Exercices de Mathématiques

En déduire P = 2ni

(cid:17)

(cid:16)

.

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Jean-Michel Ferrard

Exercices de Mathématiques

Développements et factorisations de polynômes

Corrigés

Corrigés des exercices

Corrigé de l’exercice 1 [ Retour à l’énoncé ]

On constate que P1 = 1 + X, P2 = 1 + X +

1

2!

X(X + 1) =

1

2!

(X + 1)(X + 2).

Montrons par récurrence que Pn =

1

n!

(X + 1)(X + 2) · · · (X + n) =

1

n!

n

Q

k=1

(X + k).

Comme on vient de le voir la propriété est vraie si n = 1 et si n = 2.

Supposons qu’elle le soit pour n ≥ 1 fixé. Dans ces conditions :

Pn+1 = Pn +

1

(n + 1)!

(X + k) =

1

n!

n

Q

k=1

(X + k) +

1

(n + 1)!

=

1

(n + 1)!

(cid:17)(cid:16)

(X + k)

n + 1 + X

(cid:17)

=

1

(n + 1)!

n

Q

k=0

(cid:16) n

Q

k=1

n

Q

k=0

n+1

Q

k=1

(X + k)

(X + k)

Ce qui établit la propriété au rang n + 1 et établit la récurrence.

Corrigé de l’exercice 2 [ Retour à l’énoncé ]

On peut écrire Pn = (X 0 + X 1)(X 0·2 + X 1·2) · · · (X 0·2n + X 1·2n) =

Ainsi Pn =

n

Q

k=0

P

X αk2k = P X α0+α12+···+αn2n

αk∈{0,1}

n

Q

k=0

(X 0·2k + X 1·2k).

Cette derniere somme est étendue a tous les (α0, α1, . . . , αn) de E = {0, 1}n.

Mais quand (α0, . . . , αn) décrit E, l’entier m = α0 + α12 + · · · + αn2n décrit {0, 1, . . . , 2n+1 − 1}

(en effet on obtient toutes les représentations en binaire sur n + 1 chiffres.)

Conclusion : pour tout entier n, Pn =

2n+1−1

P

m=0

X m.

Remarque : on retouve ce résultat par récurrence en utilisant Pn(X) = Pn−1(X)(1 + X 2n).

Corrigé de l’exercice 3 [ Retour à l’énoncé ]

On connait la factorisation X n − 1 =

n

Q

k=0

(X − ωk).

Par identification des coefficients constants, cette factorisation donne

On sait que pour complexe z de module 1 on a z z = 1.

En particulier ω ωk = 1. Le polynôme P de l’énoncé s’écrit donc :

n

Q

k=0

(−ωk) = −1.

P =

n

Q

k=0

(1 − ωkX) =

n

Q

k=0

((−ωk)(X − ωk)) =

n

Q

k=0

(−ωk)

n

Q

k=0

(X − ωk) = −

n

Q

k=0

(X − ωk)

Mais quand ω décrit l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité, ω en fait autant.

Ainsi P = −

n

Q

k=0

(X − ωk) = −

n

Q

k=0

(X − ωk) = 1 − X n.

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Développements et factorisations de polynômes

Corrigés

Corrigé de l’exercice 4 [ Retour à l’énoncé ]

On écrit A = (X 2 + 1)2 − X 2 = (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1). De même :

B = A(X 2) = (X 4 + X 2 + 1)(X 4 − X 2 + 1)

= (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1)((X 2 + 1)2 − 3X 2)

= (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1)(X 2 +

3X + 1)(X 2 −

√

√

3X + 1)

Corrigé de l’exercice 5 [ Retour à l’énoncé ]

Pour tous nombres complexes a et b, on a a3 − b3 = (a − b)(a − jb)(a − jb).

On en déduit la factorisation de P dans lC[X] :

P = (X 3 − e3iθ)(X 3 − e−3iθ) = (X 3 − ( eiθ)3)(X 3 − ( e−iθ)3)

= (X − eiθ)(X − j eiθ)(X − j eiθ)(X − e−iθ)(X − j e−iθ)(X − j e−iθ)

= (X − eiθ)(X − ei(θ+ 2π

3 ))(X − e−iθ)(X − e−i(θ− 2π

3 ))(X − ei(θ− 2π

3 ))(X − e−i(θ+ 2π

3 ))

Pour obtenir la factorisation dans IR[X], on regroupe deux à deux les termes conjugués et on

utilise le développement (X − eiα)(X − e−iα) = X 2 − 2X cos α + 1. On en déduit :

P = (X − eiθ)(X − e−iθ)(X − ei(θ+ 2π

3 ))(X − e−i(θ+ 2π

= (X 2 − 2X cos θ + 1)(X 2 − 2X cos(θ + 2π

3 ))(X − ei(θ− 2π

3 ) + 1)(X 2 − 2X cos(θ − 2π

3 ) + 1)

3 ))(X − e−i(θ− 2π

3 ))

Corrigé de l’exercice 6 [ Retour à l’énoncé ]

On constate que P = (X n + niX n−1 + · · ·) − (X n − niX n−1 + · · ·) = 2niX n−1 + · · ·.

On résout (z + i)n = (z − i)n dans lC pour trouver les racines de P .

On observe que z = i n’est pas solution. Donc (z + i)n = (z − i)n ⇔

Notons ωk = exp 2ikπ

n

(cid:16) z + i

z − i

les racines n-ièmes de 1 (0 ≤ k ≤ n − 1.)

= 1 ⇔ ∃k ∈ {1, . . . , n−1},

On a l’équivalence

(cid:17)n

Or

z + i

z − i

= ωk ⇔ z = i

= i

exp 2ikπ

exp 2ikπ

= i

exp ikπ

exp ikπ

z + i

z − i

n + exp −ikπ

n − exp −ikπ

n

n

.

On obtient donc z = i

= cotan

, avec 1 ≤ k ≤ n − 1.

ωk + 1

ωk − 1

2 cos kπ

n

2i sin kπ

n

n + 1

n − 1

kπ

n

(cid:17)n

(cid:16) z + i

z − i

= 1.

= ωk (car k = 0 est exclu.)

n forment une suite strictement croissante de ]0, π[.

Les θk = kπ

D’autre part l’application x 7→ cotan x est strictement décroissante (donc injective) sur ]0, π[.

Les solutions obtenues sont distinctes deux à deux.

Comme deg P = n−1, on a obtenu toutes les racines de P (ce sont des racines simples.) Compte

tenu du coefficient dominant, on en déduit : P = 2ni

(cid:16)

n−1

Q

k=1

X − cotan kπ

n

(cid:17)

.

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