[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 1Polynme en une indtermineLanneau des polynmesExercice 1 [ 02127 ] [correction]Rsoudre les quations suivantes :a)Q2= XP2dinconnuesP, Q K[X]b)P P = PdinconnueP K[X].Exercice 2 Mines-Ponts MP [ 02674 ] [correction]Trouver lesP R[X] tels queP(X2) = (X2+ 1)P(X).Exercice 3 [ 02377 ] [correction]a) Pourn N, dvelopper le polynme(1 +X)(1 +X2)(1 +X4) . . . (1 +X2n)b) En dduire que tout entierp > 0 scrit de faon unique comme somme depuissance de 2 : 1, 2, 4, 8, . . .Exercice 4 X MP [ 00271 ] [correction]SoitP C[X] non constant et tel queP(0) = 1. Montrer que : > 0, z C, |z| < et |P(z)| < 1Exercice 5 [ 03342 ] [correction]SoitP = a0 +a1X + +anXn C[X]. On poseM =sup|z|=1|P(z)|Montrerk {0, . . . , n} , |ak|M(indice : employer des racines de lunit)DrivationExercice 6 [ 02129 ] [correction]Rsoudre les quations suivantes :a)P2= 4PdinconnueP K[X]b) (X2+ 1)P

6P = 0 dinconnueP K[X].Exercice 7 [ 02130 ] [correction]Montrer que pour tout entier natureln, il existe un unique polynmePn R[X]tel quePn P

n = Xn. Exprimer les coecients dePn laide de nombresfactoriels.Exercice 8 X MP [ 02131 ] [correction]Dterminer dans K [X] tous les polynmes divisibles par leur polynme driv.Exercice 9 [ 02132 ] [correction]SoitP K[X]. MontrerP(X + 1) =+

n=01n!P(n)(X)Exercice 10 [ 03338 ] [correction]Trouver tous les polynmesP R[X] tels quek Z,_k+1kP(t) dt = k + 1Exercice 11 [ 03341 ] [correction]SoitP R[X]. On suppose quea R vrieP(a) > 0 et k N

, P(k)(a)0Montrer que le polynmePne possde pas de racines dans [a, +[.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 2Arithmtique des polynmesExercice 12 [ 02133 ] [correction]Montrer les divisibilits suivantes et dterminer les quotients correspondant :a)X 1| X32X2+ 3X 2 b)X 2| X33X2+ 3X 2 c)X + 1| X3+ 3X22.Exercice 13 [ 02134 ] [correction]SoitP K [X].a) Montrer queP(X) X diviseP(P(X)) P(X).b) En dduire queP(X) X diviseP(P(X)) X.c) On noteP[n]= P . . . P(composition n1 facteurs).Etablir queP(X) X diviseP[n](X) XExercice 14 [ 03407 ] [correction]SoitP K [X]. Montrer queP(X) X diviseP(P(X)) X.Exercice 15 [ 02135 ] [correction]SoitA, B K[X] tels queA2| B2. Montrer queA | B.Exercice 16 [ 02136 ] [correction]SoitA, B K[X] non constants et premiers entre eux.Montrer quil existe un unique couple (U, V ) K[X]2tel queAU +BV= 1 et_deg U< deg Bdeg V< deg A.Exercice 17 [ 02137 ] [correction]Soit (A, B) K[X]2non nuls. Montrer que les assertions suivantes sontquivalentes :(i)A etB ne sont pas premiers entre eux.(ii) (U, V ) ( K[X] {0})2tel queAU +BV= 0, deg U< deg B etdeg V< deg A.Exercice 18 [ 02138 ] [correction]SoitA, B K [X] non nuls.Montrer :A etB sont premiers entre eux si, et seulement si,A+B etAB le sont.Exercice 19 [ 02139 ] [correction]SoitA, B, C K[X] tels queA etB soient premiers entre eux.Montrer : pgcd(A, BC) = pgcd(A, C).Division euclidienneExercice 20 [ 02140 ] [correction]En ralisant une division euclidienne, former une condition ncessaire et susantesur (, ) K2pour queX2+ 2 diviseX4+X3+X2+X + 2.Exercice 21 [ 02141 ] [correction]Soit (a, b) K2tel quea = b etP K [X]. Exprimer le reste de la divisioneuclidienne dePpar (X a)(X b) en fonction deP(a) etP(b).Exercice 22 [ 02142 ] [correction]Soita K etP K [X]. Exprimer le reste de la division euclidienne dePpar(X a)2en fonction deP (a) etP

(a).Exercice 23 X MP [ 02143 ] [correction]Soitt R etn N

.Dterminer le reste de la division euclidienne dans R[X] de (X cos t + sin t)nparX2+ 1.Exercice 24 [ 02144 ] [correction]Soitk, n N

etr le reste de la division euclidienne dek parn.Montrer que le reste de la division euclidienne deXkparXn1 estXr.Exercice 25 [ 02145 ] [correction]Soitn, m N

.a) De la division euclidienne den parm, dduire celle deXn1 parXm1.b) Etablir que pgcd(Xn1, Xm1) = Xpgcd(n,m)1Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 3Lespace vectoriel des polynmesExercice 26 [ 02146 ] [correction]SoitP1 = X2+ 1,P2 = X2+X 1 etP3 = X2+X.Montrer que la famille (P1, P2, P3) est une base de K2 [X].Exercice 27 [ 02147 ] [correction]Pourk {0, . . . , n}, on posePk = (X + 1)k+1Xk+1.Montrer que la famille (P0, . . . , Pn) est une base de Kn [X].Exercice 28 [ 02148 ] [correction]Pourk {0, . . . , n}, on posePk = Xk(1 X)nk.Montrer que la famille (P0, . . . , Pn) est une base de Kn [X].Exercice 29 [ 02149 ] [correction]Pourk N, on posePk =X(X 1) . . . (X k + 1)k!a) Montrer que la famille (P0, P1, . . . , Pn) est une base de Rn [X].b) Montrer quex Z, k N, Pk(x) Zc) Trouver tous les polynmesPtels quex Z, P(x) ZExercice 30 [ 02150 ] [correction]SoitE lespace vectoriel des applications de R dans R.On considreFla partie deE constitue des applications de la forme :x P(x) sin x +Q(x) cos x avecP, Q Rn [X].a) Montrer queFun sous-espace vectoriel deE.b) Montrer queFest de dimension nie et dterminer dimF.Exercice 31 [ 02151 ] [correction]Soitn N etA Kn [X] un polynme non nul.Montrer queF = {P Kn [X] /A | P} est un sous-espace vectoriel de Kn [X] eten dterminer la dimension et un supplmentaire.Exercice 32 Mines-Ponts MP [ 02665 ] [correction]Montrer, pour toutn N, quil existe un uniquePn Rn+1 [X] tel quePn(0) = 0etPn(X + 1) Pn(X) = Xn.Endomorphisme oprant sur les polynmesExercice 33 [ 02152 ] [correction]Soitn N

et : Kn+1 [X] Kn [X] lapplication dnie par(P) = P(X + 1) P(X)a) Montrer que est bien dnie et que est une application linaire.b) Dterminer le noyau de .c) En dduire que cette application est surjective.Exercice 34 [ 02153 ] [correction]Soit : C[X] C[X] lapplication dnie par(P) = P (X + 1) P (X)a) Montrer que est un endomorphisme et que pour tout polynmePnonconstant deg ((P)) = deg P 1.b) Dterminer ker et Im.c) SoitP C[X] etn N. Montrern(P) = (1)nn

k=0(1)k_nk_P(X +k)d) En dduire que si deg P< n alorsn

k=0_nk_(1)kP(k) = 0Exercice 35 [ 02154 ] [correction]Soit : Kn+1 [X] Kn [X] dnie par(P) = (n + 1)P XP

.a) Justier que est bien dnie et que cest une application linaire.b) Dterminer le noyau de.c) En dduire que est surjective.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 4Exercice 36 [ 02155 ] [correction]a) Montrer que : Rn [X] Rn [X] dnie par(P) = P(X) +P(X + 1) estbijective.On en dduit quil existe un uniquePn Rn [X] tel que :Pn(X) +Pn(X + 1) = 2Xn.Montrer que pour toutn N, il existePn Rn [X] unique tel que :Pn(X) +Pn(X + 1) = 2Xn.b) Justier quon peut exprimerPn(X + 1) en fonction deP0, . . . , Pn.c) En calculant de deux faonsPn(X + 2) +Pn(X + 1) dterminer une relationdonnantPn en fonction deP0, . . . , Pn1.Exercice 37 [ 02156 ] [correction]SoitA un polynme non nul de R[X] etr : R[X] R[X] lapplication dniepar :P R[X],r(P) est le reste de la division euclidienne dePparA.Montrer quer est un endomorphisme de R[X] tel quer2= r r = r.Dterminer le noyau et limage de cet endomorphisme.Exercice 38 X MP [ 03046 ] [correction]SoitP R[X]. Montrer que la suite (P(n))nN vrie une relation de rcurrencelinaire coecients constants.Racines dun polynmeExercice 39 [ 02157 ] [correction]a) SoitP = anXn+an1Xn1+... +a1X +a0un polynme coecients entiers tel quean = 0 eta0 = 0.On suppose quePadmet une racine rationneller = p/q exprime sous formeirrductible.Montrer quep | a0 etq | an.b) FactoriserP = 2X3X213X + 5c) Le polynmeP = X3+ 3X 1est-il irrductible dans Q[X] ?Exercice 40 [ 02158 ] [correction]Soita, b, c trois lments, non nuls et distincts, du corps K.Dmontrer que le polynmeP =X(Xb)(Xc)a(ab)(ac)+X(Xc)(Xa)b(bc)(ba)+X(Xa)(Xb)c(ca)(cb)peut scrire sous la formeP = (X a)(X b)(X c) + 1 o est uneconstante que lon dterminera.Exercice 41 [ 02161 ] [correction]Soita0, a1, . . . , an des lments deux deux distincts de K.Montrer que lapplication : Kn [X] Kn+1dnie par(P) = (P(a0), P(a1), . . . , P(an)) est un isomorphisme de K-espace vectoriel.Exercice 42 [ 02162 ] [correction]Soita0, . . . , an des rels distincts et : R2n+1 [X] R2n+2dnie par(P) = (P(a0), P

