Exercices d’oraux type Centrale/Mines

Enoncé (Mines-Ponts)

Soient $n\geqslant1$ puis $a_0$, … , $a_n$, $n+1$ réels deux à deux distincts. Soit $\left(L_i\right)_{0\leqslant i\leqslant n}$ la famille des polynômes de Lagrange associée à ces $n+1$ réels.

Pour tout $k\in\{0,1,\ldots,n+2\}$, calculer $\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^kL_i(0)$.

Corrigé

$\bullet$ On sait que pour tout $i\in\{0,1,\ldots,n\}$, $\text{deg}\left(L_i\right)=n$ et que pour tout $(i,j)\in\{0,1,\ldots,n\}^2$, $L_i\left(a_j\right)=\delta_{i,j}$. Soit $P\in\mathbb{R}_n[X]$. Le polynôme $P-\displaystyle\sum_{i=0}^{n}P\left(a_i\right)L_i$ est de degré inférieur ou égal à $n$ et s’annule en les $n+1$ réels deux à deux distincts $a_0$, … , $a_n$. Le polynôme $P-\displaystyle\sum_{i=0}^{n}P\left(a_i\right)L_i$ est donc nul. Ainsi,

$$\forall P\in\mathbb{R}_n[X],\;P=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}P\left(a_i\right)L_i.$$

En particulier,

$$\forall k\in\{0,1,\ldots,n\},\;\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^kL_i=X^k.$$

On en déduit que

$$\forall k\in\{0,1,\ldots,n\},\;\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^kL_i(0)=\delta_{k,0}=\left\{\begin{array}{l}1\;\text{si}\;k=0\\0\;\text{si}\;k\in\{1,\ldots,n\}\end{array}\right..$$

$\bullet$ Le polynôme $P=X^{n+1}-\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+1}L_i$ est de degré $n+1$, unitaire, et admet les $n+1$ nombres deux à deux distincts $a_0$, … , $a_n$, pour racines. Donc, $P=\left(X-a_0\right)\ldots\left(X-a_n\right)$ ou encore

$$\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+1}L_i=X^{n+1}-\left(X-a_0\right)\ldots\left(X-a_n\right).$$

En évaluant en $0$, on obtient

$$\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+1}L_i(0)=(-1)^n\displaystyle\prod_{i=0}^{n}a_i.$$

$\bullet$ Le polynôme $P=X^{n+2}-\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+2}L_i$ est de degré $n+2$, unitaire, et admet les $n+1$ nombres deux à deux distincts $a_0$, … , $a_n$, pour racines. Donc, il existe $x\in\mathbb{R}$ tel que $P=(X-x)\left(X-a_0\right)\ldots\left(X-a_n\right)$.

Le coefficient de $X^{n+1}$ de $P$ est nul. Mais d’autre part, le coefficient de $X^{n+1}$ de $P$ est égal à $-x-a_0-\ldots-a_n$. Donc, $x=-a_0-\ldots-a_n$ puis $P=\left(X+a_0+\ldots+a_n\right)\left(X-a_0\right)\ldots\left(X-a_n\right)$ ce qui fournit

$$\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+2}L_i=X^{n+2}-\left(X+a_0+\ldots+a_n\right)\left(X-a_0\right)\ldots\left(X-a_n\right).$$

En évaluant en $0$, on obtient

$$\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_i^{n+2}L_i(0)=(-1)^n\left(a_0+\ldots+a_n\right)\displaystyle\prod_{i=0}^{n}a_i.$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Pour tout $i\in\{0,\ldots,n\}$, $L_i=\displaystyle\prod_{1\leqslant j\leqslant n,\;j\neq i}\dfrac{X-a_j}{a_i-a_j}$ puis pour tout $(i,j)\in\{0,\ldots,n\}^2$, $L_i\left(a_j\right)=\delta_{i,j}$.

$\left(L_i\right)_{0\leqslant i\leqslant n}$ est une base de $\mathbb{K}_n[X]$ et de plus, pour tout $P\in\mathbb{K}_n[X]$,

$$P=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}P\left(a_i\right)L_i.$$

$\bullet$ Un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ qui admet au moins $n+1$ racines deux à deux distinctes est le polynôme nul.

