Université Sultan Moulay Slimane, ENSA Khouribga, API, Semestre 2,

Année universitaire: 2023-24, TD4, Module : Algèbre 2

Exercice 1 :
√ √
1. Trouver un polynôme à coefficients entiers qui a pour zéro 2 + 3 3.

Solution: √ √ √ √
Soit x = 2 + 3 3 alors 3 3 = x − 2 En élevant cette expression à la
puissance troisième, on obtient :
√ √
3 = x3 − 3 2 x2 + 6 x − 2 2,

ou bien, on peut écrire :

√
x3 + 6 x − 3 = 2 (3 x2 + 2)

En mettant au carré cette égalité on en déduit que x satisfait l’équation

polynomiale
x6 − 6 x4 − 6 x3 + 12 x2 − 36 x + 1 = 0

k
2. Soit P (x) un polynôme de degré n. Sachant que P (k) = k+1
, k = 0, 1, · · · , n,
trouver P (m) lorsque m > n.

Solution:
Comme P (0) = 0, il existe un polynôme Q(x) tel que P (x) = x Q(x). Alors
1
Q(k) = k = 1, 2, · · · , n.
k+1
Soit H(x) = (x + 1) Q(x) − 1.
Le degré de H(x) est n et H(k) = 0 pour k = 1, 2, · · · , n. Par conséquent

H(x) = (x + 1)Q(x) − 1 = a0 (x − 1)(x − 2) · · · (x − n).

Dans cette égalité H(−1) = −1 on déduit que a0 = (−1)n+1 (n + 1)!.

Pour x = m, m > n , on a :

(−1)n+1 (m − 1) (m − 2) · · · (m − n) + 1 1
Q(m) = +
(n + 1)! (m + 1) m+1

et donc
(−1)m+1 m (m − 1) (m − 2) · · · (m − n) m
P (m) = +
(n + 1)! (m + 1) m+1

3. Résoudre les équations suivantes:

 (a) Q2 = X P 2 d’inconnues P, Q ∈ K[X]
(b) P ◦ P = P d’inconnue P ∈ K[X].

Solution: (a) Si (P, Q) est un couple solution de polynômes non nuls alors
Q2 = XP 2 donne 2 deg Q = 1 + 2 deg P avec deg P , deg Q ∈ N ce qui est
impossible.
Il reste le cas où I’un des polynômes P ou Q est nul et l’autre, alors, l’est
aussi. Inversement, le couple nul est effectivement solution.
(b) Si deg P ≥ 2 alors deg P ◦ P = (deg P )2 > deg P et donc P n’est pas
solution. Si deg P ≤ 1 alors on peut écrire P = aX + b et alors
 2
a =a
P ◦ P = P ⇐⇒ a(aX + b) + b = aX + b ⇐⇒
ab = 0.

Après résolution on obtient

( a = 1 et b = 0) ou ( a = 0 et b quelconque ).

Finalement les solutions sont le polynôme X et les polynômes constants.

4. Soit le polynôme P = X 4 + 1. Factoriser P dans C[X] et R[X]? ? Est-il

irréductible dans ces deux ensembles ainsi que Q[X] ?

Solution: Dans C[X]:

P = X 4 + 1 = (X 2 − i) (X 2
+ i)
π
π

2
= X − e i2
X2 − e−i 2
 i π 2 h π
2
i
= X2 − e 4 X 2 − e−i 4
π
π
  π
π

X − e−i 4 X + e−i 4

= X − ei 4 X + ei 4
Dans R[X]:
π
π
  π
π

P = X − ei 4 X − e−i 4 X + ei 4 X + e−i 4
h  iπ π
 i π π

i
= X 2 − e 4 + e− 4 X + 1 X 2 + e 4 + e−i 4 X + 1 .
 √  √ 
= X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1

P est irréductible dans Q[X] mais pas dans R[X] et C[X].

5. Soient n un entier naturel non nul et θ un réel. Dans C[X], quel est le reste de
la division euclidienne de (X sin θ + cos θ)n par X 2 + 1

Page 2
 Solution: Pour la division Euclidienne; ∃ Q(X) ∈ C(X) tel que

(X sin θ + cos θ)n = X 2 + 1 Q + aX + b;

a, b ∈ C (car deg(Q) < 2).

