25 Exercices de Polynômes Corrigés (Prépa) — PDF

Les termes dominants \(3X^4\) et \(-3X^4\) se compensent, donc \(A+B = X^3 – X + 7\) et \(\deg(A+B) = 3\). C’est le cas typique où le degré de la somme chute.

Comme \(\mathbb{R}\) est intègre, \(\deg(AB) = \deg A + \deg B = 4 + 4 = 8\).

Enfin \(A^2 – B^2 = (A-B)(A+B)\) avec \(\deg(A-B) = 4\) (les dominants ne se compensent pas dans la différence) et \(\deg(A+B) = 3\), d’où \(\deg(A^2-B^2) = 7\).

On pose la potence. \(X^4 + X^3 – 2X + 1 = (X^2+X+1)\,X^2 + (-X^2 – 2X + 1)\) après le premier terme \(X^2\).

On poursuit avec le reste partiel \(-X^2 – 2X + 1\) : on soustrait \(-1 \cdot (X^2+X+1)\), soit \(-X^2 – 2X + 1 – (-X^2 – X – 1) = -X + 2\).

Le degré \(1\) du reste est strictement inférieur à \(2 = \deg B\), on s’arrête :

\(A = (X^2 + X + 1)(X^2 – 1) + (-X + 2)\).

Vérification rapide : en \(X = 0\), \(A(0) = 1\) et le membre de droite donne \((1)(-1) + 2 = 1\) ✓.

On cherche une racine entière parmi les diviseurs de \(6\). \(P(1) = 1 – 6 + 11 – 6 = 0\), donc \((X-1) \mid P\).

Division : \(P = (X-1)(X^2 – 5X + 6)\). Le trinôme se factorise (somme \(5\), produit \(6\)) en \((X-2)(X-3)\).

Finalement \(P = (X-1)(X-2)(X-3)\). La méthode complète de factorisation des cubiques détaille ce procédé.

Sur \(\mathbb{C}\), par d’Alembert-Gauss, \(P\) est scindé : ses racines sont les \(e^{i\pi/4}, e^{3i\pi/4}, e^{5i\pi/4}, e^{7i\pi/4}\) (racines quatrièmes de \(-1\)).

Sur \(\mathbb{R}\) il n’a aucune racine (\(X^4+1\) > \(0\)), donc il n’est pas scindé. On regroupe les racines conjuguées :

\(X^4 + 1 = (X^2 – \sqrt{2}\,X + 1)(X^2 + \sqrt{2}\,X + 1)\).

Les deux facteurs ont un discriminant \(2 – 4\) < \(0\) : ils sont irréductibles dans \(\mathbb{R}[X]\).

Par Viète : \(\sigma_1 = x_1+x_2+x_3 = 2\), \(\sigma_2 = \sum_{i<j} x_i x_j = 3\), \(\sigma_3 = x_1 x_2 x_3 = 4\).

L’identité \(\sum x_i^2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2\) donne \(2^2 – 2\cdot 3 = 4 – 6 = -2\).

Le résultat négatif confirme que ce polynôme n’est pas scindé sur \(\mathbb{R}\) : des racines complexes interviennent. Les relations de Viète permettent ce calcul sans connaître les racines.

\(P(1) = 1 – 1 – 3 + 5 – 2 = 0\). On dérive : \(P^\prime = 4X^3 – 3X^2 – 6X + 5\), \(P^\prime(1) = 4 – 3 – 6 + 5 = 0\).

\(P^{\prime\prime} = 12X^2 – 6X – 6\), \(P^{\prime\prime}(1) = 12 – 6 – 6 = 0\).

\(P^{(3)} = 24X – 6\), \(P^{(3)}(1) = 18 \neq 0\). La multiplicité est donc \(3\).

On vérifie : \(P = (X-1)^3 (X+2)\).

Écrivons \(P = \sum_{k=0}^{n} a_k X^k\). Alors \(P(-X) = \sum_k a_k (-1)^k X^k\).

L’égalité \(P(-X) = P(X)\) équivaut, par unicité des coefficients, à \(a_k(-1)^k = a_k\) pour tout \(k\), c’est-à-dire \(a_k\big((-1)^k – 1\big) = 0\).

Pour \(k\) impair, \((-1)^k – 1 = -2 \neq 0\) force \(a_k = 0\). Pour \(k\) pair, la condition est automatiquement satisfaite. D’où l’équivalence. ∎

Division de \(A\) par \(B\) : \(X^4 – 1 = (X^3 – X^2 + X – 1)(X+1) + 0\). En effet \(B = (X-1)(X^2+1)\) et \(A = (X-1)(X+1)(X^2+1) = (X+1)B\).

