Correction

Exercice 1 : Polynômes de Bernstein

Soit $n\in \mathbb{N}$. On appelle polynômes de Bernstein de degré $n$ les polynômes

\[B_{n,k} = \binom{n}{k} X^k (1-X)^{n-k}, \quad k\in \{0, ..., n\}.\]

1. Représenter sur un même graphique les fonctions associées aux polynômes $B_{3,0},B_{3,1},B_{3,2},B_{3,3}$ sur $[0,1]$.

2.a. Calculer $\sum_{k=0}^n B_{n,k}$. En déduire que

\[\forall k\in \{0, ..., n\}, \quad \forall x\in [0,1], \quad 0\leq B_{n,k} \leq 1\]

2.b. Soit $k\in \{1, ..., n\}$. Exprimer $k\binom{n}{k}$ en fonction $\binom{n-1}{k-1}$. En déduire une expression simplifiée de $\sum_{k=0}^n k B_{n,k}$.

2.c. Calculer $\sum_{k=0}^n k(k-1) B_{n,k}$ puis $\sum_{k=0}^n k^2 B_{n,k}$.

3. Exprimer $B'_{n,k}$ en fonction de $B_{n-1,k-1}$ et $B_{n-1,k}$ pour $k\in \{1, ..., n-1\}$. Que se passe-t-il pour $n\geq 1$ et $k\in \{0, ..., n\}$ ?

4. Montrer que la famille $(B_{n,k})_{0\leq k\leq n}$ est une base de $\mathbb{R}_n[X]$.

5.a. Pour $P \in \mathbb{R}_n[X]$ on définit

\[\varphi(P) = \sum_{k=0}^n P\left( \dfrac{k}{n} \right) B_{n,k} \in \mathbb{R}[X].\]

Montrer que

\[\forall P\in \mathbb{R}_n[X], \quad \varphi(P) = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad P = 0.\]

5.b. En déduire que l'application $\varphi$ est injective.

5.c. Soit $a_0, ..., a_n \in \mathbb{R}$. Montrer qu'il existe un polynôme $P \in \mathbb{R}_n[X]$ tel que $\varphi(P) = \sum_{k=0}^n a_k B_{n,k}$.

5.d. En déduire que $\varphi$ est une bijection de $\mathbb{R}_n[X]$ vers lui-même.

Exercice 2 : Fractions rationnelles

Décomposer en éléments simples sur $\mathbb{C}(X)$ et $\mathbb{R}(X)$ les fractions rationnelles suivantes.

1. $R_1 = \dfrac{X}{(X^2 + 1)(X^3 - 4X^2 + 5X - 2)}$

Correction

Nous avons $1$ comme racine évidente du dénominateur. Donc

\[(X^3 - 4 X^2 + 5X -2) = (X-1)(X^2 -3X + 2) = (X-1)^2(X-2).\]

Ainsi, dans $\mathbb{C}(X)$,

\[(X^2 +1)(X^3 - 4 X^2 + 5X -2) = (X-i)(X+i)(X-1)^2(X-2).\]

Par conséquent il existe $a,b,c,d,e \in \mathbb{C}$ tel que

\[\dfrac{X}{(X^2+1)(X^3 - 4 X^2+5X-2)} = \dfrac{a}{X-i} + \dfrac{b}{X+i} + \dfrac{c}{X-1} + \dfrac{d}{(X-1)^2} + \dfrac{e}{X-2}.\]

On multiplie par $X-i$ puis on évalue en $i$ :

\[a = \dfrac{i}{(i+i)(i-1)^2 (i-2)} = \dfrac{1-2i}{20}.\]

Pareil pour $b$ :

\[b = \dfrac{-i}{(-i-i)(-i-1)^2 (-i-2)} = \dfrac{1+2i}{20}.\]

Pareil pour $d$ :

\[d = \dfrac{1}{(1-i)(1+i)(1-2)} = - \dfrac{1}{2}.\]

Pareil pour $e$ :

\[e = \dfrac{2}{(2-i)(2+i)(2-1)^2} = \dfrac{2}{5}.\]

Enfin pour $c$ nous avons après multiplication par $(X-1)^2$

\[\dfrac{X}{(X-i)(X+i)(X-2)} = (X-1)^2 Q + c(X-1) + d.\]