Pour X = i puis X = −i, on obtient


a i + b = (ei θ )n = ei n θ
−a i + b = (e−i θ )n = e−i n θ

Ce qui implique que 

a = sin(n θ)
b = cos(n θ)
Le reste est donc
R(X) = (sin(n θ)) X + cos(n θ)

6. Soit F ∈ K(X) de représentant irréductible P/Q. Montrer que F est paire si, et
seulement si, les polynômes P et Q sont tous deux pairs.

Solution: Si F est paire alors F (−X) = F (X) donc

P (−X)Q(X) = P (X)Q(−X)

Le polynôme Q(X) divise P (X)Q(−X) et P ∧ Q = 1 donc Q(X) divide

Q(−X).
De même Q(−X) divise Q(X) Or coeff (Q(X)) = 1 et coeff(Q(−X)) = (−1)n
avec n = deg Q.
Si n est pair alors Q(−X) = Q(X) puis P (−X) = P (X). Les deux polynômes
sont pairs
Si n est impair alors Q(−X) = −Q(X) puis P (−X) = −P (X). Les deux
polynômes sont impairs mais alors non premiers entre eux ce qui est exclu.

7. Soit P (x) un polynôme à coefficients complexes. Montrer que P (x) est une fonc-
tion paire si et seulement s’il existe un polynôme Q(x) à coefficients complexes
satisfaisant
P (x) = Q(x)Q(−x)

Solution:
Si un tel Q(x) existe, il est clair que P (x) est pair. A l’inverse, supposons

Page 3
 que P (x) soit une fonction paire. En écrivant P (x) = P (−x) et en identifiant
les coefficients, nous concluons qu’aucune puissance impaire n’apparaı̂t dans
P (x). Ainsi

P (x) = a2n x2n + a2n−2 x2n−2 + · · · + a2 x2 + a0 = P1 (x2 ).

En factorisant
P1 (y) = a (y − y1 ) (y − y2 ) · · · (y − yn ),
On a :
P (x) = a (x2 − y1 ) (x2 − y2 ) · · · (x2 − yn ),
On choisit maintenant les nombres complexes b, x1 , x2 , · · · , xn tels que
b2 = (−1)n a et x2j = yj , j = 1, 2, · · · , n.
On a la factorisation

P (x) = b2 (x21 − x2 ) (x22 − x2 ) · · · (x2n − x2 ),

Autrement

P (x) = b2 (x1 − x) (x1 + x) (x2 − x) (x2 + x) · · · (xn − x) (xn + x),

Donc

P (x) = [b (x1 − x) (x2 − x) · · · (xn − x)] [b (x1 + x)(x2 + x) · · · (xn + x)]

qu’on peut écrire sous forme

P (x) = Q(x) Q(−x),

où Q(x) = b (x1 − x) (x2 − x) · · · (xn − x).

8. Déterminer tous les polynômes P (x) à coefficients réels pour lesquels il existe un
entier positif n tel que pour tout x,
1 1
P (x + ) + P (x − ) = 2 P (x)
n n

Solution:
Première solution :
Soit m le degré de P (x), et on écrit

P (x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a0 .

Page 4
 En utilisant la formule binomiale pour (x ± n1 )m et (x ± n1 )m−1 nous trans-
formons l’identité de l’énoncé en
m (m − 1) m−2
2 am xm + 2 am−1 xm−1 + 2 am−2 xm−2 + am x + Q(x)
n2
= 2 am xm + 2 am−1 xm−1 + 2 am−2 xm−2 + R(x),
où Q et R sont des polynômes de degré au plus m − 3.
Si nous identifions les coefficients des puissances correspondantes de x, nous
trouvons que am m (m−1)
n2
= 0.
Mais am ̸= 0, étant le coefficient dominant de le polynôme ;
donc m (m − 1) = 0. et soit m = 0, ou m = 1.
On peut vérifier en un instant que tous les polynômes de degré 0 ou 1 satisfont
à la condition requise.
Deuxième solution :
On fixe un point x0 . Le graphique de P (x) a une infinité de points communs
avec la droite de pente
1
m = n (P (x0 + ) − P (x0 ))
n
et passe par le point (x0 , P (x0 )). Par conséquent, le graphique de P (x) est
une droite, donc le polynôme a un degré 0 ou 1.
Troisième solution :
S’il existe un tel polynôme de degré m ≥ 2, en dérivant la relation donnée
m − 2 fois, nous trouvons qu’il existe un polynôme quadratique qui satisfait
la relation donnée.
Mais alors n’importe quel point de son graphique serait le sommet de la
parabole, qui est bien sûr impossible. Par conséquent, seuls les polynômes
linéaires et constants satisfont à la relation donnée

