Corrigé des exercices : Racines d’un polynôme et Viète en maths sup (MPSI)

---

---

Pour démarrer

Corrigé de l’exercice 1 – Degré et division euclidienne

Idée clé : on développe avant de conclure sur un degré, car les termes dominants d’une différence peuvent se compenser.

1. On a \((X^2+1)^3=X^6+3X^4+3X^2+1\) et \((X^3-X)^2=X^6-2X^4+X^2\). Par différence, on obtient \(5X^4+2X^2+1\). Les termes en \(X^6\) se sont compensés. Donc le degré vaut 4 et le coefficient dominant vaut 5.
2. D’abord, \(A-2X^2B=3X^3-4X^2-3X+5\). Ensuite, on retranche \(3XB=3X^3-3X^2+6X\) : il reste \(-X^2-9X+5\). Enfin, on retranche \(-B=-X^2+X-2\) : il reste \(-10X+7\), de degré 1. Ainsi, \(Q=2X^2+3X-1\) et \(R=-10X+7\).
3. On développe : \(BQ=2X^4-2X^3+4X^2+3X^3-3X^2+6X-X^2+X-2=2X^4+X^3+7X-2\). En ajoutant \(R\), on retrouve \(2X^4+X^3-3X+5=A\). La division est correcte.

Corrigé de l’exercice 2 – Multiplicité d’une racine par les dérivées

Idée clé : on dérive jusqu’à obtenir une valeur non nulle en 1 ; le rang de cette dérivée donne la multiplicité.

1. On calcule \(P(1)=1-5+9-7+2=0\). Donc 1 est racine de \(P\).
2. On a \(P^{\prime}=4X^3-15X^2+18X-7\), donc \(P^{\prime}(1)=4-15+18-7=0\). Ensuite, \(P^{\prime\prime}=12X^2-30X+18\), donc \(P^{\prime\prime}(1)=0\). Enfin, \(P^{(3)}=24X-30\) vaut \(-6\neq 0\) en 1. D’après le critère des dérivées, 1 est racine de multiplicité exactement 3.
3. Ainsi \((X-1)^3\) divise \(P\), et le quotient est unitaire de degré 1, de la forme \(X-c\). La somme des racines vaut 5 d’après Viète, donc \(3+c=5\) et \(c=2\). Par conséquent, \(P=(X-1)^3(X-2)\). Le terme constant \((-1)^3\times(-2)=2\) confirme le résultat.

La figure montre le graphe de \(P\) : il traverse l’axe en 1 en s’aplatissant, comme pour une racine triple, et le traverse franchement en 2.

Corrigé de l’exercice 3 – Premières relations de Viète

Idée clé : les sommes symétriques se lisent sur les coefficients, en respectant l’alternance des signes.

1. Le polynôme est unitaire. On lit donc \(\sigma_1=4\), \(\sigma_2=1\) et \(\sigma_3=-6\).
2. D’une part, \(\sum x_i^2=\sigma_1^2-2\sigma_2=16-2=14\). D’autre part, \(\sigma_3\neq 0\), donc aucune racine n’est nulle et \(\sum\frac{1}{x_i}=\frac{\sigma_2}{\sigma_3}\). Ainsi, \(\sum x_i^2=14\) et \(\sum\frac{1}{x_i}=-\frac{1}{6}\).
3. On a \(P(-1)=-1-4-1+6=0\). La division par \(X+1\) donne \(X^2-5X+6=(X-2)(X-3)\). Donc \(P=(X+1)(X-2)(X-3)\). Contrôle : \(1+4+9=14\) et \(-1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}=-\frac{1}{6}\).

Remarque : les relations de Viète permettent de répondre à la question 2 sans connaître les racines. Cependant, une vérification sur la factorisation explicite reste utile. En effet, une erreur de signe sur \(\sigma_2\) ou \(\sigma_3\) passe sinon inaperçue.

