Exercice n° 1
Suite de polynômes, somme, relation fonctionnelle
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$P_n(X) = \frac{(-1)^n}{n!} X (X-1) \cdots (X-n+1).$$
Démontrer que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum_{k=0}^{n} P_k(X) = P_n(X-1).$$
$$P_n(X) = \frac{(-1)^n}{n!} X (X-1) \cdots (X-n+1).$$
En utilisant une somme télescopique, démontrer que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum_{k=0}^{n} P_k(X) = P_n(X-1).$$
$$P_n(X) = \frac{(-1)^n}{n!} X (X-1) \cdots (X-n+1).$$
On souhaite démontrer que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum_{k=0}^{n} P_k(X) = P_n(X-1).$$
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Calculer $$P_n(X-1) – P_{n-1}(X-1)$$
En utilisant une somme telescopique, terminer la démonstration.
$$P_n(X) = \frac{(-1)^n}{n!} X (X-1) \cdots (X-n+1).$$
On souhaite démontrer que :
$$\forall n \in \mathbb{N}, \quad \sum_{k=0}^{n} P_k(X) = P_n(X-1).$$
Soit $n \in \mathbb{N}^*$. Démontrer que :
$$P_n(X-1) – P_{n-1}(X-1) = P_n(X).$$
En utilisant une somme telescopique, terminer la démonstration.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
$$P_n(X-1) – P_{n-1}(X-1) = \frac{(-1)^n}{n!} (X-1) \cdots (X – (n-1))(X-n) – \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} (X-1) \cdots (X – (n-1)),$$
$$= \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} (X-1) \cdots (X – (n-1)) \left(\frac{-1}{n} (X-n) – 1 \right),$$
$$= \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} (X-1) \cdots (X – (n-1)) \left(\frac{-1}{n} X + 1 -1 \right).$$
$$= \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} \left(\frac{-1}{n} X \right) (X-1) \cdots (X-(n-1))$$
$$= \frac{(-1)^n}{n!} X (X-1) \cdots (X-(n-1))$$
$$P_n(X-1) – P_{n-1}(X-1) = P_n(X)$$
On peut donc maintenant calculer une somme télescopique.
Soit $n \in \mathbb{N}^*$.
$$\sum_{k=0}^{n} P_k(X) = P_0(X) + \sum_{k=1}^{n} P_k(X)$$
$$= 1 + \sum_{k=1}^{n} \left( P_k(X-1) – P_{k-1}(X-1) \right)$$
$$= 1 + P_n(X-1) – P_0(X-1)$$
$$= P_n(X-1)$$
Exercice n° 2
Équation différentielle dont l’inconnue est un polynôme
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$X^2 P » + 2X P’ – 2P = 0 .$$
$$X^2 P » + 2X P’ – 2P = 0 .$$
$$X^2 P » + 2X P’ – 2P = 0 .$$
Démontrer que le polynôme nul est solution de l’équation.
On choisit désormais un polynôme $P$ non nul.
Soit $P \neq 0$.
On pose $n = \deg(P) \in \mathbb{N}$, \quad $a_n \neq 0$ le coefficient dominant du polynôme $P$.
Démontrer que le coefficient dominant du polynôme du membre de gauche de l’équation a pour expression :
$$(n(n-1) + 2n – 2) a_n$$
En déduire le degré du polynôme $P$.
En déduire l’ensemble des solutions de l’équation.
$$X^2 P » + 2X P’ – 2P = 0 .$$
Démontrer que le polynôme nul est solution de l’équation.
On choisit désormais un polynôme $P$ non nul.
Soit $P \neq 0$.
On pose $n = \deg(P) \in \mathbb{N}$, \quad $a_n \neq 0$ le coefficient dominant du polynôme $P$.
Démontrer que le coefficient dominant du polynôme du membre de gauche de l’équation a pour expression :
$$(n(n-1) + 2n – 2) a_n$$
En déduire que : $$\iff n^2 + n – 2 = 0$$
En déduire que le degré du polynôme $P$ est $1$.
En déduire l’ensemble des solutions de l’équation.
Soit $P \neq 0$.
On pose $n = \deg(P) \in \mathbb{N}$, \quad $a_n \neq 0$ le coefficient dominant du polynôme $P$.
