Chapitre 15 : Polynômes

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1 Chapitre 15 : Polynômes Exercice type 1 Calculer, pour n les restes des divisions euclidiennes de P =(X 3) n +(X ) n par : a) (X 3)(X ) b) (X ) : Pour a) On écrit la division euclidienne (théorique) de P par A=(X 3)(X ), On a P(X)=(X 3)(X )Q(X)+R avec deg R < Ainsi R est de degré au plus1, il existe donc(α,β) R tels que R=αX+ β. On a donc l égalité P(X)=(X 3)(X )Q(X)+αX+ β Avec X=3 on a3α+β= P(3)= 1 et avec X= on aα+β= P()= 1. On en déduit que α=0 et β= 1, le reste cherché est constant égal à 1. Pour b) De la même manière, il existe(γ,δ) R tels que P(X)=(X ) Q(X)+γX+ δ qui donne avec X=,γ+ δ= P()= 1. On dérive l égalité précédente pour obtenir P (X)=(X )Q(X)+(X ) Q (X)+γ e qui donne avec X=, P ()= n=γ. Le reste cherché est nx+4n 1. Exercice type Déterminer a et b dansr, pour que Q=X ax+1 divise P = X 4 X+ b. : On sait que Q P si et seulement si le reste de la division euclidienne de Q par P est nul. Or P = X ax+1 X + ax+ a 1 + a 3 a 1 X+ b a +1, ainsi Q P a 3 a 1=0 b a +1=0 a 3 a 1=0 b=a 1 Puisque a 3 a 1=(a+1) a a 1 (on a une racine évidente) on a trois couple de solutions a 1, b 0 1+, On résout a a 1=0 et on utilise alors b=a 1=a. Exercice type 3 Déterminer tous les polynômes P der[x], non nuls, tels que X +1 P 6P =0 et P(1)=. : Soit P =0, et n le degré de P. Ainsi P = a n X n + Q où a n =0 etdeg Q < n. En premier lieu, on a n >1, car sinon P =0 et P =0. On a P = n(n 1)a n X n + Q et (X +1)P 6P =(n(n 1) 6)a n X n + n(n 1)a n X n + X +1 Q 6Q=0 1/8 G H

2 donc puisque a n =0, on a n(n 1) 6=0, ce qui donne n= ou n=3. L entier n étant positif, le degré de P est n=3. Puis on pose P = ax 3 + bx + cx+ d, alors (X +1)P 6P = (X +1)(6aX+b) 6 ax 3 + bx + cx+ d b=d=0 = 4bX +6(a c)x+(b 6d)=0 a=c Soit P = a X 3 + X et la condition P(1)= impose que P = X 3 + X. Autre méthode : Ayant déterminédegp =3, on peut également écrire que X +1 P =6P = X +1 divise P. On a donc P = X +1 (ax+ b) cardegp =3.On a donc P = ax 3 + bx + ax+ b= P =6aX+b. Ainsi (X +1)P =6P X +1 (6aX+b)= X +1 (6aX+6b)= b=0 d où P = ax X +1 puis P(1)= donne a=1. Exercice type 4 On considère l applicationφder[x] dans lui même définie par Φ(P)=(X 1)P X + 1 P où P désigne le polynôme dérivé. Déterminer le degré de Φ(P) en fonction du degré de P. Justifier que Φ n est pas surjective et résoudreφ(p)=1. : Si P =0alors Φ(P)=0et ainsi deg(φ(p))=. Sinon, on pose P(X)=a n X n + Q où n=degp, a n =0 etdegq < n. On a alors Φ(P) = (X 1)(a n X n + Q) X + 1 nan X n 1 + Q On a donc deux cas : Si n=, on constate quedegφ(p)=deg(p)+1. Si n=, on pose P = ax + bx+ c où a=0, alors Φ(P) = (X 1) ax + bx+ c = (X 1) ax + bx+ c Permier sous cas : b= a, ainsidegφ(p)=. Deuxième sous cas b=a, ainsiφ(p)=(c a)x ou bien a=b=c etφ(p)= 3a = ( n)a n X n+1 + R où degr < n+1 X + 1 X + 1 ax + bx+ c b (ax+ b)=(b a)x +(c b a)x + c 1 a+c, d où deux possibilités, a=bet a= c, ainsidegφ(p)=1, =0 doncdeg(φ(p))=0. On résume ainsi pour P =0. P = dedeg P = a X + X+1 a X + X + c ax + bx+ c où a=0 où a= c où a= b deg(φ(p)) deg(p) On constate quedeg(φ(p))=3, ainsiφn est pas injective. Pour résoudreφ(p)=1, on doit avoir P = a X + X+1 et dans ce casφ(p)= 3a d où Φ(P)=1 P = 3 X + X+1 /8 G H