Corrigé de l’exercice 4 – Une interpolation à trois points

Idée clé : chaque \(L_i\) vaut 1 en son abscisse et 0 aux deux autres ; le polynôme cherché est la combinaison des \(L_i\) pondérée par les valeurs imposées.

1. On obtient \(L_0=\frac{(X-1)(X-3)}{(0-1)(0-3)}=\frac{(X-1)(X-3)}{3}\), puis \(L_1=\frac{X(X-3)}{(1-0)(1-3)}=-\frac{X(X-3)}{2}\). Enfin, \(L_2=\frac{X(X-1)}{(3-0)(3-1)}=\frac{X(X-1)}{6}\).
2. Par conséquent, \(P=3L_0+2L_1+6L_2=(X^2-4X+3)-(X^2-3X)+(X^2-X)\). Après réduction, \(P=X^2-2X+3\).
3. On vérifie : \(P(0)=3\), \(P(1)=1-2+3=2\) et \(P(3)=9-6+3=6\). Les trois conditions sont satisfaites.

Corrigé de l’exercice 5 – Deux factorisations dans R[X] et C[X]

Idée clé : on factorise d’abord comme un trinôme en \(X^2\) ou par une racine évidente, puis on teste le signe du discriminant des facteurs de degré 2.

1. Le trinôme \(Y^2-Y-6\) a pour racines 3 et \(-2\). Donc \(X^4-X^2-6=(X^2-3)(X^2+2)\). Le facteur \(X^2+2\) n’a pas de racine réelle. Ainsi, dans \(\mathbb{R}[X]\), \(X^4-X^2-6=(X-\sqrt{3})(X+\sqrt{3})(X^2+2)\). Ensuite, \(X^2+2=(X-i\sqrt{2})(X+i\sqrt{2})\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on obtient quatre facteurs de degré 1.
2. Le nombre \(-2\) est racine évidente de \(X^3+8\). La division donne \(X^3+8=(X+2)(X^2-2X+4)\). Le discriminant du trinôme vaut \(4-16=-12<0\). Donc \((X+2)(X^2-2X+4)\) est la factorisation dans \(\mathbb{R}[X]\). Les racines du trinôme sont \(1\pm i\sqrt{3}\). Par conséquent, dans \(\mathbb{C}[X]\), \(X^3+8=(X+2)(X-1-i\sqrt{3})(X-1+i\sqrt{3})\).

Corrigé de l’exercice 6 – Divisibilité par un trinôme

Idée clé : un produit de facteurs \(X-a\) distincts divise \(P\) si et seulement si chacun des \(a\) est racine de \(P\).

1. Les racines de \(X^2-X-2\) sont \(-1\) et 2. Donc \(X^2-X-2=(X+1)(X-2)\).
2. Comme \(-1\neq 2\), la divisibilité équivaut à \(P(-1)=0\) et \(P(2)=0\). D’une part, \(P(-1)=1+a-b-4\), d’où \(a-b=3\). D’autre part, \(P(2)=16+4a+2b-4\), d’où \(2a+b=-6\). En additionnant, \(3a=-3\). Ainsi, \(a=-1\) et \(b=-4\).
3. On divise \(P=X^4-X^2-4X-4\) par \(X^2-X-2\). D’abord, \(P-X^2(X^2-X-2)=X^3+X^2-4X-4\). Ensuite, on retranche \(X(X^2-X-2)\) : il reste \(2X^2-2X-4\), qui vaut \(2(X^2-X-2)\). Le reste est nul et le quotient vaut \(X^2+X+2\).

Remarque : on aurait pu poser la division de \(P\) par \(X^2-X-2\) avec \(a\) et \(b\) quelconques, puis annuler le reste. Cette méthode aboutit aussi, mais elle est plus longue. Évaluer en chaque racine du diviseur reste le réflexe le plus rapide.