Le coefficient dominant du polynôme du membre de gauche de l’équation a pour expression :
$$(n(n-1) + 2n – 2) a_n = 0$$
$$\iff n^2 + n – 2 = 0, \quad a_n \neq 0$$
$$\iff (n-1)(n+2) = 0$$
$$\iff n = 1, \quad n+2 > 0$$
Ceci démontre que le polynôme $P$ est un polynôme de degré 1, donc il existe un réel non nul $a$ et un réel b tels que :
$$P(X) = aX + b$$
En effectuant une substitution dans le membre de gauche de l’équation :
$$X^2 P » + 2X P’ – 2P = 0$$
$$\iff X’\cdot(0) + 2X\cdot(a) – 2\cdot(aX + b) = 0$$
$$\iff -2b = 0$$
$$\iff b = 0$$
$$\iff P(X) = aX$$
Conclusion : en prenant en compte le fait que le polynôme nul est aussi solution, on obtient l’ensemble de solutions $S$ suivant :
$$S = \{ aX, \quad a \in \mathbb{R} \}$$
Exercice n° 3
Division euclidienne d’un monôme par un polynôme
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
Démontrer que :
$$Q(X) = X^2 – X – 2 = (X+1)(X-2)$$
Formaliser la division euclidienne de façon théorique.
Déterminer le degré du reste de la division euclidienne.
Évaluer en les racines du polynôme $Q$.
En déduire un système de deux équations à deux inconnues.
Résoudre ce système afin d’en déduire une expression simple du reste de la division euclidienne.
On pose le polynôme $Q$ défini par :
$$Q(X) = X^2 – X – 2 = (X+1)(X-2)$$
Par le théorème de division euclidienne des polynômes, on a l’existence des polynômes suivants :
$$B_n(X), \quad R_n(X)$$
tels que :
$$X^n = B_n(X) Q(X) + R_n(X)$$
Avec :
$$\deg(R_n(X)) \leq \deg(Q(X)) – 1 = 2 – 1 = 1$$
Donc il existe $(a_n, b_n) \in \mathbb{R}^2$ tel que :
$$R_n(X) = a_n X + l_n$$On revient à l’expression générale de la division euclidienne, puis on substitue par les expressions que l’on connaît :
$$X^n = B_n(X) Q(X) + R_n(X)$$
$$X^n = B_n(X)(X+1)(X-2) + a_n X + b_n$$
En évaluant pour les racines du polynome $Q$ , à savoir $1$ et $2$, on obtient le système suivant que l’on résout de façon classique :
$$\begin{cases}
(-1)^n = -a_n + b_n \\
2^n = 2a_n + b_n
\end{cases} \iff
\begin{cases}
b_n = (-1)^n + a_n \\
3a_n = 2^n – (-1)^n
\end{cases} \iff
\begin{cases}
b_n = \frac{1}{3} \left(2^n + 2(-1)^n\right) \\
a_n = \frac{1}{3} \left(2^n – (-1)^n\right)
\end{cases}$$
$$\iff \begin{cases}
a_n = \frac{1}{3} \left(2^n – (-1)^n\right) \\
b_n = \frac{2}{3} \left(2^{n-1} + (-1)^n\right)
\end{cases}$$
Conclusion : le reste de la division euclidienne est donné par :
$$R_n(X) = \frac{1}{3} \left(2^n – (-1)^n\right) X + \frac{2}{3} \left(2^{n-1} + (-1)^n\right)$$
Exercice n° 4
Démonstration que 1 est une racine multiple d’un polynôme
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$P_n = (n – 1)X^{2n} – 2(2n – 1)X^n + 2n^2 X – (2n^2 – 3n + 1)$$
Démontrer que $1$ est racine d’ordre trois exactement de $P_n$.
$$P_n = (n – 1)X^{2n} – 2(2n – 1)X^n + 2n^2 X – (2n^2 – 3n + 1)$$
En utilisant un théorème portant sur la dérivation des polynômes, démontrer que $1$ est racine d’ordre trois exactement de $P_n$.
$$P_n = (n – 1)X^{2n} – 2(2n – 1)X^n + 2n^2 X – (2n^2 – 3n + 1)$$
On souhaite démontrer que $1$ est racine d’ordre trois exactement de $P_n$.
Calculer :
$$P_n(1),P_n'(1),P_n »(1),P_n^{(3)}(1)$$
Terminer la démonstration.
$$P_n’ = 2n(n – 1)X^{2n-1} – 2n(2n – 1)X^{n-1} + 2n^2$$
$$P_n'(1) = 2n(n – 1) – 2n(2n – 1) + 2n^2 = 0$$
$$P_n » = 2n(n – 1)(2n – 1)X^{2n-2} – 2n(2n – 1)(n – 1)X^{n-2}$$
$$P_n » = 2n(2n – 1)(n – 1)(X^{2n-2} – X^{n-2})$$
$$P_n »(1) = 0$$
$$P_n^{(3)} = 2n(2n – 1)(n – 1) \left( (2n – 2)X^{2n-3} – (n – 2)X^{n-3} \right)$$
$$P_n^{(3)}(1) = 2n(2n – 1)(n – 1)n \neq 0$$
$$P_n(1) = 0, \quad P_n'(1) = 0, \quad P_n »(1) = 0, \quad P_n^{(3)}(1) \neq 0.$$
Conclusion : en appliquant un théorème classique, on a que $1$ est une racine exactement d’ordre trois de $P_n$.
