a) = 3a2 + p = 27q 2

4 p2 + p =

4 p3 + 27q 2

4 p2 = 0 .

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

11. Remarquons que(X − 1)P (X ) = X 7 − 1 .

7



Le nombre 1 n’est pas racine de P , donc les racines de P sont les racines 7−iemes de l’uniteautres que 1, c’est-a-dire e2ikπ/7 pour k variant de 1 a 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 conjuguees, on a

(X − e2iπ/7)(X − e12iπ/7) = X 2 − 2cos 2π7

+ 1 ,

(X − e4iπ/7)(X − e10iπ/7) = X 2 − 2cos 4π

7 + 1 ,

(X − e6iπ/7)(X − e8iπ/7) = X 2 − 2cos 6π

7 + 1 ,

d’ou la factorisation sur R :

P (X ) = (X 2 − 2cos 2π

7 + 1)(X 2 − 2cos

4π

7 + 1)(X 2 − 2cos

6π

7 + 1) .

12. Cherchons les racines du polynome P (X ) = X 10 + X 5 + 1. L’equation z10 + z5 + 1 = 0est equivalente au systeme

u2 + u + 1 = 0u = z5 .

On a donc u = j ou u = j. Et l’on recherche les solutions de l’equation

z5 = j = e2iπ/3 .

Si z = ρeiθ, on est ramene au systeme

ρ5 = 1

5θ =

2π

3 + 2kπ

,

d’ou

ρ = 1 et θ = 2π

15 +

2kπ

5 .

Les 5 solutions sont obtenues en faisant varier k de 0 a 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’equation z5 = ¯ j = e−

2iπ/3, sont alors les conjuguees des precedentes, ce quidonne la factorisation sur C :

X 10 + X 5 + 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 conjuguees, on obtient la factorisation sur R

X 10 + X 5 + 1 =

X 2 − 2cos

2π

15 + 1

X 2 + 2 cos

7π

15 + 1

X 2 + 2 cos

π

15 + 1

X 2 − 2cos

4π

15 + 1

(X 2 + X + 1) .

8



13. Le polynome P (X ) = X 2 − 2cos αX + 1 a pour racines eiα et e−iα. Donc

P (X n) = (X n − eiα)(X n − e−iα) .

Les racines de X n − eiα sont les nombres

ak = eiα/n+2ikπ/n pour 0 ≤ k ≤ n − 1 .

Les racines de X n − e−iα sont les conjuguees des precedentes. Mais

(X − eiα/n+2ikπ/n)(X − e−iα/n−2ikπ/n) = X 2 − 2cos

α + 2kπ

n

X + 1 ,

donc

P (X n) =n−1k=0

X 2 − 2cos

α + 2kπ

n

X + 1

.

Cette decomposition sera la decomposition sur R si aucune racine eiα/n+2ikπ/n n’est reelle.Cherchons quand il en est ainsi :dire que la racine precedent est reelle equivaut a dire que l’argument (α +2kπ)/n est un multiple

de π . Mais l’egaliteα + 2kπ

n = pπ ,

equivaut a α = (np− 2k)π. Il en resulte que α doit etre un multiple de π, et meme un multiplede 2π si n est pair.

Il y a donc quatre cas possibles :

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

On aP (X n) = X 2n − 2X n + 1 = (X n − 1)2 = (X 2s − 1)2 .

Les racines 2s

−ieme de l’unite sont ekiπ/s pour k compris entre 0 et 2s

−1. En particulier

k = 0 donne la racine 1, et k = s, la racine −1, de plus, si 1 ≤ k ≤ s− 1, les racines ekiπ/set e(2s−k)iπ/s sont conjuguees. On obtient la factorisation

P (X n) = (X − 1)2(X + 1)2s−1k=1

X 2 − 2cos

kπ

s X + 1

2

.

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

P (X n) = X 2n − 2X n + 1 = (X n − 1)2 = (X 2s+1 − 1)2 .

Les racines 2s + 1−ieme de l’unite sont e2kiπ/(2s+1) pour k compris entre 0 et 2s. Enparticulier k = 0 donne la racine 1, de plus, si 1 ≤ k ≤ s, les racines e2kiπ/(2s+1) ete(2s+1−k)2iπ/(2s+1) sont conjuguees. On obtient la factorisation

P (X n) = (X − 1)2s

k=1

X 2 − 2cos

2kπ

2s + 1X + 1

2

.

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

P (X n) = X 2n + 2X n + 1 = (X n + 1)2 = (X 2s+1 + 1)2 .

En remarquant que P (−X ) est alors le polynome du cas precedent, on en deduit la facto-risation

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

k=1

X 2 + 2 cos

2kπ

2s + 1X + 1

2

.

9



(4) Dans les autres cas

P (X n) =n−1k=0

X 2 − 2cos

α + 2kπ

n

X + 1

.