Exercice 2:
1. Montrer qu’il existe des entiers positifs uniques a, n tels que

an+1 − (a + 1)n = 2001

Solution:
L’idée clé est de considérer an+1 − (a + 1)n = 2001 comme un polynôme en
a. Son terme libre est 2002, donc tout zéro entier divise ce nombre.
Tout d’abord, notons que 2002 = 2 × 7 × 11 × 13.

Page 5
 Puisque 2001 est divisible par 3, il faut avoir a ≡ 1 ( mod 3); sinon, l’un de
an+1 et (a + 1)n serait un multiple de 3 et l’autre non, et leur différence ne
serait pas divisible par 3.
On en déduit que a ≥ 7. De plus, an+1 ≡ ( mod 3), donc on doit avoir
(a + 1)n ≡ 1 ( mod 3), ce qui oblige n à être pair, et en particulier au moins
2.
Si a est pair, alors an+1 − (a + 1)n ≡ −(a + 1)n ( mod 4).
Parce que n est pair, −(a + 1)n ≡ −1 ( mod 4).
Mais du membre de droite, 2001 ≡ 1 ( mod 4), et l’égalité est impossible.
Par conséquent, a doit être impair, donc il divise 1001 = 7 × 11 × 13.
De plus, an+1 − (a + 1)n ≡ a ( mod4), donc a ≡ 1 ( mod 4).
Parmi les diviseurs de 7×11×13, ceux congrus à 1 modulo 3 sont précisément
ceux qui ne sont pas divisibles par 11 (puisque 7 et 13 sont tous deux congrus
à 1 modulo 3). Ainsi a divise 7 × 13. Or a ≡ 1( mod 4) n’est possible que
si a divise 13.
Nous ne pouvons pas avoir a = 1, puisque 1 − 2n ̸= 2001 pour tout n.
Donc la seule possibilité est a = 13.
On vérifie facilement que a = 13, n = 2 est une solution ; il ne reste plus
qu’à vérifier qu’aucun autre n ne fonctionne.
En fait, si n > 2, alors 13n+1 ≡ 2001 ≡ 1 ( mod 8). Mais 13n+1 ≡ 13 (
mod 8) puisque n est pair, donc une contradiction.
On conclut que a = 13, n = 2 est la solution unique.

2. Déterminer tous les polynômes P (x) avec des coefficients réels satisfaisant
(P (x))n = P (xn ) pour tout x ∈ R, où n > 1 est un entier fixé.

Solution:
Soit m le degré de P (x), donc P (x) = am xm + am−1 xm−1 + · · · + a0 .
Si P (x) = xk Q(x), alors
xk n Qn (x) = xk n Q(xn )
donc
Qn (x) = Q(xn ),
ce qui signifie que Q(x) satisfait la même relation.
On peut donc supposer que P (0) ̸= 0.
En substituant x = 0, on obtient an0 = a0 , et puisque a0 est un nombre réel
non nul, il doit être égal à 1 si n est pair, et à ±1 si n est impair.
En dérivant la relation de l’énoncé, on obtient
n P n−1 (x) P ′ (x) = n P ′ (xn ) xn−1 .
Pour x = 0 nous avons P ′ (0) = 0 ; donc a1 = 0.
En dérivant à nouveau la relation et en raisonnant de la même manière, on

Page 6
 obtient a2 = 0, puis successivement a3 = a4 = · · · = am = 0.
Il s’ensuit que P (x) = 1 si n est pair et P (x) = ±1 si n est impair.
En général, les seules solutions sont P (x) = xm si n est pair, et P (x) = ±xm
si n est impair, m étant un entier non négatif.

