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

On a \begin{align*} A'(X)&=5X^4-20X^3+42X^2-44X+17\\ A''(X)&=20X^3-60X^2+84X-44\\ A^{(3)}(X)&=60X^2-120X+84 \end{align*} de sorte que $A(1)=A'(1)=A''(1)=0$ et $A^{(3)}(1)=24\neq 0$ donc $1$ est racine de $A$ de multiplicité $3$.

On vérifie d'abord que $P_n(2)=0$ et donc que $2$ est racine de $P_n$. Ensuite, on calcule la dérivée : $$P_n'(X)=n(n+2)X^{n+1}-(4n+1)(n+1)X^n +4n(n+1)X^{n-1}-4(n-1)X^{n-2}$$ (si $n=1$, le dernier terme est interprété comme le polynôme nul). En particulier, on a \begin{eqnarray*} P_n'(2)&=&n(n+2)2^{n+1}-(4n+1)(n+1)2^n +4n(n+1)2^{n-1}-4(n-1)2^{n-2}\\ &=&2^{n-2}\big( 8n(n+2)-4(4n+1)(n+1)+8n(n+1)-4(n-1)\big)\\ &=&0 \end{eqnarray*} On dérive une fois encore : $$P_n''(X)=n(n+1)(n+2)X^n-(4n+1)n(n+1)X^{n-1}+4n(n+1)(n-1)X^{n-2}-4(n-1)(n-2)X^{n-3},$$ d'où l'on tire \begin{eqnarray*} P_n''(2)&=&2^{n-3}\big(8n(n+1)(n+2)-4(4n+1)n(n+1)+8n(n+1)(n-1)-4(n-1)(n-2)\big)\\ &=&2^n(2n-1) \end{eqnarray*} Puisque $2n-1$ ne s'annule pas quand $n$ est un entier, on a $P_n(2)=P_n'(2)=0$ et $P_n''(2)\neq 0$. $2$ est racine de multiplicité 2 de $P_n$.
On aurait aussi factoriser $P$ sous la forme $P(X)=X^{n-1}Q(X)$ et étudier (par la même méthode) la multiplicité de $2$ comme racine de $Q.$

Les racines de $M'=3(X^2-1)$ sont $1$ et $-1$ et ne sont pas racines de $M''=6X$. Aussi pour que $1$ (resp. $-1$) soit racine double de $M$ il faut et il suffit de chercher $ \lambda$ vérifiant : $M(1)=0$ (resp. $M(-1)=0$).
On trouve \[(M(1)=0 \iff \lambda=2)\ \ \ \ \mathrm{et}\ \ \ \ ( M(-1)=0 \iff \lambda=-2)\ \mathrm{.} \] Pour trouver la racine simple si $\lambda=2$ (resp. $\lambda=-2$), on peut procéder par identification des polynômes : $X^3-3X+2=(X-1)^2(aX+b)=aX^3+(b-2a)X^ 2+(a-2b)X+b$ (resp. $X^3-3X-2=(X+1)^2(aX+b)=aX^3+(b+2a)X^ 2+(2b+a)X+b$) . On trouve alors facilement que pour $\lambda=2$ (resp. $\lambda=-2$), $M=(X-1)^2(X+2)$ (resp. $M=(X+1)^2(X-2)$). On aurait aussi pu effectuer la division euclidienne de $X^3-3X+2$ par $(X-1)^2$, et de $X^3-3X-2$ par $(X+1)^2$.

D'abord, pour que $1$ soit racine double de $P$, il est nécessaire que $P(1)=0$ et $P'(1)=0$. Mais $$P(1)=\sum_{k=0}^n 1+a+b=n+1+a+b.$$ D'autre part, $$P'(X)=\sum_{k=0}^n (k+2)X^{k+1}+a$$ de sorte que $$P'(1)=\sum_{k=0}^n (k+2)+a=\sum_{k=0}^n k+2(n+1)+a=\frac{n(n+1)}2+2(n+1)+a.$$ On a donc $P'(1)=0$ si et seulement si $$a=-2(n+1)-\frac{n(n+1)}4=-\frac{(n+1)(n+4)}2.$$ Ensuite, cette valeur de $a$ étant fixée, on a $P(1)=0$ si et seulement si $$b=-a-(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}2.$$ Pour que $1$ soit une racine double, il suffit maintenant que $P''(1)=\neq 0$. Mais $$P''(X)=\sum_{k=0}^n (k+2)(k+1)X^k$$ de sorte que $$P''(1)=\sum_{k=0}^n (k+2)(k+1)>0.$$ Ainsi, $1$ est racine double de $P$ si et seulement si $$a==-\frac{(n+1)(n+4)}2\textrm{ et }b=\frac{(n+1)(n+2)}2.$$

Supposons qu'il existe une racine commune $z$. Alors $z$ doit vérifier : $$\left\{ \begin{array}{rcl} 4z^3 + 3az^2 + 2bz + c &=& 0\\ 24z + 6a &=& 0 \end{array}\right.$$ La deuxème équation donne $z = −a/ 4$ ce qui donne bien, en reportant dans la première équation, $a^3−4ab+8c=0$.
Réciproquement, si cette condition est vérifiée, alors on vérifie facilement que $z=-a/4$ est une racine commune de $P'$ et $P'''$.