Exercice n° 5
Simplification de l’expression de trois polynômes
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$A = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$B = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$C = \sum_{k=0}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
Déterminer une expression simple des polynômes $A$, $B$, $C$.
$$A = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$B = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$C = \sum_{k=0}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
En utilisant la dérivation d’un polynôme à deux indéterminées, déterminer une expression simple des polynômes $A$, $B$, $C$.
$$A = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$B = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
$$C = \sum_{k=0}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k}$$
On souhaite déterminer une expression simple des polynômes $A$, $B$, $C$.
Rappeler l’identité du binôme de Newton :
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k Y^{n-k} = (X + Y)^n.$$
Utiliser la dérivation membres à membre par rapport à l’indéterminée X, la multiplication membre à membre par l’indéterminée X, la substitution de $Y$ par $1-X$ afin d’effectuer les démonstrations.
D’après l’identité du binôme de Newton :
$$\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k Y^{n-k} = (X + Y)^n.$$
En substituant $Y$ par $1 – X$, on trouve :
$$A = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k} = (X + (1 – X))^n = 1.$$
On effectue la dérivation membre à membre par rapport à $X$, en maintenant $Y$ constant :
$$\sum_{k=1}^{n} k \binom{n}{k} X^{k-1} Y^{n-k} = n(X + Y)^{n-1}.$$
Puis, en multipliant membre à membre par $X$ :
$$\sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} X^k Y^{n-k} = nX(X + Y)^{n-1}.$$
En remplaçant $Y$ par $1 – X$ dans le membre de droite, on obtient :
$$B = \sum_{k=0}^{n} k \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k} = nX(X + (1 – X))^{n-1} = nX.$$
On dérive une nouvelle fois le polynôme à deux indéterminées par rapport à $X$, en supposant $Y$ constant, on obtient :
$$\sum_{k=1}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^{k-1} Y^{n-k} = n(X + Y)^{n-1} + n(n-1)X(X + Y)^{n-2}.$$
On multiplie par $X$ :
$$\sum_{k=0}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^k Y^{n-k} = nX(X + Y)^{n-1} + n(n-1)X^2 (X + Y)^{n-2}.$$
Enfin, on substitue $Y$ par $1 – X$ :
$$C = \sum_{k=0}^{n} k^2 \binom{n}{k} X^k (1 – X)^{n-k} = nX + n(n – 1)X^2.$$
Exercice n° 6
Division euclidienne d’un polynôme par un polynôme n’ayant pas de racine réelle, fonctions trigonométriques
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$P(X) = \prod_{k=1}^{n} (X \sin ka + \cos ka).$$
Déterminer le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 + 1$ dans $\mathbb{R}[X]$.
$$P(X) = \prod_{k=1}^{n} (X \sin ka + \cos ka).$$
En utilisant une factorisation dans ensemble des polynômes à coefficients complexes $\mathbb{C}[X]$, déterminer le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 + 1$ dans $\mathbb{R}[X]$.
$$P(X) = \prod_{k=1}^{n} (X \sin ka + \cos ka).$$
On souhaite déterminer le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 + 1$ dans $\mathbb{R}[X]$.
Démontrer que :
$$Q(X) = X^2 + 1 = (X + i)(X – i)$$
On pose $R$, le reste de la division euclidienne de $P$ par $Q$.
Déterminer le degré du polynôme $R$.
Démontrer que :
$$R(i) = P(i).$$
Déterminer une expression simple de $P(i)$.
En déduire une expression simple du reste de la division euclidienne de $P$ par $Q$.
$$P(X) = \prod_{k=1}^{n} (X \sin ka + \cos ka).$$
On souhaite déterminer le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 + 1$ dans $\mathbb{R}[X]$.
Démontrer que :
$$Q(X) = X^2 + 1 = (X + i)(X – i)$$
On pose $R$, le reste de la division euclidienne de $P$ par $Q$.
Déterminer que le degré du polynôme $R$ Et inférieur ou égal à $1$.