(a0), . . . , P(an), P

(an)). Montrer que est bijective.Exercice 43 [ 02159 ] [correction]SoitP C[X] un polynme non nul tel queP(X2) +P(X)P(X + 1) = 0a) Montrer que sia est racine dePalorsa2lest aussib) En dduire quea = 0 ou biena est racine de lunit.Exercice 44 [ 02164 ] [correction]Montrer que siP R[X] \ {0} vrieP(X2) = P(X)P(X + 1)ses racines sont parmi 0, 1, j, j2. En dduire tous les polynmes solutions.Exercice 45 X PC - Centrale MP [ 02375 ] [correction]Trouver lesP C[X] vriantP(X2) = P(X)P(X + 1)Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 5Exercice 46 [ 01329 ] [correction]Trouver lesP C[X] vriantP(X2) = P(X)P(X 1)Exercice 47 [ 02165 ] [correction]SoitP(X) = Xn+an1Xn1+ +a1X +a0 C[X]Montrer que si est racine dePalors||1 + max0kn1|ak|Exercice 48 Centrale MP [ 02371 ] [correction]a) Soitn N. Exprimer sin ((2n + 1)) en fonction de sin et cos .b) En dduire que les racines du polynme :P(X) =n

p=0(1)p_2n + 12p + 1_Xnpsont de la formexk = cot2k. Dterminer lesk.Exercice 49 Mines-Ponts MP [ 02663 ] [correction]Montrer quea = cos9est racine dun polynme de degr trois coecients dansQ. Montrer quea est irrationnel.Exercice 50 X MP [ 02941 ] [correction]SoientA, B C[X] non constants vriant{z C/A(z) = 0} = {z C/B(z) = 0} et {z C/A(z) = 1} = {z C/B(z) = 1}.Montrer queA = B.Exercice 51 Centrale MP [ 03098 ] [correction]Pourn N,n3, on notePn le polynme :Pn(X) = (X + 1)nXn1a) Avec le logiciel de calcul formel :Que dire, pourn = 3, 4, 5, 7 du module des racines complexes dePn ?Quelle est la factorisation deP7 dans R[X] ? dans C[X] ?Vrier, laide de valeurs approches, que le polynmeP9 possde des racines demodule> 1.b) Dmontrer que pourn > 7, le polynme drivP

n admet au moins une racinedans C de module> 1.c) SoitP C[X] non constant. Dmontrer que les racines complexe du polynmedrivP

sont dans lenveloppe convexe des racines du polynmeP.Indice : siP(X) = cn

i=1(X zi)mi, considrer la fractionP

/P.d) En dduire quen = 7 est le plus grand entier pour lequel toutes les racines dePn sont de module1.Exercice 52 X MP [ 01352 ] [correction]Soient K un corps eta1, a2, . . . , an K deux deux distincts.a) Calculern

i=1

j=iX ajai ajb) On poseA(X) =n

j=1(X aj). Calculern

i=11A

(ai)Polynmes rels scindsExercice 53 [ 02160 ] [correction]SoitPun polynme de degrn + 1 N

coecients rels, possdantn + 1racines relles distinctes.a) Montrer que son polynme drivP

possde exactementn racines rellesdistinctes.b) En dduire que les racines du polynmeP2+ 1 sont toutes simples dans C.Exercice 54 [ 03339 ] [correction]SoitP R[X] scind racines simples dans R. Montrer que pour tout R

lesracines deP2+2dans C sont toutes simples.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 6Exercice 55 [ 02163 ] [correction]SoitP R[X] un polynme scind de degr suprieur 2.Montrer queP

est scind.Exercice 56 Mines-Ponts MP [ 02669 ] [correction]a) SiP R[X] est scind sur R, montrer queP

est scind sur R.b) Si (a, b, c) R3, montrer queX10+aX9+bX8+cX7+X + 1 nest pas scindsur R.Exercice 57 X MP [ 00274 ] [correction]SoitP R[X] simplement scind sur R. Montrer quePne peut avoir deuxcoecients conscutifs nuls.Exercice 58 [ 03340 ] [correction]SoitP R[X] scind racines simples.Montrer quaucun coecient nul dePne peut tre encadr par deux coecientsnon nuls et de mme signe.Racines et arithmtiqueExercice 59 [ 02166 ] [correction]Soitp etq deux entiers suprieurs 2 et premiers entre eux.Montrer que : (Xp1)(Xq1) | (X 1)(Xpq1).Exercice 60 [ 02167 ] [correction]Justier les divisibilits suivantes :a) n N,X2| (X + 1)nnX 1b) n N

, (X 1)3| nXn+2(n + 2).Xn+1+ (n + 2)X nExercice 61 [ 02168 ] [correction]Montrer quil existe un unique polynmePde degr infrieur 3 tel que :(X 1)2| P 1 et (X + 1)2| P + 1. Dterminer celui-ci.Exercice 62 [ 02169 ] [correction]Justier : (n, p, q) N3, 1 +X +X2| X3n+X3p+1+X3q+2.Exercice 63 [ 02170 ] [correction]Dterminer une condition ncessaire et susante surn N pour queX2+X + 1 | X2n+Xn+ 1Exercice 64 Mines-Ponts MP [ 02668 ] [correction]Dterminer lesPde R[X] tels que (X + 4)P(X) = XP(X + 1).Exercice 65 Mines-Ponts MP [ 02673 ] [correction]On cherche les polynmesPnon nuls tels queP(X2) = P(X 1)P(X).a) Montrer que toute racine dun telPest de module 1.b) Dterminer les polynmesP.Exercice 66 Mines-Ponts MP [ 02672 ] [correction]Dterminer lesPde R[X] \ {0} tels queP(X2) = P(X)P(X 1).Exercice 67 X MP [ 03041 ] [correction]Trouver lesP C[X] tels queP(1) = 1, P(2) = 2, P

(1) = 3, P

(2) = 4,P

(1) = 5 etP

(2) = 6Exercice 68 [ 03406 ] [correction][Equation de Fermat polynomiale]a) SoientP, Q, R C[X] premiers entre eux deux deux, non constants, et telsqueP +Q+R = 0Soientp, q, r le nombre de racines distinctes des polynmesP, Q, Rrespectivement.Prouver que le degr dePest strictement infrieur p +q +r.(indice : introduiteP

QQ

P)b) Trouver tous les triplets de polynmes complexes (P, Q, R) tels quePn+Qn= Rnpourn3 donn.c) Le rsultat stend-il n = 2 ?Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 7Factorisation de polynmesExercice 69 [ 02171 ] [correction]Factoriser dans C[X] puis dans R[X] les polynmes suivants :a)X41 b)X51 c) (X2X + 1)2+ 1.Exercice 70 [ 02172 ] [correction]Factoriser dans R[X] les polynmes suivants :a)X4+X2+ 1 b)X4+X26 c)X8+X4+ 1.Exercice 71 [ 02173 ] [correction]Factoriser le polynme (X +i)n(X i)npourn N

.Exercice 72 [ 02174 ] [correction]Former la dcomposition primaire dans R[X] deP = X2n+11 (avecn N).Exercice 73 CCP MP [ 02175 ] [correction]Soienta ]0, [ etn N

. Factoriser dans C[X] puis dans R[X] le polynmeX2n2 cos(na)Xn+ 1Exercice 74 Mines-Ponts MP [ 02664 ] [correction]a) Soitn N

. Montrer queX2n1 = (X21)n1

k=1(X22X cos kn+ 1)b) Soit un rela = 1 ; dduire de a) la valeur de_0ln(a22a cos t + 1) dtExercice 75 Centrale MP [ 00399 ] [correction]SoitP R[X]. Montrer quil y a quivalence entre(i) x R, P(x)0,(ii) (A, B) R[X]2, P = A2+B2Relations entre racines et coecientsExercice 76 [ 02176 ] [correction]Trouver les racines dans C du polynmeX4+ 12X 5 sachant quil possde deuxracines dont la somme est 2.Exercice 77 [ 02177 ] [correction]Donner une condition ncessaire et susante sur C pour queX37X +admette une racine qui soit le double dune autre. Rsoudre alors lquation.Exercice 78 [ 02178 ] [correction]Rsoudrex38x2+ 23x 28 = 0 sachant que la somme de deux des racines estgale la troisime.Exercice 79 [ 02179 ] [correction]On considre lquation :x3(2 +2)x2+ 2(2 + 1)x 22 = 0 de racinesx1, x2 etx3.a) Former une quation dontx21, x22 etx23 seraient racines.b) En dduire les valeurs dex1, x2, x3.Exercice 80 [ 02180 ] [correction]Dterminer les triplets : (x, y, z) C3tel quea)___x +y +z = 11/x + 1/y + 1/z = 1xyz = 4b)___x(y +z) = 1y(z +x) = 1z(x +y) = 1c)___x +y +z = 2x2+y2+z2= 14x3+y3+z3= 20.Exercice 81 [ 02181 ] [correction]Soientx, y, z C

tels quex +y +z = 0. Montrer1x2 +1y2 +1z2=_1x + 1y + 1z_2Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 8Exercice 82 [ 02182 ] [correction]Pourn N

on posePn =n

k=0Xk.a) Former la dcomposition primaire dePn dans C[X].b) En dduire la valeur den

k=1sinkn+1.Exercice 83 [ 02183 ] [correction]Soita R etn N

. Rsoudre dans C lquation (1 +z)n= cos(2na) +i sin(2na).En dduire la valeur den1

k=0sin_a +kn_.Exercice 84 [ 02184 ] [correction]SoitP C[X] non nul etn = deg P.Montrer que les sommes des zros deP, P

, . . . , P(n1)sont en progressionarithmtique.Exercice 85 Centrale MP [ 02373 ] [correction]SoitP = X3+aX2+bX +c un polynme complexe de racines, , . Calculer + + + + +Exercice 86 Centrale PSI [ 03333 ] [correction]x, y, z dsignent trois complexes vriantx +y +z = 0Etablirx5+y5+z55=_x2+y2+z22__x3+y3+z33_Exercice 87 X PC [ 03336 ] [correction]Rsoudre dans C3le systme___x2+y2+z2= 0x4+y4+z4= 0x5+y5+z5= 0Exercice 88 [ 03345 ] [correction]On considre le polynmeP(X) = a0Xn+a1Xn1+ +an C[X]de racinesx1, . . . , xn comptes avec multiplicit.Pour toutp N, on poseSp = xp1 + +xpnEtablir___a0S1 +a1 = 0a0S2 +a1S1 + 2a2 = 0. . .a0Sp +a1Sp1 + +ap1S1 +pap = 0 (0 < pn). . .a0Sn +a1Sn+1 + +anS1 = 0. . .a0Sn+k +a1Sn+k1 + +anSk = 0 (k > 0)Familles de polynmes classiquesExercice 89 [ 02185 ] [correction]Polynmes de Tchebychev (1821-1894) :Soitn N. On posefn : [1, 1] R lapplication dnie parfn(x) = cos(narccos x)a) Calculerf0,f1, f2 etf3.b) Exprimerfn+1(x) +fn1(x) en fonction defn(x).c) Etablir quil existe un unique polynmeTn de R[X] dont la fonctionpolynomiale associe concide avecfn sur [1, 1].d) Donner le degr deTn ainsi que son coecient dominant.e) Observer queTn possde exactementn racines distinctes, que lon exprimera,toutes dans ]1, 1[.Exercice 90 [ 02186 ] [correction]Polynmes dinterpolation de Lagrange (1736-1813) :Soit (a0, a1, . . . , an) une famille dlments de K deux deux distincts.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 9Pour touti {0, 1, . . . , n} on poseLi =

0jn,j=i(X aj)

