6. Polynˆomes et fractions...

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Polynomes et fractions rationnelles

6. Polynomes et fractions rationnelles

6.1. Exercices 1 a 11 :

Coefficients, developpements, factorisations


Division euclidienne des polynomes


Racines et multiplicites


Arithmetique des polynomes, Pgcd et Ppcm


Relations entre coefficients et racines,

Equations algebriques


Decompositions de fractions rationnelles

[email protected], 23 fevrier 2001 Page 1


6.1. Coefficients, developpements, factorisations

Exercice 6.1.1

Factoriser le polynome Pn = 1 +1

1!X +

1

2!X(X + 1) + · · ·+ 1

n![X(X + 1) · · · (X + n− 1)].

Exercice 6.1.2

Developper le polynome Pn = (1 + X)(1 + X2) · · · (1 + X2n).

Exercice 6.1.3

Factoriser sur IR les polynomes A = X4 + X2 + 1 et B = X8 + X4 + 1.

Exercice 6.1.4

Developper P = (1 − X)(1 − ω1X)(1 − ω2X) · · · (1 − ωn−1X), ou 1, ω1, . . . , ωn−1 sont lesracines n-iemes de l’unite.

Exercice 6.1.5

Factoriser P = X6 − 2X3 cos 3θ + 1 dans lC[X] et dans IR[X].

Exercice 6.1.6

Soient a, b deux entiers relatifs (b 6= 0) et n un entier naturel. Montrer que P =1

n!Xn(a−bX)n

et toutes ses derivees prennent des valeurs entieres en x = 0 et en x =a

b.

Exercice 6.1.7

Trouver un polynome P tel que P (1) = 3, P ′(1) = 4, P ′′(1) = 5 et ∀n ≥ 3, P (n)(1) = 0.

Exercice 6.1.8

Pour tous polynomes P et Q de lC[X], on pose [P, Q] = PQ− PQ.

1. Discuter le degre de [P, Q] si deg P = p et deg Q = q.

2. Montrer que pour tous polynomes P, Q,R : [[P, Q], R] + [[Q, R], P ] + [[R,P ], Q] = 0.

Exercice 6.1.9

Un polynome unitaire P de degre n verifie : nP = (X − a)P ′ + 2bP ′′.

Determiner les coefficients de P ordonnes suivant les puissances de X − a.



Exercice 6.1.10

Soient A et B deux polynomes a coefficients entiers.

On suppose que les coefficients de A sont premiers entre eux dans leur ensemble, et qu’il enest de meme pour B. Montrer qu’il en est de meme pour AB.

Exercice 6.1.11

Factoriser le polynome P = (X + i)n − (X − i)n sur lC[X].

6.2. Division euclidienne des polynomes

Exercice 6.2.1

Montrer que pour tout polynome P : P (P (X))−X est divisible par P (X)−X.

Exercice 6.2.2

Soit A un polynome dont les restes dans les divisions par X − 1, X − 2 et X − 3 sontrespectivement 3, 7 et 13.

Determiner le reste dans la division de A par B = (X − 1)(X − 2)(X − 3).

Exercice 6.2.3

Calculer la valeur de A = X4 −X3 − 3X2 + 3X − 4 en a = 1 + 3√

2.

Exercice 6.2.4

Quel est le reste dans la division de A = (X sin θ + cos θ)n par B = X2 + 1 ?

Exercice 6.2.5

Montrer que ∀ (m,n, p, q) ∈ IN4, B = X3+X2+X+1 divise A = X4m+3+X4n+2+X4p+1+X4q.

Exercice 6.2.6

Determiner un polynome A unitaire de degre 3, divisible par (X − 1) et ayant le meme restedans les divisions par (X − 2), (X − 3) et (X − 4).

Exercice 6.2.7

Division de An = Xn+1 cos(n− 1)θ −Xn cos nθ −X cos θ + 1 par B = X2 − 2X cos θ + 1.

Exercice 6.2.8

Determiner tous les polynomes de IK[X] qui sont divisibles par leur polynome derive.



6.3. Racines et multiplicites

Exercice 6.3.1

On se donne trois scalaires a, b, c, differents deux a deux et non nuls.

Montrer que les polynomes A =X(X − b)(X − c)

a(a− b)(a− c)+

X(X − c)(X − a)

b(b− c)(b− a)+

X(X − a)(X − b)

c(c− a)(c− b)

et B = 1 +1

abc(X − a)(X − b)(X − c) sont egaux.

Exercice 6.3.2

Determiner an et bn pour que An = anXn+1 + bnX

n + 1 soit divisible par B = (X − 1)2.

Former alors le quotient Qn dans la division de An par B.

Exercice 6.3.3

Quand le polynome A = (X + 1)n −Xn − 1 est-il divisible par B = X2 + X + 1 ?

Exercice 6.3.4

Trouver un polynome A de degre 5 sachant que le reste dans sa division par (X + 1)3 est −5et que le reste dans sa division par (X − 1)3 est 11.

Exercice 6.3.5

Montrer que (X − 1)3 divise An = (1 + X)(Xn − 1) + 2nXn(1−X) + n2Xn−1(X − 1)2.

Calculer le quotient de la division de An par (X − 1)3.

Exercice 6.3.6

Montrer que Pn = 1 + X +1

2!X2 +

1

3!X3 + · · ·+ 1

n!Xn n’a que des racines simples dans lC.

6.4. Arithmetique des polynomes, Pgcd et Ppcm

Exercice 6.4.1

Montrer que deux polynomes A et B sont premiers entre eux ⇔ AB et A + B le sont.

Exercice 6.4.2

Montrer que le Pgcd de Xn − 1 et de Xp − 1 est Xpgcd(n,p) − 1.



Exercice 6.4.3

Soient P, Q deux polynomes de lC[X], premiers entre eux, et tels que P 2 +Q2 admette a pourracine double. Montrer que a est racine de P ′2 + Q′2.

Exercice 6.4.4

Soient A, B dans IK[X] (non tous deux nuls) et soient U, V tels que AU +BV = pgcd(A, B).

Montrer que U et V sont premiers entre eux.

Exercice 6.4.5

Trouver tous les polynomes U et V tels que (X − 1)3U + (X + 1)2V = 1.

Exercice 6.4.6

Determiner deux polynomes S et T de degre 5 tels que (1−X)6S + X6T = 1.

6.5. Relations entre coefficients et racines,

equations algebriques

Exercice 6.5.1

Resoudre le systeme (S) :

x + y + z = 1

xy + xz + yz = 1

xyz = 1

Exercice 6.5.2

Resoudre le systeme

x + y + z = 1

x2 + y2 + z2 = 91

x+

1

y+

1

z= 1

Exercice 6.5.3

Resoudre x4 − 4x3 + x2 + 6x + 2 = 0 sachant que la somme de deux des solutions vaut 2.

Exercice 6.5.4

Calculer la somme des puissances quatriemes des racines a, b, c de P = X3 + pX + q.

Exercice 6.5.5

Condition sur p et q pour que A = X3 + pX + q admette un zero multiple.



Exercice 6.5.6

Soient a, b, c les racines de A = X3 + pX2 + qX + r = 0.

Former l’equation dont les racines sont α = b + c, β = a + c et γ = a + b.

Exercice 6.5.7

Resoudre 8x3−42x2+63x−27 = 0 sachant que les solutions sont en progression geometrique.

Exercice 6.5.8

Condition sur p, q, r pour que l’une des solutions de x3 + px2 + qx + r = 0 soit la somme desdeux autres.

Exercice 6.5.9

Calculer∑( α + 2

2α + 5

)3

, ou α decrit l’ensemble des racines de l’equation x3 +2x2−x+1 = 0.

Exercice 6.5.10

Determiner a pour que A = X4 − X + a et B = X2 − aX + 1 aient au moins un zero encommun.

Exercice 6.5.11

Determiner λ pour que P = X3 − 3X + λ ait un zero double.

Resoudre alors l’equation P (x) = 0.

Exercice 6.5.12

Determiner λ pour que P = X3 − 8X2 + (13− λ)X − 6− 2λ ait un zero double.

Resoudre alors l’equation P (x) = 0.

Exercice 6.5.13

Determiner m, n, p pour que l’equation x6+mx4+10x3+nx+p = 0 ait une racine quadruple.

Exercice 6.5.14

Resoudre le systeme

x2 + y2 + z2 = 0

x4 + y4 + z4 = 0

x5 + y5 + z5 = 2



6.6. Decompositions de fractions rationnelles

Exercice 6.6.1

Decomposer en element simples dans IR(X) : R =n!

x(x + 1)(x + 2) · · · (x + n).

Exercice 6.6.2

Decomposer en element simples dans lC(X) : R =1

x4(x− i)3

Exercice 6.6.3

Decomposer dans IR(X) : R =1− abx2

xn(1− ax)(1− bx)(avec a, b 6= 0, a 6= b, n ≥ 1).