Démontrer que :
$$R(i) = P(i).$$
Démontrer que :
$$ P(i) = \exp \left( i \frac{n(n+1)}{2} a \right)$$
puis que :
$$P(i) = \cos \frac{n(n+1)}{2} a + i \sin \frac{n(n+1)}{2} a.$$
En utilisant l’unicité de la partie réelle et de la partie imaginaire d’un nombre complexe, en déduire une expression simple du reste de la division euclidienne de $P$ par $Q$.
$$P = (X^2 + 1)Q + R, \quad \deg(R) \leq 1.$$
On sait que $R$ peut être écrit sous la forme $R = \alpha X + \beta$ avec $(\alpha, \beta) \in \mathbb{R}^2$. En évaluant en $i$, une racine complexe de $X^2 + 1$, on obtient :
$$\alpha i + \beta = R(i) = P(i).$$
On exploite alors :
$$ P(i) = \prod_{k=1}^{n} (i \sin ka + \cos ka) = \prod_{k=1}^{n}\exp(ika)$$
$$= \exp \left( \sum_{k=1}^{n} i ka \right) = \exp \left( i \frac{n(n+1)}{2} a \right)$$
$$= \cos \frac{n(n+1)}{2} a + i \sin \frac{n(n+1)}{2} a.$$
Par unicité de la partie réelle et de la partie imaginaire d’un nombre complexe, on en déduit :
$$\alpha = \sin \frac{n(n+1)}{2} a, \quad \beta = \cos \frac{n(n+1)}{2} a.$$
Conclusion : le reste de la division euclidienne de $P$ par $X^2 + 1$ est donné par :
$$X \sin \frac{n(n+1)}{2} a + \cos \frac{n(n+1)}{2} a.$$
Exercice n° 7
Deux polynômes premiers entre eux, condition nécessaire et suffisante
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$ A \land B = 1 \iff (A + B) \land (AB) = 1.$$
$$ A \land B = 1 \iff (A + B) \land (AB) = 1.$$
Soit $P \in K[X]$ tel que $P \mid A + B ,\quad P \mid AB$.
Par multiplication par $A$ :
$$P \mid A^2 + AB$$
Par combinaison linéaire :
$$P \mid A^2$$
Par symétrie des rôles joués par $A$ et $B$ :
$$P \mid B^2$$
Par propriété sur le PGCD :
$$P \mid A^2 \land B^2 = 1$$
On en déduit :
$$(A + B) \land (AB) = 1$$
Si $(A + B) \land (AB) = 1$.
Soit $P \in K[ X]$ tel que $P \mid A, \quad P \mid B$
Par multiplication par $A$ :
$$P \mid AB$$
Par combinaison linéaire :
$$P \mid A + B$$
Par propriété sur le PGCD :
$$P \mid (A + B) \land (AB) = 1$$
On en déduit :
$$A \land B = 1$$
Conclusion :
$$A \land B = 1 \iff (A + B) \land (AB) = 1$$
Exercice n° 8
Condition nécessaire et suffisante sur un entier naturel pour qu’un polynôme en divise un autre
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
Puisque $A$ admet la factorisation $A = (X – j)(X – \overline{j})$ dans $\mathbb{C}[X]$, il est scindé et à racines simples dans $\mathbb{C}$, ce qui implique :
$$A \mid P_n \iff (P_n(j) = 0 \quad \text{et} \quad P_n(\overline{j}) = 0).$$
Par ailleurs, étant donné que $P_n$ appartient à $\mathbb{R}[X]$, il en résulte que $P_n(\overline{j}) = \overline{P_n(j)}$. Ainsi, on peut conclure :
$$A \mid P_n \iff P_n(j) = 0.$$
On résout une équation :
$$P_n(j) = 0 \iff (j^4 + 1)^n – j^n = 0$$
$$\iff (j + 1)^n = j^n \iff (-j^2)^n = j^n$$
$$\iff \left( e^{i\frac{\pi}{3}} \right)^n = \left( e^{2i\frac{\pi}{3}} \right)^n$$
$$\iff \frac{n\pi}{3} \equiv \frac{2n\pi}{3} \quad [2\pi]$$
$$\iff \frac{n\pi}{3} \equiv 0 \quad [2\pi] \iff n \equiv 0 \quad [6].$$
Conclusion : l’ensemble des valeurs possibles pour $n$ est constitué des multiples de $6$ dans $\mathbb{N}^*$.
Exercice n° 9
Condition nécessaire et suffisante pour qu’un polynôme réel prenne uniquement des valeurs positives
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
Démontrer que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0 \iff \exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$$
En utilisant une factorisation dans $\mathbb{R}[X]$ Puis dans $\mathbb{C}[X]$, démontrer que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0 \iff \exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$$
On souhaite démontrer que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0 \iff \exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$$
Traiter l’implication évidente.