3 Exercice 1 Résoudre l équation suivante d inconnue P dans C[X], X(X+1)P +(X+)P P =1 : On commence par déterminer le degré de P. Le polynôme P =0n est pas solution, si P est solution, notons d le degré de P. On a donc P = a d X d + Q oùdeg(q) < d et a d =0. Alors X(X+1)P +(X+)P P = X(X+1) d(d 1)a d X d + Q +(X+) da d X d 1 + Q a d X d + Q = (d(d 1)+d 1)a d X d +(X(X+1)Q +(X+)Q Q)=1 Ainsi X(X+1)P +(X+)P P = d 1 a d X d +(X(X+1)Q +(X+)Q Q) Puisquedeg Q < d, on adeg((x(x+1)q +(X+)Q Q)) < d (chaque terme étant de degré au plus d). On a donc deux cas possibles : Ou bien d=0, et a d =1, d où P = 1. Ou bien d=1 (pour annuler le terme de degré non constant). Dans ce cas P s écit P = ax+ b avec a=0, P = a et P =0. On remplace dans l équation pour obtenir X(X+1)P +(X+)P P = a(x+) (ax+ b)=a b=1 ce qui donne a quelconque et b=a 1. L ensemble des solutions est S= P = a(x+) + ( 1) où a C solution générale de solution particulière l équation sans second membre Exercice type 5 Montrer que pour tout n=0, X X+1 divise P =(X 1) n+ + X n+1. : Le polynôme Q=X X+1 se factorise en(x+ j) X+ j où j= e iπ 3. Ses racines sont simples, ainsi si P( j)=p j =0, alors(x j) X j divise P. Or P( j)=( j 1) n+ +( j) n+1 Puisque1+j+j =0, on obtient P( j)= j n+ j n+1 = j n+4 j n+1 =0 car j n+4 = j n+1 j 3 et j=1. Enfin, P j = P( j)=0 car P est à coefficients réels. Exercice type 6 Montrer que pour tout n=0, (X 1) 3 divise P = nx n+ (n+)x n+1 +(n+)x n. 3/8 G H

4 : Il s agit de prouver que1est racine triple de P, donc de prouver que P(1)=P (1)=P (1) Or P(1) = n (n+)+(n+) n = 0, P (1) = n(n+) (n+)(n+1)+(n+) = 0 et enfin P (1) = n(n+)(n+1) (n+)(n+1)n=0. Exercice type 7 Déterminer a pour que P(X)=X 4 +ax+a et Q(X)=X 3 +ax+a aient une racine commune, préciser cette racine. x : Si x est racine commune de P et Q alors 4 + ax+a=0 x 3 + ax+a=0 x 4 x 3 =0 L 1 L x 3 + ax+a=0. On a donc deux cas, ou bien x=0 et dans ce cas on reporte dans L pour avoir a=0. Ainsi P(X)=X 4, Q(X)=X 3 ont bien 0 comme racine commune. Ou bien x=1, et L donnea+1=0= a= 1 et dans ce cas P(X)=X4 1 X 1 et Q(X)=X3 1 X 1 ont x=1 comme racine commune. Conclusion : deux valeurs de a possibles, a=0 ou a= 1. Exercice type 8 Soit P et Q deux polynômes de K[X], on note R le reste de la division euclidienne de P et de Q. 1. Montrer que α K est racine commune à P et à Q si et seulement si α est racine commune à Q et à R.. En déduire que P = X 3 + px+ q admet une racine double si et seulement si4p 3 +7q =0. : 1. Ecrivons la division euclidienne de P par Q : P = AQ+R avec deg R <deg Q Alors P(α)=A(α)Q(α)+R(α). Ainsi P(α)=Q(α)=0 Q(α)=R(α)=0.. On sait que P a une racine double si et seulement si P et P ont une racine commune. On applique donc le résultat du 1). Puisque X 3 + px+ q= 3X + p X 3 + p 3 X+ q P a une racine double P (X)=3X + p et R(X)= p X+ q ont une racine commune 3 Deux cas se présentent alors : Premier cas:p=0, R(X) a une unique racine α= 3q p. Ainsi P a une racine double P (α)=3 3q + p= 4p3 +7q p 4p =0 4p 3 +7q =0 Second cas:p=0, dans ce cas P = X 3 + q qui a trois racines 3 q, j 3 q et j 3 q, distictes si q=0, ainsi P a une racine double si et seulement si q=0, donc si et seulement si4p 3 +7q =7q =0 (on est dans le cas où p=0). Remarque : Le terme =4p 3 +7q est le discriminant du polynôme P. Si P(X)=aX 3 + bx + cx+ d avec a =0, alors P a les mêmes racines que P 1 (X)=X 3 + b a X + c a X+ d a. En posant P (X)=P 1 X b 3a obtient P (X)=X 3 + 3ac b 3a X+ 7a d+b 3 9abc 7a 3 = X 3 + px+ q On peut donc, pour la détermination des racines, se ramener à un polynôme du type X 3 + px+ q., on 4/8 G H

