Corrigé des exercices : Polynômes et théorème de d’Alembert en L1 de maths

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Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Degré et coefficient dominant d’une différence de puissances

Idée clé : les termes en \(X^n\) se compensent, il faut donc regarder le terme suivant de chaque développement.

1. Par la formule du binôme, \((X + 2)^n = X^n + 2n X^{n-1} + \dots\) et \((X – 2)^n = X^n – 2n X^{n-1} + \dots\). Les termes \(X^n\) disparaissent dans la différence. Le coefficient de \(X^{n-1}\) vaut \(2n – (-2n) = 4n\), qui est non nul. Ainsi \(\deg P_n = n – 1\) et son coefficient dominant vaut \(4n\).
2. On calcule \(P_n(-X) = (2 – X)^n – (-X – 2)^n = (-1)^n (X – 2)^n – (-1)^n (X + 2)^n\). En factorisant, on obtient \(P_n(-X) = (-1)^{n+1} P_n\). Par exemple, \(P_n\) est pair lorsque \(n\) est impair.
3. Le degré d’un produit est la somme des degrés : \(\deg\big((X^2 + 1) P_n\big) = 2 + (n – 1)\). De plus, les coefficients dominants se multiplient. Le produit est de degré \(n + 1\), de coefficient dominant \(4n\).

Corrigé de l’exercice 2 – Une division euclidienne posée

Idée clé : à chaque étape, on élimine le terme dominant du dividende courant, jusqu’à obtenir un reste de degré au plus \(1\).

1. Premier terme du quotient : \(X^3\). On retire \(X^3 B = X^5 – 2X^4 + 2X^3\), et il reste \(2X^4 – 5X^3 + 2X + 1\).
2. Terme suivant : \(2X^2\). On retire \(2X^4 – 4X^3 + 4X^2\), et il reste \(-X^3 – 4X^2 + 2X + 1\).
3. Terme suivant : \(-X\). On retire \(-X^3 + 2X^2 – 2X\), et il reste \(-6X^2 + 4X + 1\).
4. Terme suivant : \(-6\). On retire \(-6X^2 + 12X – 12\), et il reste \(-8X + 13\), de degré \(1 < 2\).
5. On obtient \(Q = X^3 + 2X^2 – X – 6\) et \(R = -8X + 13\). Contrôle en \(1\) : \(A(1) = 1\), et \(B(1) Q(1) + R(1) = 1 \times (-4) + 5 = 1\). Contrôle en \(2\) : \(A(2) = 32 – 24 + 4 + 1 = 13\), et \(B(2) Q(2) + R(2) = 2 \times 8 – 3 = 13\).

Corrigé de l’exercice 3 – Restes obtenus sans division

Idée clé : en évaluant \(P = BQ + R\) aux racines de \(B\), le quotient disparaît.

1. Le reste par \(X + 1\) est \(P(-1) = (-1)^{2026} – 1 + 1 = 1\). Le reste vaut \(1\).
2. Le reste s’écrit \(R = \alpha X + \beta\). En \(1\), on obtient \(\alpha + \beta = P(1) = 3\). En \(-1\), on obtient \(-\alpha + \beta = P(-1) = 1\). Ainsi \(\beta = 2\) et \(\alpha = 1\). Le reste vaut \(X + 2\).
3. Ici \(R = \alpha X + \beta\) avec \(\alpha, \beta\) réels, car \(P\) et \(X^2 + 1\) sont réels. Comme \(2026 = 4 \times 506 + 2\), on a \(i^{2026} = i^2 = -1\). Ainsi \(P(i) = -1 + i + 1 = i\). L’égalité \(\alpha i + \beta = i\) donne \(\alpha = 1\) et \(\beta = 0\). Le reste vaut \(X\). En effet, \(P – X = (X^2)^{1013} + 1\) est bien divisible par \(X^2 + 1\), puisque \(-1\) est racine de \(Y^{1013} + 1\).

Corrigé de l’exercice 4 – Une racine triple cachée

Idée clé : on compte les dérivées qui s’annulent en \(1\), en commençant par \(P\) lui-même.