On traite maintenant l’implication subtile.
Démontrer que l’implication est vraie pour un polynôme $P$ constant.
Démontrer que pour un polynôme $P$ non constant, le degré de $P$ est pair.
Démontrer que le polynôme $P$ admet uniquement des racines réelles d’ordre pair.
En déduire une factorisation du polynôme $P$ dans $\mathbb{R}[X]$.
En déduire une factorisation du polynôme $P$ dans $\mathbb{C}[X]$.
Terminer la démonstration.
On souhaite démontrer que :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0 \iff \exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$$
Traiter l’implication évidente.
On traite maintenant l’implication subtile.
Démontrer que l’implication est vraie pour un polynôme $P$ constant.
Un étudiant les limites en plus et moins l’infini de la fonction polynomiale $P$, démontrer que pour un polynôme $P$ non constant, le degré de $P$ est pair.
En considérant le signe au voisinage des racines réelles, démontrer que le polynôme $P$ admet uniquement des racines réelles d’ordre pair.
En déduire une factorisation du polynôme $P$ dans $\mathbb{R}[X]$ de la forme :
$$P(X) = \lambda \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X^2 + \alpha_k X + \beta_k)$$Avec :
$$\lambda > 0;\quad \forall k \in \left[0; \frac{n}{2} \right], \quad \Delta_k = \alpha_k^2 – 4\beta_k \leq 0$$
En déduire une factorisation du polynôme $P$ dans $\mathbb{C}[X]$ de la forme :
$$P(X) = \lambda \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X – z_k)(X – \overline{z_k})$$
En utilisant la forme algébrique d’un polynôme bien choisi, terminer la démonstration.
Si $\exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$.
Soit $x \in \mathbb{R}$.
$$P(x) = (A(x))^2 + (B(x))^2 \geq 0$$
Si $\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0$.
Si le polynôme $P$ est constant alors l’étude est évidente. On suppose maintenant que le polynôme $P$ est non constant donc de degré supérieur ou égal à $1$. On pose $n = \deg(P)$.
Si $n$ est impair alors la fonction polynomiale admet des limites infinies opposées en plus ou moins l’infini donc le polynôme change de signe strictement. Donc $n$ est pair. De plus, de polynôme $P$ admet uniquement des racines réelles d’ordre pair afin de conserver un signe constant localement. On en déduit que le polynôme $P$ est de la forme :
$$P(X) = \lambda \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X^2 + \alpha_k X + \beta_k)$$Avec :
$$\lambda > 0;\quad \forall k \in \left[0; \frac{n}{2} \right], \quad \Delta_k = \alpha_k^2 – 4\beta_k \leq 0$$
On effectue une factorisation dans l’ensemble des polynômes à coefficients complexes :
$$P(X) = \lambda \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X – z_k)(X – \overline{z_k})$$
$$P(X) = \left( \sqrt{\lambda} \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X – z_k) \right) \overline{\left( \sqrt{\lambda} \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X – z_k) \right)}$$
On pose le polynôme à coefficients complexes $Q$ défini par :
$$Q(X) = \sqrt{\lambda} \prod_{k=1}^{\frac{n}{2}} (X – z_k) \in \mathbb{C}[X]$$
Le polynôme $Q$ admet une forme algébrique :
$$\exists (A,B) \in \mathbb{R}[X],\quad Q = A + iB$$
On revient au polynôme $P$ :
$$P = Q \overline{Q} = (A + iB)\overline{(A + iB)}$$
$$P = A^2 + B^2$$
Conclusion :
$$\forall x \in \mathbb{R}, \quad P(x) \geq 0 \iff \exists (A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2, \quad P = A^2 + B^2$$
Exercice n° 10
Factorisation d’un polynôme réel en produit de facteurs irréductibles
Filières : PTSI, PCSI, MPSI, MP2I
$$\quad X^6 + 9X^3 + 8$$
$$\quad X^6 + 9X^3 + 8$$
Remarquer que :
$$X^6 + 9X^3 + 8 = (X^3)^2 + 9(X^3) + 8$$
Terminer la démonstration.
$$\quad X^6 + 9X^3 + 8$$
Remarquer que :
$$X^6 + 9X^3 + 8 = (X^3)^2 + 9(X^3) + 8$$
En déduire que :
$$X^6 + 9X^3 + 8 = (X^3 + 1)(X^3 + 8)$$
Terminer la démonstration.
$$= (X + 1)(X^2 – X + 1)(X + 2)(X^2 – 2X + 4).$$
Les deux trinômes du second degré qui figurent dans l’expression sont irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$, car de discriminants respectifs strictement négatifs.