Exercice 6.6.4

Meme question avec R =x11

(x2 + x + 1)4

Exercice 6.6.5

Meme question avec R =x5 − x2 + 1

(x2 + 1)2(x + 1)2

Exercice 6.6.6

Decomposer en element simples dans lC(X) : R =x

(x2 + 1)(x2 − j2)2

Exercice 6.6.7

Decomposer dans IR(X) : R =6

(x + 1)(x2 + x + 1)(x2 + x + 2)(x2 + x + 3)

Exercice 6.6.8

Meme question avec R =1

x8 + x4 + 1

Exercice 6.6.9

Meme question avec R =1

x5(1− x)5(x2 − x + 1)

Exercice 6.6.10

Meme question avec R =x3 − x + 2

(x2 + 1)4(x2 + x + 1)x



Corrige des exercices

Corrige de l’exercice 6.1.1

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

2!X(X + 1) =

1

2!(X + 1)(X + 2).

Montrons par recurrence sur n que la factorisation de Pn est :

Pn =1

n!(X + 1)(X + 2) · · · (X + n) =

1

n!

n∏k=1

(X + k)

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

Supposons qu’elle le soit pour un certain entier n ≥ 1 fixe.

Dans ces conditions :

Pn+1 = Pn +1

(n + 1)!

n∏k=0

(X + k) =1

n!

n∏k=1

(X + k) +1

(n + 1)!

n∏k=0

(X + k)

=1

(n + 1)!

( n∏k=1

(X + k))(

n + 1 + X)

=1

(n + 1)!

n+1∏k=1

(X + k)

Ce qui etablit la propriete au rang n + 1 et etablit la recurrence.


On peut ecrire Pn = (X0 + X1)(X0·2 + X1·2) · · · (X0·2n+ X1·2n

) =n∏

k=0

(X0·2k+ X1·2k

).

Ainsi Pn =n∏

k=0

∑αk∈{0,1}

Xαk2k=

∑Xα0+α12+···+αn2n

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

Mais quand (α0, . . . , αn) decrit E, l’entier m = α0+α12+· · ·+αn2n decrit {0, 1, . . . , 2n+1−1}(en effet on obtient toutes les representations en binaire sur n + 1 chiffres.)

Conclusion : pour tout entier n, Pn =2n+1−1∑m=0

Xm.

Remarque : on retouve ce resultat par recurrence en utilisant Pn(X) = Pn−1(X)(1 + X2n).


On ecrit A = (X2 + 1)2 −X2 = (X2 + X + 1)(X2 −X + 1).

De la meme maniere :

B = A(X2) = (X4 + X2 + 1)(X4 −X2 + 1)

= (X2 + X + 1)(X2 −X + 1)((X2 + 1)2 − 3X2)

= (X2 + X + 1)(X2 −X + 1)(X2 +√

3X + 1)(X2 −√

3X + 1)




On connait la factorisation Xn − 1 =n∏

k=0

(X − ωk).

Par identification des coefficients constants, cette factorisation donnen∏

k=0

(−ωk) = −1.

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

En particulier ω ωk = 1. Le polynome P de l’enonce s’ecrit donc :

P =n∏

k=0

(1− ωkX) =n∏

k=0

((−ωk)(X − ωk)) =n∏

k=0

(−ωk)n∏

k=0

(X − ωk) = −n∏

k=0

(X − ωk)

Mais quand ω decrit l’ensemble des racines n-iemes de l’unite, ω en fait autant.

Ainsi P = −n∏

k=0

(X − ωk) = −n∏

k=0

(X − ωk) = 1−Xn.


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

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

P = (X3 − e3iθ)(X3 − e−3iθ) = (X3 − ( eiθ)3)(X3 − ( 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+ 2π3

))(X − ei(θ− 2π3

))(X − e−iθ)(X − e−i(θ− 2π3

))(X − e−i(θ+ 2π3

))

Pour obtenir la factorisation dans IR[X], on regroupe deux a deux les termes conjugues eton utilise le developpement (X − eiα)(X − e−iα) = X2 − 2X cos α + 1. On en deduit :

P = (X − eiθ)(X − e−iθ)(X − ei(θ+ 2π3

))(X − e−i(θ+ 2π3

))(X − ei(θ− 2π3

))(X − e−i(θ− 2π3

))

= (X2 − 2X cos θ + 1)(X2 − 2X cos(θ + 2π3 ) + 1)(X2 − 2X cos(θ − 2π

3 ) + 1)


On connait la formule de Taylor a l’origine : P =+∞∑k=0

P (k)(0)

k!Xk.

Ici P =1

n!Xn(a− bX)n =

1

n!Xn

n∑j=0

C jn (−b)jan−jXj =

1

n!

2n∑k=n

C k−nn (−b)k−na2n−kXk.

On en deduit P (k)(0) = 0 si k < n (normal car 0 est racine de multiplicite n.)

De meme P (k) = 0 si k > 2n (c’est normal car deg P = 2n.)

Enfin, pour tout k de {n, . . . , 2n}, P (k)(0) =k!

n!C k−n

n (−b)k−na2n−k ∈ ZZ.

Enfin, on remarque que P (X) =bn

n!Xn

(a

b−X

)n

= P(a

b−X

).

Ainsi : ∀ k ∈ IN, P (k)(X) = (−1)kP (k)(a

b−X

)donc P (k)

(a

b

)= (−1)kP (k)(0) ∈ ZZ.




Le polynome P = 3 + 4(X − 1) +5

2!(X − 1)2 =

5

2X2 −X +

3

2convient.


1. Si P = 0 ou Q = 0 alors [P, Q] = 0. Supposons donc deg P = p ≥ 0 et deg Q = q ≥ 0.

Alors deg PQ = deg PQ = p + q. Il en resulte deg[P, Q] ≤ p + q.

Soient ap 6= 0 le coefficient dominant de P et bq 6= 0 celui de Q.

Le coefficient dominant de PQ est apbq et celui de PQ est apbq.

Le coefficient de degre p + q dans [P, Q] est donc ap bq − apbq = 2i Im (ap bq).

Donc si ap bq /∈ IR, c’est-a-dire arg(ap) 6= arg(bq) (π) alors deg[P, Q] = deg P + deg Q.

Dans le cas contraire, on a deg[P, Q] < deg P + deg Q.

2. Soient P, Q, R trois elements de lC[X]. On constate que :

[[P, Q], R] = [P, Q]R− [P, Q]R = (PQ− PQ)R− (PQ− PQ)R

= PQR− PQR− PQR + PQR

Par permutation circulaire, on en deduit :[[P, Q], R] = PQR− PQR− PQR + PQR

[[Q,R], P ] = QRP −QRP −QRP + QR P = PQR− PQR− P QR + P QR

[[R,P ], Q] = RPQ−RPQ−RPQ + RP Q = PQR− PQR− PQR + P QR

En sommant, on trouve [[P, Q], R] + [[Q,R], P ] + [[R,P ], Q] = 0.


On a P =n∑

k=0

ak(X − a)k avec ak =P (k)(a)

k!. P est unitaire donc P (n)(a) = n!.

Pour determiner P , il faut donc connaıtre les dk = P (k)(a), pour 0 ≤ k ≤ n.

On derive k fois nP = (X − a)P ′ + 2bP ′′ en utilisant la formule de Leibniz.

On trouve, pour tout entier k, nP (k) = (X − a)P (k+1) + kP (k) + 2bP (k+2).

Si on se place en a, on en deduit : (n− k)P (k)(a) = 2bP (k+2)(a), donc (n− k)dk = 2bdk+2.

deg P = n ⇒ dk = 0 si k > n. On en deduit (avec k = n− 1) dn−1 = bdn+1 donc dn−1 = 0.

Pour k < n, l’egalite dk = 2bn−k dk+2 montre alors que dn−3 = dn−5 = dn−7 = . . . = 0.

Le polynome P =n∑

k=0

dk

k! Xk s’ecrit donc P =

n/2∑r=0

dn−2r

(n−2r)!Xn−2r.

Avec k = n− 2r, dk = 2bn−k dk+2 donne dn−2r = b

rdn−2(r−1) puis dn−2r = br

r!dn = brn!r! .

On a ainsi obtenu P =n/2∑r=0

brn!r!(n−2r)!(X − a)n−2r.




Posons A =m∑

j=0

ajXj et B =

n∑k=0

bkXk. Ainsi AB =

m+n∑r=0

crXr avec cr =

∑j+k=r

ajbk.

Supposons par l’absurde que les cr ne soient pas premiers entre eux dans leur ensemble.

Soit d un diviseur premier commun de tous les cr.

Par hypothese les aj sont premiers entre eux dans leur ensemble, de meme que les bk.

Il existe donc un plus petit entier j0 dans {0, . . . ,m} tel que d ne divise pas aj0 .

De meme, il existe un plus petit entier k0 dans {0, . . . , n} tel que d ne divise pas bk0 .

Dans ces conditions cj0+k0 = aj0bk0 + S avec S =(j,k) 6=(j0,k0)∑j+k=j0+k0

ajbk.