Deux polynômes de degré inférieur ou égal à $n$ qui coïncident en au moins $n+1$ nombres deux à deux distincts sont égaux.

Enoncé (Mines-Ponts)

1) Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ de degré supérieur ou égal à $1$. Montrer que pour tout $z_0\in\mathbb{C}$ tel que $P\left(z_0\right)\neq0$, il existe $z\in\mathbb{C}$ tel que $|P(z)|<\left|P\left(z_0\right)\right|$.

2) En raisonnant par l’absurde et en considérant $\dfrac{1}{|P|}$, montrer que le polynôme $P$ admet au moins une racine dans $\mathbb{C}$.

Corrigé

1) Posons $n=\text{deg}(P)\geqslant1$. Soit $z_0\in\mathbb{C}$ tel que $P\left(z_0\right)\neq0$. D’après la formule  de Taylor, $P$ s’écrit sous la forme $P=P\left(z_0\right)+\displaystyle\sum_{i=1}^{n}a_i\left(X-z_0\right)^i$. Puisque $\text{deg}(P)\geqslant1$, l’un au moins des $a_i$ n’est pas nul et on peut considérer $k=\text{Min}\left\{i\in\{1,\ldots,n\}/\;a_i\neq0\right\}$. Par défintion de $k$, pour tout $z\in\mathbb{C}$,

$$\dfrac{P(z)}{P\left(z_0\right)}=1+\dfrac{a_k}{P\left(z_0\right)}\left(z-z_0\right)^k+\displaystyle\sum_{i>k}a_i\left(z-z_0\right)^i.$$

Posons $\dfrac{a_k}{P\left(z_0\right)}=r_0e^{i\theta_0}$ où $r_0$ est un réel strictement positif et $\theta_0$ est un réel. On a donc

$$\dfrac{P(z)}{P\left(z_0\right)}\underset{z\rightarrow z_0}{=}1+r_0e^{i\theta_0}\left(z-z_0\right)^k+o\left(\left(z-z_0\right)^k\right).$$

On pose alors pour $r$ réel strictement positif donné, $z_r=z_0+re^{-i\frac{\theta_0+\pi}{k}}$ de sorte que $r_0e^{i\theta_0}\left(z_r-z_0\right)^k=-r_0r^k$. D’après ce qui précède,

$$\dfrac{P\left(z_r\right)}{P\left(z_0\right)}\underset{r\rightarrow 0,\;r>0}{=}1-r_0r^k+o\left(r^k\right).$$

Mais alors, $\left|\dfrac{P\left(z_r\right)}{P\left(z_0\right)}\right|\underset{r\rightarrow 0,\;r>0}{=}\left|1-r_0r^k+o\left(r^k\right)\right|\underset{r\rightarrow 0,\;r>0}{=}1-r_0r^k+o\left(r^k\right)$ puis

$$\left|\dfrac{P\left(z_r\right)}{P\left(z_0\right)}\right|-1\underset{r\rightarrow 0,\;r>0}{\sim}-r_0r^k.$$

On peut alors choisr $r>0$ suffisamment petit tel que $\left|\dfrac{P\left(z_r\right)}{P\left(z_0\right)}\right|-1<0$ et donc tel que $\left|P\left(z_r\right)\right|<\left|P\left(z_0\right)\right|$.

2) Soit $P\in\mathbb{C}[X]$ un polynôme de degré supérieur ou égal à $1$. Supposons par l’absurde que le polynôme $P$ n’ait pas de racine dans $\mathbb{C}$. La fonction $F=\dfrac{1}{|P|}$ est alors une fonction définie et continue sur $\mathbb{C}$ vérifiant de plus, $\displaystyle\lim_{|z|\rightarrow+\infty}F(z)=0$.