0jn,j=i(ai aj)a) Observer que, pour toutj {0, 1, ..., n}, on aLi(aj) = i,j(oi,j est le symbole de Kronecker (1823-1891) qui est gal 1 lorsquei = j et 0sinon).b) Montrer queP Kn [X] , P(X) =n

i=0P(ai)Li(X)Exercice 91 [ 02187 ] [correction]Polynmes de Legendre (1752-1833) :Pour tout entier natureln on poseLn =n!(2n)!_(X21)n_(n)a) Montrer queLn est un polynme unitaire de degrn.b) Montrer queQ Rn1 [X] ,_11Ln(t)Q(t)dt = 0c) En dduire queLn possden racines simples toutes dans ]1, 1[.Exercice 92 [ 02188 ] [correction]Polynmes de Fibonacci ( 1180 1250) :Soit (Pn)n0 la suite de K [X] dnie parP0 = 0, P1 = 1 et n N, Pn+2 = XPn+1 Pna) Montrern N, P2n+1 = 1 +PnPn+2b) En dduiren N, Pn etPn+1 sont premiers entre euxc) Etablir pour que pour toutm N et pour toutn N

on aPm+n = PnPm+1 Pn1Pmd) Montrer que pour toutm N et pour toutn N

on apgcd(Pm+n, Pn) = pgcd(Pn, Pm)En dduire que pgcd(Pm, Pn) = pgcd(Pn, Pr) or est le reste de la divisioneuclidienne dem parn.e) Conclurepgcd(Pn, Pm) = Ppgcd(m,n)Exercice 93 [ 02189 ] [correction]Polynmes de Laguerre (1834-1886) :Pourn N, on dnitLn : R R parLn(x) = exdndxn(exxn)Observer queLn est une fonction polynomiale dont on dterminera le degr et lecoecient dominant.Exercice 94 Mines-Ponts MP [ 02670 ] [correction]Soitn N. Montrer quil existe un unique polynmeP C[X] tel queP(cos ) = cos n pour tout rel. On le noteTn.a) LierTn1, Tn etTn+1.b) Donner une quation direntielle vrie parTn.c) CalculerT(k)n (1) etT(k)n (1).Exercice 95 Mines-Ponts MP [ 02671 ] [correction]Quels sont les couples (P, Q) R[X]2vriantP2+ (1 X2)Q2= 1 ?Exercice 96 [ 02128 ] [correction]On dnit une suite de polynme (Pn) parP0 = 2, P1 = X et n N, Pn+2 = XPn+1 Pna) CalculerP2 etP3.Dterminer degr et coecient dominant dePn.b) Montrer que, pour toutn N et pour toutz C

on aPn(z + 1/z) = zn+ 1/znc) En dduire une expression simple dePn(2 cos ) pour R.d) Dterminer les racines dePn.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Enoncs 10Exercice 97 Centrale MP [ 03269 ] [correction]On posef(x) =1cos xDmontrer lexistence dun polynmePn de degrn et coecients positifs ounul vriantn1, f(n)(x) =Pn(sin x)(cos x)n+1PrciserP1, P2, P3 et calculerPn(1).Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 11CorrectionsExercice 1 : [nonc]a) Si (P, Q) est un couple solution de polynmes non nuls alorsQ2= XP2donne2 deg Q = 1 + 2 deg Pavec deg P, deg Q N ce qui est impossible. Il reste le cas olun des polynmesPouQ est nul et lautre, alors, lest aussi. Inversement, lecouple nul est eectivement solution.b) Si deg P2 alors deg P P = (deg P)2> deg Pet doncPnest pas solution.Si deg P1 alors on peut crireP = aX +b et alorsP P = P a(aX +b) +b = aX +b _a2= aab = 0 (a = 1 etb = 0) ou (a = 0 etb quelconque). Finalement les solutions sont le polynmeX et les polynmesconstants.Exercice 2 : [nonc]Parmi les polynmes constants, seuls le polynme nul est solution.Si deg P1 alors, pour vrier lquation, il est ncessaire que deg P = 2. Onpeut alors crirePsous la formeaX2+bX +c. Parmi, les polynmes de cetteforme, ceux solutions sont ceux obtenus pourb = 0 etc = a. Conclusion, lespolynmes solutions sont lesa(X21) aveca R.Exercice 3 : [nonc]a) PosonsP(X) = (1 +X)(1 +X2)(1 +X4) . . . (1 +X2n)En exploitant successivement (a b)(a +b) = a2b2, on obtient(1 X)P(X) = 1 X2n+1On en dduitP(X) = 1 X2n+11 X= 1 +X +X2+ +X2n+11b) Lorsquon dveloppe directement le polynmeP, le coecient deXkobtenucorrespond au nombre de fois quil est possible dcrirek comme la somme despuissances de 2 suivantes : 1, 2, 4, . . . , 2n. Ce nombre vaut 1 compte tenu delexercice prcdent.Exercice 4 : [nonc]Puisque le polynmePest non constant, on peut crireP(z) = 1 +aqzq+zq+1Q(z)avecaq = 0 etQ C[X].Posons un argument du complexeaq et considrons la suite (zn) de termegnralzn =1nei()/qOn azn 0 etP(zn) = 1 |aq|nq+o_ 1nq_donc |P(zn)| < 1 pourn assez grand..Exercice 5 : [nonc]Soit = e2i/(n+1)une racinenme de lunit. On aP(1) +P() + +P(n) = (n + 1)a0carn

k=0k=_n + 1 si = 0 [n + 1]0 sinonOn en dduit (n + 1) |a0|(n + 1)M puis |a0|M.De faon plus gnrale, on aP(1) +kP() + +nkP(n) = (n + 1)aket on en dduit |ak|M.Exercice 6 : [nonc]a) Parmi les polynmes constants, seul le polynme nul est solution.Parmi les polynmes non constants, siPest solution alors 2(deg P 1) = deg Pet donc deg P = 2. On peut alors crireP = aX2+bX +c aveca = 0.P2= 4P 4a2X2+ 4abX +b2= 4aX2+ 4bX + 4c _a = 1c = b2/4Les solutions de lquation sontP = 0 etP = X2+bX +b2/4 avecb K.b) Parmi les polynme de degr infrieur 1, seul le polynme nul est solution.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 12PourPpolynme tel que deg P2 alors la relation (X2+ 1)P

6P = 0implique, en raisonnant sur lannulation des coecients dominants,deg P(deg P 1) = 6 donc deg P = 3.En cherchantPsous la formeP = aX3+bX2+cX +d aveca K

, on obtientque seuls les polynmesP = a(X3+X) aveca K

sont solutions.Finalement les polynmes solutions sont lesa(X3+X) aveca K.Exercice 7 : [nonc]Les polynmes solutions dePn P

n = Xnsont ncessairement de degrn.Cherchons ceux-ci de la forme :Pn = anXn+an1Xn1+ +a1X +a0.Pn P

n = Xnquivaut an = 1, an1 = nan, an2 = (n 1)an1, . . . , a0 = 1.a1.Par suite lquationPn P

n = Xnpossde une et une seule solution qui est :P = Xn+nXn1+n(n 1)Xn2+ +n! =n

k=0n!k!Xk.Exercice 8 : [nonc]Parmi les polynmes constants, seul le polynme nul est divisible par sonpolynme driv.SoitPun polynme non constant etn son degr.SiP

| Palors on peut crirenP = (X a)P

aveca K car deg P

= deg P 1.En drivantnP

= (X a)P

+P

donc (n 1)P

= (X a)P

.Ainsi de suite jusquP(n1)= (X a)P(n).Or, si on pose le coecient dominant deP, on aP(n)= n! donc en remontantles prcdents calculs on obtientn!P = n!(X a)n. AinsiP = (X a)n.Inversement, un tel polynme est solution.Finalement les solutions sont lesP = (X a)navec K.Exercice 9 : [nonc]Par la formule de TaylorP(X) =+

n=0P(n)(0)n!XndoncP(1) =+

n=0P(n)(0)n!et plus gnralementP(k)(1) =+

n=0P(n+k)(0)n!Par la formule de TaylorP(X + 1) =+

k=0P(k)(1)k!Xk=+

k=0+

n=01k!P(n+k)(0)n!Xkpuis en permutant les sommes (qui se limitent un nombre ni de termes nonnuls)P(X + 1) =+

n=0+

k=01k!P(n+k)(0)n!Xk=+

n=01n!P(n)(X)Exercice 10 : [nonc]SoitPun polynme etQ un polynme primitif deP.Pest solution du problmepos si, et seulement si,k Z, Q(k + 1) Q(k) = k + 1En raisonnant par coecients inconnus, on observe queQ(X) =12X(X + 1) estsolution.SiQ(X) est aussi solution alorsk Z, (QQ)(k + 1) = (QQ)(k)et on en dduit que le polynmeQQ est constant.On en dduit queP(X) = X + 12est lunique solution du problme pos.Exercice 11 : [nonc]Par la formule de Taylor, on a pour toutx0P(a +x) =deg P

k=0P(k)(a)k!xk P(a) > 0Exercice 12 : [nonc]a)X32X2+ 3X 2 = (X 1)(X2X + 2).b)X33X2+ 3X 2 = (X 2)(X2X + 1).c)X3+ 3X22 = (X + 1)(X2+ 2X 2).Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 13Exercice 13 : [nonc]On critP =p

k=0akXk K [X]a) On aP(P(X)) P(X) =n

k=0ak_[P(X)]kXk_avecP(X) X divisant [P(X)]kXkcarakbk= (a b)k1

=0a

bk1b)P(X) X divise le polynmeP(P(X)) P(X) et le polynmeP(X) X. Ildivise donc leur sommeP(P(X)) X.c) Par rcurrence surn N

.La proprit est immdiate pourn = 1 et vient dtre tablie pourn = 2.Supposons la proprit vraie au rangn1.P[n+1](X) P(X) =p

k=0ak__P[n](X)_kXk_P[n](X) X divise _P[n](X)kXkdoncP[n](X) X diviseP[n+1](X) P(X).Par hypothse de rcurrence,P(X) X divise alorsP[n+1](X) P(X) et enn onen dduit queP(X) X diviseP[n+1](X) X.Rcurrence tablie.Exercice 14 : [nonc]PuisqueP(P(X)) X = (P(P(X)) P(X)) + (P(X) X)le problme revient montrer queP(X) X diviseP(P(X)) P(X).On critP =p

k=0akXk K [X] et on aP(P(X)) P(X) =n

k=0ak_[P(X)]kXk_avecP(X) X divisant [P(X)]kXkcarakbk= (a b)k1

=0a

bk1On en dduit queP(X) X divise le polynmeP(P(X)) P(X) et donc lepolynmeP(P(X)) X.Exercice 15 : [nonc]PosonsD = pgcd(A, B). On aD2= pgcd(A2, B2) associ A2doncdeg D2= deg A2puis deg D = deg A.OrD | A doncD etA sont associs. PuisqueD | B, on obtientA | B.Exercice 16 : [nonc]Unicit : Soit (U, V ) et (U, V ) deux couples solutions. On a A(U U) = B(V V ).A | B(V V ) etA B = 1 doncA | V V . Or deg(V V ) < deg A doncV V= 0.Par suiteV= Vet de mmeU = U.Existence : PuisqueA B = 1, il existeU, V K[X] tels queAU +BV= 1.Ralisons la division euclidienne deUparB :U = BQ+ Uavec deg U< deg B.Posons ensuiteV= V +AQ. On a AU +BV= AU +BV= 1 avec deg U< deg B.Comme deg AU +BV< max(deg AU, deg BV ) on a deg AU = deg BVdo deg V= deg A+ deg U deg B< deg A.Exercice 17 : [nonc](i) (ii) PosonsD = pgcd(A, B) qui est non constant.PuisqueD | A etD | B on peut crireA = DVet B = DUavec deg V< deg Aet deg U< deg B.de sorte queAU +BV= DUV DUV= 0.(ii) (i) Supposons (ii)Si par labsurdeA B = 1 alors, puisqueA | BVon aA | V .OrV = 0 donc deg Adeg Vce qui est exclu. Absurde.Exercice 18 : [nonc]SiA B = 1 alors il existeU, V K[X] tels queAU +BV= 1.On a alorsA(U V ) + (A+B)V= 1 doncA (A+B) = 1. De mmeB (A+B) = 1.Par suiteAB (A+B) = 1.SiAB (A+B) = 1 alors puisque pgcd(A, B) | AB et pgcd(A, B) | A+B on apgcd(A, B) = 1 puisA B = 1.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 14Exercice 19 : [nonc]pgcd(A, C) | A et pgcd(A, C) | C donc pgcd(A, C) | BC puispgcd(A, C) | pgcd(A, BC).Inversement. PosonsD = pgcd(A, BC). On aD | A etA B = 1 doncD B = 1.De plusD | BC donc par le thorme de Gauss,D | C et nalementD | pgcd(A, C).Exercice 20 : [nonc]X4+X3+X2+X + 2 = (X2+ 2)(X2+X + ( 2)) + ( 2)X + 6 2.Le polynmeX2+ 2 diviseX4+X3+X2+X + 2 si, et seulement si, = 3, = 2.Exercice 21 : [nonc]Cette division euclidienne scritP = Q(X a)(X b) +R avec deg R < 2.On peut crireR = X +. En valuant ena etb, on obtient un systme dont larsolution donne =P(b)P(a)baet =bP(a)aP(b)ba.Exercice 22 : [nonc]Cette division euclidienne scritP = Q(X a)2+R avec deg R < 2.On peut crireR = X +. En valuant ena, puis en drivant avant dvaluer nouveau ena, on obtient un systme dont la rsolution donne = P