Pour s’entraîner

Corrigé de l’exercice 7 – Restes de divisions de X^n

Idée clé : pour un diviseur à racines simples, on évalue en chaque racine ; pour une racine double, on évalue aussi la dérivée.

1. On a \(X^2-3X+2=(X-1)(X-2)\). On écrit \(X^n=(X-1)(X-2)Q+uX+v\). En évaluant en 1 puis en 2, on obtient \(u+v=1\) et \(2u+v=2^n\). Donc le reste vaut \((2^n-1)X+2-2^n\).
2. On écrit \(X^n=(X-2)^2Q+uX+v\). En évaluant en 2, il vient \(2^n=2u+v\). Ensuite, on dérive : \(nX^{n-1}=2(X-2)Q+(X-2)^2Q^{\prime}+u\). En évaluant en 2, on trouve \(u=n2^{n-1}\). Par conséquent, \(v=2^n-n2^n\) et le reste vaut \(n2^{n-1}X+(1-n)2^n\).
3. Pour \(n=1\), on trouve \(X\), ce qui est bien le reste de \(X\). Pour \(n=2\), on trouve \(4X-4\). Or \(X^2-(X-2)^2=4X-4\). Les deux vérifications sont concluantes.

Corrigé de l’exercice 8 – Un système symétrique résolu par Viète

Idée clé : le système impose les trois fonctions symétriques élémentaires ; les inconnues sont donc les racines d’un polynôme de degré 3 que l’on sait écrire.

1. Un triplet \((x,y,z)\) est solution si et seulement si \((X-x)(X-y)(X-z)=X^3-2X^2-5X+6\). En effet, le développement du produit donne \(X^3-\sigma_1X^2+\sigma_2X-\sigma_3\).
2. Ensuite, on cherche les racines de \(X^3-2X^2-5X+6\). Le nombre 1 est racine évidente, car \(1-2-5+6=0\). La division donne \(X^2-X-6=(X-3)(X+2)\).
3. Par conséquent, \(x\), \(y\), \(z\) sont 1, 3 et \(-2\) dans un certain ordre. Les solutions sont les six permutations de \((1,3,-2)\).

Corrigé de l’exercice 9 – Paramètre donnant une racine double

Idée clé : une racine multiple annule à la fois \(P_\lambda\) et sa dérivée ; or les racines de \(P_\lambda^{\prime}\) ne dépendent pas de \(\lambda\).

1. D’après le critère des dérivées, \(a\) est racine de multiplicité au moins 2 si et seulement si \(P_\lambda(a)=P_\lambda^{\prime}(a)=0\). C’est exactement l’existence d’une racine commune.
2. On a \(P_\lambda^{\prime}=3X^2-12=3(X-2)(X+2)\). D’une part, \(P_\lambda(2)=8-24+\lambda=\lambda-16\). D’autre part, \(P_\lambda(-2)=-8+24+\lambda=\lambda+16\). De plus, \(P_\lambda^{\prime\prime}=6X\) ne s’annule ni en 2 ni en \(-2\), donc la racine est exactement double. Les valeurs cherchées sont \(\lambda=16\) et \(\lambda=-16\).
3. Pour \(\lambda=16\), la racine double est 2 et la somme des racines est nulle, donc la troisième vaut \(-4\). Ainsi \(P_{16}=(X-2)^2(X+4)\). De même, \(P_{-16}=(X+2)^2(X-4)\). Par exemple, \((X-2)^2(X+4)=(X^2-4X+4)(X+4)=X^3-12X+16\).

Remarque : la figure de l’énoncé éclaire ce résultat. Le graphe de \(P_\lambda\) a un maximum local en \(-2\) et un minimum local en 2. La racine double apparaît lorsque l’un de ces extremums touche exactement l’axe des abscisses, c’est-à-dire pour \(\lambda=\pm 16\).

Corrigé de l’exercice 10 – Formule de Taylor en 1

Idée clé : les coefficients du développement suivant les puissances de \(X-1\) sont les \(\frac{P^{(k)}(1)}{k!}\).