1. On calcule \(P(1) = 1 – 3 + 4 – 4 + 3 – 1 = 0\). Ensuite, \(P^{\prime} = 5X^4 – 12X^3 + 12X^2 – 8X + 3\), donc \(P^{\prime}(1) = 5 – 12 + 12 – 8 + 3 = 0\). De même, \(P^{\prime\prime} = 20X^3 – 36X^2 + 24X – 8\) donne \(P^{\prime\prime}(1) = 0\). Enfin, \(P^{(3)} = 60X^2 – 72X + 24\) donne \(P^{(3)}(1) = 12 \neq 0\). La racine \(1\) est triple. La courbe, très plate près de \(1\), le laissait deviner.
2. On divise \(P\) par \((X – 1)^3 = X^3 – 3X^2 + 3X – 1\). Le premier terme \(X^2\) donne \(X^5 – 3X^4 + 3X^3 – X^2\). Il reste \(X^3 – 3X^2 + 3X – 1\), qui vaut exactement \((X – 1)^3\). Ainsi le quotient est \(X^2 + 1\), sans racine réelle. On obtient \(P = (X – 1)^3 (X^2 + 1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\), et \(P = (X – 1)^3 (X – i)(X + i)\) dans \(\mathbb{C}[X]\).

Corrigé de l’exercice 5 – Factoriser X^6 – 64

Idée clé : les racines sont \(2\) fois les racines sixièmes de l’unité, et on regroupe chaque racine non réelle avec sa conjuguée.

1. On cherche \(z\) tel que \(z^6 = 64 = 2^6\). Ainsi \((z/2)^6 = 1\), donc \(z_k = 2 e^{ik\pi/3}\) pour \(k \in \{0, \dots, 5\}\). Sous forme algébrique : \(z_0 = 2\), \(z_1 = 1 + i\sqrt{3}\), \(z_2 = -1 + i\sqrt{3}\), \(z_3 = -2\), \(z_4 = -1 – i\sqrt{3}\) et \(z_5 = 1 – i\sqrt{3}\).
2. Le polynôme est unitaire, de degré \(6\), à six racines distinctes. Donc \(X^6 – 64 = \prod_{k=0}^{5} (X – z_k)\) dans \(\mathbb{C}[X]\).
3. On a \(z_5 = \overline{z_1}\) et \(z_4 = \overline{z_2}\). La paire \(1 \pm i\sqrt{3}\) donne \(X^2 – 2X + 4\), puisque la partie réelle vaut \(1\) et le module au carré vaut \(4\). De même, la paire \(-1 \pm i\sqrt{3}\) donne \(X^2 + 2X + 4\). Ces deux trinômes ont un discriminant égal à \(-12\). Donc \(X^6 – 64 = (X – 2)(X + 2)(X^2 – 2X + 4)(X^2 + 2X + 4)\). Vérification : \((X^2 + 4)^2 – 4X^2 = X^4 + 4X^2 + 16\), puis \((X^2 – 4)(X^4 + 4X^2 + 16) = X^6 – 64\).

Corrigé de l’exercice 6 – Sommes symétriques des racines d’une cubique

Idée clé : pour un polynôme unitaire \(X^3 + pX^2 + qX + r\), on a \(\sigma_1 = -p\), \(\sigma_2 = q\) et \(\sigma_3 = -r\).

1. Ici \(p = 4\), \(q = -7\) et \(r = 1\). Donc \(a + b + c = -4\), \(ab + ac + bc = -7\) et \(abc = -1\).
2. D’abord, \(a^2 + b^2 + c^2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 16 + 14 = 30\). Ensuite, \(abc \neq 0\), donc on réduit au même dénominateur : \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3} = \frac{-7}{-1}\). On obtient \(30\) et \(7\).
3. En développant, \((1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + \sigma_1 + \sigma_2 + \sigma_3 = 1 – 4 – 7 – 1 = -11\). Par ailleurs, \(P = (X – a)(X – b)(X – c)\) donne \(P(-1) = -(1 + a)(1 + b)(1 + c)\). Or \(P(-1) = -1 + 4 + 7 + 1 = 11\). Les deux méthodes donnent \(-11\).