Donc après dérivation

\[\dfrac{(X-i)(X+i)(X-2) - X(3X^2 - 4X +1)}{(X-i)^2(X+i)^2(X-2)^2} = 2(X-1) Q + (X-1)^2 Q' + c.\]

Donc en évaluant en 1 :

\[c = \dfrac{(1-i)(1+i)(1-2) - (3 - 4 + 1)}{(1-i)^2 (1+i)^2 (1-2)^2} = - \dfrac{1}{2}.\]

Par conséquent

\[R_1 = \dfrac{1-2i}{20(X-i)} + \dfrac{1+2i}{20(X+i)} - \dfrac{1}{2(X-1)} - \dfrac{1}{2(X-1)^2} + \dfrac{2}{5(X-2)}.\]

Puis dans $\mathbb{R}(X)$ nous avons directement en mettant les deux premères sous le même dénominateur

\[R_1 = \dfrac{X+2}{10(X^2+1)} - \dfrac{1}{2(X-1)} - \dfrac{1}{2(X-1)^2} + \dfrac{2}{5(X-2)}.\]

2. $R_2 = \dfrac{1+X - X^4 - X^5}{X(1+X+X^2)}$

Correction

Le numérateur a un degré plus grand que celui du dénominateur, nous commençons alors par effectuer la division euclidienne de $1+X-X^4 - X^5 = -5X^2 - X^4 + X +1$ par $X(1+X+X^2) = X^3 + X^2 + X$ :

$- X^5 - X^4 + X + 1 = (X^3+X^2+X)(-X^2 + 1) - X^2 + 1.$$

Donc, dans $\mathbb{C}(X)$,

\[R_2 = 1- X^2 + \dfrac{-X^2 + 1}{X(1+X +X^2)} = 1- X^2 + \dfrac{-X^2 + 1}{X(X-j)(X-j^2)}, \quad j = e^{\frac{2i\pi}{3}}.\]

Ainsi il existe $a,b,c \in \mathbb{C}$ tels que

\[R_2 = 1 - X^2 + \dfrac{a}{X} + \dfrac{b}{X-j} + \dfrac{c}{X-j^2},\]

avec

\[a = \dfrac{1+0 - 0 - 0}{1+0+0} = 1,\]

\[b = \dfrac{1+j-j^4 -j^5}{j(j-j^2)} = \dfrac{1+j - j - j^2}{j^2(1-j)} = \dfrac{1-j^2}{j^2(1-j)} = \dfrac{1-j^2}{(-1-j)(1-j)} = -1\]

et

\[c = \dfrac{1+j^2-j^8 - j^{10}}{j^2(j^2-j)} = \dfrac{1+j^2- j^2- j}{j-1} = -1.\]

Par conséquent

\[R_2 = 1 - X^2 + \dfrac{1}{X} - \dfrac{1}{X-j} - \dfrac{1}{X-j^2}.\]

Puis dans $\mathbb{R}(X)$

\[R_2 = 1 - X^2 + \dfrac{1}{X} - \dfrac{2X+1}{X^2+X+1}.\]

Problème 1 : Somme des inverses des carrés des entiers

1.a. Montrer que

\[\forall k\in \mathbb{N}\backslash \{0,1\}, \quad \dfrac{1}{k^2} \leq \dfrac{1}{k-1} - \dfrac{1}{k}.\]

Correction

Soit $k \in \mathbb{N}\backslash \{0,1\}$. Alors $k^2 \geq k(k-1) > 0$. Donc, par décroissance de la fonction inverse sur $\mathbb{R}_+^*$ nous avons

\[\dfrac{1}{k^2} \leq \dfrac{1}{k(k-1)} = \dfrac{1}{k-1} - \dfrac{1}{k}\]

où la dernière peut être obtenue par décomposition en éléments simples ou directement si l'on connaît cette décomposition par cœur.

1.b. On définit la suite $u \in \mathbb{R}^{\mathbb{N}^*}$ par

\[\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad u_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2}.\]

Montrer que la suite $u$ est convergente.