14. a) En utilisant la relation

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

on obtient en remplacant X par X m,

(X nm−1 − 1) = (X m − 1)(X m(n−1) + · · · + X m + 1) ,

et X m − 1 divise X nm − 1.

On peut aussi verifier que les racines de X m − 1 qui sont les racines simples e2ikπ/m pour0

≤k

≤m

−1, sont aussi racines de X nm

−1 puisque

(e2ikπ/m)mn = e2iknπ = 1 .

b) Le polynome X p − 1 divise X q − 1 si et seulement si les racines de X p − 1, qui sont toutessimples, sont aussi racines de X q − 1. Or les racines de X p − 1 sont e2ikπ/p pour 0 ≤ k ≤ p − 1.Une condition necessaire 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.

Reciproquement, 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 necessaire et suffiante pour que X p − 1 divise X q − 1.

15. Si α est une racine multiple de P , c’est aussi une racine de P = 5(16X 4− 12X 2 + 1). Onpeut effectuer la division euclidienne de P (X ) par P (X )/5.

16X 5 −20X 3 +5X −1 16X 4 −12X 2 +1

−16X 5

+12X 3

−X X −8X 3 +4X −1

Donc

P (X ) = X

5 P (X ) + (−8X 3 + 4X − 1) .

Il en resulte que α est aussi racine de −8X 3 + 4X − 1. On divise de nouveau

16X 4 −12X 2 +1 8X 3 −4X +1−16X 4 +8X 2 −2X 2X

−4X 2

−2X +1

10



Donc16X 4 − 12X 2 + 1 = 2X (8X 3 − 4X + 1) − 4X 2 − 2X + 1 .

Il en resulte que α est encore racine de 4X 2 + 2X − 1. Divisons une derniere fois

8X 3 −4X +1 4X 2 +2X −1−8X 4 −4X 2 +2X 2X −1−4X 2 −2X +14X 2 +2X −1

0

On a donc8X 3 − 4X + 1 = (2X − 1)(4X 2 + 2X − 1) .

Il en resulte que

16X 4 − 12X 2 + 1 = 2X (8X 3 − 4X + 1) − 4X 2 − 2X + 1= (4X 2 + 2X + 1)(2X − 1)2X − (4X 2 + 2X − 1)

= (4X 2 + 2X + 1)(4X 2 − 2X − 1) .

Enfin

P (X ) = X (16X 4 − 12X 2 + 1) − 8X 3 + 4X − 1

= X (4X 2 + 2X + 1)(4X 2 − 2X − 1) − (2X − 1)(4X 2 + 2X − 1)

= (4X 2 + 2X − 1)(4X 3 − 2X 2 − 3X + 1) .

Les racines de 4X 2 + 2X − 1 sont a la fois racines de P et de P , donc racines doubles de P .

AlorsP (X ) = (4X 2 + 2X − 1)2(aX + b) .

Or, le coefficient de X 5 dans P (X ) vaut 16a = 16, donc a = 1, et le terme constant vautP (0) = −1 = b. On a donc

P (X ) = (4X 2 + 2X − 1)2(X − 1) .

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

5

4 , on a finalement

P (X ) = 16X + −1 +

√ 5

4 2

X + −1 −√

5

4 2

(X

−1) .

(On aurait pu s’apercevoir egalement que 1 etait racine de P (X )).

16. a) 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 polynome P n(X ) est a coefficients reels.

11



b) Cherchons le terme de plus haut degre de P n(x) :

si n = 2 p + 1 est impair, le terme de plus haut degre de P (X ) vaut

1

2i2

iX

n n

= (−1) p

X

n n

= (−1) p

nn X n ,

et le polynome est de degre n ;

si n = 2 p est pair, le terme de degre n disparaıt. Cherchons le terme de degre 2n− 1. D’apres laformule du binome, on obtient

1

2i

Cn−1n

iX

n

2 p−1

− Cn−1n

− iX

n

2 p−1

= n(−1) p−1

X

n

n−1

= (−1) p−1

nn−2 X n−1 .

Enfin on remarque queP n(−X ) = −P n(X ) .

Le polynome P n est donc impair. Donc si α est une racine, il en est de meme de −α.

La relation P n(α) = 0, equivaut a n + iα

n − iα

n

= 1 ,

donc, en utilisant les racines n−iemes de l’unite,

n + iα

n − iα = e2ikπ/n ,

ou 0 ≤ k ≤ n − 1.

Alors, en resolvant cette equation, on en tire, si e2ikπ/n

= −1,

α = n

i

e2ikπ/n − 1

e2ikπ/n + 1 .

Puis, en multipliant au numerateur et au denominateur par e−ikπ/n,

α = n

i

eikπ/n − e−ikπ/n

e2ikπ/n + e−ikπ/n .