1. On a \(P(1)=6\). Ensuite, \(P^{\prime}=3X^2+4X-1\) donne \(P^{\prime}(1)=6\). De plus, \(P^{\prime\prime}=6X+4\) donne \(\frac{P^{\prime\prime}(1)}{2}=5\). Enfin, \(\frac{P^{(3)}(1)}{6}=1\). Donc \(P=6+6(X-1)+5(X-1)^2+(X-1)^3\). En \(X=0\), on retrouve bien \(6-6+5-1=4\).
2. Les deux derniers termes sont divisibles par \((X-1)^2\), et \(6+6(X-1)\) est de degré au plus 1. Par unicité de la division euclidienne, le reste vaut \(6+6(X-1)=6X\).
3. Il vient \(P-6X=5(X-1)^2+(X-1)^3=(X-1)^2(5+X-1)\). Ainsi, \(P-6X=(X-1)^2(X+4)\).

Corrigé de l’exercice 11 – Propriétés des polynômes de Lagrange

Idée clé : trop de racines pour son degré force un polynôme à être nul ; on applique ce principe à une différence bien choisie.

1. Posons \(D=\sum_{i}L_i-1\). Ce polynôme est de degré au plus \(n\). De plus, en \(a_k\), on a \(\sum_iL_i(a_k)=L_k(a_k)=1\), donc \(D(a_k)=0\). Ainsi \(D\) possède \(n+1\) racines distinctes. Par conséquent, \(D=0\) et \(\sum L_i=1\).
2. De même, \(E=\sum_ia_iL_i-X\) est de degré au plus \(n\), car \(n\geqslant 1\). Pour tout \(k\), on a \(E(a_k)=a_k-a_k=0\). Donc \(E=0\) et \(\sum a_iL_i=X\).
3. Pour les abscisses 0, 1, 2, on trouve \(L_0=\frac{(X-1)(X-2)}{2}\), \(L_1=-X(X-2)\) et \(L_2=\frac{X(X-1)}{2}\). La somme vaut \(\frac{2X^2-4X+2}{2}-X^2+2X\), soit \(X^2-2X+1-X^2+2X\). On obtient bien 1.

Corrigé de l’exercice 12 – Factoriser X^6 – 1 et X^6 + 1

Idée clé : on place les racines sur le cercle unité, puis on regroupe chaque racine non réelle avec sa conjuguée.

1. Les racines sont les \(e^{ik\pi/3}\), \(0\leqslant k\leqslant 5\) : \(1\), \(-1\), \(e^{\pm i\pi/3}\) et \(e^{\pm 2i\pi/3}\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), \(X^6-1=\prod_{k=0}^{5}(X-e^{ik\pi/3})\). Ensuite, \((X-e^{i\pi/3})(X-e^{-i\pi/3})=X^2-X+1\), car \(2\cos\frac{\pi}{3}=1\). De même, le second couple donne \(X^2+X+1\). Donc \(X^6-1=(X-1)(X+1)(X^2-X+1)(X^2+X+1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\).
2. Les racines de \(X^6+1\) sont les \(e^{i(\pi/6+k\pi/3)}\). On les regroupe en trois couples conjugués, d’arguments \(\pm\frac{\pi}{6}\), \(\pm\frac{\pi}{2}\) et \(\pm\frac{5\pi}{6}\). Ainsi, \(X^6+1=(X^2+1)(X^2-\sqrt{3}X+1)(X^2+\sqrt{3}X+1)\), et les trois trinômes ont un discriminant négatif.
3. On a \((X^2+1)^2-3X^2=X^4+2X^2+1-3X^2\). On obtient bien \(X^4-X^2+1\). D’ailleurs, \((X^2+1)(X^4-X^2+1)=X^6+1\), ce qui confirme la question 2.