Le reste est nul, donc \(B \mid A\) et \(\gcd(A,B) = B\) rendu unitaire, soit \(X^3 – X^2 + X – 1\).

Cette routine est exactement celle de la division euclidienne dans K[X].

\((X-1)^2 \mid P\) équivaut à \(1\) racine au moins double, donc \(P(1) = 0\) et \(P^\prime(1) = 0\).

\(P(1) = 1 + 1 + a + b + 1 = 3 + a + b = 0\).

\(P^\prime = 4X^3 + 3X^2 + 2aX + b\), donc \(P^\prime(1) = 4 + 3 + 2a + b = 7 + 2a + b = 0\).

Système : \(a + b = -3\) et \(2a + b = -7\). En soustrayant, \(a = -4\) puis \(b = 1\).

Le diviseur \(X^2 – 3X + 2 = (X-1)(X-2)\) est de degré \(2\), donc le reste s’écrit \(R = \alpha X + \beta\).

On a \(X^{100} = (X-1)(X-2)Q + \alpha X + \beta\). En évaluant en \(1\) et \(2\) (qui annulent le diviseur) :

\(1 = \alpha + \beta\) et \(2^{100} = 2\alpha + \beta\).

D’où \(\alpha = 2^{100} – 1\) et \(\beta = 2 – 2^{100}\). Le reste est \(R = (2^{100}-1)X + (2 – 2^{100})\).

Astuce d’or : évaluer aux racines du diviseur évite toute division. Réflexe à garder pour les concours.

On utilise la base de Lagrange aux points \(0,1,2\) :

\(L_0 = \displaystyle\frac{(X-1)(X-2)}{(0-1)(0-2)} = \displaystyle\frac{(X-1)(X-2)}{2}\), \(L_1 = \displaystyle\frac{X(X-2)}{(1)(-1)} = -X(X-2)\), \(L_2 = \displaystyle\frac{X(X-1)}{2}\).

Alors \(P = 1\cdot L_0 + 3\cdot L_1 + 7\cdot L_2\). En développant :

\(P = \displaystyle\frac{(X-1)(X-2)}{2} – 3X(X-2) + \displaystyle\frac{7X(X-1)}{2} = X^2 + X + 1\).

Vérification : \(P(0)=1\), \(P(1)=3\), \(P(2)=7\) ✓. Voir la construction du polynôme interpolateur.

Viète : \(\sigma_1 = 5\), \(\sigma_2 = 6\). On a \(s_1 = 5\) et \(s_2 = \sigma_1^2 – 2\sigma_2 = 25 – 12 = 13\).

Chaque racine vérifie \(x^2 = 5x – 6\), donc \(x^3 = 5x^2 – 6x\). En sommant :

\(s_3 = 5 s_2 – 6 s_1 = 5\cdot 13 – 6\cdot 5 = 65 – 30 = 35\).

On peut contrôler : les racines sont \(2\) et \(3\), et \(8 + 27 = 35\) ✓.

Notons \(x_1\) < \(x_2\) < \(\cdots\) < \(x_n\) les \(n\) racines distinctes de \(P\). La fonction polynomiale associée s’annule en chaque \(x_i\).

Sur chaque intervalle \([x_i, x_{i+1}]\), \(P\) est continue, dérivable, et prend la même valeur \(0\) aux bornes. Par le théorème de Rolle, \(P^\prime\) s’annule au moins une fois dans \(]x_i, x_{i+1}[\).

Cela fournit \(n-1\) racines distinctes de \(P^\prime\). Or \(\deg P^\prime = n-1\) : ce sont toutes ses racines, et elles sont réelles. Donc \(P^\prime\) est scindé à racines simples sur \(\mathbb{R}\). ∎

Exercice de raisonnement classique : le pont analyse-algèbre via Rolle est très apprécié des correcteurs.

Euclide : \((X^2+X+1) – (X^2+1) = X\). Puis \(X^2 + 1 = X\cdot X + 1\), reste \(1\). Le pgcd vaut \(1\) : ils sont premiers entre eux.

On remonte : \(1 = (X^2+1) – X\cdot X\) et \(X = (X^2+X+1) – (X^2+1)\), donc

\(1 = (X^2+1) – X\big[(X^2+X+1) – (X^2+1)\big] = (1+X)(X^2+1) – X(X^2+X+1)\).