(a) et = P(a) aP

(a).Exercice 23 : [nonc](X cos t + sin t)n= (X2+ 1)Q+R avec deg R < 2 ce qui permet dcrireR = aX +b aveca, b R.Cette relation doit tre aussi vraie dans C[X] et peut donc tre value eni :(i cos t + sin t)n= R(i) = ai +b or (i cos t + sin t)n= ei(n/2nt)donca = sin n(/2 t) etb = cos n(/2 t).Exercice 24 : [nonc]k = nq +r avec 0r < n. On aXkXr= Xr(Xnq1) orXn1 | Xnq1donc on peut crireXnq1 = (Xn1)Q(X) puisXk= (Xn1)XrQ(X) +Xravec deg Xr< deg(Xn1) ce qui permet de reconnatre le reste de divisioneuclidienne cherche.Exercice 25 : [nonc]a)n = mq +r avec 0r < m.Xn1 = Xmq+r1 = Xmq+rXr+Xr1 = Xr(Xmq1) +Xr1orXmq1 = (Xm1)(1 +Xm+ +Xm(q1)) doncXn1 = (Xm1)Q+RavecQ = Xr(1 +Xm+ +Xm(q1)) etR = Xr1.Puisque deg R < deg Xm1,R est le reste de la division euclidienne deXn1parXm1.b) Suivons lalgorithme dEuclide calculant le pgcd den etm.a0 = n,a1 = m puis tant queak = 0, on poseak+1 le reste de la divisioneuclidienne deak1 parak.Cet algorithme donne pgcd(m, n) = ap avecap le dernier reste non nul.Par la question ci-dessus on observe que si on poseAk = Xak1 alorsA0 = Xn1,A1 = Xm1 et pour toutk tel queak = 0,Ak = 0 etAk+1 est lereste de la division euclidienne deAk1 parAk.Par suite pgcd(Xn1, Xm1) = pgcd(A0, A1) = pgcd(A1, A2) = =pgcd(Ap, Ap+1) = Ap = Xpgcd(m,n)1 carAp+1 = 0 puisqueap+1 = 0.Exercice 26 : [nonc]Supposons1P1 +2P2 +3P3 = 0. Par galit de coecients de polynmes :___1 2 = 02 +3 = 01 +2 +3 = 0.Aprs rsolution1 = 2 = 3 = 0.La famille (P1, P2, P3) est une famille libre forme de 3 = dimK2 [X] polynmesde K2 [X], cest donc une base de K2 [X].Exercice 27 : [nonc]On remarque que deg Pk = k doncPk Kn [X].Supposons0P0 + +nPn = 0.Sin = 0 alors deg(0P0 + +nPn) = n cardeg(0P0 + +n1Pn1)n 1 et deg nPn = nCeci est exclu, doncn = 0.Sachantn = 0, le mme raisonnement donnen1 = 0 et ainsi de suiten2 = . . . = 0 = 0.La famille (P0, . . . , Pn) est une famille libre den + 1 = dimKn [X] lments deKn [X], cest donc une base de Kn [X].Exercice 28 : [nonc]Supposons0P0 + +nPn = 0.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 15En valuant en 0, on obtient0 = 0 et alors1X(1 X)n1+ +nXn= 0.En simpliant parX (ce qui est possible carX = 0) on obtient1(1 X)n1+ +nXn1= 0 qui value en 0 donne1 = 0. On reprend ceprocessus jusqu obtention de2 = . . . = n = 0.La famille (P0, . . . , Pn) est une famille libre den + 1 = dimKn [X] lments deKn [X] (car deg Pk = n), cest donc une base de Kn [X].Exercice 29 : [nonc]a) Cest une famille de polynmes de degrs tags.b) Quandkm,Pk(m) =_mk_Quand 0mk 1,Pk(m) = 0Quandm < 0,Pk(m) = (1)k_m+k 1k_c) SoitPnon nul solution. On peut crireP = 0P0 + +nPnavecn = deg P.P(0) Z donne0 Z.P(1) Z sachant0P0(1) Z donne1 Z etc...Inversement okFinalement les polynmes solutions sont ceux se dcomposant en coecientsentiers sur lesPk.Exercice 30 : [nonc]a)F E et la fonction nulle appartient F(en prenantP = Q = 0 Rn [X])Soitf, g Fet, R. On peut criref(x) = P(x) sin x +Q(x) cos x etg(x) =P(x) sin x +Q(x) cos x avecP, Q, P, Q Rn [X].On a alorsf +g = (P +P)(x) sin x + (Q+ Q)(x) cos x avecP +P, Q+ Q Rn [X] doncf +g Fet nalementFest un sous-espacevectoriel deE.b) Posonsfk(x) = xksin x etgk(x) = xkcos x aveck {0, . . . , n}.Les fonctionsf0, . . . , fn, g0, . . . , gn sont des fonctions deFformant clairement unefamille gnratrice.Supposons0f0 + +nfn +0g0 + +ngn = 0 alors pour toutx R on a :(0 +1x + +nxn) sin x + (0 +1x + +nxn) cos x = 0.Pourx = /2 + 2k aveck Z, on obtient une innit de racine au polynme0 +1X + +nXn.Ceci permet darmer0 = 1 = . . . = n = 0.Pourx = 2k aveck Z, on peut armer0 = 1 = . . . = n = 0.On peut conclure que (f0, . . . , fn, g0, . . . , gn) est libre et donc une base deFpuisdimF = 2(n + 1).Exercice 31 : [nonc]F Kn [X], 0 FcarA | 0.Soient, K etP, Q F.A | PetA | Q doncA | P +Q puisP +Q F.AinsiFest un sous-espace vectoriel de Kn [X].Notonsp = deg A. On aF Kp1 [X] = Kn [X]ce qui dtermine un supplmentaire deFet donne dimF = n + 1 p.Exercice 32 : [nonc]Considrons lapplication : Rn+1 [X] Rn [X] dnie par(P) = P(X + 1) P(X). Lapplication est bien dnie, linaire et de noyauR0 [X]. Par le thorme du rang elle est donc surjective et les solutions delquation(P) = Xnse dduisent les unes des autres par lajout dun lment deR0 [X] cest--dire dune constante. Ainsi il existe une unique solution vriantP(0) = 0.Exercice 33 : [nonc]a)P(X + 1) etP(X) sont de polynmes de mmes degr et de coecientsdominants gaux donc deg P(X + 1) P(X) < deg P moins queP = 0. Parsuite P Kn+1 [X], (P) Kn [X].Soit, K etP, Q Kn+1 [X]. (P +Q) =(P +Q)(X +1) (P +Q)(X) = (P(X +1) P(X)) +(Q(X +1) Q(X))donc (P +Q) = (P) +(Q).b)P ker P(X + 1) P(X) = 0.En crivantP ker P(X + 1) = P(X) a0 +a1(X + 1) + +an(X + 1)n= a0 +a1X + +anXnEn dveloppant et en identiant les coecients, on obtient successivement,an = 0, . . . , a1 = 0 et donc ker = K0 [X].Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 16c) Par le thorme du rangrg = dimKn+1 [X] dimker = n + 2 1 = n + 1 = dimKn [X] donc estsurjectif.Exercice 34 : [nonc]a) est clairement linaire.SoitP C[X] non nul etn = deg P. On peut crireP = a0 +a1X + +anXnavecan = 0.(P) = a1(X) + +an(Xn) or deg (X), . . . , deg (Xn1)n 1 etdeg (Xn) = n 1 donc deg (P) = n 1.b) SiPest constant alors (P) = 0 et sinon (P) = 0 donc ker = C0 [X].SoitP Cn [X]. La restriction de au dpart Cn+1 [X] et larrive dansCn [X] est bien dnie, de noyau de dimension 1 et en vertu du thorme du rangsurjective. Il sensuit que est surjective.c) NotonsT L(C[X]) dni parT(P) = P(X + 1). = T I doncn=n

k=0(1)nk_nk_TkavecTk(P) = P(X +k) doncn(P) = (1)nn

k=0(1)k_nk_P(X +k)d) Si deg P< n alors n(P) = 0 doncn

k=0_nk_(1)kP(k) = 0Exercice 35 : [nonc]a) SiP Kn [X] alors(P) Kn [X].Si deg P = n+1 alors (n+1)P et XP

ont mme degr (n+1) et mme coecientdominant donc deg(n + 1)P XP

< n + 1 puis (n + 1)P XP

Kn [X].Finalement P Kn+1 [X], (P) Kn [X] et donc lapplication est bien dnie.Pour, K et toutP, Q Kn+1 [X] :(P +Q) = (n + 1)(P +Q) X(P +Q)