Corrigé de l’exercice 13 – Sommes de puissances des racines

Idée clé : chaque racine vérifie l’équation, ce qui permet d’abaisser les puissances, puis Viète donne les sommes restantes.

1. Le coefficient de \(X^2\) est nul. On lit \(\sigma_1=0\), \(\sigma_2=p\) et \(\sigma_3=-q\). Ensuite, \(S_2=\sigma_1^2-2\sigma_2\), donc \(S_2=-2p\).
2. En sommant \(x_i^3=-px_i-q\), on obtient \(S_3=-p\sigma_1-3q\). Ainsi \(S_3=-3q\). Ensuite, on multiplie par \(x_i\) : \(x_i^4=-px_i^2-qx_i\). Par sommation, \(S_4=-pS_2-q\sigma_1\). Donc \(S_4=2p^2\).
3. Pour \(X^3-7X+6\), on a \(p=-7\) et \(q=6\). La division par \(X-1\) donne \(X^2+X-6=(X-2)(X+3)\). Les racines sont 1, 2 et \(-3\). On vérifie : \(1+4+9=14=-2p\), \(1+8-27=-18=-3q\) et \(1+16+81=98=2p^2\). Les trois formules sont confirmées.

Corrigé de l’exercice 14 – Racine complexe d’un polynôme réel

Idée clé : un polynôme à coefficients réels admet le conjugué de chacune de ses racines ; le produit des deux facteurs conjugués est un trinôme réel.

1. On calcule les puissances : \((1+i)^2=2i\), \((1+i)^3=-2+2i\) et \((1+i)^4=-4\). Ainsi \(P(1+i)=-4-4(-2+2i)+9\cdot 2i-10(1+i)+6\). Les parties réelles donnent \(-4+8-10+6=0\). Les parties imaginaires donnent \(-8+18-10=0\). Donc \(P(1+i)=0\).
2. Les coefficients de \(P\) sont réels, donc \(P(1-i)=\overline{P(1+i)}=0\). Comme \(1+i\neq 1-i\), le produit \((X-1-i)(X-1+i)\) divise \(P\). Ce produit vaut \(X^2-2X+2\).
3. La division de \(P\) par \(X^2-2X+2\) donne le quotient \(X^2-2X+3\). En effet, \((X^2-2X+2)(X^2-2X+3)=X^4-4X^3+9X^2-10X+6\). Ce quotient a pour discriminant \(-8<0\) et pour racines \(1\pm i\sqrt{2}\). Donc \(P=(X^2-2X+2)(X^2-2X+3)\) dans \(\mathbb{R}[X]\), et \(P=(X-1-i)(X-1+i)(X-1-i\sqrt{2})(X-1+i\sqrt{2})\) dans \(\mathbb{C}[X]\).

La figure place les quatre racines : elles sont deux à deux symétriques par rapport à l’axe réel, comme attendu pour un polynôme réel.

Corrigé de l’exercice 15 – Divisibilité par X^2 + 1 et module

Idée clé : on réduit la divisibilité à une seule égalité complexe, puis une comparaison de modules élimine les grandes valeurs de \(n\).

1. On a \(X^2+1=(X-i)(X+i)\), avec \(i\neq -i\). Donc \(X^2+1\) divise \(P_n\) si et seulement si \(P_n(i)=P_n(-i)=0\). Or \(P_n\) est à coefficients réels, donc \(P_n(-i)=\overline{P_n(i)}\). La divisibilité équivaut donc à \(P_n(i)=0\).
2. Pour \(n=0\), \(P_0=-1\), qui n’est pas divisible par \(X^2+1\). Pour \(n=1\), \(P_1=0\), qui est divisible par tout polynôme. Pour \(n=2\), \(P_2=2X\) et \(P_2(i)=2i\neq 0\). Seul \(n=1\) convient parmi ces trois valeurs.
3. On a \(|1+i|=\sqrt{2}\), donc \(|(1+i)^n|=2^{n/2}\geqslant 2\sqrt{2}\) pour \(n\geqslant 3\). En revanche, \(|i^n+1|\leqslant 2\) par l’inégalité triangulaire. Ainsi \((1+i)^n\neq i^n+1\), c’est-à-dire \(P_n(i)\neq 0\). Finalement, \(X^2+1\) divise \(P_n\) si et seulement si \(n=1\).