3. Soient m ≥ 1 et n ≥ 1 deux entiers

(a) Déterminer n pour que P = (X − 1)n − (X n − 1) ait une racine multiple
dans C en écartant le cas trivial n = 1.
(b) Quelles sont les racines (dans C et dans R) du polynôme X m − 1?
(c) Quelles sont les racines (dans C et dans R) du polynôme

X n + X n−1 + · · · + X + 1

(d) Calculer le PGCD des polynômes X m − 1 et X n − 1

(e) Montrer la formule
n−1
Y
X 2 − 2X cos(2kπ/n) + 1 = (X n − 1)2


k=0

Solution:

(a) Si z est racine multiple de P alors P (z) = P ′ (z) = 0.

Or P ′ (z) = n ((z − 1)n−1 − z n−1 ), ainsi z est racine multiple si elle est
solution du système

(z − 1)n = (z n − 1)
(z − 1)n−1 = z n−1

(z − 1)(z − 1)n−1 = (z n − 1)
⇐⇒
(z − 1)n−1 = z n−1

(z − 1)(z)n−1 = (z n − 1)
⇐⇒
(z − 1)n−1 = z n−1

z n−1 = 1
⇐⇒
(z − 1)n−1 = z n−1

z n−1 = 1
⇐⇒
(z − 1)n−1 = 1
On passe ensuite aux modules afin de localiser:
z n−1 = 1 =⇒ |z| = 1 et (z − 1)n−1 =⇒ |z − 1| = 1.
Le point d’affixe z est à l’intersection des cercles de rayon 1 centré à

Page 7
 l’origine et en A d’affixe 1.
iπ iπ
On en déduit (triangles équilatéral) que z = e 3 = −j 2 où z = e− 3 =
−j.
Puisque P ∈ R[X], si −j 2 est racine multiple de P, −j aussi.
iπ
On va donc déterminer n pour que e 3 soit racine multiple.
i(n−1)π
On a e 3 = 1 ⇐⇒ n − 1 = 6k où k ∈ N et dans ce cas

n−1
2k
(z − 1)n−1 = −j 2 − 1 = j n−1 = j 3 =1
Le polynôme P a deux racines multiples si et seulement si n = 6k + 1
où k ∈ N.
(b) Le cours sur les nombres complexes nous a fait connaı̂tre les m racines
2ikπ
complexes de X m − 1, à savoir les e m pour k variant entre 0 et m − 1.
Si on s’intéresse aux racines réelles, on peut remarquer que si x est une
racine, |x|m = 1 donc |x| = 1 donc x = ±1.
On vérifie ensuite aussitôt que 1 est racine dans tous les cas, et que -1
l’est si et seulement si m est pair.
On conclut que si m est impair, -1 est l’unique racine réelle de X m − 1
tandis que si m est pair, -1 et 1 sont les deux seules racines réelles de
X m − 1.
(c) Remarquons prélablement que 1 n’est pas racine de X n + X n−1 + · · · +
X + 1. Soit maintenant z ∈ C. Alors z est racine de X n + X n−1 + · · · +
X + 1 si et seulement si z n + z n−1 + · · · + z + 1 = 0, ce qui entraı̂ne
(z−1) (z n + z n−1 + · · · + z + 1) = 0 soit z n+1 −1 = 0. Réciproquement,
si z n+1 −1 = 0 et z ̸= 1 on peut simplifier par z−1 et obtenir z n +z n−1 +
· · · + z + 1 = 0. On conclut que les racines de X n + X n−1 + · · · + X + 1
sont exactement celles des racines de X n+1 − 1 qui sont différentes de
1 . On va alors se référer à la question précédente et on conclut que
2ikπ
les racines complexes de X n + X n−1 + · · · + X + 1 sont les e n+1 pour k
variant entre 1 et n, qu’il n’y a pas de racine réelle si n est pair et que
-1 est l’unique racine réelle si n est impair.
(d) On sait factoriser dans C[X] chacun des deux polynômes. Chacun n’a
que des racines simples, et leur PGCD sera donc le polynôme unitaire
dont les facteurs sont les X − ω, où ω parcourt l’ensemble des racines
communes de X m − 1 et X n − 1. Une telle racine commune est un
nombre complexe ω qui vérifie les deux équations ω m = 1 et ω n = 1.
Notons d = PGCD(m, n), on va montrer que les solutions du système
de deux équations z m = 1 et z n = 1 sont exactement les solutions de
z d = 1. Soit ω une racine d-ème de l’unité. Comme d est diviseur
commun de m et n il existe deux entiers strictement positifs