Corrigé de l’exercice 7 – Un polynôme fixé par trois valeurs

Idée clé : l’existence se règle par un petit système, et l’unicité par le nombre de racines d’une différence.

1. Écrivons \(P = \alpha X^2 + \beta X + \gamma\). La condition \(P(0) = 1\) donne \(\gamma = 1\). Ensuite, \(P(1) = 2\) donne \(\alpha + \beta = 1\), et \(P(2) = 7\) donne \(4\alpha + 2\beta = 6\), soit \(2\alpha + \beta = 3\). Par différence, \(\alpha = 2\), puis \(\beta = -1\). Le polynôme \(P = 2X^2 – X + 1\) convient.
2. Soit \(\tilde{P}\) une autre solution. La différence \(P – \tilde{P}\) est de degré au plus \(2\) et s’annule en \(0\), \(1\) et \(2\). Elle a trois racines, donc elle est nulle. La solution est unique.
3. Un tel polynôme coïnciderait avec \(P\) en \(0\), \(1\) et \(2\), donc serait égal à \(P\). Or \(P(3) = 18 – 3 + 1 = 16\). Oui : c’est \(P\) lui-même, qui prend bien la valeur \(16\) en \(3\).

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 8 – Divisibilité par X^2 – X + 1

Idée clé : un diviseur à racines simples divise \(P_n\) exactement quand ses racines annulent \(P_n\).

1. Le discriminant de \(X^2 – X + 1\) vaut \(-3\). Les racines sont donc \(\omega = \frac{1 + i\sqrt{3}}{2} = e^{i\pi/3}\) et \(\overline{\omega}\). Comme \(\omega^2 – \omega + 1 = 0\), on a directement \(\omega – 1 = \omega^2\). De plus, \(\omega^6 = e^{2i\pi} = 1\). Les deux relations sont vérifiées.
2. Les racines \(\omega\) et \(\overline{\omega}\) sont distinctes. Ainsi \(X^2 – X + 1\) divise \(P_n\) si et seulement si \(P_n(\omega) = P_n(\overline{\omega}) = 0\). Or \(P_n\) est à coefficients réels, donc \(P_n(\overline{\omega}) = \overline{P_n(\omega)}\), et la seconde condition découle de la première. Enfin, \(P_n(\omega) = (\omega^2)^n – \omega^n + 1\). La divisibilité équivaut à \(\omega^{2n} – \omega^n + 1 = 0\).
3. Posons \(u = \omega^n\). La condition s’écrit \(u^2 – u + 1 = 0\), c’est-à-dire \(u \in \{\omega, \overline{\omega}\}\). Comme \(\omega^6 = 1\), la valeur de \(\omega^n\) ne dépend que du reste de \(n\) modulo \(6\), et les six valeurs \(\omega^0, \dots, \omega^5\) sont distinctes. Or \(\omega^n = \omega\) équivaut à \(n \equiv 1 \ [6]\), et \(\omega^n = \overline{\omega} = \omega^5\) équivaut à \(n \equiv 5 \ [6]\). La divisibilité a lieu si et seulement si \(n \equiv 1\) ou \(n \equiv 5\) modulo \(6\). Pour \(n = 1\), d’ailleurs, \(P_1 = 0\).

Contrôlons sur un cas concret. Pour \(n = 2\), on trouve \(P_2 = X^2 – 2X + 1 – X^2 + 1 = -2X + 2\), qui n’est pas divisible par un polynôme de degré \(2\). C’est cohérent, car \(2\) n’est congru ni à \(1\) ni à \(5\) modulo \(6\). En revanche, pour \(n = 5\), le calcul donne \(P_5 = -5X^4 + 10X^3 – 10X^2 + 5X\). On factorise : \(P_5 = -5X(X^3 – 2X^2 + 2X – 1)\), puis \(X^3 – 2X^2 + 2X – 1 = (X – 1)(X^2 – X + 1)\). La divisibilité annoncée est donc bien visible.