Tous les ajbk de S sont divisibles par d (car j < j0 ou k < k0).

Or cj0+k0 est divisible lui aussi par d (comme tous les dr.)

On en deduit que d divise S − cj0+k0 = aj0bk0 .

Le theoreme de Gauss donne alors d | aj0 ou d | bk0 ce qui est absurde.

Conclusion : les coefficients du polynome C = AB sont premiers entre eux dans leur ensemble.


On constate que P = (Xn + niXn−1 + · · ·)− (Xn − niXn−1 + · · ·) = 2niXn−1 + · · ·.

On resout (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 ⇔(z + i

z − i

)n

= 1.

Notons ωk = exp 2ikπn les racines n-iemes de 1 (0 ≤ k ≤ n− 1.)

On a l’equivalence(z + i

z − i

)n

= 1 ⇔ ∃k ∈ {1, . . . , n−1}, z + i

z − i= ωk (car k = 0 est exclu.)

Orz + i

z − i= ωk ⇔ z = i

ωk + 1

ωk − 1= i

exp 2ikπn + 1

exp 2ikπn − 1

= iexp ikπ

n + exp −ikπn

exp ikπn − exp −ikπ

n

.

On obtient donc z = i2 cos kπ

n

2i sin kπn

= cotankπ

n, avec 1 ≤ k ≤ n− 1.

Les θk = kπn forment une suite strictement croissante de ]0, π[.

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

Les solutions obtenues sont distinctes deux a 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 deduit : P = 2nin−1∏k=1

(X − cotan kπ

n

).




Posons P (X) =n∑

k=0

akXk. Ainsi P (P (X)) =

n∑k=0

akP (X)k.

On remarque que P (P (X))−X = P (P (X))− P (X) + P (X)−X.

Il suffit donc de montrer que P (P (X))− P (X) est divisible par P (X)−X.

En regroupant dans une meme sommation, on trouve P (P (X))−P (X) =n∑

k=0

ak(P (X)k−Xk).

Or P (X)k −Xk est toujours divisible par P (X)−X (factorisation classique de ak − bk.)

Il en resulte que P (P (X))−X est divisible par P (X)−X.


L’hypothese signifie que A(1) = 1, A(2) = 7 et A(3) = 13.

La division de A par B = (X − 1)(X − 2)(X − 3) s’ecrit A = BQ + R, avec deg R < 3.

Le reste R peut donc s’ecrire : R = aX2 + bX + C, avec (a, b, c) ∈ IR3.

On evalue l’egalite A = BQ + R en 1, 2, 3 en utilisant le fait que B(1) = B(2) = B(3) = 0.

Il vient

A(1) = 3 = a + b + c

A(2) = 7 = 4a + 2b + c

A(3) = 13 = 9a + 3b + c

qui donne immediatement a = b = c = 1.

Le reste dans la division de A par B est donc R = X2 + X + 1.


On constate que (a−1)3 = 2 : le reel a est racine de B = (X−1)3−2 = X3−3X2 +3X−3.

La division de A par B s’ecrit A = (X + 2)B + 2.

On en deduit A(2) = (a + 2)B(2) + 2 = 2.


La division A = BQ + R de A par B dans IR[X] est aussi valable dans lC[X].

Dans cette division, R s’ecrit R = αX + β, avec (α, β) ∈ IR2.

Comme on se place dans lC[X], on peut evaluer l’egalite A = BQ + R au point i.

Ainsi A(i) = B(i)Q(i) + αi + β, avec B(i) = 0 et A(i) = (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ.

Par identification des parties reelles et des parties imaginaires, il vient

{α = sin nθ

β = cos nθ

Conclusion : le reste dans la division de A par B est R = (sin nθ)X + cos nθ.




Les polynomes A et B sont a coefficients reels, mais il est equivalent de dire que B divise Adans IR[X] ou que B divise A dans lC[X] (en effet la division de A par B dans IR[X] est aussivalable dans lC[X] et il suffit d’invoquer l’unicite de cette division euclidienne dans lC[X].)

On constate que B = (X + 1)(X − i)(X + i).

Pour montrer que A est divisible par B, il suffit donc de montrer qu’il l’est par (X + 1),(X − i) et (X + i) (car ces trois polynomes de degre 1 sont premiers entre eux deux a deux.)

Cela equivaut a montrer que A(−1) = A(i) = A(−i) = 0.

Or pour ω ∈ {−1, i,−i} donc pour toute racine quatrieme de l’unite (sauf 1) on a :

A(ω) = (ω4)m ω3 + (ω4)n ω2 + (ω4)p ω + (ω4)q = ω3 + ω2 + ω + 1 = B(ω) = 0

Conclusion : B = X3 + X2 + X + 1 divise toujours A = X4m+3 + X4n+2 + X4p+1 + X4q.


Notons λ le reste commun dans la division de A par X − 1, X − 2, X − 3.

Il existe donc des polynomes Q2, Q3, Q4 tels que

A = (X − 2)Q2 + λ

A = (X − 3)Q3 + λ

A = (X − 4)Q4 + λ

.

Il s’ensuit que A− λ est divisible par X − 2, X − 3, X − 4 donc par leur produit.

Mais le polynome A−λ est unitaire. On a donc exactement A−λ = (X−2)(X−3)(X−4).

Il reste a utiliser la derniere hypothese, qui s’exprime par A(1) = 0.

On evalue l’egalite A− λ = (X − 2)(X − 3)(X − 4) en 1 et on trouve λ = 6.

Conclusion : le polynome cherche est A = (X−2)(X−3)(X−4)+6 = X3−9X2 +26X−18.


On constate que A0 = 0, A1 = B. Pour tout entier k ≥ 0, on a :

Ak+1 − Ak = Xk+2 cos kθ −Xk+1 cos(k + 1)θ −Xk+1 cos(k−1)θ + Xk cos kθ

= Xk+2 cos kθ −Xk+1(cos(k + 1)θ + cos(k−1)θ) + Xk cos kθ

= Xk+2 cos kθ − 2Xk+1 cos θ cos kθ + Xk cos kθ

= (Xk cos kθ)B

Par sommation, on en deduit An =n−1∑k=0

(Ak+1 − Ak) = Bn−1∑k=0

Xk cos kθ.

Ainsi le reste de la division de An par B est nul, et le quotient est Qn =n−1∑k=0

Xk cos kθ.




Si A est constant, il n’est pas divisible par son polynome derive, sauf si A = 0.

On considerera donc un polynome A de degre n ≥ 1, divisible par A′.

Si anXn est le terme dominant de A, celui de A′ est nanX

n−1.

La division de A par A′ s’ecrit donc A = 1n(X + λ)A′, avec λ ∈ IK.

A partir de la, il y a plusieurs variantes pour la demonstration.

1. Posons A =n∑

k=0

akXk. On transforme l’egalite nA = (X + λ)A′.

nA = (X − λ)A′ ⇔ nn∑

k=0

akXk = (X + λ)

n∑k=1

kakXk−1

⇔ nn∑

k=0

akXk =

n∑k=1

kakXk + λ

n−1∑k=0

(k + 1)ak+1Xk

⇔n−1∑k=0

(n− k)akXk = λ

n−1∑k=0

(k + 1)ak+1Xk

L’identification des coefficients donne : ∀ k ∈ {0, . . . , n− 1}, ak = λ k+1n−kak+1.

Ainsi ak =(λ k+1

n−k

)(λ k+2

n−k−1

)· · ·

(λ n

1

)an = λn−k n!

k!(n−k)!an = λn−kC kn an.

On en deduit A =n∑

k=0

akXk = an

n∑k=0

C kn λn−kXk = an(X + λ)n.

Les solutions sont donc toujours de la forme A = µ(X +λ)n, avec n ∈ IN et (µ, λ) ∈ IR2.

Reciproquement, A = µ(X + λ)n ⇒ A′ | A car A = 1n(X + λ)A′.

On a ainsi obtenu l’ensemble des solutions du probleme.

2. L’egalite nA = (X + λ)A′ montre que −λ est une racine A.

Soit m ≥ 1 la multiplicite de cette racine.

Il existe donc un polynome B tel que A = (X + λ)mB, avec B(−λ) 6= 0.

On reporte cette expression de A dans l’egalite nA = (X + λ)A′.

On obtient n(X + λ)mB = (X + λ)(m(X + λ)m−1B + (X + λ)mB′).

Apres simplification par (X + λ)m, on trouve : (n−m)B = (X + λ)B′.

On se place ensuite au point −λ. Sachant que B(−λ) 6= 0, il vient m = n.

Autrement dit A = (X + λ)nB et B est une constante µ (car deg A = n).

On a donc obtenu A = µ(X + λ)n et on termine comme precedemment.

3. On derive k fois nA = (X + λ)A′ et on trouve : nA(k) = kA(k) + (X + λ)A(k+1).

Si on se place au point −λ, on trouve (n− k)A(k)(−λ) = 0 donc A(k)(−λ) = 0 si k 6= n.