Mais

eikπ/n − e−ikπ/n = 2i sin kπ

n et eikπ/n + e−ikπ/n = 2 cos

kπ

n ,

et on obtient finalementα = n tan

kπ

n .

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

P n(X ) = (−1) p

nn

2 pk=0

X − n tan

kπ

n

.

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

n tan (2 p + 1 − k)π

n = −n tan

kπ

n ,

12



donc

P n(X ) = (−1) p

nn X

pk=1

X − n tan

kπ

n

X + n tan

kπ

n

.

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

P n(X ) = (−1) p−1

nn−2 X

p−

1k=1

X − n tan kπ

n n

−

1k= p+1

X − n tan kπ

n

.

La encore, si p + 1 ≤ k ≤ n − 1

n tan (2 p + 1 − k)π

n = −n tan

kπ

n ,

donc

P n(X ) = (−1) p−1

nn−2

p−1k=1

X − n tan

kπ

n

X + n tan

kπ

n

.

17. On a tout d’abord P n(1) = 0, puis

P n(X ) = (2n+1)X 2n−(2n+1)(n+1)X n+(2n+1)nX n−1 = (2n+1)[X 2n−(n+1)X n+nX n−1] ,

donc P n(1) = 0. On a ensuite

P n (X ) = (2n + 1)[2nX 2n−1 − n(n + 1)X n−1 + n(n − 1)X n−2] ,

donc P n (1) = 0. (Le resultat reste vrai si n = 1, car le coefficient de X n−2 est nul dans ce cas).On a enfin

P (3)n (X ) = (2n + 1)[2n(2n − 1)X

2n−2

− n(n + 1)(n − 1)X n−2

+ n(n − 1)(n − 2)X n−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) = 0 .

(Le resultat reste vrai si n = 1 et n = 2, car le coefficient de X n−2 est nul dans ces deux cas).Donc 1 est racine triple de P n(X ), c’est-a-dire pn = 3.

b) On a

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

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

= (X − 1)(X 2n+2 − 2X n+1 + 1)

= (X − 1)(X n+1 − 1)2 .

Donc en utilisant la relation

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

on trouveP n+1(X ) − XP n(X ) = (X − 1)3(1 + X + · · · + X n)2 ,

13



et puisqueP n+1 = (X − 1)3Qn+1 et P n = (X − 1)3Qn ,

on en deduitQn+1(X ) − XQn(X ) = (1 + X + · · · + X n)2 .

c) On constate que P 1(X ) = X 3

−3X 2 + 3X

−1 = (X

−1)3, donc Q1(X ) = 1. En appliquant

la relation obtenue dans la question b) on obtient alors

Q2(X ) = X Q1(X ) + (1 + X )2 = X 2 + 3X + 1 ,

puisQ3(X ) = X Q2(X ) + (1 + X + X 2)2 = X 4 + 3X 3 + 6X 2 + 3X + 1 ,

et enfin

Q4(X ) = X Q3(X ) + (1 + X + X 2 + X 3)2 = X 6 + 3X 5 + 6X 4 + 10X 3 + 6X 2 + 3X + 1 .

On voit donc s’introduire une suite de nombres a0, a1, . . . tels que

Qn(X ) = a0 + a1X + · · · + an−1X n−1 + an−2X n + · · · + a1X 2n−3 + a0x2n−2 .

On peut remarquer egalement que an + (n + 2) = an+1 en partant de a0 = 1, et donc que

an = 1 + 2 + · · · + (n + 1) = (n + 1)(n + 2)

2 .

d) Dans le developpement de (1 + X + · · · + X n)(1 + X + · · · + X n), le coefficient de X k estle nombre de facons d’ecrire X k sous la forme X pX k− p, avec 0 ≤ p ≤ n et 0 ≤ k − p ≤ n. Laderniere condition s’ecrit encore k − n ≤ p ≤ k. Il y a deux cas possibles :

Si 0

≤k

≤n, alors 0

≤ p

≤k, et l’on a k + 1 decompositions possibles.

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

Donc on a bien

(1 + X + · · · + X n)2 = 1 + 2X + 3X 2 + · · · + (n + 1)X n + nX n+1 + · · · + 2X 2n−1 + X 2n .

e) La propriete est vraie a l’ordre 1, puisque Q0(X ) = a0 = 1.

Supposons la propriete vraie a l’ordre n. Alors

Qn+1(X ) = XQn(X ) + (1 + X +

· · ·+ X n)2

= X (a0 + a1X + · · · + an−1X n−1 + an−2X n + · · · + a1X 2n−3 + a0x2n−2) +

1 + 2X + 3X 2 + · · · + (n + 1)X n + nX n+1 + · · · + 2X 2n−1 + X 2n

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

Mais, si k ≥ 1, on a ak−1 + k + 1 = ak+1 d’ou

Qn+1(X ) = a0 + a1X + · · · + anX n + an−1X n+1 + · · · + a1X 2n−1 + a0x2n .

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