Corrigé de l’exercice 9 – Deux paramètres pour deux racines

Idée clé : \(X^2 – 3X + 2 = (X – 1)(X – 2)\) a deux racines simples, d’où deux équations linéaires en \(a\) et \(b\).

1. La divisibilité équivaut à \(P(1) = 0\) et \(P(2) = 0\). Cela donne \(1 + a + b = 0\) et \(16 + 4a + 2b = 0\), soit \(8 + 2a + b = 0\). En soustrayant la première équation, on obtient \(7 + a = 0\). Donc \(a = -7\) et \(b = 6\).
2. On a \(P = X^4 – 7X^2 + 6X = X(X^3 – 7X + 6)\). Le facteur cubique s’annule en \(1\) et en \(2\). Sa troisième racine \(r\) vérifie \(1 + 2 + r = 0\), car la somme des racines vaut l’opposé du coefficient de \(X^2\), ici nul. Ainsi \(r = -3\), et l’on vérifie \(-27 + 21 + 6 = 0\). On obtient \(P = X(X – 1)(X – 2)(X + 3)\).

Corrigé de l’exercice 10 – Imposer une racine double

Idée clé : \(1\) est racine au moins double si et seulement si \(P(1) = 0\) et \(P^{\prime}(1) = 0\).

1. On a \(P^{\prime} = 5X^4 + a\). Les conditions s’écrivent \(1 + a + b = 0\) et \(5 + a = 0\). Donc \(a = -5\) et \(b = 4\), soit \(P = X^5 – 5X + 4\).
2. On calcule \(P^{\prime\prime} = 20X^3\), donc \(P^{\prime\prime}(1) = 20 \neq 0\). La racine \(1\) est exactement double.
3. Divisons \(P\) par \(X^2 – 2X + 1\). Les termes successifs du quotient sont \(X^3\), \(2X^2\), \(3X\) et \(4\), et le reste est nul. On peut vérifier en développant :
   \[(X^2 – 2X + 1)(X^3 + 2X^2 + 3X + 4) = X^5 – 5X + 4.\]
   Le quotient est \(X^3 + 2X^2 + 3X + 4\), qui vaut \(10\) en \(1\). Il n’admet donc pas \(1\) pour racine, ce qui confirme la question 2.

Corrigé de l’exercice 11 – Un système symétrique à trois inconnues

Idée clé : le système ne fait intervenir que des fonctions symétriques, donc \(x, y, z\) sont les racines d’un polynôme de degré \(3\) que l’on sait écrire.

1. On a \((x + y + z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + xz + yz)\). Ainsi \(4 = 6 + 2\sigma_2\), d’où \(\sigma_2 = -1\).
2. Soit \((x, y, z)\) une solution. Alors \((X – x)(X – y)(X – z) = X^3 – \sigma_1 X^2 + \sigma_2 X – \sigma_3 = X^3 – 2X^2 – X + 2\). Ce polynôme se factorise : \(X^2(X – 2) – (X – 2) = (X – 2)(X – 1)(X + 1)\). Donc \(\{x, y, z\} = \{2, 1, -1\}\), comme ensemble avec multiplicités.
3. Réciproquement, \(2 + 1 – 1 = 2\), \(4 + 1 + 1 = 6\) et \(2 \times 1 \times (-1) = -2\). Les solutions sont les six permutations de \((2, 1, -1)\).

Le point délicat est le passage du système au polynôme. En effet, on n’a pas résolu d’équation en \(x\) seul : on a reconnu dans les données les trois fonctions symétriques élémentaires. Par conséquent, l’ensemble \(\{x, y, z\}\) est imposé, mais l’ordre reste libre. C’est pourquoi le système admet six solutions et non une seule.

Corrigé de l’exercice 12 – Factoriser X^4 + 2X^2 + 9

Idée clé : on complète le carré pour faire apparaître \(A^2 – B^2\), puis on factorise.