=((n + 1)P XP

) +((n + 1)QXQ

)et donc(P +Q) = (P) +(Q).b) SoitP =n+1

k=0akXk Kn+1 [X].(P) = 0 k {0, 1, . . . , n + 1},(n + 1)ak = kak.AinsiP ker k {0, 1 . . . , n} , ak = 0. Par suite ker = Vect(Xn+1).c) Par le thorme du rangrg() = dimKn+1 [X] dimker = n + 2 1 = dimKn [X] donc est surjective.Exercice 36 : [nonc]a) est linaire. Si deg P = k N alors deg (P) = k donc ker = {0}. Par suite est bijective.b) (P0, . . . , Pn) est une famille de polynmes de degrs tags, cest donc une basede Rn [X].PuisquePn(X + 1) Rn [X], on peut crirePn(X + 1) =n

k=0kPk.c)Pn(X + 2) +Pn(X + 1) = 2(X + 1)netPn(X + 2) +Pn(X + 1) =n

k=02kXkdonck = Ckn.Pn = 2XnPn(X + 1) = 2Xnn1

k=0CknPk Pn puisPn = Xn12n1

k=0CknPk.Exercice 37 : [nonc]Soit, R etP1, P2 R[X].On aP1 = AQ1 +r(P1), P2 = AQ2 +r(P2) avec deg r(P1), deg r(P2) < deg A.DoncP1 +P2 = A(Q1 +Q2) +r(P1) +r(P2) avecdeg(r(P1) +r(P2)) < deg A.Par suiter(P1 +P2) = r(P1) +r(P2). Finalementr est un endomorphismede R[X].De plus pour toutP R[X], on ar(P) = A0 +r(P) avec deg r(P) < deg Adoncr(r(P)) = r(P). Ainsir2= r.r est un projecteur.P R[X],r(P) = 0 A | P, donc ker r = A.R[X].P R[X],r(P) Rn1 [X] en posantn = deg A. Donc Imr Rn1 [X].Inversement, P Rn1 [X],r(P) = P Imr. Donc Rn1 [X] Imr.Finalement Imr = Rn1 [X].Exercice 38 : [nonc]PosonsT : P(X) P(X + 1) et = T Id endomorphismes de R[X].(P) = P(X + 1) P(X).On vrie que si deg Pp alors deg (P)p 1.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 17SoitP Rp [X].Par ce qui prcde, on a p+1(P) = 0.Orp+1=p+1

k=0_p + 1k_(1)p+1kTkcarTet Id commutent.On en dduitp+1

k=0_p + 1k_(1)kP(X +k) = 0et en particulier pour toutn N,p+1

k=0_p + 1k_(1)kP(n +k) = 0Exercice 39 : [nonc]a)P(p/q) = 0 donneanpn+an1pn1q + +a1pqn1+a0qn= 0Puisquep | anpn+ +a1pqn1, on ap | a0qnorp q = 1 doncp | a0. De mmeq | an.b) SiPadmet un racine rationneller =pqalorsp {5, 1, 1, 5} etq {1, 2}.52est racine deP.P = 2X3X213X+5 = (2X+5)(X23X+1) = (2X+5)_X 3 +52__X 3 52_c) SiPest compos dans Q[X] alorsPpossde une racine rationnelle, or ce nestpas le cas.DoncPest irrductible dans Q[X].Exercice 40 : [nonc]P(a) = P(b) = P(c) = 1 eta, b, c deux deux distincts donc(X a)(X b)(X c) | P 1.De plus deg P3 donc K tel queP = (X a)(X b)(X c) + 1.PuisqueP(0) = 0, on a =1abc.Exercice 41 : [nonc]Soit, K etP, Q Kn [X]. Clairement(P +Q) = (P) +(Q).SoitP ker . On a(P) = (0, . . . , 0) doncP(a0) = P(a1) = . . . = P(an) = 0.deg Pn etPadmet au moinsn + 1 racines distinctes doncP = 0.ker = {0} donc est injectif. De plus dimKn [X] = dimKn+1donc est unisomorphisme.Exercice 42 : [nonc] est clairement linaire et siP ker alorsPa plus de racines (compts avecmultiplicit) que son degr doncP = 0. Ainsi est injective et puisquedimR2n+1 [X] = dimR2n+2, est un isomorphisme.Exercice 43 : [nonc]a) SiP(a) = 0 alorsP(a2) = P(a)P(a + 1) = 0 donca2est racine deP.b) Sia = 0 eta non racine de lunit alors la suite desa2nest une suite decomplexe deux deux distincts, or tous les termes de cette suite sont racines dePorP = 0 donc ce polynme ne peut avoir une innit de racines. Absurde.Exercice 44 : [nonc]Sia est racine dePalorsa2, a4, . . . le sont aussi. Comme un polynme non nul naquun nombre ni de racines, on peut armer que lesa, a2, a4, . . . sont redondantsce qui impliquea = 0 ou |a| = 1.Sia est racine dePalors (a 1)2lest aussi donca 1 = 0 ou |a 1| = 1.Sia = 0 eta = 1 on a ncessairement |a| = |a 1| = 1. Via parties relle etimaginaire, on obtienta = j ou j2.SiPest solution, non nulle, alors son coecient dominant vaut 1 et on peutcrire :P = X(X 1)(X2X + 1). En injectant une telle expression dans lquation,on observe que celle-ci est solution si, et seulement si, = et = 0.Exercice 45 : [nonc]Le polynme nul est solution. SoitPune solution non nulle.Sia est racine dePalorsa2lest aussi puisa4, a8, . . ..Or les racines dePsont en nombre ni donc les lmentsa2n(n N) sontredondants. On en dduit quea = 0 oua est une racine de lunit.De plus, sia est racine dePalors (a 1) est aussi racine deP(X + 1) donc(a 1)2est racine deP. On en dduit quea 1 = 0 oua 1 est racine de lunit.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 18Sia = 0, 1 alors |a| = |a 1| = 1 do lon tirea = j ou j2.Au nal, les racines possibles dePsont 0, 1, j et j2.Le polynmePscrit doncP(X) = X(X 1)(X +j)(X +j2)avec = 0,, , , N.En injectant cette expression dans lquationP(X2) = P(X)P(X + 1)on obtient2= , = et = = 0On conclutP(X) = [X(X 1)]Exercice 46 : [nonc]Le polynme nul est solution. SoitPune solution non nulle.Sia est racine dePalorsa2lest aussi puisa4, a8, . . ..Or les racines dePsont en nombre ni donc les lmentsa2n(n N) sontredondants. On en dduit quea = 0 oua est une racine de lunit.De plus, sia est racine dePalors (a + 1) est aussi racine deP(X 1) donc(a + 1)2est racine deP. On en dduit quea + 1 = 0 oua + 1 est racine de lunit.Sia = 0, 1 alors |a| = |a + 1| = 1 do lon tirea = j ouj2.Au nal, les racines possibles dePsont 0, 1, j etj2.Le polynmePscrit doncP(X) = X(X + 1)(X j)(X j2)avec = 0,, , , N.En injectant cette expression dans lquationP(X2) = P(X)P(X 1) on obtient2= , = = 0 et = .On conclutP(X) =_X2+X + 1.Exercice 47 : [nonc]La proprit est immdiate si ||1. On suppose dsormais || > 1 et on notem = max0kn1|ak|Lgalitn= an1n1+ +a1 +a0donne||n

n1

k=0|ak| ||k mn1

k=0||kdonc||n m||n1|| 1 m||n|| 1puis||1 +mExercice 48 : [nonc]a) sin ((2n + 1)) = Im_ei(2n+1)_= Im_(cos +i sin )2n+1_ donne endveloppant sin ((2n + 1)) =n

p=0(1)p_2n + 12p + 1_cos2(np). sin2p+1.b) On observe sin ((2n + 1)) = sin2n+1P(cot2).Posonsk =k2n+1pour 1kn. Lesxk = cot2k sontn racines distinctes deP, or deg P = n, ce sont donc exactement les racines deP.Exercice 49 : [nonc]cos 3x = 4 cos3x 3 cos x donc 4a33a = cos /3 = 1/2.a est racine dupolynme 8X36X 1.Soitx Q une racine de ce polynme. On peut crirex = p/q avecp q = 1. Ona alors 8p36pq2q3= 0. On en dduitp | 8p36pq2= q3orp q = 1 doncp = 1. De plusq2| 6pq2+q3= 8p3, orq2 p3= 1 doncq2| 8 et doncq = 1 ouq = 2. Or 1, 1, 1/2 et 1/2 ne sont pas les valeurs de cos /9. On peut conclure.Exercice 50 : [nonc]SoitP = AB etn = max(deg A, deg B) N

de sorte queP Cn [X].Les solutions des quationsA(z) = 0 etA(z) = 1 sont racines deP.Sip est le nombre de racines distinctes de lquationA(z) = 0 alors celles-ci sontracines de lquationA

(z) = 0 et la somme de leurs multiplicits vautn p.Siq est le nombre de racines distinctes de lquationA(z) = 1 alors celles-ci sontracines de lquationA

(z) = 0 et la somme de leurs multiplicits vautn q.Or ces dernires se distinguent des prcdentes et puisque deg A

= n 1, on peutarmern p +n qn 1 ce qui donnep +qn + 1.Le polynmePpossde donc au moinsn + 1 racines doncP = 0 puisA = B.Exercice 51 : [nonc]a) On dnit le polynmePnP:=n->(X+1)^n-X^n-1;Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 19On value pour des valeurs concrtes den le module de ses racinesmap(abs,[solve(P(7)=0,X)]);On factoriseP7 dans R[X]factor(P(7));et dans C[X] en prcisant une extension avec laquelle Maple peut travaillerfactor(P(7),[I,sqrt(3)]);Enn, on value numriquement le module des racines deP9map(evalf@abs,[solve(P(9)=0,X)]);b) Les racinesP

n sont les solutions de lquation(x + 1)n1= xn1Aprs rsolution, celles-ci sont lesxk =1k 1aveck = exp_2ik(n 1)_, k = 1, . . . , n 2Le module de la racinexk est|xk| =12 sin_kn1_et la racine de plus grand module est obtenue pourk = 1.On observe alors que pourn > 7,2 sinn 1< 2 sin 6= 1et donc |x1| > 1.c) PourP(X) = cn

i=1(X zi)mion aP

P=m

i=1miX ziSoitz une racine deP

. Siz est lun deszi la proprit voulue est vraie, sinon,lgalitP

(z) = 0 donnem

i=1miz zi= 0En conjuguant cette relation et en multipliant chaque terme par sa quantitconjugue, on obtientm

i=1mi|z zi|2(z zi) = 0et donc_n

i=1i_z =n

i=1izi aveci =mi|z zi|2> 0Ainsiz est combinaison convexe desz1, . . . , zn.d) Pourn = 7, les racines dePn sont de modules infrieurs 1.Pourn > 7,P

n admet au moins une racine de module strictement suprieur 1 etdoncPn aussi.Exercice 52 : [nonc]a) PosonsP(X) =n

i=1

j=iX ajai ajOn a deg Pn 1 et1kn, P(ak) = 1Le polynmeP 1 possde doncn racine et tant de degr strictement infrieur n, cest le polynme nul. On conclutP = 1.b) On aA

(X) =n

i=1

j=i(X aj)doncA

(ai) =

i=j(ai aj)La quantitn

i=11A

(ai)apparat alors comme le coecient deXn1dans le polynmeP.On conclut que pourn2n

i=11A

(ai) = 0Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 20Exercice 53 : [nonc]a) Notonsa0< a1< . . . < an les racines deP.En appliquant le thorme de Rolle x P(x) sur [ai1, ai] on obtientbi ]ai1, ai[ tel queP

(bi) = 0. Puisquea0< b1< a1< b2< . . . < bn< an, onobtient ainsin racines relles pourP

.Puisque deg P

= deg P 1 = n, il ne peut y en avoir dautres.b) Une racine multiple deP2+1 est racine de (P2+1)

= 2PP

. Or les racines dePne sont pas racines deP2+ 1 et les racines deP

sont relles et ne peuventdonc tre racines deP2+ 1. Par suiteP2+ 1 et (P2+ 1)

nont pas de racinescommunes : les racines deP2+ 1 sont simples.Exercice 54 : [nonc]Notons que par application du thorme de Rolle, les racines deP

sont relles (etsimples)Les racines multiples deP2+2sont aussi racines de (P2+2)