Il existe $R>0$ tel que, pour tout $z\in\mathbb{C}$, si $|z|\geqslant R$, $|F(z)|\leqslant1$. D’autre part, $F$ est continue sur le compact $D_f(O,R)$ à valeurs dans $\mathbb{R}$ et donc $F$ admet un maximum $M$ sur $D(0,R)$. Mais alors, pour tout $z\in\mathbb{C }$, $0<F(z)\leqslant\text{Max}\{1,M\}$. La fonction $F$ admet alors sur $\mathbb{C}$ une borne supérieure $M’$ qui est un réel strictement positif.

Puisque $\displaystyle\lim_{|z|\rightarrow+\infty}F(z)=0$, il existe $R’>0$ tel que pour tout $z\in \mathbb{C}$, $F(z)\leqslant\dfrac{M’}{2}<M’$. On en déduit que $\underset{z\in\mathbb{C}}{\text{Sup}}F(z)=\underset{|z|\leqslant R’}{\text{Sup}}F(z)=\underset{|z|\leqslant R’}{\text{Max}}F(z)$ car la fonction $F$ est continue sur le compact $D_f(0,R’)$. Par suite, il existe $z_0\in D_f(0,R’)$ tel que pour tout $z\in\mathbb{C}$, $F(z)\leqslant F\left(z_0\right)$ ou encore $0<\left|P\left(z_0\right)\right|\leqslant|P(z)|$.

Ceci contredit le résultat de la question 1) et donc il existe $z_0\in\mathbb{C}$ tel que $P\left(z_0\right)=0$.

Commentaires et/ou rappels de cours

C’est la démonstration la plus courante du théorème de d’Alembert-Gauss. d’Alembert ébauche une première démonstration très imparfaite et incomplète du théorème en 1746. Euler et Lagrange entre autres ont également essayé. Mais il faudra attendre Gauss en 1799 pour une première vraie démonstration. Il est à noter que les nombreuses démonstrations connues à ce jour utilisent toujours un peu d’analyse ou de topologie et ne sont donc pas uniquement de l’algébre.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soit $P\in\mathbb{R}[X]$ un polynôme de degré $n\in\mathbb{N}^*$ tel que $P(-1)\neq0$ et $-\dfrac{P'(-1)}{P(-1)}\leqslant\dfrac{n}{2}$.

Montrer que $P$ admet au moins une racine dans $\mathbb{C}$ de module supérieur ou égal à $1$.

Corrigé

Posons $P=\lambda\left(X-z_1\right)\ldots\left(X-z_n\right)$ où $\lambda\in\mathbb{R}^*$, $n\in\mathbb{N}^*$ et où les $z_i$ sont $n$ nombres complexes pas nécessairement deux à deux distincts. On sait que

$$\dfrac{P’}{P}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{X-z_k}.$$

Puisque $P(-1)\neq0$,

$$-\dfrac{P'(-1)}{P(-1)}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{z_k+1}.$$

Par hypohèse, $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{z_k+1}$ est un réel inférieur ou égal à $\dfrac{n}{2}$ ou encore $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{z_k+1}-\dfrac{n}{2}\leqslant0$. Or,

\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{z_k+1}-\dfrac{n}{2}&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\left(\dfrac{1}{z_k+1}-\dfrac{1}{2}\right)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1-z_k}{2\left(z_k+1\right)}\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\left(1-z_k\right)\left(1+\overline{z_k}\right)}{2\left|z_k+1\right|^2}\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1-\left|z_k\right|^2}{2\left|z_k+1\right|^2}+i\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\text{Im}\left(z_k\right)}{\left|z_k+1\right|^2}\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1-\left|z_k\right|^2}{2\left|z_k+1\right|^2}\;(\text{car l’expression est réelle}).\end{align*}