Correction

Nous avons

\[\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad u_{n+1} = \dfrac{1}{(n+1)^2} + u_n \geq u_n.\]

Donc la suite $u$ est croissante. De plus nous avons d'après la question précédente et par somme téléscopique

\[\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad u_n \leq 1 + \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k-1} - \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} = 1 + \sum_{k=1}^{n-1} \dfrac{1}{k} - \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k} = 1 + 1 - \dfrac{1}{n} \leq 2.\]

Par conséquent la suite $u$ est croissante et majorée. Donc, par théorème de la limite monotone, la suite $u$ est convergente.

2.a. Résoudre, pour $n \in \mathbb{N}^*$, l'équation d'inconnue $z\in \mathbb{C}$

\[(E) : (z+i)^{2n+1} - (z-i)^{2n+1} = 0.\]

Vérifier que toutes les solutions sont réelles et les écrire sous forme d'une cotangente $\text{cotan}(\theta) = \dfrac{1}{\tan(\theta)}$ pour $\theta \in \mathbb{R}$ tel que $\tan(\theta) \neq 0$.

Correction

On procède par analyse-synthèse pour déterminer les solutions de l'équation $(E)$.

Analyse : On considère $z\in \mathbb{C}$ vérifiant l'équation $(E)$. Alors $z \neq i$ car $i$ n'est pas solution. Donc

\[\left(\dfrac{z+i}{z-i}\right)^{2n+1} = 1.\]

Ainsi, d'après les racines $2n+1$-ième de l'unité, il existe $k \in \{0, ..., 2n\}$ tel que

\[\dfrac{z+i}{z-i} = e^{i\frac{2k\pi}{2n+1}} = \omega^k \quad \text{où} \quad \omega = e^{i \frac{2\pi}{2n+1}}\]

Or $k\neq 0$ car $i\neq -i$, donc $\omega^k \neq 1$ et

\[z = i \dfrac{\omega^k + 1}{\omega^k - 1} = i \dfrac{\omega^{\frac{k}{2}} + \omega^{-\frac{k}{2}}}{\omega^{\frac{k}{2}} - \omega^{-\frac{k}{2}}} = \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right).\]

Synthèse : Soit $k\in \{1, ..., 2n\}$ et $z_k = \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right)$. Alors, d'après le calcul précédent, $z_k$ est solution de l'équation $(E)$.
Conclusion :

\[S_E = \left\{ \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right), \quad k \in \{1, ..., 2n\} \right\}.\]

2.b. En déduire le nombre de solutions ?

Correction

Les $z_k, 1\leq k \leq 2n,$ sont distincts car l'application $\text{cotan}$ est injective sur $\left]0, \pi \right[$. Ainsi $|S_E| = 2n$.

3.a. Soit $n\in \mathbb{N}^*$. On considère le polynôme

\[P_n = \dfrac{1}{2i} ((X+i)^{2n+1} - (X-i)^{2n+1}) \in \mathbb{C}[X].\]

Déterminer $\deg(P_n)$ en fonction de $n$ et montrer que

\[P_n = \sum_{p=0}^n (-1)^p \binom{2n+1}{2p+1} X^{2n-2p} \quad (1).\]

Correction

Nous avons d'après la formule du binôme de Newton

\[\begin{array}{rcl} 2iP_n & = & (X+i)^{2n+1} - (X-i)^{2n+1} \\ & = & \displaystyle \sum_{k=0}^{2n+1} \binom{2n+1}{k} X^{2n+1-k} i^k (1 - (-1)^k) \\ & = & \displaystyle 2 \sum_{\ell = 0}^n \binom{2n+1}{2\ell +1} X^{2n - 2\ell} i^{2\ell + 1} \\ & = & \displaystyle 2i \sum_{\ell = 0}^n \binom{2n+1}{2\ell +1} X^{2n - 2\ell} (-1)^\ell. \end{array}\]

Ainsi

\[P_n = \sum_{\ell = 0}^n \binom{2n+1}{2\ell +1} X^{2n - 2\ell} (-1)^\ell.\]

Donc $\text{deg}(P_n) = 2n$.