e et f tels
m d e e
que m = de et n = df . On constate alors que ω = ω = 1 = 1 et
d f
n

f
ω = ω = 1 = 1. Le complexe ω est bien simultanément racine

Page 8
 m-ème et racine n-ème de l’unité.
Réciproquement, soit ω un complexe qui est simultanément racine m-
ème et racine n-ème de l’unité. L’identité de Bézout assure l’existence
de deux entiers relatifs u et v pour lesquels d = mu + nv. On peut alors
calculer ω d = ω mu+nv = (ω m )u · (ω n )v = 1u · 1v = 1, et s’apercevoir que
ω est racine d-ème de l’unité.
On conclut que les facteurs irréductibles du PGCD à calculer sont ex-
actement les X−ω où ω est racine d-ème de l’unité, chacun figurant avec
multiplicité 1 et finalement que le PGCD demandé est X PGCD(m,n) − 1.
(e) Soit n ≥ 1. Avant de commencer, il est utile de remarquer -ça servira
tout à la fin- que pour tout entier relatif k :
 2iπk
 −2iπk

X −e n X −e n = X 2 − 2X cos(2kπ/n) + 1
2 ik π
X n − 1 admet pour racines e n avec k ∈ J0, n − 1K qui sont au nom-
bre de n = deg(X n − 1) et distinctes, elles sont donc simples et nous
obtenons la factorisation sur C[X]:
n−1
Y 
2iπk
n
X −1= X −e n

k=0

Pour obtenir la factorisation sur R[X], nous allons distinguer le cas où
n est pair et le cas où il est impair.
Partons donc de la factorisation désormais familière :
n−1
Y  n−1
Y 
2iπa 2iπa
n
(*) X −1= X −e n = (X − 1) X −e n .
a=0 a=1

Dans ce dernier produit, on fait le changement de variable b = n − a,

et donc a = n − b; quand a varie entre 1 et n − 1, b en fait autant, mais
à rebours. On a donc après changement de variable:
n−1
Y  n−1
Y 
2iπ(n−b) −2ib
n
(∗∗) X − 1 = (X − 1) X −e n = (X − 1) X −e n .
b=1 b=1

On multiplie entre elles les identités (∗) et (∗∗), en renommant au

passage l’indice k dans chacune. On obtient alors :
n−1
Y  n−1
Y 
2 2iπk −2ik
n 2
(X − 1) = (X − 1) X −e n X −e n

k=1 k=1

n−1
Y  
2iπk −2ik
2
= (X − 1) X −e n X −e n

k=1

Page 9
 2

n−1
Y
X 2 − 2X cos(2kπ/n) + 1


= X − 2X + 1
k=1
n−1
Y
X 2 − 2X cos(2kπ/n) + 1


=
k=0

4. Soit P de degré 4 tel que ses racines forment une suite arithmétique, montrez
que les racines de P ′ forment aussi une suite arithmétique.

Solution: Notons α, α + r, α + 2r et α + 3r les racines de P (où r est la

raison de la suite arithmétique de la suite des racines de P ), on a alors

P (X) = a(X − α)(X − α − r)(X − α − 2r)(X − α − 3r)

Puisque les racines sont régulièrement espacées, on va ”recentrer” le tout en

plaçant l’origine du repère en α + r + 2r , on pose donc X = Y + α + 3r2
alors
   
3r  r r 3r
P (X) = a Y + Y + Y − Y −
2 2 2 2
2 2
  
r 9r
=a Y2− Y2−
4 4

d’où
9r2 r2
   
′ 2 2
P (X) = 2aY Y − + 2aY Y −
4 4
2 2


= aY 4Y − 5r
dY
car dX
= 1, ainsi
2 !
2
  
3r 3r 5r
P ′ (X) = 4a X − α − X −α− −
2 2 4

Les racines de P ′ sont donc

√ √
3r 5r 3r 3r 5r
α+ − ,α + ,α + +
2 2 2 2 2
√
5
elles forment une suite arithmétique de raison 2
r.

k
5. Soit P un polynôme de deg n tel que ∀k ∈ {0, . . . , n}, P (k) = k+1
. Déterminer
P (n + 1)

Page 10
 Solution: Soit Q = (X + 1)P − X alors Q(k) = 0 pour k ∈ {0, . . . , n}.
Or Q est de degré n + 1 ainsi Q = aX(X − 1) . . . (X − n).
Reste à déterminer a, mais Q(−1) = 1 = a(−1)n (n − 1)! d’où

P (n + 1) = 1 pour n pair

et
n
P (n + 1) = pour n impair
n+2

6. Soient P et Q deux polynômes à coefficients entiers. On suppose qu’il existe un

entier a vérifiant:
P (a) = P (a + 1999) = 0, et que Q(1998) = 2000. Montrer que l’équation
Q(P (x)) = 1 n’a pas de solution dans Z.