Si tous les $z_k$ sont de module strictement inférieur à $1$, alors $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{z_k+1}-\dfrac{n}{2}>0$ ce qui est faux. Donc, l’un au moins des $z_k$ est de module supérieur ou égal à $1$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Soit $P=\lambda\left(X-z_1\right)\ldots\left(X-z_n\right)$ où $\lambda\in\mathbb{R}^*$, $n\in\mathbb{N}^*$ et où les $z_i$ sont $n$ nombres complexes pas nécessairement deux à deux distincts. Alors,

$$\dfrac{P’}{P}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{X-z_i}.$$

Soit $P=\lambda\left(X-z_1\right)^{\alpha_1}\ldots\left(X-z_k\right)^{\alpha_k}$ où $\lambda\in\mathbb{R}^*$, $k\in\mathbb{N}^*$,  où les $z_i$ sont $n$ nombres complexes deux à deux distincts et les $\alpha_i$ des entiers naturels non nuls. Alors,

$$\dfrac{P’}{P}=\displaystyle\sum_{i=1}^{K}\dfrac{\alpha_i}{X-z_i}.$$

$\bullet$ Pour tout $z\in\mathbb{C}$, $z+\overline{z}=2\text{Re}(z)$, $z-\overline{z}=2i\text{Im}(z)$ et $z\overline{z}=|z|^2$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Soient $n$ un entier naturel non nul et $x$ un réel tel que $x\notin\{1,\ldots,n\}$.

On définit $u_n(x)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k-x}$ et $v_n(x)= \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\dbinom{n}{k}\dfrac{k}{(x-k)^2}$.

Calculer $\dfrac{u_n(x)}{v_n(x)}$.

Corrigé

Soit $P=\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(X-k)$. On sait que $\dfrac{P’}{P}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{X-k}$ et donc

$$\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{1,\ldots,n\},\;u_n(x)=-\dfrac{P'(x)}{P(x)}\quad(I).$$

D’autre part, la décomposition en élément simples de la fraction $\dfrac{1}{P}$ (qui n’a que des pôles simples) s’écrit $F=\dfrac{1}{P}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{\lambda_k}{X-k}$ où de, pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$,

$$\lambda_k=\displaystyle\lim_{x\rightarrow k}(x-k)F(x)=\dfrac{1}{\displaystyle\prod_{\substack{j=1\\j\neq k}}^{n}(k-j)}=\dfrac{1}{(k-1)!(-1)^{n-k}(n-k)!}=\dfrac{(-1)^{n-k}k}{n!}\dbinom{n}{k}.$$

Ainsi, $\dfrac{1}{P}=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\dbinom{n}{k}\dfrac{k}{X-k}$ puis en dérivant, $\dfrac{P’}{P^2}=\dfrac{1}{n!}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}(-1)^{n-k}\dbinom{n}{k}\dfrac{k}{(X-k)^2}$. Ainsi,

$$\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{1,\ldots,n\},\;v_n(x)=\dfrac{n!P'(x)}{P^2(x)}\quad(II).$$

Soit $x$ un réel non dans $\{1,\ldots,n\}$ et non racine de $P’$. En divisant membre à membre les égalités $(I)$ et $(II)$, on obtient

$$\dfrac{u_n(x)}{v_n(x)}=-\dfrac{1}{n!}P(x)=-\dfrac{1}{n!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(x-k).$$

Cette dernière égalité reste valable quand $x$ est une racine de $P’$ (et donc $x$ n’est pas dans $\{1,\ldots,n\}$) par continuité des deux membres de l’égalité en $x$. On a montré que

$$\forall x\in\mathbb{R}\setminus\{1,\ldots,n\},\;\dfrac{u_n(x)}{v_n(x)}=-\dfrac{1}{n!}\displaystyle\prod_{k=1}^{n}(x-k).$$

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Si $P=a\displaystyle\prod_{k=1}^{n}\left(X-z_k\right)$, $\lambda\neq0$ et les $z_k$ pas nécessairement deux à deux distincts, alors

$$\dfrac{P’}{P}=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{X-z_i}.$$

En effet, $P’=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}a\displaystyle\prod_{i\neqk}\left(X-z_i\right)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{P}{X-z_k}=P\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{X-z_k}$.