3.b. En déduire que

\[P_n = (2n+1) \prod_{k=1}^n \left( X^2 - \left(\text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 \right) \quad (2).\]

Correction

D'après la question 2.b. nous avons $2n$ racines du polynôme $P_n$ et d'après la question 3.b. nous avons $\text{deg}(P_n) = 2n$. Donc

\[\begin{array}{rcl} P_n & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^{2n} \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \\ & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^n \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \prod_{k=n+1}^{2n} \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \\ & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^n \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \prod_{k=n+1}^{2n} \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{(k-(2n+1))\pi}{2n+1} \right) \right) \\ & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^n \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \prod_{k=n+1}^{2n} \left( X + \text{cotan}\left( \dfrac{(2n+1 - k)\pi}{2n+1} \right) \right) \\ & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^n \left( X - \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \prod_{k=1}^n \left( X + \text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right) \\ & = & \displaystyle \alpha \prod_{k=1}^n \left( X^2 - \left(\text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 \right), \end{array}\]

avec $\alpha$ le cœfficient dominant donné par

\[\alpha = \binom{2n+1}{1} = 2n+1.\]

Donc

\[P_n = (2n+1) \prod_{k=1}^n \left( X^2 - \left(\text{cotan}\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 \right).\]

3.c. En comparant le coefficient en $X^{2n-2}$ dans $(1)$ et $(2)$, montrer que

\[\sum_{k=1}^n \left( \text{cotan} \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 = \dfrac{n(2n-1)}{3}.\]

Correction

Nous pouvons voir l'équation $(2)$ comme une équation polynomiale en $X^2$ dont le cœfficient en $X^{2n-2} = (X^2)^{n-1}$ est :

\[- (2n+1)\sum_{k=1}^n \left( \text{cotan} \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2.\]

Et dans l'équation $(1)$ le cœfficient en $X^{2n-2}$ est pour $p = 1$ :

\[ - \binom{2n+1}{3} = - \dfrac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}.\]

Donc

\[\sum_{k=1}^n \left( \text{cotan} \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 = \dfrac{n(2n-1)}{3}.\]

3.d. En déduire que

\[\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\left( \sin \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2} = \dfrac{2n(n+1)}{3}.\]

Correction

Nous avons

\[\begin{array}{rcl} \dfrac{n(2n-1)}{3} & = & \displaystyle \sum_{k=1}^n \left( \text{cotan} \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2 \\ & = & \displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1- \left( \sin \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2}{\left( \left( \sin \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2} \\ & = & \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\left( \sin \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2} - n. \end{array}\]

Donc

\[\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\left( \sin \left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right) \right)^2} = \dfrac{2n(n+1)}{3}.\]

4.a. Montrer que

\[\forall x\in \left[ 0, \dfrac{\pi}{2}\right[, \quad \sin(x) \leq x\leq \tan(x).\]

Correction

Soit $x \in \left[ 0, \dfrac{\pi}{2}\right[$.

La fonction $\sin$ est concave sur $\left[ 0, \dfrac{\pi}{2}\right[$ donc inférieure à sa tangente en $0$ d'équation $y = x$. Donc $\sin(x) \leq x$.
La fonction $\tan$ est convexe sur $\left[ 0, \dfrac{\pi}{2}\right[$ donc supérieure à sa tangente en $0$ d'équation $y = x$. Donc $\tan(x) \geq x$.

4.b. En déduire un encadrement de $\dfrac{1}{\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right)^2}$ pour $k\in \{1, ..., n\}$.

Correction

Nous avons alors pour tout $k\in \{1, ..., n\}$

\[\text{cotan}\left( \dfrac{k \pi}{2n+1} \right)^2 \leq \dfrac{1}{\left( \dfrac{k\pi}{2n+1} \right)^2} \leq \dfrac{1}{\left( \sin\left( \dfrac{k \pi}{2n+1} \right) \right)^2}.\]

4.c. En déduire la valeur de $\ell = \lim_{n\to +\infty} u_n$.

Correction

D'après les questions 4.b., 3.c. et 3.d., pour tout $n\in \mathbb{N}$,

\[\dfrac{n(2n-1)}{3} \dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2} \leq \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} \leq \dfrac{2n(n+1)}{3} \dfrac{\pi^2}{(2n+1)^2}.\]

Donc par passage à la limite par encadrement

\[\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k^2} \underset{m\to +\infty}{\longrightarrow} \dfrac{\pi^2}{6}.\]

Autrement dit

\[\ell = \dfrac{\pi^2}{6}.\]

5.a. On définit les suites $v,w\in \mathbb{R}^{\mathbb{N}^*}$ par

\[\forall n\in \mathbb{N}^*, \quad v_n = \sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2}, \quad w_n = \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{(2k+1)^2}.\]

Soit $n\in \mathbb{N}^*$. Exprimer $u_{2n+1} - w_n$ en fonction de $u_n$. En déduire la limite de la suite $w$.