Remarque : la comparaison des modules évite de calculer \((1+i)^n\) dans chaque cas. Elle repose sur une idée simple : un côté de l’égalité grandit sans limite, tandis que l’autre reste borné. Ce type d’argument élimine souvent une infinité de cas d’un seul coup.

Corrigé de l’exercice 16 – Interpoler 2^k aux points 0, 1, 2, 3

Idée clé : pour évaluer \(P\) en un point, il suffit d’évaluer les \(L_k\) en ce point ; inutile de développer \(P\).

1. On a \(L_0=\frac{(X-1)(X-2)(X-3)}{-6}\), donc \(L_0(4)=\frac{6}{-6}=-1\). Ensuite, \(L_1=\frac{X(X-2)(X-3)}{2}\), donc \(L_1(4)=4\). De même, \(L_2=\frac{X(X-1)(X-3)}{-2}\) donne \(L_2(4)=-6\). Enfin, \(L_3=\frac{X(X-1)(X-2)}{6}\) donne \(L_3(4)=4\). Les valeurs sont \(-1\), 4, \(-6\) et 4.
2. Par conséquent, \(P(4)=1\cdot(-1)+2\cdot 4+4\cdot(-6)+8\cdot 4=-1+8-24+32\). Ainsi \(P(4)=15\), alors que \(2^4=16\). Le polynôme interpole la fonction aux quatre points, mais ne la reproduit pas ailleurs.
3. Le polynôme \(Q\) est de degré 3. De plus, \(Q(0)=1\), \(Q(1)=2\), \(Q(2)=1+2+1=4\) et \(Q(3)=1+3+3+1=8\). Par unicité du polynôme d’interpolation de degré au plus 3, \(Q=P\). On retrouve d’ailleurs \(Q(4)=1+4+6+4=15\).

Corrigé de l’exercice 17 – Équation fonctionnelle P(X^2) = (X^2 + 1)P(X)

Idée clé : on compare d’abord les degrés des deux membres, ce qui fixe le degré ; ensuite, on identifie les coefficients.

1. Si \(\deg P=d\), alors \(\deg P(X^2)=2d\) et \(\deg\big((X^2+1)P\big)=d+2\). L’égalité impose \(2d=d+2\). Donc \(d=2\).
2. On pose \(P=aX^2+bX+c\). D’une part, \(P(X^2)=aX^4+bX^2+c\). D’autre part, \((X^2+1)P=aX^4+bX^3+(a+c)X^2+bX+c\). L’identification donne \(b=0\) et \(b=a+c\), donc \(c=-a\). Réciproquement, \(a(X^4-1)=(X^2+1)\cdot a(X^2-1)\). Les solutions sont les \(P=a(X^2-1)\), \(a\in\mathbb{C}\), le polynôme nul compris.

Remarque : on peut aussi raisonner sur les racines. Si \(a\) est racine de \(P\), alors \(a^2\) l’est aussi, puis \(a^4\), et ainsi de suite. Comme \(P\) n’a qu’un nombre fini de racines, cela impose \(|a|\in\{0,1\}\). Toutefois, la comparaison des degrés est ici bien plus rapide.

Corrigé de l’exercice 18 – Racines en progression arithmétique

Idée clé : la somme de trois termes en progression arithmétique vaut trois fois le terme central ; Viète donne donc directement une racine.