1. On a \((X^2 + 3)^2 = X^4 + 6X^2 + 9\). Donc \(X^4 + 2X^2 + 9 = (X^2 + 3)^2 – (2X)^2\).
2. On en déduit \(X^4 + 2X^2 + 9 = (X^2 – 2X + 3)(X^2 + 2X + 3)\). Chaque facteur a pour discriminant \(4 – 12 = -8 < 0\). Ils sont donc irréductibles dans \(\mathbb{R}[X]\). C’est la factorisation réelle cherchée.
3. Les racines de \(X^2 – 2X + 3\) sont \(1 \pm i\sqrt{2}\), celles de \(X^2 + 2X + 3\) sont \(-1 \pm i\sqrt{2}\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on obtient \((X – 1 – i\sqrt{2})(X – 1 + i\sqrt{2})(X + 1 – i\sqrt{2})(X + 1 + i\sqrt{2})\).

Corrigé de l’exercice 13 – PGCD par l’algorithme d’Euclide

Idée clé : on enchaîne les divisions jusqu’au reste nul ; le dernier reste non nul, rendu unitaire, est le PGCD.

1. Divisons \(A\) par \(B\). Le premier terme du quotient est \(X\), puis \(-1\). On a \((X – 1)(X^4 – 1) = X^5 – X^4 – X + 1\), donc :
   \[A = (X – 1) B + 2(X^3 – X^2 + X – 1).\]
   Posons \(D = X^3 – X^2 + X – 1\). On divise ensuite \(B\) par \(D\) : \((X + 1) D = X^4 – 1\), avec un reste nul. Le dernier reste non nul est \(2D\). Donc \(A \wedge B = X^3 – X^2 + X – 1\).
2. La première division donne \(2D = A – (X – 1) B\). En divisant par \(2\), on trouve \(U = \frac{1}{2}\) et \(V = \frac{1 – X}{2}\), qui vérifient \(AU + BV = D\).
3. On a \(A = (X – 1)(X^4 + 2X^2 + 1) = (X – 1)(X^2 + 1)^2\), et \(B = (X – 1)(X + 1)(X^2 + 1)\). Les facteurs communs, avec le plus petit exposant, sont \(X – 1\) et \(X^2 + 1\). On retrouve \((X – 1)(X^2 + 1) = X^3 – X^2 + X – 1\).

Vérifions la relation de Bézout, car une erreur de signe y est fréquente. On calcule \(\frac{1}{2} A + \frac{1 – X}{2} B\). Or \((1 – X)(X^4 – 1) = -X^5 + X^4 + X – 1\). En ajoutant \(A\), on obtient \(2X^3 – 2X^2 + 2X – 2\), puis on divise par \(2\). Le résultat vaut bien \(D\). Notons enfin que \(U\) et \(V\) ne sont pas uniques : on peut ajouter \(B\) à \(U\) et retrancher \(A\) à \(V\) sans changer la somme.

Corrigé de l’exercice 14 – Racines multiples et PGCD avec la dérivée

Idée clé : une racine multiple de \(P\) est exactement une racine commune à \(P\) et \(P^{\prime}\).

1. Supposons que \(a\) soit racine multiple de \(P\). Alors \(P(a) = P^{\prime}(a) = 0\), donc \(X – a\) divise \(P\) et \(P^{\prime}\). Ainsi \(P \wedge P^{\prime} \neq 1\). Réciproquement, supposons \(D = P \wedge P^{\prime}\) non constant. D’après le théorème de d’Alembert-Gauss, \(D\) a une racine \(a \in \mathbb{C}\). Comme \(D\) divise \(P\) et \(P^{\prime}\), on a \(P(a) = P^{\prime}(a) = 0\). Donc \(a\) est racine au moins double de \(P\).
2. Ici \(P^{\prime} = 3X^2 – 3 = 3(X – 1)(X + 1)\). Une racine multiple est donc \(1\) ou \(-1\). D’une part, \(P(1) = a – 2\). D’autre part, \(P(-1) = -1 + 3 + a = a + 2\). Le polynôme a une racine multiple si et seulement si \(a = 2\) ou \(a = -2\).
3. Pour \(a = 2\), la racine double \(1\) et la somme des racines nulle donnent une troisième racine égale à \(-2\). Ainsi \(X^3 – 3X + 2 = (X – 1)^2 (X + 2)\). Pour \(a = -2\), de même, \(X^3 – 3X – 2 = (X + 1)^2 (X – 2)\). On vérifie ces deux égalités en développant.

