MPSI 3 - Fermat 26.01.

18
2017-2018

Devoir à la maison n◦ 8
CORRECTION
————————————————————–
Exercice 1
On note D l’application de dérivation de R[X] dans lui-même (D : P 7→ P 0 ) et S l’ensemble des
polynômes scindés de R[X].
r
Y
1. On peut supposer que P s’écrivent (X − xi )αi , où x1 < x2 < · · · < xr et αi > 1.
i=1

Piste de recherche. . .
On notera que P est de degré ri=1 αi .
P

Le principe est de montrer que chaque xi est de racine d’ordre αi − 1 (si ce terme est positif), ce qui donne
Pr Pr
i=1 (αi − 1) = i=1 αi − r. Il reste r − 1 racines à trouver ; elles se trouvent dans chaque intervalle de la
form ]xi , xi+1 [.

Soit i ∈ Nr . Y
On note Ti = (X − xj )αj de sorte que P = (X − xi )α
i Ti .
j6=i
Donc P 0 = (X − xi )αi −1 [αi Ti + (X − αi )Ti0 ].
Donc xi est racine d’ordre au moins αi − 1.
Par ailleurs, la fonction p : x 7→ P (x) s’annule en xi et xi+1 (on suppose i < n)
D’après le théorème de Rolle ∃ yi ∈]xi , xi+1 [ tel que p0 (yi ) = 0 = P 0 (yi ).
Cela donne donc r − 1 nouvelles racines pour P 0 .
X r Xr
On a trouvé (au moins) : (αi − 1) + (r − 1) = αi − r + r − 1 = deg P − 1 = deg P 0 racines.
i=1 i=1

Si P ∈ S, il en est de même de P 0

Remarques !
Deux remarques :
— Pour montrer que xi est racine d’ordre αi − 1 de P 0 ,
on aurait pu tout simplement utiliser le fait que (P 0 )(h) (xi ) = P (h+1) (xi ) = 0 si h + 1 < αi , donc
h < αi − 1,
alors que (P 0 )(h) (xi ) = P (h+1) (xi ) 6= 0 si h + 1 = αi donc h = αi − 1.
— On notera aussi que pour les racines yi , elles existent indépendamment du fait que p soit polynômiale.
Seul le fait d’être de classe C 1 pour p compte réellement.

2. Comme précédemment (avec les mêmes notations),

— Si xi est racine d’ordre αi de P ,
elle est d’ordre (au moins) αi − 1 de P et de P 0 et donc de P + αP 0
— Puis on note f : x 7→ eαx P (x), de classe C 1 , de dérivée f 0 (x) = [P 0 (x) + αP (x)]eαx .
f s’annule en x1 < x2 < · · · < xr , donc il existe y1 , . . . yr−1 , dans ]xi , xi+1 [ respectivement
tel que f 0 (yi ) = 0 = [P 0 (yi ) + αP (αi )]eαxi , donc (P 0 + αP )(yi ) = 0
— Enfin, comme lim f (x) = 0 et f (x1 ) = 0, on applique une variante du théorème de Rolle.
x→−∞
Supposons que f 0 (x) > 0, pour tout x < x1 . Donc f est strictement croissante sur ] − ∞, x1 [.
Soit a < x1 et A = f (a). Donc ∀ x < a < x1 , f (x) < A < f (x1 ) = 0.
Il est alors impossible que lim f (x) = 0
x→−∞
De même, on ne peut alors pour tout x < x1 , f 0 (x) < 0.
Ainsi il existe b, c ∈] − ∞, x1 [ tel que f 0 (b) > 0 et f 0 (c) < 0.
On applique le théorème des valeurs intermédiaires à f 0 , continue.
Et il existe y0 ∈] − ∞, x1 [ tel que f 0 (y0 ) = 0.
Xr X r
On a trouvé (au moins) : (αi − 1) + (r − 1) + 1 = αi − r + r = deg P = deg(P 0 + αP )
i=1 i=1
racines pour P 0 + αP

Si P ∈ S, il en est de même de P 0 + αP (pour tout α ∈ R

 Remarques !
d
X d
X
3. Dans cette question, on a pour Q = ak X k , Q(D) = ak Dk ,
i=1 i=1
où Dk est la dérivation appliqué D fois (D0 = Id). Ainsi
d
X d
X
∀ P, Q = ak X k ∈ S, Q(D)(P ) = ai P (i)
i=1 i=1

On notera alors la factorisation (avec la composition !), pour Q = (X − a1 )(X − a2 ) = X 2 − (a1 + a2 )X +

a1 a2 :
Q(D)(P ) = P 0 − (a1 + a2 )P 0 + a1 a2 P et [(D − a1 ) ◦ (D − a2 )](P ) = D2 (P ) − (a1 + a2 )D(P ) + a1 a2 P