Correction

Nous avons

\[u_{2n+1} - w_n = \sum_{k=1}^{2n+1} \dfrac{1}{k^2} - \sum_{\ell = 0}^n \dfrac{1}{(2\ell + 1)^2} = \sum_{\ell = 1}^n \dfrac{1}{(2\ell)^2} = \dfrac{1}{4} u_n.\]

Donc

\[w_n = u_{2n+1} + \dfrac{1}{4} u_n \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} \dfrac{5}{4} \dfrac{\pi^2}{6}\]

5.b. Exprimer $v_{2n} - u_{2n}$ en fonction de $u_n$. En déduire la limite de la suite $v$.

Correction

Nous avons

\[v_{2n} - u_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^2} - \sum_{k=1}^{2n} \dfrac{1}{k^2} = \sum_{k=1}^{2n} \dfrac{1}{k^2} ((-1)^{k+1} - 1) = - 2 \sum_{\ell = 1}^n \dfrac{1}{(2\ell)^2} + 0 = - \dfrac{1}{2} u_n.\]

Donc, par passage à la limite,

\[\lim_{n\to +\infty} v_{2n} = - \dfrac{1}{2} \dfrac{\pi^2}{6} + \dfrac{\pi^2}{6} = \dfrac{\pi^2}{12}.\]

De même

\[v_{2n+1} = \dfrac{(-1)^{2n+2}}{(n+1)^2} + v_{2n} \underset{n\to +\infty}{\longrightarrow} 0 + \dfrac{\pi^2}{12}.\]

Donc

\[\lim_{n\to +\infty} v_n = \dfrac{\pi^2}{12}.\]

Problème 2 : Recherche des polynômes vérifiant une équation

Soit $a\in \mathbb{R}_+^*$. On chercher à déterminer les couples de polynômes $(A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2$ premiers entre eux vérifiant

\[X(A'B - AB') + X(A^2 - B^2) + aAB = 0 \quad (1).\]

Partie 1 : Recherche du degré des polynômes solutions

Soit $(A,B) \in (\mathbb{R}[X])^2$ vérifiant $(1)$ et $A\wedge B = 1$.

1. Montrer que le monôme $X$ divise un et seul des polynômes $A$ et $B$.

Correction

Nous avons

\[AB = \dfrac{1}{a}((A'B - AB') + (A^2 - B^2))X.\]

Donc $X \mid AB$. Or $X$ est un polynôme irréductible, donc $X \mid A$ ou $X \mid B$. Mais on ne peut pas avoir $X \mid A$ et $X \mid B$ car $A\wedge B = 1$.

2. Etablir que les polynômes $A$ et $B$ ont le même degré et que leurs coeffients dominaux sont égaux ou opposés.

Correction

On note $m = \deg(A), n = \deg(B)$ et $a_m,b_n$ les coefficients dominants des polynômes $A$ et $B$. On suppose par l'absurde que $m\neq n$. Alors

\[\deg(X(A'B - AB')) = 1 + \deg(A')\deg(B) + \deg(A) \deg(B') = 1 + (m-1)n + m(n-1) < 1 + 2 (m\wedge n),\]

\[\deg(X(A^2 - B^2)) = 1 + 2 \max(\deg(A),\deg(B)) = 1 + 2 (m\wedge n)\]

et

\[\deg(aAB) = m+n < 1+2(m \wedge n).\]

Ainsi

\[-\infty = \deg(0) = \deg(X(A'B - AB') + X(A^2 - B^2) + aAB) = 1 + 2 (m\wedge n)\]

ce qui est absurde. Donc $m = n$. Puis nous avons

\[X(A'B - AB') + a AB = -X(A^2 - B^2),\]

avec

\[\deg(X(A'B - AB') + aAB) < 1 + 2m.\]