1. La somme des racines vaut \(3r\). D’après Viète, elle vaut aussi 6. Donc \(r=2\).
2. Ainsi 2 est racine : \(8-24+2\lambda-6=0\), soit \(2\lambda=22\). La seule valeur possible est \(\lambda=11\).
3. Pour \(\lambda=11\), on divise par \(X-2\) : \(X^3-6X^2+11X-6=(X-2)(X^2-4X+3)=(X-1)(X-2)(X-3)\). Les racines 1, 2, 3 sont bien en progression arithmétique, de raison 1.

Pour approfondir

Corrigé de l’exercice 19 – Problème : produit des sinus et racines de l’unité

Idée clé : la factorisation de \(X^n-1\) fournit une identité entre polynômes, que l’on évalue ensuite en des points bien choisis.

1. Les \(\omega^k\), pour \(0\leqslant k\leqslant n-1\), sont \(n\) racines distinctes de \(X^n-1\). Donc leur produit \(\prod(X-\omega^k)\) divise \(X^n-1\). Les deux polynômes sont unitaires de degré \(n\), donc le quotient vaut 1. Ainsi \(X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(X-\omega^k)\).
2. D’une part, \(X^n-1=(X-1)(1+X+\dots+X^{n-1})\). D’autre part, le facteur \(k=0\) du produit vaut \(X-1\). On simplifie par \(X-1\), ce qui est permis car \(\mathbb{C}[X]\) est intègre. On obtient \(1+X+\dots+X^{n-1}=\prod_{k=1}^{n-1}(X-\omega^k)\).
3. En \(X=1\), il vient \(n=\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k)\). On passe au module. L’angle moitié donne \(|1-\omega^k|=2\left|\sin\frac{k\pi}{n}\right|=2\sin\frac{k\pi}{n}\), car \(\frac{k\pi}{n}\in\,]0,\pi[\). Donc \(n=2^{n-1}\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}\). Finalement, \(\prod_{k=1}^{n-1}\sin\frac{k\pi}{n}=\dfrac{n}{2^{n-1}}\).
4. En \(X=2\), on obtient \(\prod_{k=1}^{n-1}(2-\omega^k)=1+2+\dots+2^{n-1}\). Ce produit vaut donc \(2^n-1\).
5. Pour \(n=3\), on a \(\sin^2\frac{\pi}{3}=\frac{3}{4}\), et \(\frac{3}{2^2}=\frac{3}{4}\). Pour \(n=4\), on a \(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{1}{2}\), et \(\frac{4}{2^3}=\frac{1}{2}\). Les deux vérifications sont concluantes.

Corrigé de l’exercice 20 – Problème : polynômes divisibles par leur dérivée

Idée clé : dériver fait baisser de 1 la multiplicité de chaque racine ; si \(P^{\prime}\) divise \(P\), une seule racine peut donc subsister.

1. On écrit \(P=(X-a)^mQ\) avec \(Q(a)\neq 0\). Alors \(P^{\prime}=(X-a)^{m-1}\big(mQ+(X-a)Q^{\prime}\big)\). Le second facteur vaut \(mQ(a)\neq 0\) en \(a\). Donc \(a\) est racine de \(P^{\prime}\) de multiplicité exactement \(m-1\).
2. On écrit \(P=SP^{\prime}\). Comme \(\deg P^{\prime}=n-1\), on a \(\deg S=1\). Notons \(c\) le coefficient dominant de \(P\). Celui de \(P^{\prime}\) vaut \(nc\), donc celui de \(S\) vaut \(\frac{1}{n}\). Ainsi \(S=\frac{1}{n}(X-b)\) pour un certain \(b\in\mathbb{C}\). On obtient \(nP=(X-b)P^{\prime}\).
3. Soit \(a\) une racine de \(P\), de multiplicité \(m\geqslant 1\). Supposons \(a\neq b\). Dans \((X-b)P^{\prime}\), la multiplicité de \(a\) est celle dans \(P^{\prime}\), c’est-à-dire \(m-1\). Dans \(nP\), elle vaut \(m\). C’est contradictoire, donc \(a=b\). Ensuite, d’après le théorème de d’Alembert-Gauss, \(P\) est scindé sur \(\mathbb{C}\). Sa seule racine étant \(b\), on a \(P=\lambda(X-b)^n\) avec \(\lambda\neq 0\).
4. Réciproquement, si \(P=\lambda(X-b)^n\), alors \(P^{\prime}=n\lambda(X-b)^{n-1}\) et \(P=\frac{1}{n}(X-b)P^{\prime}\). Ces polynômes conviennent donc tous.