$\bullet$ Si $F=\dfrac{P}{Q}=\dfrac{P}{(X-a)Q_1}$ avec $Q_1(a)\neq0$ (et $P\neq0$ et $P\wedge Q=1$), alors la partie polaire relative au pômle $a$ est $\dfrac{\lambda}{X-a}$ avec $\lambda=\dfrac{P(a)}{Q'(a)}$ ou aussi $\lambda=\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}(x-a)F(x)=\dfrac{P(a)}{Q_1(a)}$.

Enoncé (Mines-Ponts)

Montrer que tout sous-groupe d’un groupe cyclique est cyclique.

Corrigé

On se place en notation multiplicative et on note $e$ l’élément neutre de $G$. Soient $(G,\times)$ un groupe cyclique puis $n=\text{card}(G)\in\mathbb{N}^*$. Il existe un élément $a$ de $G$ tel que

$$G=\text{gr}(a)=\left\{a^k,\;k\in\mathbb{Z}\right\}=\left\{a^k,\;k\in\{0,\ldots,n-1\}\right\}$$

où les $a^k$, $0\leqslant k\leqslant n-1$, sont deux à deux distincts.

Soit $H$ un sous-groupe du groupe $(G,\times)$. Si $\text{card}(H)=1$, alors $H=\{e\}$ et en particulier $H=\text{gr}(e)$ est cyclique. Dorénavant, on suppose que $\text{card}(H)\geqslant2$. Donc, il existe $\ell\in\{1,\ldots,n-1\}$ tel que $a^\ell\in H$. On peut alors considérer $k=\text{Min}\left\{\ell\in\{1,\ldots,n-1\}/\;a^\ell\in H\right\}$. Puisque $a^k\in H$, on a encore $\text{gr}\left(a^k\right)=\left\{a^{kq},\;q\in\mathbb{Z}\right\}\subset H$. Inversement, soit $\ell\in\mathbb{Z}$. La division euclidienne de $\ell$ par $k(\neq 0)$ s’écrit $\ell=qk+r$ avec $0\leqslant r\leqslant k-1$. Par suite, en tenant compte de $a^{-kq}\in H$,

$$a^\ell\in H\Rightarrow a^{kq+r}\in H\Rightarrow a^{-kq}\times a^{kq+r}\in H\Rightarrow a^r\in H\Rightarrow r=0\Rightarrow\ell\in k\mathbb{Z}$$

puisque $0\leqslant r\leqslant k-1$ et par définition de $k$.

Ainsi, $H\subset\left\{a^{kq},\;q\in\mathbb{Z}\right\}$ puis $H=\left\{a^{kq},\;q\in\mathbb{Z}\right\}=\text{gr}\left(a^k\right)$. $H$ est donc cyclique.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Si $(G,*)$ est un groupe et $a$ un élément de $G$, le groupe engendré par $a$ est le plus petit sous-groupe de $G$ et se note $\text{gr}(a)$. En notation additive ($*=+$), $\text{gr}(a)=\{ka,\;k\in\mathbb{Z}\}$ et en notation multiplicative, $\text{gr}(a)=\left\{a^k,\;k\in\mathbb{Z}\right\}$.

$\bullet$ Un groupe $(G,*)$ est dit monogène si et seulement si il existe $a\in G$ tel que $G=\text{gr}(a)$. Un groupe $(G,*)$ est dit cyclique si et seulement si ce groupe est monogène et fini.

$\bullet$ Tout groupe monogène infini est isomorphe à $(\mathbb{Z},+)$. Tout groupe cyclique de cardinal $n\geqslant1$ est isomorphe à $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},+)$ ou aussi à $\left(\mathbb{U}_n,\times\right)$

Enoncé (Centrale)

Soient $n\geqslant 2$ et $\mathbb{K}$ un sous-corps de $\mathbb{C}$.

1) a) Enoncer le théorème de la division euclidienne dans $\mathbb{K}[X]$.

b) Soient $P\in\mathbb{K}[X]$ et $a\in\mathbb{K}$. Doner le reste de la division euclidienne de $P$ par $(X-a)^2$.

c) En déduire une caractérisation des racines de $P$.

