Évaluons les premiers termes :

$P_{0}=1+X$
$P_{1}=(1+X)(1+X^{2})=1+X+X^{2}+X^{3}$
$P_{2}=(1+X+X^{2}+X^{3})(1+X^{4})=1+X+X^{2}+X^{3}+X^{4}+X^{5}+X^{6}+X^{7}$

On conjecture : $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$, $P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}X^{k}$ (Proposition $H_{n}$).

$H_{0}$ a été vérifiée.

Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$. Supposons $H_{n-1}$ vraie et montrons $H_{n}$ par récurrence :

$$ P_{n}=(1+X^{2^{n}})P_{n-1}=(1+X^{2^{n}})\sum_{k=0}^{2^{n}-1}X^{k} = \sum_{k=0}^{2^{n}-1}X^{k} + \sum_{k=0}^{2^{n}-1}X^{k+2^{n}} $$

On effectue la translation d'indice $k^{\prime}=k+2^{n}$ dans la deuxième somme :

$$ P_{n}=\sum_{k=0}^{2^{n}-1}X^{k} + \sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1}X^{k} = \sum_{k=0}^{2^{n+1}-1}X^{k} $$

La proposition est donc démontrée par récurrence.

Soient $(p,q)\in\mathbb{N}^{2}$. L'identité $(X+1)^{p+q}$ s'écrit avec la formule du binôme de Newton :

Le coefficient de $X^{n}$ dans $(X+1)^{p+q}$ est $\binom{p+q}{n}$.

En utilisant la formule du produit de deux polynômes :

$$ \sum_{k=0}^{p+q}\binom{p+q}{k}X^{k} = \left(\sum_{k=0}^{p}\binom{p}{k}X^{k}\right) \left(\sum_{k=0}^{q}\binom{q}{k}X^{k}\right) $$

Le coefficient de $X^{n}$ dans le produit $(X+1)^{p}(X+1)^{q}$ est donné par la somme des produits des coefficients des termes dont la somme des degrés vaut $n$ :

$$ \sum_{i+j=n}\binom{p}{i}\binom{q}{j} = \sum_{k=0}^{n}\binom{p}{k}\binom{q}{n-k} $$

Deux polynômes étant égaux si et seulement si ils ont les mêmes coefficients, on en déduit la formule de Vandermonde :

$$ \sum_{k=0}^{n}\binom{p}{k}\binom{q}{n-k}=\binom{p+q}{n} $$

1. Division de $A=X^{6}+4X^{5}+X^{4}+X^{3}-2X+1$ par $B=X^{2}+2X-1$. On trouve :

$$ A = (X^{4}+2X^{3}-2X^{2}+7X-16)B + (37X-15) $$

2. Division de $A=4X^{3}+X^{2}$ par $B=X+(1+i)$. On trouve :

$$ A = [4X^{2}-(3+4i)X+(-1+7i)]B + (8-6i) $$

1. La division euclidienne donne : $P=(X^{2}+3X)(X^{2}+3X+1)-6$

2. En posant $B=X^{2}+3X$, on a $P=B(B+1)-6=B^{2}+B-6$.

Les racines de $X^{2}+X-6$ sont $2$ et $-3$, donc $B^{2}+B-6=(B-2)(B+3)$.

On substitue $B$ : $P=(X^{2}+3X-2)(X^{2}+3X+3)$.

Le polynôme $X^{2}+3X+3$ est irréductible ($\Delta < 0$). Le polynôme $X^{2}+3X-2$ a deux racines réelles distinctes : $\frac{-3 \pm \sqrt{17}}{2}$.

La factorisation finale est donc :

$$ P=\left(X+\frac{3+\sqrt{17}}{2}\right)\left(X+\frac{3-\sqrt{17}}{2}\right)(X^{2}+3X+3) $$

Il existe $Q, R \in \mathbb{R}[X]$ tels que $A = BQ + R$ avec $\deg R < 2$. Posons $R = aX+b$.