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.

On va calculer leur pgcd. En effectuant les divisions euclidiennes successives, on a $$P(X)=Q(X) \left(\frac X2-\frac 14\right)+\frac{X^2}2+\frac{9X}4-\frac 54,$$ $$Q(X)= (2X^2+9X-5)(2X − 7)+ 36(2X − 1)$$ et enfin $$2X^2 + 9X − 5 = (2X − 1)(X + 5).$$ Le pgcd de $P$ et $Q$ est donc le dernier reste non nul, c'est-à-dire $2X-1$. Ainsi, $2X-1$ divise $P$ et $Q$ et $1/2$ est une racine commune à $P$ et $Q$.

Pour tout $x\in\mathbb R$, on a $P(x^2+1)=\big(P(x)\big)^2+1$. Pour $x=0$, on trouve $P(1)=1$. Pour $x=1$, on trouve $P(2)=2$. Pour $x=2$, on trouve $P(5)=5$. Pour $x=5$, on trouve $P(5^2+1)=5^2+1$. Ceci nous incite à considérer la suite définie par $u_{n+1}=u_n^2+1$ et $u_0=0$. Il est aisé de prouver que cette suite est strictement croissante. De plus, on prouve par récurrence sur $n$ que $P(u_n)=u_n$. En effet, la propriété est vraie pour $n=0,1,2,3$. Si elle est vraie au rang $n$, alors on a $$P(u_{n+1})=P(u_n^2+1)=\big(P(u_n))^2+1=u_n^2+1=u_{n+1}$$ ce qui prouve l'hérédité.
Posons alors $Q(X)=P(X)-X$. $Q$ est un polynôme qui s'annule en chaque $u_n$. Comme les $u_n$ sont tous différents, $Q$ admet une infinité de racines. Donc $Q$ est identiquement nulle et on a $P(X)=X$. Réciproquement, $X$ convient.

On a $$P(i) =i^4−5i^3+ 7i^2−5i+ 6 = 1 + 5i−7−5i+ 6 = 0.$$ Donc $i$ est racine de $P(X)$. Comme le polynôme $P$ est à coefficients réels, puisque $i$ est racine, son conjugué $−i$ l’est aussi. Donc $P(X)$ est divisible par $(X−i)(X+i) =X^2+ 1$. On effectue la division euclidienne de $P$ par $X^2+1$ et on trouve $$P(X)=(X^2+1)(X^2-5X+6)=(X-i)(X+i)(X-2)(X-3).$$

Le polynôme est un polynôme "bicarré" : il s'écrit $P(X)=Q(X^2)$ où $Q(X)=2X^2+X-3$. On commence par factoriser ce polynôme. Ses racines sont $1$ et $-3/2$. Donc $Q$ se factorise en $$Q(X)=2(X-1)\left(X+\frac 32\right).$$ On en déduit que $$P(X)=2(X^2-1)\left(X^2+\frac32\right)=2(X-1)(X+1)\left(X^2+\frac 32\right).$$ Comme $X^2+\frac 32$ est un polynôme de degré 2 sans racines réelles, on a bien obtenu la décomposition de $P$ en produit d'irréductibles.

En remarquant que $1$ est racine évidente de $T$ et $T'$ puis que $T''(1)\ne 0$, on déduit que $(X-1)^2$ divise $T$. La division euclidienne de $T$ par $X^2-2X+1$ par exemple permet d'affirmer que : $T=(X-1)^2(X^2+2X+5)$. $T$ est bien décomposé en produit de polynômes irréductibles sur $\mathbb R$ car le discriminant de $X^2+2X+5$ est strictement négatif et $X-1$ est de degré $1$.