Il en decoule (formule de Taylor) que : A =∑k≥0

A(k)(−λ)k! (X + λ)k =

A(n)(−λ)n! (X + λ)n.

Le polynome A est donc de la forme A = µ(X+λ)n et on termine comme precedemment.

Jean-Michel.Ferrard @ac-lyon.fr, 23 fevrier 2001 Page 14



On constate que deg A ≤ 3 et que deg B = 3.

D’autre part A(a) = 1 = B(a), A(b) = 1 = B(b), A(b) = 1 = B(b) et A(0) = 0 = B(0).

A et B prennent la meme valeur en quatre points distincts (donc plus que leurs degres.)

Il en decoule que les polynomes A et B sont identiques.


An est divisible par (X − 1)2 si et seulement si An(1) = A′n(1) = 0.

Cela equivaut a

{an + bn = −1

(n + 1)an + nbn = 0c’est-a-dire an = n et bn = −n− 1.

On trouve alors le polynome An = nXn+1 − (n + 1)Xn + 1.

On constate que A0 = 0. Pour tout entier k ≥ 1, on a :

Ak − Ak−1 = kXk+1 − (k + 1)Xk − (k − 1)Xk + kXk−1

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

On en deduit An = An − A0 =n∑

k=1

(Ak − Ak−1) = (X − 1)2n∑

k=1

kXk−1.

Conclusion : le quotient dans la division euclidienne de An par (X−1)2 est Qn =n−1∑k=0

(k+1)Xk.


Pour etudier la divisibilite de An par B, on se place dans lC[X] (cf ex 6.2.5).

Or B = (X − j)(X − j) divise An si et seulement si A(j) = A(j) = 0.

Puisque An est a coefficients reels, on a An(j) = A(j).

Il suffit donc d’exprimer la condition An(j) = 0.

Or An(j) = (j + 1)n − jn − 1 = (−j2)n − jn − 1 = (−1)nj2n − jn − 1.

Cette expression est periodique de periode 6.

Si on pose n = 6q + r, avec r ∈ {0, . . . , 5}, on a donc An(j) = Ar(j).

On trouve successivement :

A0(j) = −1 6= 0 A1(j) = −j2 − j − 1 = 0 A2(j) = j − j2 − 1 6= 0

A3(j) = −3 6= 0 A4(j) = j2 − j − 1 6= 0 A5(j) = −j − j2 − 1 = 0

Conclusion : An est divisible par B si et seulement si n = 6q + 1 ou n = 6q + 5.




Il existe deux polynomes Q1 et Q2 tels que

{A = (X + 1)3Q1 − 5

A = (X − 1)3Q2 + 11

A + 5 admet donc −1 comme racine triple. De meme 1 est racine triple de A− 11.

Ainsi −1 est racine double de (A + 5)′ = A′ et 1 est racine double de (A− 11)′ = A′.

Donc A′ est divisible par (X + 1)2 et par (X − 1)2 donc par (X2 − 1)2 = X4 − 2X2 + 1.

On sait que deg A′ = 4. Il en resulte qu’il existe λ dans IR tel que A′ = λ(X4 − 2X2 + 1).

On integre : il existe (λ, µ) dans IR2 tel que A = λ(X5

5− 2X3

3+ X

)+ µ.

Il reste a exprimer que A(−1) = −5 et A(1) = 11 donc −8λ

15+ µ = −5 et

8λ

15+ µ = 11.

Il en decoule λ = 15 et µ = 3. Finalement A = 3X5 − 10X3 + 15X + 3.

On verifie que

{A = (3X2 − 9X + 8)(X + 1)3 − 5

A = (3X2 + 9X + 8)(X − 1)3 + 11


On commence par developper An, pour tout n ≥ 1.

On trouve An = (n− 1)2Xn+1 − (2n2 − 2n− 1)Xn + n2Xn−1 −X − 1,

puis A′n = (n + 1)(n− 1)2Xn − n(2n2 − 2n− 1)Xn−1 + (n− 1)n2Xn−2 − 1.

et A′′n = n(n + 1)(n− 1)2Xn−1 − n(n− 1)(2n2 − 2n− 1)Xn−2 + (n− 2)(n− 1)n2Xn−3.

On en deduit :

An(1) = (n−1)2−(2n2−2n−1) + n2−2 = 0

A′n(1) = (n + 1)(n−1)2−n(2n2−2n−1) + (n−1)n2−1 = 0

A′′n(1) = n(n + 1)(n−1)2−n(n−1)(2n2−2n−1) + (n−2)(n−1)n2 = 0

An(1) = A′n(1) = A′′

n(1) = 0 prouve que 1 est racine au moins triple de A.

Autrement dit, le polynome An est divisible par (X − 1)3.

Il y a en fait une meilleure methode.

En effet

{Ak = (k2 − 2k + 1)Xk+1 − (2k2 − 2k − 1)Xk + k2Xk−1 −X − 1

Ak−1 = (k2 − 4k + 4)Xk − (2k2 − 6k + 3)Xk−1 + (k2 − 2k + 1)Xk−2 −X − 1

La difference Ak − Ak−1 se factorise comme on le voit ci-dessous :

Ak − Ak−1 = (k − 1)2(Xk+1 − 3Xk + 3Xk−1 −Xk−2) = (k − 1)2Xk−2(X − 1)3.

On a A1 = 0, donc An = An − A1 =n∑

k=2

(Ak − Ak−1) = (X − 1)3n∑

k=2

(k − 1)2Xk−2.

On retrouve donc que An est divisble par (X − 1)3.

Qui plus est, on trouve le quotient Qn =n−2∑k=0

(k + 1)2Xk.




On constate que P ′n = Pn−1 et Pn = Pn−1 +

Xn

n!.

Supposons par l’absurde que Pn admette une racine double α.

On a alors Pn(α) = P ′n(α) = 0 donc Pn(α) = Pn−1(α) = 0.

On en deduitαn

n!= Pn(α)− Pn−1(α) = 0 donc α = 0 ce qui est absurde car P (0) = 1 6= 0.

Conclusion : pour tout entier n, le polynome Pn n’a que des racines simples.


• Si (AB) ∧ (A + B) = 1 il existe U, V dans IK[X] tels que (AB)U + (A + B)V = 1.

Cette egalite s’ecrit aussi A(BU + V ) + BV = 1.

Sous cette forme c’est une egalite de Bezout pour A et B.

On en deduit que les polynomes A et B sont premiers entre eux.

• Inversement, supposons que A et B soient premiers entre eux.

Il existe U, V dans IK[X] tels que AU + BV = 1.

Les egalites de Bezout

{(A + B)U + B(V − U) = 1

A(U − V ) + (A + B)V = 1montrent que

{(A + B) ∧B = 1

A ∧ (A + B) = 1

Puisque A + B est premier avec A et B, il est premier avec leur produit.

Conclusion : on a l’equivalence A ∧B = 1 ⇔ (A + B) ∧ (AB) = 1.


Soit n = pq + r la division euclidienne de n par p.

On a : Xn − 1 = Xpq+r − 1 = Xr(Xpq − 1) + Xr − 1 = Xr(Xp − 1)q−1∑k=0

Xkp + Xr − 1.

Puisque 0 ≤ r < p, il en decoule que Xr−1 est le reste dans la division de Xn−1 par Xp−1.

On forme la suite des divisions de l’algorithme d’Euclide applique au couple (n, p) :

n = pq1 + r1, p = r1q2 + r2, r1 = r2q3 + r3, . . . , rn−1 = rnqn+2

L’entier rn, dernier reste non nul dans cet algorithme, est le pgcd de n et de p.

Ce qui precede montre que l’algorithme d’Euclide applique aux polynomes Xn− 1 et Xp− 1conduit aux restes successifs R1 = Xr1 − 1, R2 = Xr2 − 1, . . . , Rn = Xrn − 1.

Dans cet algorithme Rn est le dernier reste non nul (car rn | rn−1 ⇒ Rn | Rn−1.)

Il en decoule que le pgcd de Xn − 1 et de Xp − 1 est Rn = Xrn − 1 = X pgcd (n,p) − 1.




Puisque P ∧Q = 1, il existe U, V dans lC[X] tels que UP + V Q = 1.

On en deduit A(P + iQ) + B(P − iQ) = 1, avec A = 12(U − iV ) et B = 1

2(U + iV ).

Il en decoule que P + iQ et P − iQ sont premiers entre eux.

Or a est racine double de P 2 + Q2 = (P + iQ)(P − iQ).

Il est donc ou bien racine double de P + iQ, ou bien racine double de P − iQ.

Ainsi a est racine de P ′ + iQ′ ou de P ′ − iQ′.

Dans tous les cas, il est racine de leur produit (P ′ + iQ′)(P ′ − iQ′) = P ′2 + Q′2.


Puisque A, B ne sont pas tous deux nuls, leur pgcd D est non nul.

Il existe deux polynomes A et B tels que A = DA et B = DB.

L’egalite AU + BV = D donne alors D(AU + BV ) = D donc AU + BV = 1.

Cette egalite de Bezout prouve que U et V sont premiers entre eux.