= 2PP

.Or les racines deP2+2ne peuvent tre relles et les racines dePP

sont toutesrelles.Il ny a donc pas de racines multiples au polynmeP2+2.Exercice 55 : [nonc]Posonsn = deg P2,a1< a2< . . . < ap les racines relles distinctes dePet1, 2, ..., p leurs ordres respectifs. On a1 +2 + +p = n carPestsuppos scind.En appliquant le thorme de Rolle x P(x) sur chaque [ai, ai+1] on justielexistence de racines distinctesb1, b2, . . . , bp1 dispose de sorte quea1< b1< a2< b2< . . . < bp1< ap.Comme lesa1, a2, . . . , ap sont des racines dordres1 1, 2 1, . . . , p 1 deP

et queb1, b2, . . . , bp1 sont des racines au moins simples deP

, on vient dedterminer (n 1) = deg P

racines deP

comptes avec leur multiplicit.FinalementP

est scind.Exercice 56 : [nonc]a) Par application du thorme de Rolle, il gure une racine deP

entre deuxracines conscutives deP. De surcrot, sia est racine de multiplicit N

deP,a est aussi racine de multiplicit 1 deP

. Par suite, siPadmetn = deg Pracines comptes avec multiplicit,P

en admetn 1 et est donc scind.b) 0 est racine multiple du polynme driv lordre 2. Si le polynme taitscind, ltude qui prcde permet dobserver que 0 est racine du polynme. Cenest pas le cas.Exercice 57 : [nonc]Remarquons que puisquePest simplement scind sur R, lapplication duthorme de Rolle entre deux racines conscutives dePdonne une annulation deP

et permet de justier queP

est simplement scind sur R. Il est en de mme deP

, P

, . . .Or, si le polynmePadmet deux coecients conscutifs nuls alors lun de sespolynmes drives admet 0 pour racine double. Cest impossible en vertu de laremarque qui prcde.Exercice 58 : [nonc]EcrivonsP(X) =+

n=0anXnet, quitte considrer P, supposons par labsurde quil existep1 tel queap = 0 avecap1, ap+1> 0Considrons alorsQ(X) = P(p1)(X) = (p 1)!ap1 + (p + 1)!2ap+1X2+ Puisque le polynmePest scind racines simples, par application du thormede Rolle, les racinesP(k+1)sont spares par les racines desP(k). En particulierles racines deQ

sont spares par les racines deQ.Or 0 est minimum local deQ avecQ(0) > 0.Si le polynmeQ admet des racines strictement positives et sia est la plus petitede celles-ci alorsQ

admet une racine dans ]0, a[ par application du thorme desvaleurs intermdiaires et du thorme de Rolle. Or 0 est aussi racine deQ

et doncles racines deQ

ne sont pas spares par les racines deQ. Cest absurde.Il en est de mme si la polynme admet des racines strictement ngatives.Exercice 59 : [nonc]Les racines deXp1 sont simples et toutes racines deXpq1.Les racines deXq1 sont simples et toutes racines deXpq1.En dehors de 1, les racines deXp1 etXq1 sont distinctes.Comme 1 racine double de (X 1)(Xpq1), on peut conclure(Xp1)(Xq1) | (X 1)(Xpq1).Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 21Exercice 60 : [nonc]a) PosonsP = (X + 1)nnX 1. On aP(0) = 0 etP

= n(X + 1)n1n doncP

(0) = 0.0 est au moins racine double dePdoncX2| P.b) PosonsP = nXn+2(n + 2).Xn+1+ (n + 2)X n. On observeP(1) = P

(1) = P

(1) = 0.1 est au moins racine triple dePdonc (X 1)3| P.Exercice 61 : [nonc]1 est au moins racine double deP 1 donc 1 est au moins racine simple de(P 1)

= P

.De mme 1 est au moins racine simple deP

. Par suiteX21 | P

.Puisque deg P

2, on peut crireP

= (X21) avec K.Par suiteP =3X3X +.P(1) = 1 etP(1) = 1 permettent de dterminer et.On obtient : = 32et = 0.Exercice 62 : [nonc]1 +X +X2= (X j)(X j2).j etj2sont racines deX3n+X3p+1+X3q+2donc1 +X +X2| X3n+X3p+1+X3q+2.Exercice 63 : [nonc]On peut factoriserX2+X + 1 = (X j)(X j2)On en dduitX2+X + 1 | X2n+Xn+ 1 j etj2sont racines deX2n+Xn+ 1PuisqueX2n+Xn+ 1 est un polynme relj en est racine si, et seulement si,j2lest.(X2n+Xn+ 1)(j) = j2n+jn+ 1 =_3 sin = 0 [3]0 sinonFinalementX2+X + 1 | X2n+Xn+ 1 n = 0 [3]Exercice 64 : [nonc]SoitPsolution.X | (X + 4)P(X) doncX | Ppuis (X + 1) | P(X + 1) donc(X + 1) | (X + 4)P(X) puisX + 1 | Petc. . .Ainsi on obtient queP(X) = X(X + 1)(X + 2)(X + 3)Q(X) avecQ(X + 1) = Q(X) doncQ constant.La rciproque est immdiate.Exercice 65 : [nonc]a) Sia est une racine dePnon nulle alorsa2, a4, . . . sont racines deP. OrP = 0doncPnadmet quun nombre ni de racines. La srie prcdente est doncredondante et par suitea est une racine de lunit et donc |a| = 1.Sia = 0 est racine dePalors 1 = (0 +1)2aussi puis 4 = (1 +1)2lest encore,. . . etnalementPadmet une innit de racines ce qui est exclu.Finalement les racines dePsont toutes de module 1.b) Soita C une racine deP.a + 1 est racine deP(X 1) donc (a + 1)2estaussi racine deP. Il sensuit que |a| = |a + 1| = 1. En rsolvant cette doublequation on obtienta = j ouj2. Sij est racine de multiplicit dePalorsj2= (j + 1)2est racine de multiplicit au moins deP. De mme, en raisonnant partir dej2, on obtient quej etj2ont mme multiplicit et on conclut quePest de la forme(X2+X + 1).Un telPest solution du problme pos si, et seulement si,2(X4+X2+ 1)= ((X 1)2+ (X 1) + 1)(X2+X + 1)galit qui estvrie si, et seulement si, = 1. Les solutions du problme pos sont lespolynmesP = (X2+X + 1)avec N.Exercice 66 : [nonc]SupposonsPsolution. Le coecient dominant dePest gal 1. Sia est racine dePalorsa2et (a + 1)2le sont aussi.Sia est une racine dePnon nulle alorsa2, a4, . . . sont racines deP. OrP = 0doncPnadmet quun nombre ni de racines. La srie prcdente est doncredondante et par suitea est une racine de lunit et donc |a| = 1.Sia = 0 est racine dePalors 1 = (0 +1)2aussi puis 4 = (1 +1)2lest encore,. . . etnalementPadmet une innit de racines ce qui est exclu.Finalement les racines dePsont toutes de module 1.Or sia est racine deP, (a + 1)2ltant encore, on a |a| = |a + 1| = 1. Les seulscomplexes vriant cette identit sontj etj2.On en dduit queP = (X2+X + 1)n. On vrie par le calcul quun tel polynme est bien solution.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 22Exercice 67 : [nonc]Dans un premier temps cherchonsPvriantP(0) = 1,P(1) = 2,P

(0) = 3,P

(1) = 4,P

(0) = 5 etP

(1) = 6 puis on considreraP(X 1) au terme descalculs.Un polynme vriantP(0) = 1 etP(1) = 2 est de la formeP(X) = X + 1 +X(X 1)Q(X)Pour que le polynmePvrieP

(0) = 3,P

(1) = 4,P

(0) = 5 etP

(1) = 6on veut queQ vrieQ(0) = 2,Q(1) = 3,Q

(0) = 9/2 etQ

(1) = 0.Le polynmeQ(X) = 5X 2 +X(X 1)R(X) vrie les deux premiresconditions et vrie les deux suivantes siR(0) = 19/2 etR(1) = 5.Le polynmeR = 292X +192convient.FinalementP(X) = X + 1 +X(X 1)_5X 2 +X(X 1)_292X + 192__est solution du problme transform etP(X) = 292X5+ 111X4 6552X3+ 464X2314X + 82est solution du problme initial.Les autres solutions sen dduisent en observant que la dirence de deuxsolutions possde 1 et 2 comme racine triple.Finalement, la solution gnrale est292X5+ 111X4 6552X3+ 464X2314X + 82 + (X 1)3(X 2)3Q(X)avecQ C[X].Exercice 68 : [nonc]a) Puisque les racines communes PetP

permettent de dnombrer lesmultiplicits des racines deP, on ap = deg P deg(pgcd(P, P

))et des relations analogues pourq etr.De plus, on aP

QQ

P = Q

R R

Q = R

P P

Ret ce polynme est non nul car les polynmesP, Q, R sont non constants. En eet,siP

QQ

P = 0, alors une racine dePest ncessairement racine deQ ce qui estexclu.Puisque les polynme pgcd(P, P

), pgcd(Q, Q

) et pgcd(R, R

) divisent chacun lepolynmeQ

R R

Q et puisquils sont deux deux premiers entre eux (carP, Q, R le sont), on apgcd(P, P

)pgcd(Q, Q

)pgcd(R, R

) | Q

R R

QPar considrations des degrsdeg P p + deg Qq + deg R rdeg Q+ deg R 1et doncdeg Pp +q +r 1b) Soientn3 etP, Q, R vriantPn+Qn= RnSia est racine commune aux polynmesPetQ alorsa est racine deR. Ensuivant ce raisonnement et en simpliant les racines communes, on peut seramener une situation o les polynmesP, Q, R sont deux deux premiers entreeux. Il en est alors de mme dePn,QnetRn. Ltude qui prcde donne alorsndeg P< p +q +rmais aussi, de faon analoguendeg Q < p +q +r etndeg R < p +q +rEn sommant ces trois relations, on obtientn(deg P + deg Q+ deg R) < 3(p +q +r)ce qui est absurde carn3, deg Pp etc.On en dduit que les polynmesP, Q, R sont constants.Les solutions de lquationPn+Qn= Rnapparaissent alors comme des tripletsP = T, Q = TetR = Tavec, , C etT C[X] vriantn+n= nc) PourP = 12(X2+ 1), Q =i2(X21) etR = XDiusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 23on aP2+Q2= R2ce qui produit un triplet solution dune forme dirente des prcdents obtenuspourn3.Exercice 69 : [nonc]a)X41 = (X 1)(X + 1)(X i)(X +i) dans C[X] etX41 = (X 1)(X + 1)(X2+ 1) dans R[X].b)X51 =4

k=0(X e2ik5 ) dans C[X]etX51 = (X 1)(X22 cos 25X + 1)(X22 cos 45X + 1) dans R[X].c)(X2X+1)2+1 = (X2X+1+i)(X2X+1i) = (Xi)(X1+i)(X+i)(X1i)dans C[X] et (X2X + 1)2+ 1 = (X2+ 1)(X22X + 2) dans R[X].Exercice 70 : [nonc]a)X4+X2+ 1 = (X2+ 1)2X2= (X2+X + 1)(X2X + 1)b)X4+X26 = (X2+1/2)225/4 = (X22)(X2+3) = (X2)(X+2)(X2+3)c)X8+X4+ 1 = (X4+ 1)2(X2)2= (X4X2+ 1)(X4+X2+ 1) puisX8+X4+ 1 == (X2+X + 1)(X2X + 1)(X2+3X + 1)(X23X + 1).Exercice 71 : [nonc]Les racines de (X +i)n(X i)nsont leszk = cotknaveck {1, 2, . . . , n 1}.Par suiten1

