2.1 Généralités sur les polynômes
• On remarque que si P est solution, alors P(0)
2 = 1 et −P est aussi solution.
On supposera désormais, quitte à changer P en −P, que P est un polynôme
solution tel que P(0) = 1. On pose P = a 0 + a 1 X + · · · + a p X
p , avec a 0 = 1.
On a X + 1 − P
2 = 1 + X −
0i, j p
a i a j X
i+ j . Les coefficients de degré
inférieur ou égal à n − 1 de ce polynôme doivent être nuls, d’où a 1 =
1
2
et
∀k ∈ [[2 , n − 1]], 2a k +
1ik−1
a i a k−i = 0. On en déduit que p n − 1 et que
chaque coefficient a k , pour k n − 1, est déterminé de façon unique à l’aide
des précédents. L’ensemble des solutions est donc ±P 0 + X
n
R[X ], où P 0 est le
développement limité à l’ordre n − 1 au voisinage de 0 de
√
1 + x.
Exercice 2.5
Centrale MP 2006
Soit P ∈ R[X ], unitaire, de degré n et scindé sur R, dont tous les coefficients
valent 1,0 ou −1. On note x 1 , . . . , x n ses racines et on suppose P(0) = 0.
1) Montrer que
n
i=1
x
2
i 3, puis que
n
i=1
x
2
i
1/n
1
n
n
i=1
x
2
i . En déduire que
n 3.
2) Trouver tous les polynômes vérifiant ces conditions.
1) Pour n 2, on a
n
i=1
x
2
i = s
2
1 − 2s 2 , or pour tout i, s i ∈ {−1, 0, 1}, donc
n
i=1
x
2
i 1+2 = 3. Par concavité du logarithme, on a ln
1
n
n
i=1
x
2
i
1
n
n
i=1
ln x
2
i ,
d’où
1
n
n
i=1
x
2
i
n
i=1
x
2
i
1/n
. Or
n
i=1
x i = (−1)
n P(0) ∈ {−1, 1} car P(0) = 0,
donc
n
i=1
x
2
i n, d’où finalement n 3.
2) On teste tous les polynômes possibles en fonction de leur degré :
• Pour n = 1, on obtient X − 1 et X + 1.
• Pour n = 2, on obtient X
2
− 1, X
2
− X − 1, et X
2 + X − 1.
• Pour n = 3, on a s
2
1 − 2s 2 = 3, d’où s 1 = ±1 et s 2 = −1, donc
P = X
3 +X
2
−X −1 = (X +1)
2 (X −1) ou P = X
3
−X
2
−X +1 = (X −1)
2 (X +1).
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit
• On remarque que si P est solution, alors P(0)
2 = 1 et −P est aussi solution.
On supposera désormais, quitte à changer P en −P, que P est un polynôme
solution tel que P(0) = 1. On pose P = a 0 + a 1 X + · · · + a p X
p , avec a 0 = 1.
On a X + 1 − P
2 = 1 + X −
0i, j p
a i a j X
i+ j . Les coefficients de degré
inférieur ou égal à n − 1 de ce polynôme doivent être nuls, d’où a 1 =
1
2
et
∀k ∈ [[2 , n − 1]], 2a k +
1ik−1
a i a k−i = 0. On en déduit que p n − 1 et que
chaque coefficient a k , pour k n − 1, est déterminé de façon unique à l’aide
des précédents. L’ensemble des solutions est donc ±P 0 + X
n
R[X ], où P 0 est le
développement limité à l’ordre n − 1 au voisinage de 0 de
√
1 + x.
Exercice 2.5
Centrale MP 2006
Soit P ∈ R[X ], unitaire, de degré n et scindé sur R, dont tous les coefficients
valent 1,0 ou −1. On note x 1 , . . . , x n ses racines et on suppose P(0) = 0.
1) Montrer que
n
i=1
x
2
i 3, puis que
n
i=1
x
2
i
1/n
1
n
n
i=1
x
2
i . En déduire que
n 3.
2) Trouver tous les polynômes vérifiant ces conditions.
1) Pour n 2, on a
n
i=1
x
2
i = s
2
1 − 2s 2 , or pour tout i, s i ∈ {−1, 0, 1}, donc
n
i=1
x
2
i 1+2 = 3. Par concavité du logarithme, on a ln
1
n
n
i=1
x
2
i
1
n
n
i=1
ln x
2
i ,
d’où
1
n
n
i=1
x
2
i
n
i=1
x
2
i
1/n
. Or
n
i=1
x i = (−1)
n P(0) ∈ {−1, 1} car P(0) = 0,
donc
n
i=1
x
2
i n, d’où finalement n 3.
2) On teste tous les polynômes possibles en fonction de leur degré :
• Pour n = 1, on obtient X − 1 et X + 1.
• Pour n = 2, on obtient X
2
− 1, X
2
− X − 1, et X
2 + X − 1.
• Pour n = 3, on a s
2
1 − 2s 2 = 3, d’où s 1 = ±1 et s 2 = −1, donc
P = X
3 +X
2
−X −1 = (X +1)
2 (X −1) ou P = X
3
−X
2
−X +1 = (X −1)
2 (X +1).
© Dunod – La photocopie non autorisée est un délit