5 Exercice type 9 Montrer que pour tout entier n N, il existe un unique polynôme T n R[X] tel que θ R, T n (cosθ)=cos(nθ) : On montre déjà l unicité (ce qui ne donne aucune information sur l existence!). Soit n Nfixé, on suppose qu il existe deux polynômes T n et U n dansr[x] tel que θ R, T n (cosθ)=u n (cosθ)= cos(nθ). Pour x [ 1,1], on pose θ=arccosx, alors (cosarccosx=x) T n (x)=t n (cosθ)=u n (cosθ)=u n (x) On en déduit que le polynôme T n U n est nul sur[ 1,1], il admet donc une infinité de racines. C est donc le polynôme nul, ce qui prouve que T n = U n est unique Existence : On sait que n N, θ R, cos((n+)θ)+cos(nθ)=cos((n+1)θ)cosθ On définit donc la suite(t n ) n par récurrence en posant T 0 (X)=1, T 1 (X)=X et T n+ (X)=XT n+1 (X) T n (X) On montre par récurrence double la propositionp(n)= θ R, T n (cosθ)=cos(nθ). C est vrai si n=0 et n=1 car SiP(n) etp(n+1) sont vraies, alors T 0 (cosθ)=1=cos(0 θ) et T 1 (cosθ)=cos(1 θ). T n+ (cosθ) = cosθt n+1 (cosθ) T n (cosθ)=cosθcos((n+1)θ) cos(nθ) = cos((n+)θ) d oùp(n+). Remarque : On peut montrer (récurrence) quedeg(t n )=n, que le coefficient dominant est n 1 si n1. Enfin, on peut remarquer quecos(narccosx)=t n (x) est un polynôme en x. Les polynômes(t n ) n sont les polynômes de Tchebychev (du nom du Mathématicien Russe Pafnouti Tchebychev). Exercice Factoriser surrle polynôme X : On détermine les racines dansc, on a z 4 = 1=e iπ k {0,1,,3}, z= e ι(π 4 +kπ 4 ) = e ι( π 4 +kπ ). Les racines de X 4 +1 sont donc z 0 = e iπ 4, z1 = ie iπ 4, z = e iπ 4 = z1 et z 3 = ie iπ 4 = z0 5/8 G H

