Agrégation interne : polynômes et fractions rationnelles

Dans les deux cas, on remarquera que $R$ est de degré au plus $1$ et s'écrit donc $R(X)=\alpha X+\beta$.

1. Évaluons la relation $$P(X)=(X-a)(X-b)Q(X)+\alpha X+\beta$$ en $a$ et en $b$. On trouve le système $$\left\{ \begin{array}{rcl} \alpha a +\beta &=&P(a)\\ \alpha b +\beta &=&P(b). \end{array}\right.$$ On en déduit alors facilement que $$\alpha=\frac{P(a)-P(b)}{a-b}\textrm{ et }\beta=\frac{aP(b)-bP(a)}{a-b}.$$
2. Évaluons la relation $$P(X)=(X-a)^2Q(X)+\alpha X+\beta$$ au point $a$. On trouve $P(a)=a\alpha+\beta$. Dérivons maintenant la relation précédente : $$P'(X)=2(X-a)Q(X)+(X-a)^2Q'(X)+\alpha.$$ On évalue à nouveau en $a$ et on trouve que $$\alpha=P'(a).$$ En revenant à la première équation, on en déduit que $\beta=P(a)-aP'(a).$

On écrit que $P(p/q)=0$ et on met tout au même dénominateur en multipliant par $q^n$. On trouve $$a_np^n +a_{n-1}p^{n-1}q+\dots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n=0.$$ On commence par isoler $a_0q^n$ et on trouve que $$p(a_np^{n-1}+a_{n-1}p^{n-2}q+\dots+a_1q^{n-1})=-a_0q^n.$$ En particulier, $p|a_0q^n$. Puisque $p\wedge q=1$, on en déduit que $p|a_0$. De même, en isolant $a_np^n$, on trouve $$q(a_{n-1}p^{n-1}+\dots+a_0q^{n-1})=-a_np^n,$$ soit $q|a_n p^n$, soit, puisque $p\wedge q=1$, $q|a_n$.
Par conséquent, si le polynôme $X^5-X^2+1$ admet une racine rationnelle $p/q$, alors $p|1$ et $q|1$, et donc $p=\pm 1$ et $q=\pm 1$. Autrement dit, les seules racines rationnelles possibles sont $1$ et $-1$. Or, elles ne sont pas racines de $P$. Donc $P$ n'admet pas de racines rationnelles.

Écrivons $$P(X)=a_nX^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+a_0.$$ Alors, par les relations coefficients/racines, on sait que la somme des racines de $P$ vaut $u_0=-a_{n-1}/a_n$. Plus généralement, on a $$P^{(p)}(X)=n(n-1)\dots(n-p+1)a_nX^{n-p}+(n-1)\dots(n-p)a_{n-1}X^{n-p-1}+\dots+p!a_p,$$ de sorte que $$u_p=-\frac{(n-1)\dots(n-p)}{n(n-1)\dots(n-p+1)}\times\frac{a_{n-1}}{a_n}=-\frac{(n-p)}{n}\times\frac{a_{n-1}}{a_n}.$$ On a donc $$u_{p+1}-u_p=-\left(\frac{n-p-1}{n}-\frac{n-p}n\right)\times\frac{a_{n-1}}{a_n}=\frac{a_{n-1}}{na_n}.$$ On obtient bien une progression arithmétique de raison $\frac{a_{n-1}}{na_n}$.

1. On commence par chercher les racines complexes pour factoriser dans $\mathbb C[X]$, puis on regroupe les racines complexes conjuguées. \begin{eqnarray*} X^4+1&=&(X-e^{i\pi/4})(X-e^{3i\pi/4})(X-e^{5i\pi/4})(X-e^{7i\pi/4})\\ &=&\big((X-e^{i\pi/4})(X-e^{7i\pi/4})\big)\big((X-e^{3i\pi/4})(X-e^{5i\pi/4})\big)\\ &=&(X^2-\sqrt 2X+1)(X^2+\sqrt 2X+1). \end{eqnarray*} Les deux polynômes de degré 2 que l'on obtient n'ont pas de racines réelles, ils sont donc irréductibles dans $\mathbb R[X]$.
2. On commence par utiliser une identité remarquable, puis la réponse à la question précédente : \begin{eqnarray*} X^8-1&=&(X^4-1)(X^4+1)\\ &=&(X^2-1)(X^2+1)(X^2-\sqrt 2X+1)(X^2+\sqrt 2X+1)\\ &=&(X-1)(X+1)(X^2+1)(X^2-\sqrt 2X+1)(X^2+\sqrt 2X+1). \end{eqnarray*}
3. On commence par factoriser le polynôme dans $\mathbb C[X]$ en remarquant qu'il s'agit alors d'une différence de deux carrés : $$(X^2-X+1)^2+1=(X^2-X+1)^2-i^2=(X^2-X+1-i)(X^2-X+1+i).$$ On factorise alors chacun des polynômes de degré 2 dans $\mathbb C$, par exemple en calculant leur discriminant ou en remarquant que $i$ (resp. $-i$) sont des racines évidentes. On trouve : $$(X^2-X+1)^2+1=(X+i)(X-1-i)(X-i)(X-1+i).$$ En regroupant les termes conjugués, on trouve finalement : $$(X^2-X+1)^2+1=(X^2+1)(X^2-2X+2).$$

1. Notons $P(x)=a_nx^n+\cdots$. Alors $\lim_{x\to+\infty}P(x)=\lim_{x\to+\infty}a_nx^n$ et cette limite vaut $+\infty$ si $a_n>0$ et $-\infty$ si $a_n<0$. Si la limite est $-\infty$, alors on ne peut pas avoir $P(x)\geq 0$ au voisinage de $+\infty$ et donc $a_n>0$. D'autre part, soit $a$ une racine de $P$ de multiplicité $m$. On sait que $P(x)\sim_{a}\lambda (x-a)^m$. Si $m$ est impair, on en déduit que $P$ s'annule en changeant de signe en $a$. Ceci contredit que $P(x)\geq 0$ pour tout $x$ proche de $a$. Ainsi, les racines de $P$ sont de multiplicité paire.
2. On décompose $P$ en produits de facteurs d'irréductibles : on a $$P(X)=\lambda \prod_{i=1}^s (X-a_i)^{2m_i}\prod_{j=1}^t (X^2+c_j X+d_j)^{q_j}$$ où les $a_i$ sont les racines réelles de $P$ (elles sont de multiplicité paire!), où les $X^2+c_j X+d_j$ sont des polynômes du second degré à discriminant négatif. Les racines de ces polynômes sont des nombres complexes conjugués $\mu_j$, $\overline{\mu_j}$. En particulier, on a $$X^2+c_jX+d_j=(X-\mu_j)\overline{(X-\mu_j)}.$$ Posons donc $$C(X)=\sqrt{\lambda} \prod_{i=1}^s (X-a_i)^{m_i} \prod_{j=1}^t (X-\mu_j)^{q_j}.$$ On a bien $P=C\overline C$.
3. Décomposons $C$ en partie réelle et en partie imaginaire : $C(X)=A(X)+iB(X)$ avec $A,B\in\mathbb R[X]$. D'après la question précédente, on a $P=C\overline C=A^2+B^2$.