(X − 1)3 et (X + 1)2 etant premiers entre eux, il existe des solutions (U, V ).

On trouve l’une d’elles en appliquant l’algorithme d’Euclide a (X − 1)3 et (X + 1)2.

On trouve tout d’abord (X − 1)3 = (X + 1)2(X − 5) + 12X + 4.

On obtient ensuite 36(X + 1)2 = (12X + 4)(3X + 5) + 16.

En “remontant” les calculs, on en deduit :

16 = 36(X + 1)2 − (12X + 4)(3X + 5)

= 36(X + 1)2 − (3X + 5)((X − 1)3 − (X + 1)2(X − 5))

= −(3X + 5)(X − 1)3 + (3X2 − 10X + 11)(X + 1)2

Une solution (U0, V0) de (X − 1)3U0 + (X + 1)2V0 = 1 est donc :

U0 = −116 (3X + 5), V0 = −1

16 (3X2 − 10X + 11)

Pour tout couple (U, V ) on a alors :

(X − 1)3U + (X + 1)2V = 1 ⇔ (X − 1)3U + (X + 1)2V = (X − 1)3U0 + (X + 1)2V0

⇔ (X − 1)3(U − U0) = (X + 1)2(V0 − V )

Cela equivaut (Gauss) a l’existence de C dans IR[X] tel que

{U = U0 + (X + 1)2C

V = V0 − (X − 1)3C.

Remarque : la solution (U0, V0) obtenue par la methode precedente est “optimale”, car elleminimise les degres. Pour toute autre solution (U, V ), on a deg U ≥ 2 et deg V ≥ 3.




Puisque (1−X)6 ∧X6 = 1, il existe des polynomes S, T tels que (1−X)6S + X6T = 1.

Comme dans Ex.6.4.5 on peut construire (S, T ) tels que deg S ≤ 5 et deg T ≤ 5.

Mais cette methode conduirait a des calculs un peu trop compliques.

Remarquons que (1−X)6S + X6T = 1 equivaut a ∀x ∈]− 1, 1[, (1− x)6S(x) + x6T (x) = 1.

Sous cette forme le probleme devient :1

(1− x)6= S(x) + x6 T (x)

(1− x)6= S(x) + o(x5).

Cela signifie (puisqu’on veut deg S ≤ 5) que S(x) est le DL de1

(1− x)6en 0 a l’ordre 5.

Or1

(1− x)6= (1− x)−6 = 1 + 6x + 21x2 + 56x3 + 126x4 + 252x5 + o(x5).

On en deduit donc S = 1 + 6X + 21X2 + 56X3 + 126X4 + 252X5.

On remarque enfin que (1−X)6S(X)+X6T (X) = 1 ⇔ (1−X)6T (1−X)+X6S(1−X) = 1.

Cela signifie que le polynome T est donne par T (X) = S(1−X). On trouve alors :

T (X) = 1 + 6(1−X) + 21(1−X)2 + 56(1−X)3 + 126(1−X)4 + 252(1−X)5

= −252X5 + 1386X4 − 3080X3 + 3465X2 − 1980X + 462


Notons σ1, σ2 et σ3 les fonctions symetriques elementaires de x, y, z.

Le systeme (S) s’ecrit σ1 = σ2 = σ3 = 1. Cela equivaut a dire que {x, y, z} est l’ensemble Sdes solutions de l’equation t3−σ1t

2+σ2t−σ3 = 0, c’est-a-dire de l’equation t3−t2+t−1 = 0.

Cette equation s’ecrit (t− 1)(t− i)(t + i) = 0, donc S = {1,−i, i}.

Conclusion : les solutions de (S) sont les six triplets (x, y, z) tels que {x, y, z} = {1,−i, i}.


Comme dans l’exercice precedent :x + y + z = 1

x2 + y2 + z2 = 91

x+

1

y+

1

z= 1

⇔

σ1 = 1

σ21 − 2σ2 = 9

σ2

σ3

= 1⇔

σ1 = 1

σ2 = −4

σ3 = −4

⇔

x, y, z sont les solutions

de t3 − t2 − 4t + 4 = 0

c’est-a-dire de :

(t− 1)(t− 2)(t + 2) = 0

Les solutions sont les six triplets (x, y, z) tels que {x, y, z} = {1, 2,−2}.




Notons a, b, c, d les racines de P = x4 − 4x3 + x2 + 6x + 2.

On choisit par exemple de noter a et b celles qui verifient a + b = 2.

On ecrit les relations coefficients-racines et on ajoute la condition a + b = 2.

On transforme ce systeme par equivalences :

a + b + c + d = 4

ab + ac + ad + bc + bd + cd = 1

abc + abd + acd + bcd = −6

abcd = 2

a + b = 2

⇔

c + d = 2

(a + b)(c + d) + ab + cd = 1

ab(c + d) + cd(a + b) = −6

(ab)(cd) = 2

a + b = 2

⇔

c + d = 2

ab + cd = −3

ab + cd = −3

(ab)(cd) = 2

a + b = 2

Le fait qu’on obtienne deux equations identiques confirme que le probleme a des solutions.

Le sous-systeme

{ab + cd = −3

(ab)(cd) = 2signifie que ab et cd sont les solutions de t2 + 3t + 2 = 0.

Or t2 + 3t− 2 = (t + 1)(t + 2). Donc

{ab + cd = −3

(ab)(cd) = 2⇔ {ab, cd} = {−1,−2}.

{a, b} et {c, d} jouant le meme role, on peut supposer ab = −1 et cd = −2.

On obtient finalement

{a + b = 2

ab = −1et

{c + d = 2

cd = −2.

Le systeme

{a + b = 2

ab = −1signifie que a, b sont les racines de t2 − 2t− 1 = 0.

Le systeme

{c + d = 2

cd = −2signifie que a, b sont les racines de t2 − 2t− 2 = 0.

Or t2 − 2t− 1 = 0 ⇔ t ∈ {1−√

2, 1 +√

2} et t2 − 2t− 2 = 0 ⇔ t ∈ {1−√

3, 1 +√

3}.

Finalement, on peut choisir a = 1−√

2, b = 1 +√

2, c = 1−√

3 et d = 1 +√

3.

On a ainsi obtenu les solutions de P = x4 − 4x3 + x2 + 6x + 2.


Avec les notations habituelles, on a

{a + b + c = σ1 = 0

a2 + b2 + c2 = σ21 − 2σ2 = −2p

On a (S) :

a3 + pa + q = 0

b3 + pb + q = 0

c3 + pc + q = 0

donc a3 + b3 + c3 = −p(a + b + c)− 3q = −3q.

Mais (S)⇒

a4 + pa2 + qa = 0

b4 + pb2 + qb = 0

c4 + pc2 + qc = 0

⇒ a4 + b4 + c4 = −p(a2 + b2 + c2)− q(a + b + c) = 2p2.

La somme des puissances quatriemes des racines de P = X3 + pX + q est donc egale a 2p2.




Pour cet exercice, on va voir trois methodes.

1. A = X3 +pX + q a une racine multiple ⇔ A et A′ = 3X2 +p ont une racine commune.

Dire que A et A′ ont une racine commune, c’est dire que deg(A ∧ A′) ≥ 1.

Or 3A = XA′ + (2pX + 3q). Donc A ∧ A′ = A′ ∧ (2pX + 3q).

Remarquons que si p = 0 alors la condition est q = 0. On peut donc supposer p 6= 0.

On obtient alors 4p2A′ = (2pX + 3q)(6pX − 9q) + 4p3 + 27q2.

Ainsi A ∧ A′ = (2pX + 3q) ∧ (4p3 + 27q2).

La condition sur le pgcd s’ecrit ici 4p3 + 27q2 = 0 (c’est compatible avec le cas p = 0.)

Conclusion : A = X3 + pX + q a une racine multiple si et seulement si 4p3 + 27q2 = 0.

2. A = X3 +pX + q a une racine multiple ⇔ A et A′ = 3X2 +p ont une racine commune.

Mais A′ possede deux racines ω et −ω, avec ω2 = −p

3.

On constate que A(ω) = ωω2 + pω + q =2p

3ω + q. De meme, A(−ω) =

−2p

3ω + q.

Il reste a exprimer que A(ω) = 0 ou A(−ω) = 0, ce qui se resume a A(ω)A(−ω) = 0.

Or A(ω)A(−ω) =(2p

3ω + q

)(−2p

3ω + q

)= q2 − 4p2

9ω2 = q2 +

4p3

27.

Conclusion : A = X3 + pX + q a une racine multiple ⇔ 4p3 + 27q2 = 0.

3. Soient a, b, c les racines de A = X3 + pX + q.

On pose ϕ = (a− b)2(b− c)2(c− a)2.

ϕ est une fonction symetrique de a, b, c. On a σ1 = 0, σ2 = p, σ3 = −q.

Par construction, A possede une racine multiple si et seulement si ϕ = 0.

Il reste a exprimer ϕ en fonction des coefficients de A.