6 Les racines sont deux deux conjugues car le polynme est rel et deux deux opposes car le polynme est pair. Elles sont bien deux à deux conjuguées car X 4 +1 R[X] et deux à deux opposées car X 4 +1 est pair. On a donc X 4 +1 = (X z 0 )(X z 0 ) (X z 1 )(X z 1 ) = X Re(z 0 )X+ z 0 X Re(z 1 )X+ z 1 = X X+1 X + X+1 Seconde méthode : On a X 4 +1= X +1 X = X +1 X et on utilise a b =(a b)(a+b), c est plus rapide, mais à l oral, soyez certain d avoir dans ce cas un second exercice beaucoup plus dur... Exercice type 10 Factoriser surrle polynôme X 8 + X : On résout donc z 8 + z 4 +1=0, on pose Z = X 4, ainsi X 8 + X 4 +1=Z + Z+1 dont les racines sont j= j 4 et j. On résout ensuite Z 4 = j= j 4 Les solutions de Z 4 = j sont donc 4 Z =1 k {0,1,,3}, Z= je ikπ 4 = je ikπ j z 0 = j, z 1 = ij= e iπ iπ e 3 = e 7iπ 6, z3 = j et z 4 = ij= e 7iπ 6 On a donc trouvé quatre racines de P = X 8 + X 4 +1 non conjugués deux à deux. Puisque P est dans R[X], si z est 6/8 G H

7 racine de P, alors z est également racine de P. Les quatre autres racines de P sont donc z 0, z 1, z et z 3. On a donc Les racines sont deux deux conjugues car X 8 + X 4 +1 R[X] et deux deux opposes car le polynme est pair. X 8 + X 4 +1=(X z 0 )(X z 0 ) (X z 1 )(X z 1 ) (X z )(X z ) (X z 3 )(X z 3 ) Avec(X z)(x z)=x Re(z)X+ z, on obtient X 8 + X 4 +1= X + X+1 X + X 3X+1 X+1 X 3X+1 Autre méthode : On a Puis Ah, sacré a b! X 8 + X 4 +1= X 4 +1 X 4 = X 4 +1 X X 4 +1+X X 4 + X +1 = X +1 X = X +1 X X +1+X X 4 X +1 = X +1 3X = X +1 3X X +1+ 3X Exercice type 11 Résoudre l équation x 3 x x =0, sachant que la somme de deux des racines vaut 1. : Soient α,β et γ les trois racines de P = X 3 X X. On sait que α+β+ γ = 1 = 1 et par 1 hypothèse (par exemple) que α+β= 1. On a donc γ=. Mais on a aussi αβγ= =d où αβ=1et α+β= 1. 1 Ainsi α et β sont racines de X + X+1=0. On en déduit les trois racines, j= 1+i 3 et j = 1 i 3 α+β+ γ=0 Exercice 1 Ondésirerésoudrelesystème(S): αβ+ βγ+ γα=3 α 3 + β 3 + γ 3 = 1,où(α,β,γ) C 3. 7/8 G H

8 D où 1. On pose P(X) = (X α)(x β)(x γ), développer P. Déterminer alors les racines de P et en déduire les solutionsde(s). : On a P(X)=X 3 (α+β+ γ)x +(αβ+ βγ+ γα)x αβγ. On sait déjà que Mais on a également P(α)=P(β)=P(γ)=0, ainsi α+β+ γ=0 et αβ+ βγ+ γα=3 P(X)=X 3 +3X αβγ 0=P(α)+P(β)+P(γ)=α 3 + β 3 + γ 3 +13(α+β+ γ) 3αβγ= 1 3αβγ ce qui donne αβγ= 4 et P(X)=X 3 +3X+4=(X+1) X X+4 Les solutions sont donc(α,β,γ)= 1, 1+i 15, 1 i 15 à une permutation près. Exercice 3 Soient α,β,γ les racines de l équation P = X 3 5X +6X 1. Déterminer la valeur exacte de A= 1 1 α β γ : Avant tout,1n est pas racine de P, donc on pose x= 1 1 α, y= 1 1 β (et de même avec β et γ). On a donc d où et de même avec y et z. Ainsi x,y et z sont les racines de On développe (en partie) Q pour avoir 3 x 1 x 1 x 1 x 1 P = =0 x x x x x 1 x 3 P =(x 1) 3 5x(x 1) +6x (x 1) x 3 =0 x Q(X)=(X 1) 3 5X(X 1) +6X (X 1) X 3 Q(X) = X 3 3X 5X 3 +10X +6X 3 6X X 3 + R où degr < = X 3 + X + R La somme des racines vaut donc A= 1. 1 et z= 1 γ alors α=1 1 x = x 1 x 8/8 G H