Polynômes: développer, factoriser

Exercice 1.
Factoriser {A=X^4+X^2+1} et {B=X^8+X^4+1} dans {\mathbb{R}[X]}.
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On écrit : {A=(X^2+1)^2-X^2=(X^2+X+1)(X^2-X+1)}De la même manière :
{\begin{array}{rl}B&=A(X^2)=(X^4+X^2+1)(X^4-X^2+1)\\\\&=(X^2+X+1)(X^2-X+1)\bigl((X^2+1)^2-3X^2\bigr)\\\\&=(X^2+X+1)(X^2-X+1)(X^2+\sqrt3X+1)(X^2-\sqrt3X+1)\end{array}}

Exercice 2.
Factoriser le polynôme : {P_n=1+X+\dfrac{X(X+1)}{2!}+\cdots+\dfrac{X(X+1)\cdots(X+n-1)}{n!}}
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On constate que : {P_2=\dfrac{1}{2!}(X+1)(X+2)}.

Montrons par récurrence sur {n} que : {P_n=\dfrac{1}{n!}(X+1)(X+2)\cdots(X+n)=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X+k)}La propriété est vraie si {n\in\{1,2\}}.

Supposons qu’elle le soit pour un {n\ge1} fixé. Alors :
{\begin{array}{rl}P_{n+1}&=P_n+\dfrac{1}{(n+1)!}\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(X+k)\\\\&=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X+k)+\dfrac{1}{(n+1)!}\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(X+k)\\\\&=\dfrac{1}{(n+1)!}\,\Bigl(\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X+k)\Bigr)\Bigl(n+1+X\Bigr)\\\\&=\dfrac{1}{(n+1)!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n+1}(X+k)\end{array}}Ce qui établit la propriété au rang {n+1} et achève la récurrence.

Exercice 3.
Développer le polynôme {P_n=(1+X)(1+X^2)\cdots(1+X^{2^n})}.
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On peut écrire : {\begin{array}{rl}P_n&=(X^0+X^1)(X^{0\cdot2}+X^{1\cdot2})\cdots(X^{0\cdot2^n}+X^{1\cdot2^n})\\\\&=\displaystyle\prod_{k=0}^n(X^{0\cdot2^k}+X^{1\cdot2^k})\end{array}}Ainsi {P_n=\displaystyle\prod_{k=0}^n\displaystyle\sum_{\alpha_k\in\{0,1\}}X^{\alpha_k2^k}=\sum X^{\alpha_0+\alpha_12+\cdots+\alpha_n2^n}}

Cette somme est étendue aux {(\alpha_0,\ldots,\alpha_n)} de {E=\{0,1\}^n}.

Mais quand {(\alpha_0,\ldots,\alpha_n)} décrit {E}, l’entier {m=\alpha_0+\alpha_12+\cdots+\alpha_n2^n} décrit {\{0,1,\ldots,2^{n+1}-1\}} (on obtient toutes les représentations en binaire sur {n+1} chiffres).

Conclusion : {\forall n\in\mathbb{N},\;P_n=\displaystyle\sum_{m=0}^{2^{n+1}-1}X^m}.

Remarque : on le retrouve par récurrence avec {P_{n}(X)=P_{n-1}(X)(1+X^{2^n})}.

Exercice 4.
Factoriser {P=X^6-2X^3\cos3\theta+1} dans {\mathbb{C}[X]} et dans {\mathbb{R}[X]}.
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Pour tous complexes {a,b}, on a : {a^3-b^3=(a-b)(a-jb)(a-j^2b)}On en déduit la factorisation de {P} dans {\mathbb{C}[X]} : {\begin{array}{rl}P&=(X^3-\text{e}^{3i\theta})(X^3-\text{e}^{-3i\theta})\\\\&=\bigl(X^3-(\text{e}^{i\theta})^3\bigr)\bigl(X^3-(\text{e}^{-i\theta})^3\bigl)\\\\&=(X-\text{e}^{i\theta})(X-j\text{e}^{i\theta})(X-j^2\text{e}^{i\theta})(X-\text{e}^{-i\theta})(X-j\text{e}^{-i\theta})(X-j^2\text{e}^{-i\theta})\\\\&=(X-\text{e}^{i\theta})(X-\text{e}^{i(\theta+2\pi/3)})(X-\text{e}^{i(\theta-2\pi/3)})\\\\&\quad(X-\text{e}^{-i\theta})(X-\text{e}^{-i(\theta-2\pi/3)})(X-\text{e}^{-i(\theta+2\pi/3)})\end{array}}On en déduit la factorisation de P dans {\mathbb{R}[X]}.