On vérifie en développant que les termes en \(X^3\) se compensent ✓.

Les racines de \(X^n – 1\) sont les \(\omega_k = e^{2ik\pi/n}\), \(k = 0, \ldots, n-1\), d’où \(X^n – 1 = \prod_{k=0}^{n-1}(X – \omega_k)\).

En isolant le facteur \(k=0\) (racine \(1\)) : \(\displaystyle\frac{X^n – 1}{X – 1} = 1 + X + \cdots + X^{n-1} = \prod_{k=1}^{n-1}(X – \omega_k)\).

On évalue en \(X = 1\) : le membre de gauche vaut \(1 + 1 + \cdots + 1 = n\), le membre de droite \(\prod_{k=1}^{n-1}(1 – \omega_k)\). D’où l’égalité. ∎

Pour aller plus loin, voir les racines n-ièmes de l’unité.

On applique le critère d’Eisenstein avec le nombre premier \(p = 3\). Les coefficients sont \(a_4 = 1\), \(a_3 = 0\), \(a_2 = 3\), \(a_1 = 6\), \(a_0 = 9\).

On vérifie : \(3 \not\mid a_4\) ; \(3 \mid a_3, a_2, a_1, a_0\) ; et \(9 = 3^2 \not\mid a_0 = 9\)… attention, \(9 \mid 9\), le critère échoue ici directement.

Correction : on translate \(X \mapsto X+1\) ou on choisit un polynôme adapté. Sur une copie, on rédige : Eisenstein s’applique dès que \(p^2 \not\mid a_0\). Ici prendre plutôt \(P = X^4 + 3X^2 + 3\) (avec \(p=3\) : \(3 \not\mid 1\), \(3 \mid 0,3,0,3\), \(9 \not\mid 3\)) qui est irréductible. Le point pédagogique : toujours vérifier la condition \(p^2 \not\mid a_0\) avant de conclure.

Analyse du degré : si \(\deg P = n\), le membre de gauche est de degré \(2n\), celui de droite \(2n\) : pas d’information. On regarde les coefficients dominants : \(a = a^2\) donne \(a = 1\) (si \(P \neq 0\)).

Étude des racines : si \(r\) est racine de \(P\), alors \(r^2\) aussi, et de proche en proche les \(r^{2^k}\) sont racines. Un polynôme n’ayant qu’un nombre fini de racines, on doit avoir \(|r| \in \{0, 1\}\). Une analyse fine montre que les solutions sont \(P = (X^2 + X + 1)^m\), \(m \in \mathbb{N}\) (avec \(P = 1\) pour \(m=0\)).

Vérification pour \(m=1\) : \(P(X^2) = X^4 + X^2 + 1\) et \(P(X)P(X-1) = (X^2+X+1)(X^2-X+1) = X^4 + X^2 + 1\) ✓.

On part de la formule de somme : \(\cos((n+1)\theta) + \cos((n-1)\theta) = 2\cos\theta\cos(n\theta)\).

En posant \(x = \cos\theta\), cela s’écrit \(T_{n+1}(x) + T_{n-1}(x) = 2x\,T_n(x)\), valable pour tout \(x \in [-1,1]\), donc pour les polynômes (égalité sur un ensemble infini). D’où \(T_{n+1} = 2X T_n – T_{n-1}\).

Avec \(T_0 = 1\), \(T_1 = X\) : \(T_2 = 2X^2 – 1\) et \(T_3 = 2X(2X^2-1) – X = 4X^3 – 3X\).

Le détail complet (racines, parité, coefficient dominant \(2^{n-1}\)) est dans la page polynômes de Tchebychev.

\(\chi_A(X) = (X-1)(X-2) = X^2 – 3X + 2\) (produit des termes diagonaux car \(A\) est triangulaire).

Par le théorème de Cayley-Hamilton, \(A^2 – 3A + 2I = 0\), donc \(A(A – 3I) = -2I\), d’où

\(A^{-1} = -\displaystyle\frac{1}{2}(A – 3I) = \displaystyle\frac{1}{2}(3I – A)\).

Numériquement : \(A^{-1} = \displaystyle\frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1/2 \\ 0 & 1/2 \end{pmatrix}\). On vérifie \(AA^{-1} = I\) ✓.

La relation \(f^3 – f = 0\) signifie que \(Q = X^3 – X = X(X-1)(X+1)\) est un polynôme annulateur de \(f\).

Ce polynôme est scindé à racines simples sur \(\mathbb{R}\) (racines \(-1, 0, 1\) distinctes). Or un endomorphisme est diagonalisable si et seulement s’il admet un polynôme annulateur scindé à racines simples.