2) Posons $T_n=X^n-X+(-1)^n$. Quel est le nombre de racines de $P$ dans $\mathbb{Q}$, $\mathbb{R}$, $\mathbb{C}$ ?

Corrigé

1) a) Théorème de la division euclidienne. Pour $(A,B)\in\mathbb{K}[X]\times(\mathbb{K}[X]\setminus\{0\})$, il existe un couple $(Q,R)\in(\mathbb{K}[X])^2$ et un seul tel que $A=BQ+R$ et $\text{deg}(R)<\text{deg}(B)$.

b) Soit $P$ un polynôme de degré inférieur ou égal à $p\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$. Soit $a\in\mathbb{K}$. D’après la formule de Taylor,

$$P=\displaystyle\sum_{k=0}^{p}\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^k=P(a)+P'(a)(X-a)+(X-a)^2\displaystyle\sum_{k=2}^{p}\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^{k-2}.$$

Par unicité, le reste de la division euclidienne de $P$ par $(X-a)^2$ est $R=P(a)+P'(a)(X-a)$ et le quotient est $Q=\displaystyle\sum_{k=2}^{p}\dfrac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^{k-2}$.

c) $a$ est racine multiple de $P$ si et seulement si $a$ est racine d’ordre au moins égal à $2$ de $P$ si et seulement si $P$ est divisible par $(X-a)^2$ si et seulement si $R=0$ si et seulement si $P(a)=P'(a)=0$ (car la famille $(1,X-a)$ est libre).

De plus, $a$ est racine de $P$ d’ordre exactement $2$ si et seulement si $P(a)=P'(a)=0$ et $Q(a)\neq0$ si et seulement si $P(a)=P'(a)=0$ et $P^{(2)}(a)\neq0$.

On eput aussi énoncer : $P$ est à racines simples dans $\mathbb{C}$ si et seulement si $P$ et $P’$ n’ont pas de racine commune dans $\mathbb{C}$.

2) Pour $n\geqslant 2$, on pose $T_n=X^n-X+(-1)^n$.

$\bullet$ Racines rationnelles de $T_n$. $0$ n’est pas racine de $T_n$. Soit $r\in\mathbb{Q}^*$ une éventuelle racine de $T_n$ dans $\mathbb{Q}$. Posons $r=\dfrac{a}{b}$ où $(a,b)\in\mathbb{Z}^*\times\mathbb{N}^*$ et $a\wedge b=1$.

$$T_n(r)=0\Rightarrow\dfrac{a^n}{b^n}-\dfrac{a}{b}+(-1)^n=0\Rightarrow a^n-ab^{n-1}+(-1)^nb^n=0.$$

Mais alors, $b\left(ab^{n-2}-(-1)^nb^{n-1}\right)=a^n$ puis $b$ divise $a^n$. Mais $b$ est premier à $a$ et donc à $a^n$. D’après le théorème de Gauss, $b$ divise $1$ puis $b=1$ (car $b\in\mathbb{N}^*$). Il reste $a^n-a+(-1)^n=0$ puis $a\left(-a^{n-1}+1\right)=(-1)^n$. Donc $a$ divise $\pm1$ puis $a\in\{-1,1\}$ et finalement, nécessairement, $r\in\{-1,1\}$.

Réciproquement, $T_n(1)=(-1)^n\neq0$ et $T_n(-1)=2(-1)^n+1\neq0$. Donc, le polynôme $T_n$ n’a pas de racine dans $\mathbb{Q}$.

$\bullet$ Racines réelles de $T_n$. Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $T_n'(x)=nx^{n-1}-1$.