$(X \sin \theta+\cos \theta)^{n}=(X^{2}+1)Q(X)+aX+b$

Substituons $i$ et $-i$ (les racines de $B$) :

$$ \begin{cases} (i \sin \theta+\cos \theta)^{n}=ai+b \\ (-i \sin \theta+\cos \theta)^{n}=-ai+b \end{cases} $$

Par la formule d'Euler ($e^{i\theta} = \cos \theta + i\sin \theta$) et la formule de Moivre :

$$ \begin{cases} e^{ni\theta} = ai+b \\ e^{-ni\theta} = -ai+b \end{cases} $$

Par somme et différence, on obtient : $2b = 2\cos(n\theta)$ et $2ai = 2i\sin(n\theta)$.

Ainsi, $b = \cos(n\theta)$ et $a = \sin(n\theta)$. Le reste est $R=\sin(n\theta)X+\cos(n\theta)$.

Posons $R=P-Q$.

Comme $P$ et $Q$ sont unitaires de degré $n$, on peut écrire :

$P = X^n + P_1$ avec $\deg(P_1) \lt n$
$Q = X^n + Q_1$ avec $\deg(Q_1) \lt n$

Donc $R = P - Q = P_1 - Q_1$, d'où $\deg(R) \lt n$.

Mais par hypothèse :

$$ \forall k\in[[1,n]], \ R(x_{k})=P(x_{k})-Q(x_{k})=0 $$

Le polynôme $R$ de degré strictement inférieur à $n$ admet $n$ racines distinctes ($x_1, \dots, x_n$). Il est donc nécessairement nul.

On conclut donc que $P=Q$.

Soient $(P,Q)\in\mathbb{R}_{n}[X]^{2}$ vérifiant $F(P)=F(Q)$. Alors $(P(x_{0}),...,P(x_{n}))=(Q(x_{0}),...,Q(x_{n}))$.

Ainsi, $\forall k\in[[0,n]], \ P(x_{k})=Q(x_{k})$.

Le polynôme $R=P-Q \in \mathbb{R}_{n}[X]$ admet $n+1$ racines distinctes ($x_0, \dots, x_n$). Puisque son degré est au plus $n$, il est nécessairement nul : $P=Q$.

L'application $F$ est donc injective.

1. Soit $a\in\mathbb{C}$. Posons $Q=P-a$. Le polynôme $Q$ est lui aussi non constant.

D'après le théorème de d'Alembert-Gauss, $Q$ admet au moins une racine $z\in\mathbb{C}$.

Ainsi $Q(z)=0 \iff P(z)=a$. L'application $\tilde{P}$ atteint donc toutes les valeurs de $\mathbb{C}$, elle est surjective.

2. Pour $P=X^{n}$ avec $n\ge2$, on a $\tilde{P}(1)=1$ et $\tilde{P}(e^{2i\pi/n})=(e^{2i\pi/n})^n=1$.

Comme $1 \neq e^{2i\pi/n}$, l'application $\tilde{P}$ n'est pas injective.

Les racines de $B=X^5+1$ sont les solutions de $z^5=-1$, soit $-1, -\omega, -\overline{\omega}, -\omega^2, -\overline{\omega}^2$ avec $\omega = e^{2i\pi/5}$.

Comme $P$ est à coefficients réels, il suffit de vérifier que $-1, -\omega, -\omega^2$ sont racines.

L'évaluation en $-1$ donne $P(-1) = 0$ immédiatement.

Rappelons que $\omega^5=1$ et $1+\omega+\omega^2+\omega^3+\omega^4=0$. Pour $-\omega$ :

$$ P(-\omega) = (\omega^4-1)(-\omega^3-\omega^2-\omega-1)^n + (-\omega+1)(-\omega)^{4n-1} $$

Puisque $-\omega^3-\omega^2-\omega-1 = \omega^4$, on a :

$$ P(-\omega) = (\omega^4-1)\omega^{4n} + (\omega-1)\omega^{4n-1} = \omega^{4n-1}[(\omega^4-1)\omega + (\omega-1)] = \omega^{4n-1}(\omega^5-1) = 0 $$

De même pour $-\omega^2$ :

$$ P(-\omega^2) = (\omega^8-1)(-\omega^6-\omega^4-\omega^2-1)^n + (-\omega^2+1)(-\omega^2)^{4n-1} $$

$$ P(-\omega^2) = (\omega^3-1)\omega^{3n} + (\omega^2-1)\omega^{8n-2} = \omega^{3n-2}[(\omega^3-1)\omega^2 + (\omega^2-1)] = 0 $$

Ainsi $B$ divise $P$.