Par exemple, \((X – 1)^2 (X + 2) = (X^2 – 2X + 1)(X + 2) = X^3 – 3X + 2\). On peut aussi lire ce résultat graphiquement. La courbe de \(x \mapsto x^3 – 3x\) admet deux extremums locaux, en \(-1\) et en \(1\), de valeurs \(2\) et \(-2\). Ajouter la constante \(a\) translate la courbe verticalement. Une racine double apparaît exactement lorsque l’un de ces extremums touche l’axe des abscisses, c’est-à-dire pour \(a = -2\) ou \(a = 2\). Pour \(-2 < a < 2\), il y a trois racines réelles simples ; sinon, une seule racine réelle.

Corrigé de l’exercice 15 – Une équation fonctionnelle polynomiale

Idée clé : comparer les degrés des deux membres fixe le degré, puis l’identification des coefficients conclut.

1. Soit \(P\) une solution non nulle, de degré \(n\). Le membre de gauche a pour degré \(2n\), celui de droite \(n + 2\). Ainsi \(2n = n + 2\). Donc \(n = 2\).
2. Écrivons \(P = \alpha X^2 + \beta X + \gamma\). D’une part, \(P(X^2) = \alpha X^4 + \beta X^2 + \gamma\). D’autre part, \((X^2 + 1) P = \alpha X^4 + \beta X^3 + (\alpha + \gamma) X^2 + \beta X + \gamma\). L’identification donne \(\beta = 0\), puis \(\alpha + \gamma = \beta = 0\). Réciproquement, \(P = \alpha (X^2 – 1)\) vérifie \(P(X^2) = \alpha(X^4 – 1) = (X^2 + 1) P\). Les solutions sont les polynômes \(\alpha(X^2 – 1)\), avec \(\alpha \in \mathbb{R}\).

Corrigé de l’exercice 16 – Reste de X^n par (X – 1)^2

Idée clé : \(1\) est racine double du diviseur, donc on évalue en \(1\) l’égalité de division et sa dérivée.

1. Le diviseur est de degré \(2\), donc \(R_n = \alpha X + \beta\). On écrit \(X^n = (X – 1)^2 Q + \alpha X + \beta\). En \(1\), on obtient \(1 = \alpha + \beta\). En dérivant, \(n X^{n-1} = 2(X – 1) Q + (X – 1)^2 Q^{\prime} + \alpha\). En \(1\), il reste \(n = \alpha\).
2. Ainsi \(\alpha = n\), \(\beta = 1 – n\), et \(R_n = nX + 1 – n\).
3. Le reste d’une combinaison est la combinaison des restes, par unicité. Ainsi le reste vaut \(R_{100} – 3R_{50} = (100X – 99) – 3(50X – 49)\). On obtient \(-50X + 48\). Contrôle : en \(1\), on trouve \(-2\), comme \(1 – 3\).

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 17 – Les racines huitièmes de l’unité

Idée clé : les huit racines sont régulièrement placées sur le cercle unité ; on les apparie avec leurs conjuguées.