Donc le coefficient devant $X^{1+2m}$ dans $-X(A^2 - B^2)$ est nul. Or il s'agit de

\[a_m^2 - b_m^2 = 0.\]

Autrement dit

\[|a| = |b|.\]

3. A l'aide du théorème de Gauss, montrer que si $X \mid B$ alors $A \mid B-A'$. En déduire qu'il existe $\varepsilon \in \{-1,1\}$ tel que

\[B-A' = \varepsilon A, \quad (2).\]

Correction

On suppose que $X \mid B$. Donc il existe $C \in \mathbb{R}[X]$ tel que $CX = B$. Donc d'après la relation 1

\[0 = A'B - AB' + A^2 - B^2 + aAC = A(-B'+A+aC) + B(A'-B).\]

Autrement dit

\[A(-B'+A+aC) = B(B-A').\]

Donc $A \mid B(B-A')$ mais comme $A\wedge B = 1$ nous avons d'après le théorème de Gauss $A\mid B-A'$. Puis $\deg(A) \leq \deg(B-A') = \deg(B) = \deg(A)$ donc $\deg(A) = \deg(B-A')$. Ainsi les polynômes $A$ et $B-A'$ sont associés : il existe $\varepsilon \in \mathbb{R}^*$ tel que $B-A' = \varepsilon A$. Mais comme $|a_m| = |b_m|$ nous en déduisons que $\varepsilon \in \{-1,1\}$.

4. Montrer que si $X\mid B$ alors la relation $(1)$ peut s'écrire successivement

\[X(A-B') + aB = \varepsilon XB \quad (3)\]

puis

\[X(2\varepsilon A' + A'') = a(\varepsilon A + A') \quad (4).\]

Correction

On suppose que $X\mid B$. Alors d'après la question précédente il existe $\varepsilon \in \{-1,1\}$ tel que $B-A' = \varepsilon A$ i.e. $B = \varepsilon A + A'$. Donc d'après la relation $(1)$

\[X(\varepsilon A'A + A'^2 - AB') + X(A^2 - A^2 - 2 \varepsilon AA' - A'^2) + aAB = 0\]

i.e.

\[XA'A - XAB' - \varepsilon X AA' + aAB = 0\]

i.e.

\[aB = X(\varepsilon A' + B') = X(\varepsilon B - A' + B')\]

i.e.

\[\varepsilon XB = aB + \]

5. En déduire que $a = 2$ et $\deg(A) = 2\deg(B)$.

6. Que dire de $a$ si c'est le polynôme $A$ qui est divisible par le monôme $X$ ?

Partie 2 : Vérification de la suffisance de ces conditions

Soit $(A,B) \in (\mathbb{R}[X]\backslash \{0\})^2$ vérifiant $X\mid B,$ $(2)$ et $(4)$. On suppose que $a = 2n$ avec $n\in \mathbb{N}^*$.

1. Montrer que si $0$ est un zéro d'ordre $r\in \mathbb{N}^*$ du polynôme $A$ alors $r = a+1$. En déduire que $A(0) \neq 0$. Montrer également que $B(0) = 0$.

2. Montrer que

\[\forall k\in \{2, ..., n\}, \quad X A^{(k)} = 2 \varepsilon (n-k+2) A^{(k-2)} + (2n - k + 2 - 2 \varepsilon X) A^{(k-1)}.\]

3. Soit $D$ le PGCD des polynômes $A$ et $B$. Montrer que $D \mid A^{(p)}$ pour tout $p\in \mathbb{N}$. En déduire que $A$ et $B$ sont premiers entre eux.

Partie 3 : Solutions du problème posé

On suppose encore $a = 2n$ avec $n\in \mathbb{N}^*$.

1.a. On suppose que le polynôme $A$ est unitaire de degré $n$ et vérifie $(4)$. Etablir une relation entre les coefficients du polynôme $A$ puis une expression de ces coefficients avec des factorielles.

1.b. En déduire les polynômes uniaires $A$ de degré $n$ vérifiant $(4)$.

2. Déterminer les couples $(A,B)$ de polynômes premiers entre eux vérifiant $(1)$.

3. Déterminer en particulier les couples $(A,B)$ pour $n = 2$.