Solution: On exploite les hypothèses ainsi:

P (a) = P (a + 1999) = 0, nous indique que l’on peut écrire 0 de deux façons
0 = P (a) et 0 = P (a + 1999).
Q(1998) = 2000, s’interprète ainsi, si Q(x) = b0 + b1 x + . . ., alors Q(1998) =
2000 est pair donc b0 aussi. Mais b0 = Q(0).
Voila comment réintégrer P On sait donc que Q(P (a)) = Q(P (a+1999)) = b0
est pair
Maintenant l’astuce:
Proposition : Soit A un polynôme à coefficients entiers alors A(x) − A(y) est
divisible par x − y
n
ak X k ,
P
Démonstration: Si A(X) = a0 + a1 X + . . . =
k=0
n
2 2
ak (x − y)k
P
A(x) − A(y) = a1 (x − y) + a2 (x − y ) + . . . =
k=1

mais (x − y)k = (x − y) xk−1 + yxk−2 + . . . + y k−1 est divisible par x − y
Supposons qu’il existe x tel que Q(P (x)) = 1.
D’après la proposition:
b0 − 1 = Q(P (a)) − Q(P (x)) est divisible par a − x (prendre A = Q ◦ P ) et
aussi par a − x + 1999 car P (a) = P (a + 1999) = 0.
Puisque a − x divise b0 − 1 qui est impair, a − x est impair.
Mais a − x + 1999 est pair et divise aussi b0 − 1 qui, lui, est impair.

7. Soit p un nombre premier de la forme 4k + 3, avec k un entier. Montrer que pour

tout entier positif n, le polynôme (x2 + 1)n + p est irréductible dans l’anneau
Z[x].

Page 11
 Solution:
Supposons par l’absurde que le polynôme (x2 + 1)n + p est réductible dans Z[x].
Cela signifie qu’il existe des polynômes non constants Q(x) et R(x) tels que

(x2 + 1)n + p = Q(x)R(x),

avec Q(x) et R(x) de degré au moins 1.

˜ et R(x)
Notons Q(x) ˜ la réduction de ces polynômes modulo p, vus comme des
polynômes dans Z[x]. En plus, p un nombre premier de la forme 4k + 3, alors
˜ R(x)
Q(x) ˜ = (x2 + 1)n .

Le polynôme x2 + 1 est irréductible dans Z[x], cela implique

˜ = (x2 + 1)k et R(x)
Q(x) ˜ = (x2 + 1)n−k , avec 1 ≤ k ≤ n − 1
En fait, les polynômes sont unitaires et leur degré d’au moins 1. Il s’ensuit qu’il
existe des polynômes Q1 (x) et R1 (x) à coefficients entiers tels que

Q(x) = (x2 + 1)k + p Q1 (x)

et
R(x) = (x2 + 1)n−k + p R1 (x)
Le produit de ces deux polynômes nous donne

(x2 + 1)n + p = (x2 + 1)n + p ((x2 + 1)n−k Q1 (x) + (x2 + 1)k R1 (x)) + p2 Q1 (x) R1 (x))

Par conséquent

((x2 + 1)n−k Q1 (x) + (x2 + 1)k R1 (x)) + p Q1 (x) R1 (x) = 1

En réduisant modulo p on voit que x2 + 1 divise 1, ce qui est absurde. La con-

tradiction prouve que le polynôme de l’énoncé est irréductible dans l’anneau Z[x].