On fais donc une récurrence sur le degré de Q. On pose pour tout n ∈ N, Pn :  ∀ P, Q ∈

S, deg(Q) = n, alors Q(D)(P ) ∈ S 
— Le cas P0 a été vu en première question et le cas P1 en seconde question.
— Soit n ∈ N. Supposons que Pn est vraie.
Soit Q ∈ S, avec deg Q = n+1. On peut suppose que Q = (X −α)T , avec deg T = n et T ∈ S.
0
Q(D)(P ) = [(D − α) ◦ T (D)](P ) = (D − α)(P ) = P − αP
où P = T (D)(P ) est un polynôme de S d’après Pn .
0
Puis en appliquant la réponse à la question 2 : P − αP ∈ S.
Par conséquent Pn+1 est vérifiée.
On a montré le théorème de Laguerre : ∀ P, Q ∈ S, Q(D)(P ) ∈ S

4. Applications : Soit P ∈ S avec m = deg P .

n  
X n
On note Qn = X i = (1 + X)n . Qn est bien un élément de S.
i=0
i
n  
X n
pour tout n ∈ N, P1 = Qn (D)(P ) = P (i) (X) est élément de S
i=0
i

n
X
pour tout n ∈ N, P2 = P (D)(P ) = [P ]i P (i) (X) est élément de S
i=0

Exercice 2
On se propose de détemriner les triplets (P, Q, R) de C[X] vérifiant :

P 3 + Q3 + R3 = 0 (1)

1. On note j = e2iπ/3 .

(P + Q)(P + jQ)(P + j 2 Q) = P 3 + (1 + j + j 2 )P 2 Q + (j + j 2 + j 3 )P Q2 + j 3 Q

Comme j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0,

(P + Q)(P + jQ)(P + j 2 Q) = P 3 + Q3

2. On suppose que l’un des polynômes vérifiant (1) est nul.

Sans perte de généralité, on peut supposer que R = 0.
On a donc P 3 + Q3 = (P + Q)(P + jQ)(P + j 2 Q) = 0 On a alors, par intégrité, P = −Q, ou
P = −jQ ou P = −j 2 Q.
La réciproque est vérifiée.

Si un des polynômes est nul, les autres sont ω-colinéaire avec ω ∈ {−1, −j, −j 2 }

3. (a) Soit D = P GCD(P, Q, R).

Alors P = DP1 , Q = DQ1 et R = DR1 , avec P GCD(P1 , Q1 , R1 ) = 1.
Et
0 = P 3 + Q3 + R3 = D3 (P13 + Q31 + R13 )

Donc l’équation (1) est vérifier pour P1 , Q1 et R1 premiers dans leur ensemble.
 (b) On suppose que P , Q et R sont premiers dans leur ensemble.
Soit D = P GCD(P, Q), alors D|P 3 , D|Q3 , donc D|R3 .
Soit D1 , un facteur irréductible de D, il divise nécessairement R, mais aussi P et Q.
Donc leur PGCD qui vaut 1, donc D1 = 1, il en est de même de D.

P , Q et R sont premiers entre eux deux à deux.

4. On suppose que R = k constante, non nulle et (nécessairement) P ∧ Q = 1.

On a donc P 3 + Q3 = (P + Q)(P + jQ)(P + j 2 Q) = −k 3 .
Puis deg(P + Q) + deg(P + jQ) + deg(P + j 2 Q) = 0.
Nécessairement chacun de ces degrés est inférieur à 0 sans être égal à −∞.
Donc il existe a, b, c ∈ R, tel que P + Q = a, P + jQ = b, P + j 2 Q = c et abc = −k 3 . On trouve
b − ja a−b
(résolution de système avec les deux premières équations) : P = et Q =
1−j 1−j

Donc P et Q sont constants

Mieux, on trouve une condition d’existence :