1. Les solutions de \(z^8 = 1\) sont \(z_k = e^{ik\pi/4}\) pour \(k \in \{0, \dots, 7\}\), soit \(\pm 1\), \(\pm i\) et \(\frac{\pm 1 \pm i}{\sqrt{2}}\).
2. Les racines réelles \(1\) et \(-1\) donnent \(X – 1\) et \(X + 1\). La paire \(\pm i\) donne \(X^2 + 1\). La paire \(e^{\pm i\pi/4}\), de partie réelle \(\frac{\sqrt{2}}{2}\), donne \(X^2 – \sqrt{2} X + 1\). Enfin, la paire \(e^{\pm 3i\pi/4}\) donne \(X^2 + \sqrt{2} X + 1\). Les trois trinômes ont un discriminant négatif. Ainsi \(X^8 – 1 = (X – 1)(X + 1)(X^2 + 1)(X^2 – \sqrt{2}X + 1)(X^2 + \sqrt{2}X + 1)\).
3. Le coefficient de \(X^7\) est nul, donc la somme des racines vaut \(0\). Le produit vaut \((-1)^8 \times \frac{-1}{1}\). La somme vaut \(0\) et le produit vaut \(-1\).
4. On a \((X^2 + 1)^2 – 2X^2 = X^4 + 1\). Ensuite, \((X^2 – 1)(X^2 + 1)(X^4 + 1) = (X^4 – 1)(X^4 + 1) = X^8 – 1\). La factorisation est vérifiée.

La figure résume la démarche. Chaque segment vertical relie une racine à sa conjuguée et correspond à un facteur réel de degré \(2\). Les deux points situés sur l’axe réel donnent, quant à eux, les facteurs de degré \(1\). On compte ainsi \(2 + 3 \times 2 = 8\) racines, ce qui contrôle le degré total. Par ailleurs, le groupement \(X^4 + 1 = (X^2 – \sqrt{2}X + 1)(X^2 + \sqrt{2}X + 1)\) montre de nouveau qu’un polynôme réel sans racine réelle peut se factoriser.

Corrigé de l’exercice 18 – PGCD de X^a – 1 et X^b – 1

Idée clé : l’algorithme d’Euclide sur ces polynômes reproduit exactement celui des exposants.

1. On a \(X^{18} – 1 = X^6 (X^{12} – 1) + (X^6 – 1)\). Ensuite, \(X^{12} – 1 = (X^6 + 1)(X^6 – 1)\), avec un reste nul. Donc \((X^{18} – 1) \wedge (X^{12} – 1) = X^6 – 1\), et \(6 = 18 \wedge 12\).
2. Posons \(Y = X^b\). L’identité \(Y^q – 1 = (Y – 1)(1 + Y + \dots + Y^{q-1})\) montre que \(X^b – 1\) divise \(X^{bq} – 1\). Ensuite :
   \[X^a – 1 = X^r (X^{bq} – 1) + (X^r – 1).\]
   Le premier terme est un multiple de \(X^b – 1\), et \(\deg(X^r – 1) < b\), car \(r < b\). Par unicité, le reste est \(X^r – 1\), nul lorsque \(r = 0\).
3. D’après le cours, \((X^a – 1) \wedge (X^b – 1) = (X^b – 1) \wedge (X^r – 1)\). Les couples d’exposants suivent donc les étapes de l’algorithme d’Euclide pour \((a, b)\). Celui-ci s’arrête sur \((d, 0)\), avec \(d = a \wedge b\), et le dernier reste non nul est \(X^d – 1\), unitaire. Ainsi \((X^a – 1) \wedge (X^b – 1) = X^{a \wedge b} – 1\).

Corrigé de l’exercice 19 – Sommes de puissances des racines

Idée clé : chaque racine vérifie \(z^3 = z + 1\), ce qui donne une relation de récurrence entre les sommes.

1. On a \(\sigma_1 = 0\), \(\sigma_2 = -1\) et \(\sigma_3 = 1\). Ainsi \(S_0 = 3\), \(S_1 = 0\) et \(S_2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 2\). Donc \(S_0 = 3\), \(S_1 = 0\), \(S_2 = 2\).
2. Pour chaque racine \(z\), on a \(z^3 = z + 1\), donc \(z^{k+3} = z^{k+1} + z^k\). En sommant sur les trois racines, \(S_{k+3} = S_{k+1} + S_k\).
3. On obtient \(S_3 = S_1 + S_0 = 3\), \(S_4 = S_2 + S_1 = 2\) et \(S_5 = S_3 + S_2 = 5\). Vérification : en sommant \(z^3 = z + 1\), on a \(S_3 = S_1 + 3 = 3\), ce que confirme aussi \(S_3 = \sigma_1^3 – 3\sigma_1\sigma_2 + 3\sigma_3 = 3abc = 3\). Donc \(S_3 = 3\), \(S_4 = 2\), \(S_5 = 5\).
4. Comme \(abc = 1 \neq 0\), on a \(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{\sigma_2}{\sigma_3}\). Cette somme vaut \(-1\).