Exercice 3 :
n
Soit n un entier. On considère le polynôme Wn = (X 2 − 1) . Le n−ième polynôme
de Legendre Ln est proportionnel à la dérivée n -ième de Wn :
1
Ln = n Wn(n)
2 n!
N B : On admettra la formule de Leibniz, qui généralise la formule donnant la dérivée
d’un produit. Soient P et Q deux polynômes et n un entier, alors:
n  
(n)
X n
(P Q) = P (k) Q(n−k)
k
k=0

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1. Calculer L1 , L2 et L3

Solution: On trouve:
3 1 5 3
L1 = X ; L2 = X 2 − ; L3 = X 3 − X
2 2 2 2

2. Quel est le degré de Wn ? Quel est son coefficient dominant? Quel est le degré de
Ln ? Quel est son coefficient dominant?

Solution: Le degré de Wn est 2n, son coefficient dominant est 1. Le degré de

Ln est n, son coefficient dominant est:
 
(2n)(2n − 1) . . . (n + 1) 1 2n
= n
2n n! 2 n

3. Pour tout n ∈ N, démontrer que (X 2 − 1) Wn′ = 2nXWn . En prenant la dérivée

(n + 1)-ième des deux membres, en déduire que :
X 2 − 1 L′′n + 2XL′n − n(n + 1)Ln = 0

Solution: En utilisant la formule donnant la dérivée d’un polynôme composé,

on obtient

n−1
Wn′ = 2nX X 2 − 1 , donc X 2 − 1 Wn′ = 2nXWn

Prenons la dérivée (n + 1) -ième des deux membres, en utilisant la formule de

Leibniz. Pour le membre de gauche, on obtient:
X 2 − 1 Wn(n+2) + 2X(n + 1)Wn(n+1) + n(n + 1)Wn(n)

Pour le membre de droite, la formule de Leibniz donne:

2nXWn(n+1) + 2n(n + 1)Wn(n)
En égalant les deux, et en regroupant les termes, on obtient:
X 2 − 1 Wn(n+2) + 2XWn(n+1) − n(n + 1)Wn(n) = 0

En divisant par 2n n! :
X 2 − 1 L′′n + 2XL′n − n(n + 1)Ln = 0

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 n−1
4. En prenant la dérivée ( n + 1 )-ième du produit (X 2 − 1) (X 2 − 1) , montrer
que pour tout n ⩾ 1

(n+1) (n) (n−1)
Wn(n+1) = X 2 − 1 Wn−1 + 2X(n + 1)Wn−1 + n(n + 1)Wn−1

n−1
Solution: En prenant la dérivée ( n+1 -ième du produit (X 2 − 1) (X 2 − 1) ,
on obtient comme dans la question précédente:

(n+1) (n) (n−1)
Wn(n+1) = X 2 − 1 Wn−1 + 2X(n + 1)Wn−1 + n(n + 1)Wn−1

5. En utilisant les deux questions précédentes, montrer que pour tout n ⩾ 1 :

L′n = XL′n−1 + nLn−1

Solution: En divisant les deux membres par 2n n! :

1 ′′ (n + 1) ′ n(n + 1)
L′n = X 2 − 1 Ln−1 + 2X Ln−1 + Ln−1
2n 2n 2n
Or d’après la question 3,

X 2 − 1 L′′n−1 + 2XL′n−1 = n(n − 1)Ln−1

En reportant ceci dans l’expression précédente:

n(n − 1) n(n + 1)
L′n = Ln−1 + XL′n−1 + Ln−1
2n 2n
= XL′n−1 + nLn−1

Exercice 4:
Soit
1
F = ∈ C(X).
X2 + 1
1. En réalisant la décomposition en éléments simples de F , exprimer F (n) .

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 Solution: La décomposition en éléments simples est
 
1 1 1
F = −
2i X − i X + i

donc
(−1)n n!
 
(n) 1 1
F = n+1
−
2i (X − i) (X + i)n+1

2. Montrer qu’il existe Pn ∈ Rn [X] tel que

Pn
F (n) = .
(X 2 + 1)n+1

Pn
Solution: F (n) = (X 2 +1)n+1
avec

(−1)n n!
(X + i)n+1 − (X − i)n+1 ∈ Cn [X]


Pn =
2i
Mais Pn = Pn donc Pn ∈ Rn [X].

3. Déterminer les zéros de Pn .

Solution: Pour x ∈ R :
Pn (x) = 0 ⇐⇒ (x + i)n+1 = (x − i)n+1
 
kπ
⇐⇒ ∃k ∈ {1, . . . , n}, x = cot
n+1

Cela fournit n racines réelles et il n’en peut y en avoir d’autres complexes.

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