Pour cela on regroupe deux à deux les termes conjugués.

On utilise aussi le développement {(X-\text{e}^{i\alpha})(X-\text{e}^{-i\alpha})=X^2-2X\cos\alpha+1}.

On en déduit :
{\begin{array}{rl}P&=(X-\text{e}^{i\theta})(X-\text{e}^{-i\theta})(X-\text{e}^{i(\theta+2\pi/3)})(X-\text{e}^{-i(\theta+2\pi/3)})\\\\&\quad(X-\text{e}^{i(\theta-2\pi/3)})(X-\text{e}^{-i(\theta-2\pi/3)})\\\\&=\bigl(X^2-2X\cos\theta+1\bigr)\bigl(X^2-2X\cos(\theta+\dfrac{2\pi}{3})+1\bigr)\\\\&\quad\bigl(X^2-2X\cos(\theta-\dfrac{2\pi}{3})+1\bigr)\end{array}}

Exercice 5.
Factoriser le polynôme {P=(X+i)^n-(X-i)^n} sur {\mathbb{C}[X]}.
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On trouve le terme dominant de P : {\begin{array}{rl}P&=(X^n+niX^{n-1}+\cdots)-(X^n-niX^{n-1}+\cdots)\\\\&=2niX^{n-1}+\cdots\end{array}}On résout {(z+i)^n=(z-i)^n} dans {\mathbb{C}} pour trouver les racines de {P}.

On observe que {z=i} n’est pas solution.

Ainsi {(z+i)^n=(z-i)^n\Leftrightarrow\Bigl(\dfrac{z+i}{z-i}\Bigr)^n=1}.

Notons {\omega_k=\exp\dfrac{2ik\pi}{n}} les racines {n}-ièmes de {1} ({0\le k\le n-1}).

On a l’équivalence (en notant que k=0 est exclu) : {\Bigl(\dfrac{z+i}{z-i}\Bigr)^n=1\Leftrightarrow\exists k\in\{1,\ldots,n-1\},\;\dfrac{z+i}{z-i}=\omega_k}De plus, on trouve : {\begin{array}{rl}\dfrac{z+i}{z-i}=\omega_k&\Leftrightarrow z=i\dfrac{\omega_k+1}{\omega_k-1}=i\dfrac{\exp\dfrac{2ik\pi}{n}+1}{\exp\dfrac{2ik\pi}{n}-1}\\\\&\Leftrightarrow z=i\dfrac{\exp\dfrac{ik\pi}{n}+\exp\dfrac{-ik\pi}{n}}{\exp\dfrac{ik\pi}{n}-\exp\dfrac{-ik\pi}{n}}\end{array}}On obtient {z=i\dfrac{2\cos\dfrac{k\pi}{n}}{2i\sin\dfrac{k\pi}{n}}=\text{cotan}\dfrac{k\pi}{n}}, avec {1\le k\le n-1}.

Les {\theta_k=\dfrac{k\pi}{n}} forment une suite strictement croissante de {]0,\pi[}.

D’autre part {x\mapsto\text{cotan} x} est strictement décroissante sur {]0,\pi[}.

Les solutions obtenues sont distinctes deux à deux.

Comme {\deg P=n-1}, on a obtenu toutes les racines de {P}.

Compte tenu du coefficient dominant, on en déduit : {P=2ni\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\Bigl(X-\text{cotan}\dfrac{k\pi}{n}\Bigr)}