k=1(X cotkn ) | (X +i)n(X i)net par suite il existe K telque (X +i)n(X i)n= n1

k=1(X cotkn )Le coecient dominant de (X +i)n(X i)ntant 2ni, on obtient :(X +i)n(X i)n= 2nin1

k=1(X cotkn )Exercice 72 : [nonc]Les racines complexes dePsont lesk = e2ik2n+1aveck {0, . . . , 2n}.On observek = 2nk pourk {1, . . . , n} doncP = (X 1)n

k=1(X k)(X k) = (X 1)n

k=1_X22 cos2k2n+1X + 1_.Exercice 73 : [nonc]Les racines deX22 cos(na)X + 1 sont einaet einadoncX2n2 cos(na)Xn+ 1 = (Xneina)(Xneina)Les racines deXneinasont les eia+2ik/naveck {0, . . . , n 1} et celles deXneiasen dduisent par conjugaison.AinsiX2n2 cos(na)Xn+ 1 =n1

k=0(X eia+2ik/n)n1

k=0(X eiai2k/n)dans C[X] puisX2n2 cos(na)Xn+1 =n1

k=0(X eia+2ik/n)(X eia2ik/n) =n1

k=0(X22 cos_a + 2kn_X+1)dans R[X].Exercice 74 : [nonc]a) Les deux polynmes de lgalit sont unitaires, de degr 2n et ont pour racinesles racines 2nme de lunit.b) Par les sommes de Riemann,_0ln(a22a cos t + 1) dt = limn+nn1

k=1ln(a22a cos kn+ 1)Ornn1

k=1ln(a22a cos kn+ 1) =n ln a2n1a21Si |a| < 1 alorsn ln 1a2n1a2 0 et donc_0ln(a22a cos t + 1) dt = 0Si |a| > 1 alorsn ln 1a2n1a2 2 ln |a| et donc_0ln(a22a cos t + 1) dt = 2 ln |a|Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 24Exercice 75 : [nonc]Limplication (ii)(i) est immdiate.Supposons (i).PuisquePest de signe constant, la dcomposition en facteurs irrductibles dePscrit avec des facteurs de la forme(X )2= (X )2+ 02etX2+ 2pX +q = (X +p/2)2+_q24p2AinsiPest, un facteur multiplicatif positif prs, le produit de polynmesscrivant comme la somme des carrs de deux polynmes rels.Or(A2+B2)(C2+D2) = (AC BD)2+ (AD +BC)2doncPpeut scrire comme la somme des carrs de deux polynmes relsExercice 76 : [nonc]Notonsx1, x2, x3, x4 les racines du polynme considr avecx1 +x2 = 2.___1 = x1 +x2 +x3 +x4 = 02 = x1x2 +x1x3 +x1x4 +x2x3 +x2x4 +x3x4 = 03 = x1x2x3 +x1x2x4 +x1x3x4 +x2x3x4 = 124 = x1x2x3x4 = 51 donnex3 +x4 = 2,2 donnex1x2 +x3x4 = 4 et3 donnex1x2 x3x4 = 6.On obtientx1x2 = 5 etx3x4 = 1.x1 etx2 sont les racines deX22X + 5 i.e. 1 2i.x3 etx4 sont les racines deX2+ 2X 1 i.e. 1 2.Exercice 77 : [nonc]Notonsx1, x2, x3 les racines deX37X +. On peut supposerx2 = 2x1.Les relations entre coecients et racines donnent :___x1 +x2 +x3 = 0x1x2 +x2x3 +x3x1 = 7x1x2x3 = do___x3 = 3x12x21 6x21 3x21 = 76x31 = puis___x3 = 3x1x21 = 1 = 6x31Pour queX37X + admette une racine double dune autre il est ncessaire que = 6 ou6.Pour = 6,X37X + 6 admet 1, 2 et3 pour racines.Pour = 6,X37X 6 admet 1, 2 et 3 pour racines.Exercice 78 : [nonc]Notonsx1, x2, x3 les racines deX38X2+ 23X 28. On peut supposerx1 +x2 = x3.Les relations entre coecients et racines donnent : ___x1 +x2 +x3 = 8x1x2 +x2x3 +x3x1 = 23x1x2x3 = 28do___x3 = 4x1x2 + 4(x2 +x1) = 234x1x2 = 28.Pour dterminerx1 etx2 il reste rsoudrex24x + 7 = 0.Finalementx1 = 2 +i3, x2 = 2 i3 etx3 = 4.Exercice 79 : [nonc]a)___1 = x1 +x2 +x3 = 2 +22 = x1x2 +x2x3 +x3x1 = 22 + 23 = x1x2x3 = 22,On en dduitx21 +x22 +x23 = 21 22 = 2,x21x22 +x22x23 +x23x21 = 22 231 = 4etx21x22x23 = 8.Doncx21, x22 etx23 sont racines dex32x2+ 4x 8 = 0.b) 2 est racine de lquation ci-dessus :x32x2+ 4x 8 = (x 2)(x2+ 4) = (x 2)(x + 2i)(x 2i).Quitte rindexer :x21 = 2, x22 = 2i etx23 = 2i dox1 = 2, x2 = (1 +i) etx3 = (1 i).Puisquex1 +x2 +x3 = 2 +2, on ax1 = 2, x2 = 1 +i etx3 = 1 i.Exercice 80 : [nonc]a) Soit (x, y, z) un triplet solutionOn a1 = x +y +z = 1, 3 = xyz = 4 et2 = xy +yz +zx = xyz(1x +1y +1z) = 4.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 25Par suitex, y, z sont les racines de :X31X2+2X 3 = X3X24X + 4 = (X 1)(X 2)(X + 2).Donc {x, y, z} = {1, 2, 2}.Inversement de tels triplets sont solutions.b) Soit (x, y, z) un triplet solution de___x(y +z) = 1 (1)y(z +x) = 1 (2)z(x +y) = 1 (3)(1) (2) donnexz = yz, (3) donnez = 0 doncx = y.De mme on obtientx = z.Ainsix = y = z = 1/2 ou 1/2.Inversement de tels triplets sont solutions.c) Soit (x, y, z) un triplet solution.PosonsS1 = x +y +z = 2, S2 = x2+y2+z2= 14 etS3 = x3+y3+z3.Dterminons1 = x +y +z, 2 = xy +yz +zx et3 = xyz.On a1 = 2.S21 S2 = 22. Par suite2 = 5.Posonst = x2y +yx2+y2z +zy2+z2x +xz2.On aS1S2 = S3 +t dot = S1S2 S3 = 8On aS31 = S3 + 3t + 63 do3 =16(S31 S3 3t) = 6.Par suitex, y, z sont les racines de :X31X2+2X 3 = X32X25X + 6 = (X 1)(X + 2)(X 3).Donc {x, y, z} = {1, 2, 3}.Inversement de tels triplets sont solutions.Exercice 81 : [nonc]En dveloppant_1x + 1y + 1z_2=1x2 +1y2 +1z2 +2xy +2yz +2zxavec2xy +2yz +2zx = 2(z +x +y)2xyz= 0Exercice 82 : [nonc]a) On a(X 1)Pn = Xn+11 =n

k=0(X e2ik/(n+1))doncPn =n

k=1(X e2ik/(n+1))b)Pn(1) = n + 1 etPn(1) =n

k=1(1 e2ik/(n+1)) = (2i)nn

k=1sin_kn + 1_n

k=1eikn+1maisn

k=1eikn+1= exp(in/2) = indoncn

k=1sinkn + 1 =n + 12nExercice 83 : [nonc](1 +z)n= cos(2na) +i sin(2na) = e2ina 1 +z = ei2na+2kn aveck {0, 1, . . . , n 1}.Cette quation possde doncn solutions distinctes qui sontzk = ei(2a+2kn) 1aveck {0, 1, . . . , n 1}.On observe alorsn1

k=0zk = (1)n(1 e2ina).Or :n1

k=0zk =n1

k=0(ei2(a+kn ) 1) =n1

k=0ei(a+kn)2i sin(a +kn ) = 2nineina+i(n1)2n1

k=0sin(a +kn )doncn1

k=0zk = 2ni1(1)neinan1

k=0sin(a +kn ) puisn1

k=0sin(a +kn ) =i2n1e2inaeina=12n1 sin na.Exercice 84 : [nonc]P =n

k=0akXkavecan = 0.Notonsk la somme des zros deP(k).0 = an1an,1 = (n1)an1nan,2 = (n2)an1nan,...,k = (nk)an1nan,...,n1 = an1nan.Les0, 1, . . . , n1 sont en progression arithmtique de raisonan1/nan.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 26Exercice 85 : [nonc]Puisque + + = a, on a + + + + += _a + +a + +a +_et rduisant au mme dnominateur + + + + +=a32ab + 3cab ccar + + = b et = c.Exercice 86 : [nonc]Posonsp = xy +yz +zx etq = xyz.Les nombresx, y, z sont racines du polynmesX3+pX +qOn en dduitx3+y3+z3= p(x +y +z) 3q = 3qDe plus(x +y +z)2= x2+y2+z2+ 2pdoncx2+y2+z2= 2pAussix3= px q donnex5= px3qx2= p2x +pq qx2et doncx5+y5+z5= 3pq + 2pq = 5pqet la relation propose est ds lors immediate.Exercice 87 : [nonc]Soit (x, y, z) un triplet de complexes etP(X) = (X x)(X y)(X z) = X3pX2+qX r avec___p = x +y +zq = xy +yz +zxr = xyzOn a(x +y +z)2= x2+y2+z2+ 2(xy +yz +zx)Posonst = x3+y3+z3ets = xy2+yx2+yz2+zy2+zx2+xz2On a(x +y +z)(x2+y2+z2) = t +s etpq = s + 3rdonct = 3r pq.Puisquex, y, z sont racines deXP(X) = X4pX3+qX2rX, on ax4+y4+z4= pt q (x2+y2+z2) +rpPuisquex, y, z sont racine deX2P(X) = X5pX4+qX3rX2, on ax5+y5+z5= p(x4+y4+z4) q(x3+y3+z3) +r(x2+y2+z2)On en dduit que (x, y, z) est solution du systme pos si, et seulement si,___p2= 2qpt +rp = 0qt = 0cest--dire, sachantt = 3r pq,___p2= 2qp(4r pq) = 0q(3r pq) = 0Ce systme quivaut encore ___p2= 2q2pr = q23qr = pq2et aussi ___p2= 2q2pr = q2qr = 0Quer soit nul ou non, le systme entraneq = 0 et est donc quivalent au systme_p = 0q = 0Ainsi, un triplet (x, y, z) est solution du systme propos si, et seulement si,x,yetz sont les trois racines du polynmePr(X) = X3r (pourr C quelconque).En introduisanta C tel quea3= r, les racines dePr(X) sonta, aj etaj2.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 27Finalement les solutions du systme, sont les triplets (x, y, z) avecx = a, y = aj etz = aj2poura C quelconque.Exercice 88 : [nonc]On aP

(X)P(X)=n

k=11X xkdoncxP

(x)P(x)=n

k=111 xkxPar dveloppement limit un ordreN, on a quandx +xP

(x)P(x)=n

k=111 xkx=N

=0S

x

+o_1xN_puisxP

(x) =N

=0S

x

P(x) +o_1xNn_OrxP

(x) = na0xn+ (n 1)a1xn1+ +an1etN

=0S

x

P(x) = b0xn+b1xn1+ +bN+2nxNnavecb0 = a0S0, b1 = a0S1 +a1S0,. . .bk =min(k,n)

