exopolynomes
TRANSCRIPT
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 1/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 2/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 3/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 4/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 5/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 6/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 7/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 8/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 9/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 10/14
(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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 11/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 12/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 13/14
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
8/13/2019 exoPOLYNOMES
http://slidepdf.com/reader/full/exopolynomes 14/14
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 .