Posons $B = X^2-2X\cos\theta+1 = (X-e^{i\theta})(X-e^{-i\theta})$.

Puisque $P_n$ est un polynôme à coefficients réels, il suffit de montrer que $e^{i\theta}$ est racine de $P_n$ pour garantir que son conjugué l'est aussi, et donc que $B$ divise $P_n$.

$$ P_n(e^{i\theta}) = e^{ni\theta}\sin\theta - e^{i\theta}\sin(n\theta) + \sin((n-1)\theta) $$

En remplaçant les sinus par leurs formules d'Euler :

$$ P_n(e^{i\theta}) = e^{ni\theta} \frac{e^{i\theta}-e^{-i\theta}}{2i} - e^{i\theta} \frac{e^{ni\theta}-e^{-ni\theta}}{2i} + \frac{e^{(n-1)i\theta}-e^{-(n-1)i\theta}}{2i} $$

En développant :

$$ = \frac{1}{2i} \left( e^{(n+1)i\theta} - e^{(n-1)i\theta} - (e^{(n+1)i\theta} - e^{-(n-1)i\theta}) + e^{(n-1)i\theta} - e^{-(n-1)i\theta} \right) = 0 $$

Le polynôme s'annule bien en $e^{i\theta}$, ce qui démontre le résultat.

Calculons le polynôme dérivé $P'$. En remarquant que la dérivée de $\frac{X^k}{k!}$ est $\frac{X^{k-1}}{(k-1)!}$ pour $k \ge 1$, on obtient :

$$ P^{\prime}=1+X+\frac{X^{2}}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{X^{n-1}}{(n-1)!} $$

Raisonnons par l'absurde. Si $P$ admettait une racine multiple $a\in\mathbb{C}$, alors $a$ serait racine de $P$ et de $P^{\prime}$, d'où :

$$ \begin{cases} 1+a+\frac{a^{2}}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{a^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{a^{n}}{n!}=0 \\ 1+a+\frac{a^{2}}{2!}+\cdot\cdot\cdot+\frac{a^{n-1}}{(n-1)!}=0 \end{cases} $$

Par soustraction de ces deux équations, il vient immédiatement $\frac{a^{n}}{n!}=0$, ce qui implique $a=0$.

Cependant, en évaluant $P$ en 0, on trouve $P(0)=1 \neq 0$, ce qui est une contradiction.

Conclusion : $P$ n'admet pas de racines multiples.

1. Évaluons $P$ en 1 : $P(1) = n - n = 0$. Et la dérivée $P'(X) = n^2X^{n-1} - \sum_{k=1}^{n-1}kX^{k-1}$ donne $P'(1) = n^2 - \frac{n(n-1)}{2} = \frac{n^2+n}{2} \neq 0$. 1 est donc racine simple.

2. En développant : $Q = (X-1)(nX^n - \sum_{k=0}^{n-1}X^k) = nX^{n+1} - (n+1)X^n + 1$.

En dérivant $Q$, on trouve $Q' = n(n+1)X^n(X-1)$. Les seules racines de $Q'$ sont 0 et 1. Or $Q(0)=1 \neq 0$, donc $0$ n'est pas une racine multiple de $Q$. Les racines différentes de 1 sont donc simples.

3. Les racines de $P$ différentes de 1 sont des racines de $Q$, donc elles sont simples. Comme 1 est aussi racine simple, toutes les racines de $P$ sont simples.

Dans le polynôme unitaire associé, le coefficient sous-dominant (degré $n-1$) est $-1/n$ et le terme constant est $-1/n$. La somme des racines vaut $1/n$ et le produit $\frac{-(-1)^n}{n}$.