=0a

SkPar unicit des coecients dexn, xn1, . . . , 1 de notre dveloppement limitgnralis, on obtient0kn,k

=0a

Sk = (n k)akPourk = 0, on obtientS0 = n (ce qui tait immdiat) et on en dduit0 < kn,k1

=0a

Sk +kak = 0Par unicit des coecients de 1/x, 1/x2, . . . de notre dveloppement limitgnralis, on obtientk > n,n

=0a

Sk = 0Exercice 89 : [nonc]a)f0 : x 1, f1 : x x, f2 : x 2x21 etf3 : x 4x33xb)fn+1(x) +fn1(x) = cos((n + 1)) + cos((n 1)) = 2 cos cos n = 2xfn(x) enposant = arccos x.c) Existence : Par rcurrence double surn N.Pourn = 0 etn = 1 :T0 = 1 etT1 = X conviennent.Supposons le rsultat tabli aux rangsn 1 etn1.SoitTn+1 le polynme dni parTn+1 = 2XTn Tn1.On aTn+1(x) = 2xTn(x) Tn1(x) = 2xfn(x) fn1(x) = fn+1(x).Le polynmeTn+1 convient. Rcurrence tablie.Unicit : SiTn etRn conviennent, alors ceux-ci prennent mmes valeurs en uninnit de points, ils sont donc gaux.d) CommeTn+1 = 2XTn Tn1, on montre par rcurrence double surn N quen N, deg Tn = n.Il est alors ais de montrer, par rcurrence simple, que le coecient dominant deTn est 2n1pourn N

. Notons que le coecient dominant deT0 est 1.e) Rsolvons lquationTn(x) = 0 sur [1, 1] :cos(narccos x) = 0 narccos x =2[] arccos x =2n_nPosonsx0, x1, . . . , xn1 dnis parxk = cos (2k+1)2n.x0, x1, . . . , xn1 formentn racines distinctes appartenant ]1, 1[ du polynmeTn.Or deg Tn = n donc il ne peut y avoir dautres racines et celles-ci sontncessairement simples.Exercice 90 : [nonc]a)a0, . . . , ai1, ai+1, . . . , an sont racines deLi donc j = i, Li(aj) = 0.De plusLi(ai) =

0jn,j=i(ai aj)

0jn,j=i(ai aj) = 1Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 28Doncj {0, 1, ..., n} , Li(aj) = i,jb) PosonsQ =n

i=0P(ai)Li(X), on aQ(aj) =n

i=0P(ai)Li(aj) =n

i=0P(ai)i,j = P(aj)PetQ sont deux polynmes de degr infrieur n et prenant mmes valeurs auxn + 1 pointsa0, a1, ..., an ils sont donc gaux.Exercice 91 : [nonc]a)Ln est le polynme driv dordren dun polynme de degr 2n doncdeg Ln = n.De plus sont coecient dominant est le mme que celui den!(2n)!(X2n)(n) savoir1.b) 1 et 1 sont racines dordren de (X21)n. Par intgration par parties :n!(2n)!_11Ln(t)Q(t)dt =_11(t21)(n)Q(t)dt =_(t21)(n1)Q(t)_11_11(t21)(n1)Q

(t)dtdoncn!(2n)!_11Ln(t)Q(t)dt = _11(t21)(n1)Q

(t)dtpuis en reprenant le processus_11Ln(t)Q(t)dt = (1)n_11(t21)(0)Q(n)(t)dt = 0c) Soita1, a2, . . . , ap les racines dordres impairs deLn appartenant ]1, 1[.SoitQ = (X a1)(X a2) . . . (X ap). La fonctiont Ln(t)Q(t) est continue,de signe constant sur [1, 1] sans tre la fonction nulle donc _11Ln(t)Q(t)dt = 0.Compte tenu de b) on a ncessairementpn puisp = n car le nombre de racinesne peut excdern.. De plus les racinesa1, a2, . . . , an sont simples car la somme deleurs multiplicits ne peut excdern.Exercice 92 : [nonc]a) Par rcurrence surn NPourn = 0 : ok avecP2 = X.Supposons la proprit tablie au rangn 1 N.1 +Pn+2Pn = 1 +XPn+1Pn P2n = 1 +X(XPn Pn1)Pn P2nPar lhypothse de rcurrence1 +Pn+2Pn = X2P2n XPn1Pn Pn1Pn+1donc1+Pn+2Pn = X2P2nXPn1PnPn1(XPnPn1) = X2P2n2XPn1Pn+P2n1 = P2n+1Rcurrence tablie.b) La relation ci-dessus peut se relire :UPn +V Pn+1 = 1. DoncPn etPn+1 sontpremiers entre eux.c) Par rcurrence surm N, tablissons la proprit :n N

, Pm+n = PnPm+1 Pn1PmPourm = 0 : okSupposons la proprit tablie au rangm0. Pour toutn N

Pm+n+1 = Pn+1Pm+1PnPm = (XPnPn1)Pm+1PnPm = (XPm+1Pm)PnPn1Pm+1doncPm+n+1 = Pm+2Pn Pn1Pm+1Rcurrence tablie.d) PosonsD = pgcd(Pn, Pn+m) etE = pgcd(Pn, Pm).CommePn+m = PnPm+1 Pn1Pm on aE | D.CommePn1Pm = PnPm+1 Pm+n etPn Pn1 = 1 on aD | E. FinalementD = E.En notantr le reste de la division euclidienne dem parn on am = nq +r avecq N etpgcd(Pn, Pm) = pgcd(Pn, Pnm) = pgcd(Pn, Pn2m) = . . . = pgcd(Pn, Pr)e) En suivant lalgorithme dEuclide menant le calcul de pgcd(m, n)simultanment avec celui menant le calcul de pgcd(Pm, Pn), on observe quepgcd(Pn, Pm) = Ppgcd(m,n)Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 29Exercice 93 : [nonc]Par la formule de drivation de Leibnizdndxn_exxn_=n

k=0_nk_(xn)(nk)(ex)(k)=n

k=0(1)kn!k!(n k)!n!k!xkexdoncLn =n

k=0(1)k(n!)2(k!)2(n k)!Xkest un polynme de degrn et de coecient dominant (1)n.Exercice 94 : [nonc]On acos n = Re(ein) = Re_n

k=0_nk_ikcosnk sink_donccos n =E(n/2)

=0(1)

_n2_cosn2(1 cos2)

est un polynme en cos . Cela assure lexistence deTn, lunicit provenant de ceque deux polynmes concidant en un nombre ni de points sont ncessairementgaux.a)cos(n + 1) + cos(n 1) = 2 cos cos ndonneTn+1 2XTn +Tn1 = 0b) On aTn(cos ) = cos ndonc en drivantsin T

n(cos ) = nsin netsin2T

n(cos ) cos T

n(cos ) = n2cos nOn en dduit par concidence de polynmes sur [1, 1] que(1 X2)T

n XT

n +n2Tn = 0c) En drivant cette relation lordrek :(1 X2)T(k+2)n2kXT(k+1)nk(k 1)T(k)nXT(k+1)nkT(k)n+n2T(k)n= 0 (1)En valuant (1) en 1 :(2k + 1)T(k+1)n(1) = (n2k2)T(k)n(1)CommeT(0)n (1) = 1, on obtientT(k)n(1) =_(n!)22kk!(nk)!(n+k)!(2k+1)!sikn0 sinonEn valuant (1) en 1 :(2k + 1)T(k+1)n(1) = (n2k2)T(k)n(1)CommeT(0)n (1) = (1)n, on obtientT(k)n(1) = (1)nkT(k)n(1)Exercice 95 : [nonc]Soit (P, Q) un couple solution.Si le polynmePest constant alors ncessairementQ = 0 etP = 1. Vricationimmdiate.Sinon, posonsn = deg P N

. La relationP2+ (1 X2)Q2= 1 impose quePetQ sont premiers entre eux et en drivant on obtientPP

XQ2+ (1 X2)QQ

= 0. Par suiteQ | PP

puisQ | P

. Par desconsidrations de degr et de coecient dominant on peut armerP

= nQ.Quitte considrer Q, supposonsP

= nQ et la relationPP

XQ2+ (1 X2)QQ

= 0 donne (1 X2)P

XP

+n2P = 0.Rsolvons lquation direntielle (1 t2)y

ty

+n2y = 0 sur [1, 1].Par le changement de variablet = cos , on obtient pour solution gnraley(t) = cos(narccos t) +sin(narccos t).La fonctiont cos(narccos t) est polynmiale (cf. polynme de Tchebychev),cela dnit le polynmeTn.La fonctiont sin(narccos t) ne lest pas car de driven1t2 cos(narccos t) nonpolynmiale.Par suiteP = Tn etQ = 1nT

n.La relationP2+ (1 X2)Q2= 1 value en 1 impose2= 1 et nalement(P, Q) = (Tn, 1nT

n).Vrication : pour le couple (P, Q) = (Tn, 1nT

n), le polynmeP2+ (1 X2)Q2est constant car de polynme driv nul et puisquil prend la valeur 1 en 1, onpeut armerP2+ (1 X2)Q2= 1.Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dit le 26 fvrier 2012 Corrections 30Exercice 96 : [nonc]a)P2 = X22,P3 = X33X.Par rcurrence double surn N, on montre deg Pn = n et coe(Pn) = 1.b) Par rcurrence double surn N :Pourn = 0 etn = 1 : okSupposons la proprit tablie aux rangsn etn + 1 (avecn0)Pn+2(z) = (z+1/z)Pn+1(z)Pn(z) =HR_z + 1z__zn+1+1zn+1__zn+1zn_= zn+2+1zn+2Rcurrence tablie.c)Pn(2 cos ) = Pn(ei+ ei) = ein+ ein= 2 cos n.d) Soitx [2, 2]. Il existe [0, ] unique tel quex = 2 cos .Pn(x) = 0 cos n = 0 k {0, . . . , n 1} , = + 2k2nPar suite lesxk = 2 cos_+2k2n_ aveck {0, . . . , n 1} constituentn racinesdistinctes dean = 0 eta0 = 0. Puisque le polynmePn est de degrn, il ny en apas dautres.Exercice 97 : [nonc]Montrons la proprit par rcurrence surn1.Pourn = 1,P1(X) = X convient.Supposons la proprit vraie au rangn1.En drivant la relationf(n)(x) =Pn(sin x)(cos x)n+1on obtientf(n+1)(x) = (n + 1) sin xPn(sin x) + cos2xP

n(sin x)(cos x)n+2Posons alorsPn+1(X) = (n + 1)XPn(X) + (1 X2)P

n(X)de sorte quef(n+1)(x) =Pn+1(sin x)(cos x)n+2On peut crirePn(X) =n

k=0akXkavecak0, an = 0et alorsPn+1(X) =n

k=0(n + 1 k)akXk+1+n

k=1kakXkest un polynme de degrn + 1 coecients positif ou nul.Rcurrence tablie.Par la relation de rcurrence obtenue ci-dessusP1(X) = X, P2(X) = 1 +X2etP3(X) = 5X +X3etPn+1(1) = (n + 1)Pn(1)doncPn(1) = n!Diusionautorisetitreentirementgratuituniquement-dD