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 : $$(X^2-X+1)^2+1=(X^2+1)(X^2-2X+2).$$

L'idée, pour résoudre cet exercice, est que $$(X-1)P(X)=X^7-1$$ et on sait factoriser ce dernier polynôme. En effet, ses racines, sur $\mathbb C$, sont les racines $7$-ièmes de l'unité : $1$, $e^{2i\pi/7}$, $e^{4i\pi/7}$, $e^{6i\pi/7}$, $e^{8i\pi/7}$, $e^{10i\pi/7}$, $e^{12i\pi/7}$. On peut donc factoriser $P$ sur $\mathbb C$ sous la forme suivante : $$P(X)=(X-e^{2i\pi/7})(X-e^{4i\pi/7})(X-e^{6i\pi/7})(X-e^{8i\pi/7})(X-e^{10i\pi/7})(X-e^{12i\pi/7}).$$ Reste à regrouper deux par deux les racines complexes conjuguées. Ainsi on a $$(X-e^{2i\pi/7})(X-e^{12i\pi/7})=X^2-2\cos(2\pi/7)X+1,$$ $$(X-e^{4i\pi/7})(X-e^{10i\pi/7})=X^2-2\cos(4\pi/7)X+1,$$ $$(X-e^{6i\pi/7})(X-e^{8i\pi/7})=X^2-2\cos(6\pi/7)X+1.$$ Finalement, la factorisation de $P$ sur $\mathbb R$ est $$P(X)=(X^2-2\cos(2\pi/7)X+1)(X^2-2\cos(4\pi/7)X+1)(X^2-2\cos(6\pi/7)X+1).$$

Si $a$ est une racine commune de $P$ et $Q$, alors $X-a$ divise le pgcd de $P$ et de $Q$. On commence donc par chercher ce pgcd, par exemple en appliquant l'algorithme d'Euclide. Ici, on a \begin{eqnarray*} X^3-9X^2+26X-24&=&X^3-7X^2+7X+15+(-2X^2+19X-39)\\ X^3-7X^2+7X+15&=&(-2X^2+19X-39)(-X/2-5/4)+(45X/4-135/4)\\ -2X^2+19X-39&=&(45X/4-135/4)(-8X/45+52/45) \end{eqnarray*} Le pgcd de $P$ et $Q$ est donc $45X/4-135/4$, ou encore $X-3$. On divise alors $P$ et $Q$ par $X-3$, et on trouve : $$P(X)=(X-3)(X^2-6X+8)\textrm{ et }Q(X)=(X-3)(X^2-4X-5).$$ On factorise encore chacun des polynômes de degré 2 pour trouver finalement : $$P(X)=(X-3)(X-2)(X-4)\textrm{ et }Q(X)=(X+1)(X-3)(X-5).$$ On aurait aussi pu factoriser ces polynômes en cherchant des racines évidentes de chacun...

On va commencer par décomposer $Q(X)=X^3+X^2+X+1$, dont $-1$ est racine évidente. On en déduit $$Q(X)=(X+1)(X^2+1)=(X+1)(X-i)(X+i).$$ On a $P(X)=Q(X^3)$ et il s'agit maintenant de trouver les racines $3$-ièmes de $-1$, $i$ et $-i$. On en déduit que \begin{eqnarray*} P(X)&=&(X+1)(X-e^{i\pi/3})(X-e^{-i\pi/3})(X-e^{i\pi/2})(X-e^{-i5\pi/6})(X-e^{-i\pi/6})\\ &&(X-e^{-i\pi/2})(X-e^{i5\pi/6})(X-e^{i\pi/6}). \end{eqnarray*}

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 $\frac{a_{n-1}}{na_n}$.

Puisque les racines sont en progression arithmétique, elles peuvent s'écrire $a-r$, $a$ et $a+r$, où $r$ est la raison de cette progression arithmétique. On obtient donc \begin{eqnarray*} 8X^3-12X^2-2X+3&=&8(X-(a-r))(X-a)(X-(a+r))\\ &=&8X^3-24aX^2+*X-8a(a-r)(a+r). \end{eqnarray*} Par identification, on trouve $24a=12$, soit $a=1/2$, puis $$-4\left(\frac14-r^2\right)=3\implies r=\pm1.$$ Les 3 racines sont donc $-1/2$, $1/2$ et $3/2$, et le polynôme se factorise en $$8X^3-12X^2-2X+3=(2X+1)(2X-1)(2X-3).$$

Faisons un raisonnement par contraposée. On suppose donc que $P+Q$ et $PQ$ ne sont pas premiers entre eux. Il existe donc un polynôme de degré $1$ de la forme $X-\alpha$ qui divise à la fois $P+Q$ et $PQ$. Autrement dit, $\alpha$ est une racine à la fois de $P+Q$ et de $PQ$. Puisque $P(\alpha)Q(\alpha)=0$, $\alpha$ est une racine de $P$ ou de $Q$, par exemple de $P$. Mais de $P(\alpha)+Q(\alpha)=0$ on déduit $Q(\alpha)=0$ et donc $(X-\alpha)$ divise à la fois $P$ et $Q$. Ainsi, $P$ et $Q$ ne sont pas premiers entre eux.
Par contraposée, si $P$ et $Q$ sont premiers entre eux, alors $P+Q$ et $PQ$ sont premiers entre eux.

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 $P=C\overline C=A^2+B^2$.