On remarque que (a− b)2 = (a + b)2 − 4ab. Or a + b + c = 0 et abc = −q.

Il en decoule (en supposant c 6= 0) que (a− b)2 = c2 + 4q

c=

c3 + 4q

c=−pc + 3q

c.

Finalement, on trouve ϕ en fonction de p et q (en supposant q = −abc 6= 0) :

ϕ =1

abc(−pa + 3q)(−pb + 3q)(−pc + 3q)

=1

σ3

(−p3σ3 + 3qp2σ2 − 9q2pσ1 + 27q3) = −(4p3 + 27q2)

Si q = 0, et par exemple si a = 0, alors

{b + c = 0

bc = p

Dans ces conditions on a encore ϕ = b2c2(b− c)2 = p2(−4bc) = −4p3 = −(4p3 + 27q2).

Conclusion : A = X3 + pX + q a une racine multiple ⇔ 4p3 + 27q2 = 0.




La somme des trois racines a, b, c de A(X) = X3 + pX2 + qX + r = 0 est a + b + c = −p.

Les scalaires α, β, γ peuvent donc s’ecrire : α = −p− a, β = −p− b et γ = −p− c.

Or si on pose y = −p− x, on a l’equivalence A(x) = 0 ⇔ A(−p− y) = 0.

Ainsi x est racine A si et seulement si y = −p− x est racine de B(Y ) = −A(−p− Y ).

Le polynome unitaire dont les racines sont α, β, γ est donc :

B(X) = −A(−p−X) = (p + X)3 − p(p + X)2 + q(p + X)− r

= X3 + 2pX2 + (p2 + q)X − r + qp


Selon l’enonce, P = 8x3 − 42x2 + 63x− 27 admet trois racines a, b, c telles que ac = b2.

On ajoute cette condition aux relations coefficients-racines :

a + b + c = 214

ab + ac + bc = 638

abc = 278

ac = b2

⇔

a + b + c = 214

b(a + b + c) = 638

b3 = 278

ac = b2

⇔

b = 3

2

a + c = 154

ac = 94

Les deux dernieres equations expriment que a, c sont les solutions de 4t2 − 15t + 9 = 0.

Or 4t2 − 15t + 9 = (t− 3)(4t− 3). On obtient donc {a, c} ={3

4, 3

}.

Les racines de P = 8x3 − 42x2 + 63x− 27 sont3

4,3

2, 3.

Ces racines sont effectivement en progression geometrique de raison 2.


Notons a, b, c les solutions de A(x) = x3 + px2 + qx + r = 0.

On sait que a + b + c = −p.

Dire que a est egal a b + c, c’est ecrire que 2a = a + b + c = −p.

Finalement la condition s’exprime en disant que −p

2est solution de A(x) = 0.

Or A(−p

2

)= −p3

8+

p3

4− pq

2+ r =

p3

8− pq

2+ r.

La condition recherchee est donc : p3 − 4pq + 8r = 0.




Posons A(x) = x3 + 2x2 − x + 1.

Le changement de variable β =α + 2

2α + 5s’inverse en α = −5β − 2

2β − 1. On a les equivalences :

A(α) = 0 ⇔ α3 + 2α2 − α + 1 = 0

⇔ −(5β − 2

2β − 1

)3

+ 2(5β − 2

2β − 1

)2

+5β − 2

2β − 1+ 1 = 0

⇔ − (5β − 2)3 + 2(5β − 2)2(2β − 1) + (5β − 2)(2β − 1)2 + (2β − 1)3 = 0

⇔ 3β3 − 20β2 + 15β − 3 = 0

Ainsi A(α) = 0 ⇔ B(β) = 0, avec B(β) = 3β3 − 20β2 + 15β − 3.

La question posee revient donc a calculer∑

β3, ou β decrit l’ensemble des racines de B.

Avec les notations habituelles, σ1 =∑

β =20

3et

∑β2 = σ2

1 − 2σ2 =(20

3

)2

− 10 =310

9.

On somme les egalites 3β3 − 20β2 + 15β − 3 = 0, pour toutes les racines β de B :

3∑

β3−20∑

β2+15∑

β−9 = 0 ⇒∑

β3 =20

3

∑β2−5

∑β+3 =

6200

27− 100

3+3 =

5381

27

Conclusion : quand α decrit l’ensemble des racines de A, on a∑( α + 2

2α + 5

)3

=5381

27.

Ce resultat est confirme par Maple en une seule instruction :

> sum(((alpha+2)/(2*alpha+5))^3,alpha=RootOf(x^3+2*x^2-x+1,x);

5381

27


Si x annule A et B, il annule le reste R dans la division A = BQ + R de A par B.

Or le reste de cette division est R = (a2 − a− 1)((a + 1)x− 1).

• Si a2 − a− 1 = 0, c’est-a-dire si a ∈{1 +

√5

2,1−

√5

2

}:

Dans ce cas, le polynome B divise le polynome A.

Chacune des deux racines de B est donc une racine de A.

• Sinon, la seule racine commune possible est celle de R, donc x =1

a + 1:

On constate que B( 1

a + 1

)=

a + 2

(a + 1)2. La condition cherchee est donc a = −2.

En effet, si x est racine de R et de B, alors il est racine de A = BQ + R.

Conclusion : A, B ont au moins un zero commun ⇔ a ∈{−2,

1 +√

5

2,1−

√5

2

}.




Dire que P possede une racine au moins double, c’est dire que P et P ′ ont un zero en commun.

Or les racines P ′ = 3(X2 − 1) sont −1 et 1.

D’autre part P (−1) = λ + 2 et P (1) = λ− 2.

La condition de l’enonce equivaut donc a λ ∈ {−2, 2}.• Si λ = −2 alors P = X3 − 3X − 2 = (X + 1)2(X − 2), et P (x) = 0 ⇔ x ∈ {−1, 2}.• Si λ = 2 alors P = X3 − 3X + 2 = (X − 1)2(X + 2), et P (x) = 0 ⇔ x ∈ {−2, 1}.


Soient a, b, c les racines de P . On ecrit les relations coefficients-racines, en ajoutant la con-dition a = c. Il reste alors a trouver λ pour que ce systeme ait des solutions :

a + b + c = 8

ab + ac + bc = 13− λ

abc = 6 + 2λ

a = c

⇔

2a + b = 8

a2 + 2ab = 13− λ

a2b = 6 + 2λ

a = c

⇔

b = 8− 2a

a2 + 2a(8− 2a) = 13− λ

a2(8− 2a) = 6 + 2λ

c = a

Il reste donc a trouver λ pour que le systeme

{3a2 − 16a = λ− 13

2a3 − 8a2 = −6− 2λait une solution a.

On remarque que a = 0 ne peut pas convenir. On peut donc operer des reductions de degreen utilisant a comme pivot (les systemes obtenus sont equivalents) :{

3a2 − 16a = λ− 13

2a3 − 8a2 = −6− 2λ⇔

{3a2 − 16a = λ− 13

4a2 + (λ− 13)a = −9− 3λ⇔

{3a2 − 16a = λ− 13

(3λ + 25)a = 25− 13λ

Il reste a exprimer que a =25− 13λ

3λ + 25est solution de 3a2 − 16a = 13− λ.

Cela equivaut a : 3(25− 13λ)2 − 16(25− 13λ)(3λ + 25) = (λ− 13)(3λ + 25)2.

Cela s’ecrit 9(λ3 − 122λ2 − 375λ) = 0 ou encore λ(λ + 3)(λ− 125) = 0.

Les valeurs de λ pour lesquelles P a une racine au moins double sont donc 0,−3, 125.

• Si λ = 0, on trouve a = c =25− 13λ

3λ + 25= 1, puis b = 8− 2a = 6.

Effectivement P = X3 − 8X2 + 13X − 6 = (X − 1)2(X − 6).

• Si λ = −3, on trouve a = c =25− 13λ

3λ + 25= 4, puis b = 8− 2a = 0.

Effectivement P = X3 − 8X2 + 16X = X(X − 4)2.

• Si λ = 125, on trouve a = c =25− 13λ

3λ + 25= −4, puis b = 8− 2a = 16.

Effectivement P = X3 − 8X2 − 112X − 256 = (X − 16)(X + 4)2.




Posons A(x) = x6 + mx4 + 10x3 + nx + p.

Si le polynome A possede une racine quadruple a, alors a est une racine de A, A′, A′′, A(3).

Or A′′(x) = 6x(5x3 + 2mx + 10) et A(3)(x) = 12(10x3 + 2mx + 5).

La valeur a = 0 ne convient pas car A(3)(0) 6= 0.