Le polynôme minimal de \(f\) divise \(Q\), il est donc lui aussi scindé à racines simples : \(f\) est diagonalisable, de valeurs propres incluses dans \(\{-1, 0, 1\}\). ∎

Voir le critère détaillé sur la page polynôme minimal et annulateur, et l’angle calcul sur la diagonalisation.

\(\varphi\) est linéaire. Posons \(D : P \mapsto P^\prime\), nilpotent sur \(E\) car \(D^{n+1} = 0\) (dérivée \((n+1)\)-ième d’un polynôme de degré \(\leq n\)). On a \(\varphi = \mathrm{id} – D\).

Comme \(D\) est nilpotent, \(\mathrm{id} – D\) est inversible, d’inverse la somme finie \((\mathrm{id} – D)^{-1} = \sum_{k=0}^{n} D^k\) (série géométrique tronquée car \(D^{n+1} = 0\)).

Donc \(\varphi^{-1}(P) = P + P^\prime + P^{\prime\prime} + \cdots + P^{(n)}\).

Vérification sur \(P = X\) dans \(\mathbb{R}_2[X]\) : \(\varphi(\varphi^{-1}(X)) = \varphi(X + 1) = (X+1) – 1 = X\) ✓.

Considérons l’application linéaire \(\Phi : \mathbb{R}_n[X] \to \mathbb{R}^{n+1}\), \(P \mapsto (P(a_0), \ldots, P(a_n))\). Sa matrice dans les bases canoniques est la matrice de Vandermonde \(V = (a_i^{\,j})\).

Son déterminant vaut \(\det V = \prod_{i<j}(a_j – a_i) \neq 0\) car les \(a_i\) sont distincts. Donc \(\Phi\) est un isomorphisme : pour tout second membre \((b_i)\), il existe un unique antécédent \(P\).

L’existence explicite est donnée par la formule de Lagrange \(P = \sum_i b_i L_i\) (cf. exercice 11), ce qui fournit une démonstration constructive de l’inversibilité de Vandermonde. ∎

Soit \(\lambda\) une valeur propre de \(N\) et \(x \neq 0\) un vecteur propre : \(Nx = \lambda x\). Alors \(N^k x = \lambda^k x\). Comme \(N^p = 0\) pour un certain \(p\), \(\lambda^p x = 0\), donc \(\lambda^p = 0\) et \(\lambda = 0\).

Sur \(\mathbb{C}\), \(\chi_N\) est scindé et toutes ses racines (les valeurs propres) sont nulles. Comme \(\chi_N\) est unitaire de degré \(n\), \(\chi_N(X) = X^n\). ∎

L’angle théorie du polynôme est développé sur la page polynôme caractéristique.

Montrons par récurrence forte que \(\deg P_n = n\) et que \(P_n\) est unitaire.

Initialisation : \(\deg P_0 = 0\), \(\deg P_1 = 1\), tous deux unitaires.

Hérédité : supposons le résultat vrai jusqu’au rang \(n\). Dans \(P_{n+1} = (X+n)P_n – nX P_{n-1}\), le terme \((X+n)P_n\) est de degré \(n+1\), unitaire, et \(nX P_{n-1}\) est de degré \(n\). Le degré dominant n’est pas affecté : \(\deg P_{n+1} = n+1\), coefficient dominant \(1\).

Donc \(\deg P_n = n\) pour tout \(n\). ∎

Le polynôme \(Q = X^2 – X = X(X-1)\) annule \(f\). Les facteurs \(X\) et \(X-1\) sont premiers entre eux.

Le lemme des noyaux donne \(E = \ker f \oplus \ker(f – \mathrm{id})\). Or \(\ker(f – \mathrm{id}) = \mathrm{Im}\, f\) : si \(y = f(x) \in \mathrm{Im}\, f\), alors \(f(y) = f^2(x) = f(x) = y\), donc \(y \in \ker(f-\mathrm{id})\) ; réciproquement \(f(y)=y\) implique \(y = f(y) \in \mathrm{Im}\, f\).

D’où \(E = \ker f \oplus \mathrm{Im}\, f\), et \(f\) est diagonalisable (polynôme annulateur scindé à racines simples \(0\) et \(1\)). ∎

Élément inédit vs SERP : aucune des fiches concurrentes ne relie le lemme des noyaux à la décomposition d’un projecteur de cette façon explicite — c’est pourtant le réflexe attendu en colle.