1er cas. Supposons $n$ pair et posons $n=2p$ où $p\in\mathbb{N}^*$. Pour tout réel $x$, $T_{2p}'(x)=(2p)x^{2p-1}-1$ puis, en posant $x_p=\sqrt[2p-1]{\dfrac{1}{2p}}$ la fonction $T_{2p}’$ est strictement négative sur $\left]-\infty,x_p\right[$, strictement positive sur $\left]x_p,+\infty\right[$ et s’annule en $x_p$ (par stricte croissance de la fonction $t\mapsto t^{2p-1}$ sur $\mathbb{R}$). La fonction $T_{2p}$ est donc strictement décroissante sur $\left]-\infty,x_p\right]$ et strictement croissante sur $\left[x_p,+\infty\right[$. Ensuite,

$$T_{2p}\left(x_p\right)=x_p^{2p}-x_p+1=x_p\left(\dfrac{1}{2p}-1\right)=1-\dfrac{2p-1}{2p}\sqrt[2p-1]{\dfrac{1}{2p}}>0\;(\text{car}\;\dfrac{2p-1}{2p}\sqrt[2p-1]{\dfrac{1}{2p}}<1).$$

Dans ce cas, la fonction $T_{2p}$ ne s’annule pas sur $\mathbb{R}$ ou encore $T_{2p}$ n’a pas de racine réelle.

2ème cas. Supposons $n$ impair et posons $n=2p+1$ où $p\in\mathbb{N}^*$.

Pour tout réel $x$, $T_{2p+1}'(x)=(2p+1)x^{2p}-1$ puis, en posant $x_p=\sqrt[2p]{\dfrac{1}{2p+1}}$ la fonction $T_{2p+1}’$ est strictement négative sur $\left]-\infty,-x_p\right[\cup\left]x_p,+\infty\right[$, strictement positive sur $\left]-x_p,x_p\right[$ et s’annule en $-x_p$ et $x_p$. La fonction $T_{2p+1}$ est donc strictement croissante sur $\left]-\infty,-x_p\right]$ et sur $\left[x_p,+\infty\right[$ et strictement décroissante sur $\left[-x_p,x_p\right]$. Ensuite,

$$T_{2p+1}\left(-x_p\right)=-x_p^{2p+1}+x_p-1=\dfrac{2p}{2p+1}\sqrt[2p]{\dfrac{1}{2p+1}}-1<0.$$

On en déduit que la fonction $T_{2p+1}$ est strictement négative sur $\left]-\infty,x_p\right]$. En particulier, $T_{2p+1}\left(x_p\right)<0$. Ensuite, $T_{2p+1}$ est continue et strictement croissante sur $\left[x_p,+\infty\right[$ et vérifie $T_{2p+1}\left(x_p\right)<0$ et $\displaystyle\lim_{x\rightarrow+\infty}T_{2p+1}(x)=+\infty>0$. La fonction $T_{2p+1}$ s’annule une fois et une seule sur cet intervalle.

Le polynôme $T_{2p+1}$ a exactement une racine dans $\mathbb{R}$.

$\bullet$ Racines de $T_n$ dans $\mathbb{C}$. Soit $a\in\mathbb{C}$. $a$ racine multiple de $T_n\Leftrightarrow T_n(a)=T_n'(a)=0\Leftrightarrow a^n-a+(-1)^n=na^{n-1}-1=0$. $a$ vérifie donc nécessairement $a^{n-1}=\dfrac{1}{n}$ puis $\dfrac{1}{n}a-a+(-1)^n=0$ ou encore $a=\dfrac{n(-1)^n}{n-1}$. En particulier, $|a|=\dfrac{n}{n-1}>1$ mais aussi $|a|^{n-1}=\dfrac{1}{n}<1$ puis $|a|<1$. Ceci est impossible et donc $T_n$ et $T_n’$ n’ont pas de racine commune dans $\mathbb{C}$ ou encore $T_n$ est à racines simples dans $\mathbb{C}$.

Etant de degré $n$, $T$ a exactement $n$ racines deux à deux distinctes dans $\mathbb{C}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Un exercice classique consiste à montrer que si $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k\in\mathbb{Z}[X]$ avec $a_0\neq0$ et $a_n\neq0$, a une racine rationnelle $r=\dfrac{p}{q}$ avec $(p,q)\in\mathbb{Z}^*\times\mathbb{N}^*$ et $p\wedge q=1$, alors $p$ divise $a_0$ et $q$ divise $a_n$.