b(1 − j 2 ) + a(j 2 − j) −k
P + j2Q = = b(1 + j) − ja =
1−j ab

5. On suppose maintenant qu’aucun des polynômes n’est constant et pour fixer les idées : deg R =
min(deg P, deg Q, deg R). Comme précédemment : −R3 = (P + Q)(P + jQ)(P + j 2 Q).
Yh Yh
Décomposons R en produit en facteurs premiers : R = Rjαh . donc R3 = Rj3αh .
j=1 j=1
Ainsi chaque Rj est un facteur d’au moins un des termes (P + Q) ou (P + jQ) ou (P + j 2 Q)
Or P, Q sont premiers entre eux, donc P + Q, P + jQ également.
Sinon, si D divise P + Q et P + jQ, il divise (P + Q) − (P + jQ) = (1 − j)Q
et D divise également j(P + Q) − (P + jQ) = (j − 1)P ,
et donc D divise Q et P , donc D divise 1 et D = 1.
De même P + Q, P + j 2 Q et P + jQ, P + j 2 Q sont premiers entre eux.
Ainsi Rj ne peut être facteur que d’un seul (P + Q) ou (P + jQ) ou (P + j 2 Q).
Finalement, on peut écrire
R = R1 × R2 × R3
où R13 = P + Q, R23 = P + jQ et R33 = P + j 2 Q, avec R1 , R2 et R3 premiers deux à deux.
Puis, on note que

R13 + jR23 + j 2 R33 = (P + Q) + j(P + jQ) + j 2 (P + j 2 Q) = (1 + j + j 2 )P + (1 + j 2 + j 4 )Q = 0

2iπ 4iπ
Ainsi, avec P1 = e 9 R2 et Q1 = e 9 R3 ,

R13 + P13 + Q31 = R13 + jR23 + j 2 R33 = 0

Ainsi (P1 , Q1 , R1 ) solution de (1). Reste à étudier les degrés.

Si l’un des Ri était constant, alors l’un des P1 , Q1 et R1 serait constant et d’après la question
précédente, ils seraient tous constant et également R. Cela n’est pas possible.
Donc pour tout i ∈ N3 , deg Ri > 0
et nécessairement, deg P1 = deg R2 < deg R, deg Q1 = deg R3 < deg R et deg R1 < deg R.

On a construit un triplet (P1 , Q1 , R1 ) solution de (1) et vérifiant deg R > min(deg P1 , deg Q1 , deg R1 ).

6. On fait une sorte de descente infinie (en montrant qu’un certain minorant n’existe pas).
Soit

A = {min(deg P, deg Q, deg R) | P GCD(P, Q, R) = 1, P 3 +Q3 +R3 = 0, deg P > 0, deg Q > 0, deg R > 0}

Si A est non vide, comme A ⊂ N, A admet un minimum α, associé à (P, Q, R)

Or on a vu qu’on pouvait réduire les degrés de cette famille et donc A admettrait un autre
minimum.
C’est impossible et donc A = ∅.

Les seuls polynômes vérifiant (1) sont

- soit premiers entre eux (dans leurs ensembles) et sont donc des polynômes constants,
- soit proportionnels et donc de la forme (P, aP, bP ) avec 1 + a3 + b3 = 0.
 Exercice 3
Soient a et b deux complexes, p et q deux entiers naturels non nuls et
1
F (X) =
(X − a)p (X − b)q

1. D’après le cours, il existe (αi )i∈Np et (βj )j∈Nq tels que

p q
X αi X βj
F (X) = i
+
i=1
(X − a) j=1
(X − b)j

Donc en multipliant par le polynôme (X − b)q :

p q
1 q
X αi X
= (X − b) + βj (X − b)q−j
(X − a)p i=1
(X − a)i
j=1

1
On peut alors faire un développement limité de x 7→ au voisinage de b.
(x − a)p
On pose alors u = x − b ; au voisinage de u = 0 :
 −p
1 1 1 1 1 u
p
= p
= p
p = 1+
(x − a) (u + (b − a)) (b − a) 1 + u (b − a)p b−a

b−a

r
!
1 X −p(−p − 1) . . . (−p − k + 1) uk
= 1+ + o(ur )
(b − a)p k! (b − a)k
k=1
p
X αi
Par unicité du développement limité et comme (x − b)q −→ 0 pour x → b,
i=1
(x − a)i
on peut identifier le coefficient devant uk = (x − b)k :
 
1 k (p + k − 1)! 1 k p+k−1 1
βq−k = p
× (−1) k
= (−1)
(b − a) k!(p − 1)! (b − a) p−1 (b − a)p+k

Donc  
q−j p+q−j−1 1
βj = (−1)
p−1 (b − a)p+q−j
Et de même par symétrie :
 
p−i q+p−i−1 1
αi = (−1)
q−1 (a − b)q+p−i

1
2. Pour F (X) = , on trouve a = 1, b = −1, p = q = n et donc
(X 2 − 1)n
j
   
2n − i − 1 1 n−j 2n − j − 1 (−1)
αi = (−1)n−i 2n−i
β j = (−1) 2n−j
n−1 2 n−1 2

n 
(−1)i
  
1 n
X 2n − i − 1 1 1
= (−1) +
(X 2 − 1)n i=1
n−1 22n−i (X − 1)i (X + 1)i