Remarque : le théorème de d’Alembert-Gauss intervient de façon essentielle. Sur \(\mathbb{R}\), le raisonnement montre seulement que la seule racine réelle possible est \(b\). Par exemple, il faut s’assurer qu’aucun facteur sans racine réelle ne subsiste, ce que le passage par \(\mathbb{C}\) garantit.

Corrigé de l’exercice 21 – Problème : factorisation de X^{2n} – 2cos(θ)X^n + 1

Idée clé : on pose \(Y=X^n\) pour se ramener au second degré, puis on extrait des racines n-ièmes et l’on regroupe les conjuguées.

1. Le discriminant vaut \(4\cos^2\theta-4=(2i\sin\theta)^2\). Les solutions sont \(\cos\theta\pm i\sin\theta\). Ce sont \(e^{i\theta}\) et \(e^{-i\theta}\).
2. Un complexe \(z\) est racine de \(P\) si et seulement si \(z^n=e^{i\theta}\) ou \(z^n=e^{-i\theta}\). Les solutions de \(z^n=e^{i\theta}\) sont les \(z_k=e^{i\alpha_k}\) avec \(\alpha_k=\frac{\theta+2k\pi}{n}\), \(0\leqslant k\leqslant n-1\). Celles de \(z^n=e^{-i\theta}\) sont les \(\overline{z_k}\). Ensuite, \(e^{i\theta}\neq e^{-i\theta}\), car \(\theta\notin\pi\mathbb{Z}\). Les deux familles sont donc disjointes. On obtient ainsi \(2n\) racines distinctes.
3. Le polynôme \(P\) est unitaire de degré \(2n\) et possède \(2n\) racines distinctes. Donc \(P=\prod_{k=0}^{n-1}(X-z_k)(X-\overline{z_k})\) dans \(\mathbb{C}[X]\). Or \((X-z_k)(X-\overline{z_k})=X^2-2\cos\alpha_k\,X+1\). On obtient \(P=\prod_{k=0}^{n-1}\left(X^2-2\cos\alpha_k\,X+1\right)\), qui est la factorisation dans \(\mathbb{R}[X]\), car aucun \(\alpha_k\) n’est multiple de \(\pi\).
4. En \(X=1\), on a \(P(1)=2-2\cos\theta=4\sin^2\frac{\theta}{2}\). De même, chaque facteur vaut \(2-2\cos\alpha_k=4\sin^2\frac{\alpha_k}{2}\). Donc \(\sin^2\frac{\theta}{2}=4^{n-1}\prod_k\sin^2\frac{\alpha_k}{2}\). De plus, \(\frac{\theta}{2}\in\,]0,\frac{\pi}{2}[\) et \(\frac{\alpha_k}{2}\in\,]0,\pi[\), donc tous ces sinus sont positifs. Ainsi \(\sin\frac{\theta}{2}=2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1}\sin\frac{\theta+2k\pi}{2n}\).

La figure illustre le cas \(n=4\) et \(\theta=\frac{\pi}{3}\) : les huit racines sont sur le cercle unité et se répartissent en quatre couples de conjuguées, symétriques par rapport à l’axe réel.

Pour aller plus loin

Télécharger puis imprimer cette fiche en PDF.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé des exercices : Racines d'un polynôme et Viète en maths sup (MPSI)» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

---

OK

 Maths PDF c'est 16 224 780 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.