Ainsi a verifie

{5a3 + 2ma + 10 = 0

10a3 + 2ma + 5 = 0qui equivaut a

{2ma + 15 = 0

a3 = 1donc a

{m = −15

2a2

a3 = 1

Reciproquement, avec ces donnees, A(a) = a6 + ma4 + 10a3 + na + p = 1 + ma + 10 + na + p = na + p +7

2

A′(a) = 6a5 + 4ma3 + 30a2 + n = 36a2 + 4m + n = 36a2 − 30a2 + n = 6a2 + n

Le systeme

{A(a) = 0

A′(a) = 0est donc equivalent a

{n = −6a2

p = 6a3 − 7

2=

5

2

Conclusion : le polynome A admet une racine quadruple a si et seulement si on a les conditions

a3 = 1, m = −15

2a2, n = −6a2, p =

5

2

Il y a donc trois cas, suivant que a = 1, a = j ou a = j2.

On constate effectivement qu’avec la condition a3 = 1, on a la factorisation :

x6 − 15

2a2x4 + 10x3 − 6a2x +

5

2= (x4 − 4ax3 + 6a2x2 − 4a3x + a4)

(x2 + 4ax +

5

2a2

)= (x− a)4

(x2 + 4ax +

5

2a2

)• Dans le cas a = 1, on trouve m = −15

2, n = −6 et p =

5

2.

On a effectivement : A(x) = x6 − 15

2x4 + 10x3 − 6x +

5

2= (x− 1)4

(x2 + 4x +

5

2

).

• Dans le cas a = j, on trouve m = −15

2j2, n = −6j2 et p =

5

2.


2j2x4 + 10x3 − 6j2x +

5

2= (x− j)4

(x2 + 4jx +

5

2j2

).

• Dans le cas a = j2, on trouve m = −15

2j, n = −6j et p =

5

2.


2jx4 + 10x3 − 6jx +

5

2= (x− j2)4

(x2 + 4j2x +

5

2j).




Notons x, y, z trois nombres complexes quelconques.

Posons Sn = xn + yn + zn pour tout n de IN.

Notons σ1, σ2, σ3 les fonctions symetriques elementaires de x, y, z :

σ1 = x + y + z

σ2 = xy + xz + yz

σ3 = xyzOn sait que x, y, z sont les racines de P (t) = t3 − σ1t

2 + σ2t− σ3.

Pour tout entier n, on a donc tn+3 − σ1tn+2 + σ2t

n+1 − σ3tn = 0 quand t ∈ {x, y, z}.

Si on ajoute les trois egalites on trouve : Sn+3 = σ1Sn+2 − σ2Sn+1 + σ3Sn.

D’autre part, on a

S0 = 3

S1 = σ1

S2 = σ21 − 2σ2

L’hypothese S2 = 0 donne ici S3 = σ1S2 − σ2S1 + σ3S0 = −σ2σ1 + 3σ3.

Le systeme propose s’ecrit

S2 = 0

S4 = 0

S5 = 2

et on a les equivalences suivantes :

S2 = 0

S4 = 0

S5 = 2

⇔

σ2

1 − 2σ2 = 0

σ1S3 − σ2S2 + σ3S1 = 0

σ1S4 − σ2S3 + σ3S2 = 2

⇔

σ2

1 − 2σ2 = 0

σ1(−σ2σ1 + 3σ3) + σ3σ1 = 0

−σ2(−σ2σ1 + 3σ3) = 2

⇔

σ2

1 − 2σ2 = 0

σ1(4σ3 − σ1σ2) = 0

σ22σ1 − 3σ2σ3 = 2

⇔

σ2

1 − 2σ2 = 0

4σ3 − σ1σ2 = 0

σ22σ1 − 3σ2σ3 = 2

La derniere equivalence est due au fait que l’eventualite σ1 = 0 conduit a σ2 = 0, ce qui estcontradictoire avec la troisieme egalite. Poursuivons la resolution :

S2 = 0

S4 = 0

S5 = 2

⇔

σ2 = 1

2σ21

σ3 = 14σ1σ2 = 1

8σ31

14σ5

1 −316σ5

1 = 2

⇔

σ5

1 = 32

σ2 = 12σ2

1

σ3 = 18σ3

1

⇔

σ1 = 2

σ2 = 2

σ3 = 1

Finalement le systeme initial equivaut a dire que x, y, z sont les solutions de t3−2t2+2t−1 = 0.

Or t3 − 2t2 + 2t− 1 = 0 ⇔ (t− 1)(t2 − t + 1) = 0 ⇔ t ∈ {1,−j,−j2}.

Conclusion : les solutions sont les six triplets (x, y, z) tels que {x, y, z} = {1,−j,−j2}.




La decomposition cherchee est de la forme : R =n∑

k=0

λk

x + k.

Pour obtenir λk, on multiplie R par x + k et on remplace x par −k. On trouve :

λk =n!

j 6=k∏0≤j≤n

(−k + j)

=n!

k−1∏j=0

(−k + j)n∏

j=k+1

(−k + j)

=(−1)kn!

k−1∏j=0

(k − j)n∏

j=k+1

(−k + j)

Ainsi λk =(−1)kn!

k!(n− k)!= (−1)kC k

n : La decomposition est R =n∑

k=0

(−1)kC kn

x + k


La decomposition s’ecrit R =1

x4(x− i)3=

a

x4+

b

x3+

c

x2+

d

x+

α

(x− i)3+

β

(x− i)2+

γ

x− i.

Cette ecriture implique1

(x− i)3= a + bx + cx2 + dx3 + o(x3).

Pour trouver a, b, c, d, on developpe donc f(x) =1

(x− i)3en 0 a l’ordre 3.

Or f(x) = −i(1+ ix)−3 = −i(1− 3ix− 6x2 +10ix3 +o(x3)) = −i− 3x+6ix2 +10x3 +o(x3).

On trouve donc a = −i, b = −3, c = 6i et d = 10.

Ensuite, la decomposition de R donne1

x4= α + β(x− i) + γ(x− i)2 + o(x− i)2.

Cela s’ecrit aussi, en posant x = i + y :1

(i + y)4= α + βy + γy2 + o(y2).

Pour trouver α, β, γ, on developpe g(y) =1

(i + y)4=

1

(1− iy)4en 0 a l’ordre 2.

On trouve g(y) = (1− iy)−4 = 1 + 4iy − 10y2 + o(y2). Ainsi α = 1, β = 4i et γ = −10.

Conclusion :1

x4(x− i)3= − i

x4− 3

x3+

6i

x2+

10

x+

1

(x− i)3+

4i

(x− i)2− 10

x− i.

Remarque : connaissant a, b, c, d, on pouvait trouver α, β, γ de maniere plus artisanale...

� On multiplie R par (x− i)3 et on donne a x la valeur i : on trouve α =1

i4= 1.

� On fait tendre x vers ∞ dans xR(x). On trouve d + γ = 0, donc γ = −10.

� Pour trouver β, on peut donner a x une valeur (par exemple x = 1) et identifier.

On peut aussi ecrire R = · · ·+ 6i

x2+

10

x+

β

(x− i)2− 10

x− i= · · ·+ 6i

x2− 10i

x(x− i)+

β

(x− i)2.

On fait tendre x vers ∞ dans x2R(x). On trouve 0 = 6i− 10i + β donc β = 4i.




La decomposition s’ecrit R =1− abx2

xn(1− ax)(1− bx)=

λ

1− ax+

µ

1− bx+

n∑k=1

αn−k

xk(1)

On multiplie cette egalite par 1− ax et on donne a x la valeur 1a : on trouve λ = an.

Pour des raisons evidentes de symetrie, on a bien sur µ = bn.

Apres multiplication par xn(1− ax)(1− bx), l’egalite (1) donne :

1− abx2 = (1− ax)(1− bx)n∑

k=1

αn−kxn−k + xn(λ(1− bx) + µ(1− ax))

= (1− (a + b)x + abx2)n−1∑k=0

αkxk + o(xn−1)

= α0 + (α1 − (a + b)α0)x +n−1∑k=2

(αk − (a + b)αk−1 + abαk−2)xk + o(xn−1)

L’identification des termes de degre ≤ 2 donne

α0 = 1

α1 = a + b

α2 = (a + b)α1 − abα0 − ab = a2 + b2

Pour tout entier k de {3, . . . , n− 1}, on trouve αk − (a + b)αk−1 + abαk−2 = 0.

On reconnait une equation recurrente lineaire d’ordre 2 dont l’equation caracteristique estt2 − (a + b)t + ab = 0, c’est-a-dire (t− a)(t− b) = 0.

Autrement dit, il existe u, v tels que αk = uak + vbk pour k ∈ {1, . . . , n− 1}.

Compte tenu de la valeur de α1 et de α2, il vient u = v = 1 donc αk = ak + bk si k ≥ 1.

Conclusion : on a R =1− abx2

xn(1− ax)(1− bx)=

an

1− ax+

bn

1− bx+

n∑k=1

an−k + bn−k

xk.


On procede a des divisions successives de A = x11 par B = x2 + x + 1.

� A = BQ1 + R1, avec R1 = −x− 1 et Q1 = x9 − x8 + x6 − x5 + x3 − x2 + 1.

� Q1 = BQ2 + R2, avec R2 = 3x + 7 et Q2 = x7 − 2x6 + x5 + 2x4 − 4x3 + 2x2 + 3x− 6.

