QCM : Polynômes et théorème de d’Alembert en L1 de maths

Réponse D.

Le développement donne \(X^6+3X^4+3X^2+1\), donc la différence vaut \(3X^4+3X^2+1\), de degré 4. Le piège 6 applique la règle du degré d’un produit sans voir que les termes dominants se compensent. En effet, on a seulement \(\deg(P+Q)\leqslant\max(\deg P,\deg Q)\), et l’inégalité peut être stricte.

Réponse B.

On obtient le quotient \(X^2-X+1\). Or \((X^2+X)(X^2-X+1)=X^4+X\), donc le reste vaut \(X^4+1-(X^4+X)=1-X\), de degré 1, strictement inférieur à 2. Le piège \(X-1\) vient d’une soustraction faite dans le mauvais sens. On peut aussi contrôler avec les racines 0 et \(-1\) du diviseur : le reste vaut 1 en 0 et 2 en \(-1\).

Réponse C.

Le reste de la division par \(X-a\) est la constante \(P(a)\). Ici \(X+1=X-(-1)\), donc on évalue en \(-1\) : \(1-3+1=-1\), car l’exposant 2026 est pair. Le piège 5 évalue en \(1\) au lieu de \(-1\). Ainsi, le signe dans \(X+1\) doit toujours être lu avec soin.

Réponse A.

On a \(P(1)=0\), puis \(P^{\prime}=4X^3-6X^2+2\) s’annule en 1, de même que \(P^{\prime\prime}=12X^2-12X\). Cependant \(P^{(3)}=24X-12\) vaut 12 en 1. Par conséquent, la multiplicité vaut 3, et \(P=(X-1)^3(X+1)\). Le piège 2 s’arrête au polynôme dérivé premier sans tester la dérivée seconde.

Réponse D.

Le théorème affirme que \(\mathbb{C}\) est algébriquement clos. Par récurrence, il en découle qu’un polynôme de degré \(n\) a \(n\) racines comptées avec multiplicité, mais pas forcément distinctes : \((X-i)^2\) le montre. De plus, \(X^2+1\) n’a aucune racine réelle, ce qui écarte les deux énoncés sur \(\mathbb{R}[X]\).

Réponse C.

Les irréductibles de \(\mathbb{R}[X]\) sont les polynômes de degré 1 et ceux de degré 2 à discriminant négatif. Or \(X^2+X+1\) a pour discriminant \(-3\). En revanche, \(X^3+1\) admet la racine \(-1\), et \(X^2-2\) les racines \(\pm\sqrt2\). Le piège \(X^4+1\) n’a aucune racine réelle, mais il se factorise en deux trinômes : absence de racine ne signifie pas irréductible.

Réponse A.

On complète le carré : \(X^4+4=(X^2+2)^2-4X^2\), puis on applique \(a^2-b^2=(a-b)(a+b)\). Les deux trinômes obtenus ont pour discriminant \(-4\), donc ils sont irréductibles. Le piège \((X^2+2)^2\) ajoute un terme \(4X^2\) en trop. Quant à \((X^2-2)(X^2+2)\), il vaut \(X^4-4\) : c’est une erreur de signe.

Réponse A.

On factorise : \(X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)\) et \(X^2-1=(X-1)(X+1)\). Le trinôme \(X^2+X+1\) n’a pas \(-1\) pour racine, donc seul le facteur \(X-1\) est commun. Le piège \(X+1\) suppose à tort que \(-1\) annule \(X^3-1\). On obtient le même résultat par l’algorithme d’Euclide : le premier reste vaut \(X-1\).

Réponse D.

Les polynômes \(X-1\) et \(X+1\) sont premiers entre eux, donc une relation de Bézout existe. En identifiant, on obtient \(u+v=0\) et \(v-u=1\), d’où \(v=\tfrac12\). Le piège \(u=-1,\ v=1\) oublie de diviser par 2 et donne 2 au lieu de 1. Enfin, l’autre choix de signes donne \(-1\).

Réponse B.

Les relations coefficients-racines donnent \(ab+bc+ca=-1\) et \(abc=-6\), car le produit change de signe en degré impair. Ainsi la somme cherchée vaut \(\dfrac{ab+bc+ca}{abc}=\dfrac{-1}{-6}=\dfrac16\). Le piège \(-\tfrac16\) prend \(abc=6\). La réponse \(\tfrac23\) utilise la somme des racines au numérateur.

Réponse B.

On a \(a+b+c=2\) et \(ab+bc+ca=5\). Or \(a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=4-10=-6\). Un résultat négatif n’est pas absurde : il prouve justement que des racines ne sont pas réelles. Le piège 14 ajoute le double produit au lieu de le retrancher, et la réponse 4 l’oublie complètement.

Réponse C.

Une racine multiple de \(P\) est aussi racine de \(P^{\prime}=3X^2-3\), donc vaut \(1\) ou \(-1\). Ensuite, \(P(1)=m-2\) et \(P(-1)=m+2\). Par conséquent, il faut \(m=2\) ou \(m=-2\). Le piège « seulement 2 » oublie la racine \(-1\) de \(P^{\prime}\). Pour \(m=0\), les racines \(0\) et \(\pm\sqrt3\) sont simples.