On sait que $(X^2+X+1)^2 = [(X-j)(X-j^2)]^2 = (X-j)^2(X-j^2)^2$ où $j = e^{2i\pi/3}$.

Puisque le polynôme $P=(X+1)^n-X^n-1$ est réel, il suffit que $j$ soit racine au moins double. Les conditions sont $P(j)=0$ et $P'(j)=0$ :

$$ \begin{cases} (j+1)^n - j^n - 1 = 0 \\ n(j+1)^{n-1} - nj^{n-1} = 0 \end{cases} $$

Comme $1+j+j^2=0$, on a $j+1=-j^2$. La 2e condition donne $(-j^2)^{n-1} = j^{n-1} \iff (e^{i\pi/3})^{n-1} = (e^{2i\pi/3})^{n-1} \iff (n-1)\frac{\pi}{3} \equiv 2(n-1)\frac{\pi}{3} \ [2\pi] \iff n \equiv 1 \ [6]$.

Si $n=6k+1$, la 1ère condition donne : $P(j) = (-j^2)^{6k+1} - j^{6k+1} - 1 = -j^2 - j - 1 = 0$.

Les entiers recherchés sont donc de la forme $n=6k+1, \ k\in\mathbb{N}$.

Méthode directe (identité remarquable $a^3+b^3 = (a+b)(a^2-ab+b^2)$) :

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

L'astuce classique consiste à forcer l'apparition d'un carré : $X^4-X^2+1 = (X^4+2X^2+1) - 3X^2 = (X^2+1)^2 - (\sqrt{3}X)^2$.

D'où la factorisation sur $\mathbb{R}$ :

$$ P = (X^2+1)(X^2-\sqrt{3}X+1)(X^2+\sqrt{3}X+1) $$

Sur $\mathbb{C}$, les racines sont $i, -i$ et $e^{\pm i\pi/6}, e^{\pm 5i\pi/6}$.

1. $0$ n'est pas solution. En divisant par $z^2$ et en posant $Z=z+\frac{1}{z}$ (soit $Z^2-2 = z^2+\frac{1}{z^2}$) :

$$ z^2+z+1+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}=0 \iff (Z^2-2) + Z + 1 = 0 \iff Z^2+Z-1=0 $$

Les solutions pour $Z$ sont $\alpha = \frac{-1+\sqrt{5}}{2}$ et $\beta = \frac{-1-\sqrt{5}}{2}$.

On obtient l'équation $(z^2-\alpha z+1)(z^2-\beta z+1)=0$.

2. Par ailleurs, les racines de $z^4+z^3+z^2+z+1=0$ sont les racines 5-ièmes de l'unité privées de 1 : $e^{\pm 2i\pi/5}$ et $e^{\pm 4i\pi/5}$.

Or $z+\frac{1}{z} = e^{i\theta}+e^{-i\theta} = 2\cos\theta$.

Comme $\cos\frac{2\pi}{5} > 0$ et $\cos\frac{4\pi}{5} < 0$, on identifie :

$$ 2\cos\frac{2\pi}{5} = \alpha = \frac{-1+\sqrt{5}}{2} \implies \cos\frac{2\pi}{5} = \frac{-1+\sqrt{5}}{4} $$

$$ 2\cos\frac{4\pi}{5} = \beta = \frac{-1-\sqrt{5}}{2} \implies \cos\frac{4\pi}{5} = \frac{-1-\sqrt{5}}{4} $$

Pour $P$, on fait apparaître le cube $(X^2+1)^3 = X^6+3X^4+3X^2+1$ :

$$ P = X^6+3X^4+3X^2+1 - X^4 - X^2 = (X^2+1)^3 - X^2(X^2+1) = (X^2+1)((X^2+1)^2-X^2) $$

D'où la factorisation finale : $P = (X^2+1)(X^2-X+1)(X^2+X+1)$.