Cette méthode évite tout calcul de racine. En effet, \(X^3 – X – 1\) possède une seule racine réelle, voisine de \(1{,}32\), et deux racines complexes conjuguées sans expression simple. Pourtant, toutes les sommes \(S_k\) sont des entiers, calculés de proche en proche. On obtient par exemple \(S_6 = S_4 + S_3 = 5\) et \(S_7 = S_5 + S_4 = 7\). Ce phénomène est général : pour un polynôme unitaire à coefficients entiers, les sommes de puissances des racines restent entières.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème : racines rationnelles et irréductibilité

Idée clé : après multiplication par \(q^n\), l’équation devient une égalité entre entiers, et l’arithmétique de \(\mathbb{Z}\) limite les candidats.

1. On a \(\sum_{k=0}^{n} a_k p^k q^{n-k} = 0\). Tous les termes sauf \(a_0 q^n\) contiennent \(p\), donc \(p\) divise \(a_0 q^n\). Or \(p \wedge q = 1\), donc \(p \wedge q^n = 1\). Par le lemme de Gauss, on obtient \(p \mid a_0\). Symétriquement, \(q\) apparaît en facteur partout, excepté dans \(a_n p^n\), et \(q \wedge p^n = 1\). Ainsi \(p \mid a_0\) et \(q \mid a_n\).
2. Ici \(a_0 = 2\) et \(a_3 = 2\). Les candidats sont \(\pm 1\), \(\pm 2\) et \(\pm \frac{1}{2}\). On trouve \(P(2) = 16 – 12 – 6 + 2 = 0\), \(P(-1) = -2 – 3 + 3 + 2 = 0\) et \(P(\frac{1}{2}) = \frac{1}{4} – \frac{3}{4} – \frac{3}{2} + 2 = 0\). Donc \(2X^3 – 3X^2 – 3X + 2 = (X – 2)(X + 1)(2X – 1)\).
3. Pour \(Q\), les seuls candidats sont \(\pm 1\). Or \(Q(1) = -1\) et \(Q(-1) = 3\). Le polynôme \(Q\) n’a aucune racine rationnelle.
4. Supposons \(Q = AB\) avec \(A, B\) non constants à coefficients rationnels. Les degrés valent \(1\) et \(2\). Le facteur de degré \(1\), de la forme \(\alpha X + \beta\), fournit la racine rationnelle \(-\beta/\alpha\), ce qui contredit la question 3. Une telle factorisation est impossible.
5. On a \(Q(-2) = -1\), \(Q(0) = 1\), \(Q(1) = -1\) et \(Q(2) = 3\). La fonction \(Q\) est continue et change de signe sur \(]-2, 0[\), \(]0, 1[\) et \(]1, 2[\). Le théorème des valeurs intermédiaires donne une racine dans chacun. Comme \(\deg Q = 3\), il n’y en a pas d’autre. Les trois racines sont réelles et irrationnelles, d’après la question 3.
6. Ici \(\sigma_1 = 0\) et \(\sigma_2 = -3\). La somme des carrés vaut \(0 – 2 \times (-3) = 6\).

La courbe confirme les changements de signe aux points \(-2\), \(0\), \(1\) et \(2\). Remarquons aussi le contraste entre les deux applications. Le premier polynôme a toutes ses racines rationnelles, et le critère les trouve en quelques essais. Le second a trois racines réelles, mais aucune n’est rationnelle ; le même critère prouve alors l’irréductibilité sur \(\mathbb{Q}\) sans calcul lourd. En revanche, \(Q\) se factorise dans \(\mathbb{R}[X]\) en trois facteurs de degré \(1\) : l’irréductibilité dépend donc du corps de référence.

Pour aller plus loin

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