Exercices corrigés - Polynômes sur $\mathbb R$ ou $\mathbb C$ : racines et factorisation

1. En évaluant l'égalité en $0,$ $1$ et $2,$ on a $$\left\{\begin{array}{rcl} 0&=&3P(2)\\ -1P(2)&=&2P(1)\\ -2P(1)&=&1P(0) \end{array}\right.$$ Ainsi, on obtient successivement $P(2)=P(1)=P(0)=0.$
2. On peut donc factoriser $P$ en $P(X)=X(X-1)(X-2)Q(X).$

def poly_lagrange(x,i,a):
    #renvoie L_i(a) où L_i est le i-ème polynôme de Lagrange associé à la liste x
    resultat=1
    for k in range(0,len(x)):
        if (k!=i):
          resultat=resultat*(a-x[k])/(x[i]-x[k])
    return resultat

 
def lagrange(x,y,a):
    resultat=0
    for k in range(0,len(x)):
        resultat=resultat+y[k]*poly_lagrange(x,k,a)
    return resultat

1. Soit $z$ une racine de $P$. L'équation vérifiée par $P$ s'écrit aussi $P\big((X+1)^2)=P(X)P(X+2)$, et donc $(z+1)^2$ est aussi racine de $P$. De même, $(z-1)^2$ est aussi racine de $P$. On va prouver qu'au moins un des deux nombres complexes $(z+1)^2$ ou $(z-1)^2$ est de module supérieur strict à $z$. En effet, $(z+1)^2-(z-1)^2=4z$, et donc $$4|z|\leq |z+1|^2+|z-1|^2.$$ Ainsi, l'un de ces deux nombres complexes est de module supérieur ou égal à $2|z|$. Si $|z|\neq 0$, le résultat est prouvé. Sinon, si $z=0$, le résultat est trivial.
2. Si $P$ admet une racine (complexe), alors il en admet d'après la question précédente une infinité. C'est donc le polynôme nul. Les polynômes qui sont solutions de l'équation ne peuvent donc être que des polynômes constants, et les seuls polynômes constants solutions sont les polynômes $P(X)=0$ et $P(X)=1$.

1. En raisonnant comme dans le premier cas, on voit que si $z$ est racine de $P$, alors $z^2$ et $(z+1)^2$ sont aussi des racines de $P$. Par récurrence, $z^{2^n}$ et $(z+1)^{2^n}$ seront racines pour tout entier $n$. Puisque le polynôme n'admet qu'un nombre fini de racines, les suites $(z^{2^n})_n$ et $\big((z+1)^{2^n}\big)_n$ ne peuvent prendre qu'un nombre fini de valeurs. Le premier point nous dit qu'on a nécessairement $z=0$ ou $|z|=1$. On note $\Gamma_1$ cet ensemble. Le second point nous dit que $z=-1$ ou $|z+1|=1$, ensemble que l'on note $\Gamma_2$. Il est facile de vérifier (par exemple, en dessinant ses ensembles), que les points d'intersection de $\Gamma_1$ et $\Gamma_2$ sont $0,-1,j$ et $j^2$. Mais si $z=0$ est racine, alors $(z+1)^2=1$ est aussi racine, ce qui n'est pas possible. De même, si $z=-1$ est racine, alors $(z+1)^2=0$ est racine, ce qui n'est pas (plus) possible. Donc les seules racines de $P$ sont $j$ et $j^2$.
2. Puisque $P$ est à coefficients réels, $j$ et $j^2$, qui sont des complexes conjugués, doivent être des racines de même multiplicité. On doit donc avoir $P(X)=\lambda(X-j)^n(X-j^2)^n=\lambda(X^2+X+1)^n$. Par identification des coefficients dominants, on trouve $\lambda=1$. Réciproquement, on vérifie facilement que les polynômes $P(X)=(X^2+X+1)^n$ sont solutions de l'équation.

• Si $n+1$ est impair, alors $n$ est pair et $P_n$ ne s'annule jamais, et sa limite en $+\infty$ vaut $+\infty$. On en déduit que $P_n$ est toujours strictement positif. Ainsi, $P_{n+1}$ est strictement croissant. Ce polynôme ne peut s'annuler au plus qu'une fois et de plus $\lim_{-\infty}P_{n+1}(x)=-\infty$ et $\lim_{+\infty}P_{n+1}(x)=+\infty$ (n'oublions pas que $n+1$ est impair). Par le théorème des valeurs intermédiaires, on obtient bien l'existence de $a_{n+1}$ tel que $P_{n+1}(a_{n+1})=0$, et la propriété $\mathcal P_{n+1}$ est vérifiée.
• Si $n+1$ est pair, alors $n$ est impair, et $P_n(x)<0$ pour $x<a_n$ tandis que $P_n(x)>0$ pour $x>a_n$. On en déduit que $P_{n+1}$ est décroissant de $-\infty$ à $a_n$, puis croissant de $a_n$ à $+\infty$. Or, $$P_{n+1}(a_n)=P_n(a_n)+\frac{a_{n}^{n+1}}{(n+1)!}=0+\frac{a_{n}^{n+1}}{(n+1)!}.$$ Mais $a_n\neq 0$ (car $P_n(0)=1$), et $n+1$ est pair donc $a_n^{n+1}>0$. On en déduit que $P_{n+1}(a_n)>0$, puis que $P_{n+1}$ est toujours strictement positif sur $\mathbb R$, ce qui prouve la propriété $\mathcal P_{n+1}$ lorsque $n+1$ est pair.