� Q2 = BQ3 + R3, avec R3 = 3x− 15 et Q3 = x5 − 3x4 + 3x3 + 2x2 − 9x + 9.

� Q3 = BQ4 + R4, avec R4 = −15x + 9 et Q4 = x3 − 4x2 + 6x.

Ainsi A = R1 + BQ1 = R1 + B(R2 + BQ2) = · · · = R1 + BR2 + B2R3 + B3R4 + B4Q4.

On obtient alors :

R =A

B4= Q4 +

R1

B4+

R2

B3+

R3

B2+

R4

B

= x3 − 4x2 + 6x− x + 1

(x2 + x + 1)4+

3x + 7

(x2 + x + 1)3+

3x− 15

(x2 + x + 1)2− 15x− 9

(x2 + x + 1)




La decomposition est de la forme R =a

(x + 1)2+

b

x + 1+

cx + d

(x2 + 1)2+

ex + f

x2 + 1.

On trouve tout d’abord a = limx→−1

(x + 1)2R(x) =x5 − x2 + 1

(x2 + 1)2

∣∣∣∣x=−1

= −1

4.

Ensuite ci + d = (x2 + 1)2R(x)|x=i =x5 − x2 + 1

(x + 1)2

∣∣∣∣x=i

=i + 2

2i=

1

2− i. Donc

{c = −1

d = 12

On donne a x la valeur 0 : 1 = a + b + d + f ⇒ b = 1− a− d− f =3

4− f .

On donne a x la valeur j, et on utilise j3 = 1 et 1 + j + j2 = 0. On a R(j) = 1.

Donc 1 = aj2 − bj + (cj + d)j − (ej + f)j2 = 54 + f − e + j(7

4 + f − b).

On en deduit 0 = 74 + f − b = 2f + 1 donc f = −1

2 et b = 54 .

De meme, 1 = 54 + f − e = 3

4 − e ⇒ e = −14 .

Conclusion : R =−1

4(x + 1)2+

5

4(x + 1)− 2x− 1

2(x2 + 1)2− x + 2

4(x2 + 1).


La decomposition en elements simples de R dans lC(X) s’ecrit :

R(x) =x

(x2 + 1)(x2 − j2)2=

a

x− i+

b

x + i+

c

(x− j)2+

d

x− j+

e

(x + j)2+

f

x + j

La fraction R est impaire. Les decompositions de R(x) et de −R(−x) doivent donc coıncider.

On a −R(−x) =a

x + i+

b

x− i− c

(x + j)2+

d

x + j− e

(x− j)2+

f

x− j.

L’identification (possible grace a l’unicite de la decomposition) donne alors :

b = a

e = −c

f = d

.

Pour obtenir a, on multiplie R par x− i et on donne a x la valeur i.

On trouve (x− i)R(x) =x

(x + i)(x2 − j2)2donc a =

i

2i(−1− j2)2=

1

2j2=

j

2.

Pour obtenir c, on multiplie R par (x− j)2 et on donne a x la valeur j.

On trouve (x− j)2R(x) =x

(x2 + 1)(x + j)2donc c =

j

4(j2 + 1)j2= −j

4.

Pour obtenir d, on peut ecrire : R(x) =2ax

x2 + 1+

c

(x− j)2+

2dx

x2 − j2− c

(x + j)2.

On multiplie par x et on fait tendre x vers ∞. On trouve 0 = 2(a + d) donc d = −a = −j

2.

Donc R(x) =j

2(x− i)+

j

2(x + i)− j

4(x− j)2− j

2(x− j)+

j

4(x + j)2− j

2(x + j).




La decomposition est de la forme R =a

x + 1+

bx + c

x2 + x + 1+

dx + e

x2 + x + 2+

fx + g

x2 + x + 3.

On trouve a = limx→−1

(x + 1)R(x) =6

(x2 + x + 1)(x2 + x + 2)(x2 + x + 3)

∣∣∣∣x=−1

= 1.

De meme bj + c =6

(x + 1)(x2 + x + 2)(x2 + x + 3)

∣∣∣∣x=j

=3

(j + 1)= −3j. Donc

{b = −3

c = 0

Soit ω une racine de x2 + x + 2 (inutile de l’expliciter). On va utiliser ω2 + ω = −2.

On a dω + e =6

(x + 1)(x2 + x + 1)(x2 + x + 3)

∣∣∣∣x=ω

=−6

(ω + 1)= 3ω. Donc

{d = 3

e = 0

De meme, soit α une racine de x2 + x + 3. On va utiliser α2 + α = −3.

On a fα + g =6

(x + 1)(x2 + x + 1)(x2 + x + 2)

∣∣∣∣x=α

=3

(α + 1)= −α. Donc

{f = −1

g = 0

Conclusion : R =1

x + 1− 3x

x2 + x + 1+

3x

x2 + x + 2− x

x2 + x + 3


On factorise le denominateur. D’abord x8+x4+1 = (x4+1)2−x4 = (x4+x2+1)(x4−x2+1).

De meme

{x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 − x + 1)

x4 − x2 + 1 = (x2 + 1)2 − 3x2 = (x2 + x√

3 + 1)(x2 − x√

3 + 1)

Ainsi R s’ecrit R =ax + b

x2 + x + 1+

cx + d

x2 − x + 1+

ex + f

x2 + x√

3 + 1+

gx + h

x2 − x√

3 + 1

La parite de R donne les relations c = −a, d = b, g = −e, h = f . On peut donc ecrire :

R =ax + b

x2 + x + 1− ax− b

x2 − x + 1+

ex + f

x2 + x√

3 + 1− ex− f

x2 − x√

3 + 1

= 2(b− a)x2 + b

x4 + x2 + 1+ 2

(f − e√

3)x2 + f

x4 − x2 + 1

Or R(ix) = R(x). On en deduit

{f = b

f − e√

3 = a− bdonc f = b et e =

√3

3(2b− a).

Pour trouver a et b on multiplie R par x2 + x + 1 et on donne a x la valeur j.

aj + b =1

(j2 − j + 1)(j4 − j2 + 1)=

1

(−2j)(−2j2)=

1

4. Donc a = 0 et b =

1

4.

Conclusion : R =1

4(x2 + x + 1)+

1

4(x2 − x + 1)+

2x√

3 + 3

12(x2 + x√

3 + 1)− 2x

√3− 3

12(x2 − x√

3 + 1)




On constate que R(x) =1

x5(1− x)5(1− x(1− x))= R(1− x).

La decomposition de R doit egalement faire apparaıtre cette invariance.

Cette decomposition est donc de la forme :

R =a

x5+

b

x4+

c

x3+

d

x2+

e

x+

a

(1−x)5+

b

(1−x)4+

c

(1−x)3+

d

(1−x)2+

e

1−x+

αx + β

x2 − x + 1

La meme invariance implique α(1− x) + β = αx + β donc α = 0.

La decomposition de R implique x5R(x) = a + bx + cx2 + dx3 + ex4 + o(x4).

Pour obtenir a, b, c, d, e on effectue un developpement de x5R(x) en 0 a l’ordre 4 :

x5R(x) =1

(1− x)5(1− x + x2)= (1− x)−5 (1 + x)

1

1 + x3

= (1 + 5x + 15x2 + 35x3 + 70x4 + o(x4))(1 + x)(1− x3 + o(x4))

= (1 + 5x + 15x2 + 35x3 + 70x4 + o(x4))(1 + x− x3 − x4 + o(x4))

= 1 + 6x + 20x2 + 49x3 + 99x4 + o(x4)

Pour trouver β, on multiplie R par x2 − x + 1 et on donne a x la valeur −j.

On trouve β =−1

j5(1 + j)5= 1. La decomposition de R est donc :

R =1

x5+

6

x4+

20

x3+

49

x2+

99

x+

1

(1−x)5+

6

(1−x)4+

20

(1−x)3+

49

(1−x)2+

99

1−x+

1

x2 − x + 1


On peut ecrire R =a

x+

bx + c

x2 + x + 1+

P (x)

(x2 + 1)4.

On trouve a = limx→0

xR(x) = 2, et bj + c =j3 − j + 2

(j2 + 1)4j= 4j + 1 donc

{b = 4

c = 1

Ainsi R =2

x+

4x + 1

x2 + x + 1+

P (x)

(x2 + 1)4.

On en deduit :P (x)

(x2 + 1)4=

x3 − x + 2

(x2 + 1)4(x2 + x + 1)x− 2

x− 4x + 1

x2 + x + 1

=−6x7 + 3x6 − 23x5 + 8x4 − 29x3 + 3x2 − 10x− 4

(x2 + 1)4

On termine par des divisions successives de P (x) par x2 + 1, comme dans l’exercice 6-6-4.

Apres calculs : R =2

x+

4x + 1

x2 + x + 1+

2(x− 1)

(x2 + 1)4− x + 4

(x2 + 1)3− 5x + 1

(x2 + 1)2− 3(2x− 1)

x2 + 1.


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6. Polynˆomes et fractions...

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