1. Pour tout $(x,y,z)\in \mathbb C^ 3$, $$ (x+y+z)^2=(x+y)^2+z^2+2(x+y)z=x^2+y^2+z^2+2(xy+xz+yz)\mathrm{.} $$ Le résultat demandé est donc bien vérifié.
2. Notons $\lambda_1$, $\lambda_2$ et $\lambda_3$ les racines de $P$ (éventuellement égales). Par application du résultat trouvé à la question précédente, on a : $$ \lambda_1 +\lambda_2+\lambda_3=-2\ \ \ \mathrm{et}\ \ \ \lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3 +\lambda_2\lambda_3=3\mathrm{.} $$ Puisque, d'après la question précédente on a : $$\lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2=(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)^2-2(\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3) $$ on obtient : $$ \lambda_1^2+\lambda_2^2+\lambda_3^2=(-2)^2-2(3)=-2\mathrm{.} $$
3. Considérons le problème suivant : trouver $(x,y,z)\in \mathbb C^3$ vérifiant \begin{equation*} (\mathcal S)~: ~ \left\{ \begin{aligned} & x+y+z = 6~; \\ & x^2+y^2+z^2 = 30~; \\ & xyz = -10. \end{aligned} \right. \end{equation*} L'égalité démontrée ci-dessus implique que \begin{equation*} (\mathcal S)\Longleftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x+y+z = 6~; \\ & xy+xz+yz = \frac{1}{2}(6^2-30)=3~; \\ & xyz = -10. \end{aligned} \right. \end{equation*} Aussi, si on note $Q=(X-x)(X-y)(X-z)$, on a $Q=X^3-6X^2+3X+10$. Pour trouver l'ensemble des solutions de $\mathcal{ (S)}$, on va donc chercher les racines de $Q$. On remarque d'abord que $-1$ et $2$ sont des racines évidentes de $Q$. Puisque le produit des $3$ racines vaut $-10$, la troisième racine est aussi réelle et est égale à $\frac{-10}{(-1)(2)}$ soit $5$. Le rôle des trois variables étant interchangeable, l'ensemble des solutions de ce système est : $$ \{ (-1,2,5),(-1,5,2),(2,-1,5),(2,5,-1),(5,-1,2),(5,2,-1)\}\mathrm{.} $$

1. L'équation du second degré associée est : $$t^2-4t-125=0.$$ Dans ce cas, on a $\Delta=-484=(22i)^2,$ et donc $u^3$ et $v^3$ doivent être égaux à $$\frac{4+22i}2=2+11i\textrm{ ou }\frac{4-22i}2=2-11i.$$
2. On remarque que $(2+i)^3=2+11i$ et que $(2-i)^3=2-11i.$ On vérifie alors que $u=2+i$ et $v=2-i$ est une solution de $(S)$. Ainsi, $2+i+2-i=4$ est une solution de $(E).$ On peut alors factoriser $$X^3-15X-4=(X-4)(X^2+4X+1)$$ et en résolvant l'équation $x^2+4x+1=0,$ on trouve finalement que les solutions de $(E)$ sont $4,\ -2-\sqrt 3, -2+\sqrt 3.$

1. On va utiliser les relations coefficients/racines. Pour cela, on développe $$(X-x_1)(X-x_2)(X-x_3)(X-x_4)=$$ $$X^4-(x_1+x_2+x_3+x_4)X^3+(x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4)X^2-$$ $$(x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4)X+x_1x_2x_3x_4.$$ On sait que $$\sigma_1=x_1+x_2+x_3+x_4=0\implies x_3+x_4=-2.$$ De plus, $$\sigma_2=x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=0.$$ On peut réécrire ceci en $$x_1x_2+x_3x_4+(x_1+x_2)(x_3+x_4)=0$$ soit $$x_1x_2+x_3x_4=4.$$ On a également $$\sigma_3=x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4=-12.$$ Ceci donne $$x_1x_2(x_3+x_4)+x_3x_4(x_1+x_2)=-12\implies x_1x_2-x_3x_4=6.$$ Ceci suffit à déterminer $x_1x_2=5$ et $x_3x_4=-1$.
2. De $x_1+x_2=2$ et $x_1x_2=5$, on tire que $x_1$ et $x_2$ sont les racines de $X^2-2X+5$, ie $1\pm 2i$. De même, $x_3$ et $x_4$ sont les racines de $X^2+2X-1$, ie $-1\pm\sqrt 2$.

1. Puisque $P$ est réciproque, $a_0=a_n\neq 0$ et donc $P(0)=a_0\neq 0$. D'autre part, si $\alpha$ est racine de $P$, alors la relation $P(\alpha)=\alpha^n P(\alpha^{-1})$ prouve que $\alpha^{-1}$ est aussi racine de $P$.
2. Dérivons la relation de la première question. On trouve, pour tout $x\neq 0$, $$P'(x)=nx^{n-1}P(1/x)-x^{n-2}P'(1/x).$$ On évalue en 1, et on trouve $$P'(1)=-P'(1)$$ et donc $P'(1)=0$. On en déduit que $1$ est racine au moins double.
3. On utilise encore le résultat de la première question, et on remarque que $P(-1)=-P(-1)$ puisque le degré de $P$ est impair. Donc $P(-1)=0$.
4. On raisonne exactement comme deux questions plus haut.