Pour $Q$, on factorise partiellement :

$$ Q = X^6(X^3+1) + 1(X^3+1) = (X^3+1)(X^6+1) $$

En utilisant les factorisations de $X^3+1$ et de $X^6+1$ (vu à l'exercice 14) :

$$ Q = (X+1)(X^2-X+1)(X^2+1)(X^2-\sqrt{3}X+1)(X^2+\sqrt{3}X+1) $$

Montrer que ces nombres complexes sont racines au moins doubles revient à vérifier que $P$ est divisible par leur polynôme annulateur au carré, soit $(X^4+1)^2 = X^8+2X^4+1$.

En regroupant les termes de $P$ :

$$ P = X^8(X^2-X-1) + 2X^4(X^2-X-1) + 1(X^2-X-1) = (X^8+2X^4+1)(X^2-X-1) $$

Les racines de $X^2-X-1$ sont $\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$. Par ailleurs, on sait que $X^4+1 = (X^2-\sqrt{2}X+1)(X^2+\sqrt{2}X+1)$.

La factorisation finale sur $\mathbb{R}$ est :

$$ P = (X^2-\sqrt{2}X+1)^2 (X^2+\sqrt{2}X+1)^2 \left(X-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\left(X-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right) $$

1. On effectue la division euclidienne : $P = P'Q + R$. Évaluons en la racine multiple $a$ : $P(a) = P'(a)Q(a) + R(a)$. Puisque $P(a)=0$ et $P'(a)=0$, il vient $R(a)=0$.

2. Calcul de la dérivée : $P'=4X^3-27X^2+60X-44$. Division de $P$ par $P'$ :

$$ P = \left(\frac{X}{4}-\frac{9}{16}\right)P' - \frac{3}{16}X^2 + \frac{3}{4}X - \frac{3}{4} $$

Le reste est proportionnel à $X^2-4X+4 = (X-2)^2$. L'unique racine possible de $R$ est 2. C'est bien la racine double de $P$.

On factorise alors $P$ par $(X-2)^2$. On trouve que $P = (X-2)^2(X^2-5X+6) = (X-2)^3(X-3)$.

Pour $P=X^{2n+1}+1$ : Les racines complexes sont les $-e^{i\frac{2k\pi}{2n+1}}$. La factorisation sur $\mathbb{R}$ s'obtient en isolant la racine $-1$ (pour $k=0$) et en regroupant les racines conjuguées :

$$ X^{2n+1}+1 = (X+1)\prod_{k=1}^{n} \left(X^{2}-2\cos\left(\frac{2k\pi}{2n+1}-\pi\right)X+1\right) = (X+1)\prod_{k=1}^{n} \left(X^{2}+2\cos\left(\frac{2k\pi}{2n+1}\right)X+1\right) $$

Pour $Q=X^{2n}+1$ : Les racines complexes sont les $e^{i\pi\frac{2k+1}{2n}}$. En regroupant les conjuguées, on obtient :

$$ X^{2n}+1 = \prod_{k=0}^{n-1} \left(X^{2}-2\cos\left(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\right)X+1\right) $$

1. $P(z)=0 \iff z+1 = e^{2i\theta}e^{2ik\pi/n} = e^{2i(\theta+k\pi/n)}$.

En utilisant les formules d'Euler, on trouve $z_k = 2i\sin(\theta+k\pi/n)e^{i(\theta+k\pi/n)}$ pour $k \in [[0, n-1]]$.

2. L'évaluation en $0$ donne $P(0) = 1-e^{2ni\theta} = \prod_{k=0}^{n-1} (0 - z_k)$.

D'un côté, $1-e^{2ni\theta} = -2i\sin(n\theta)e^{ni\theta}$.

De l'autre, le produit des $-z_k$ donne $(-2i)^n \left(\prod \sin\dots\right) e^{i\sum(\theta+k\pi/n)}$.

Après simplifications, on trouve $A(\theta) = \frac{\sin(n\theta)}{2^{n-1}}$.

Pour $B$, on remarque que $B = \lim_{\theta\to 0} \frac{A(\theta)}{\sin(\theta)} = \lim_{\theta\to 0} \frac{\sin(n\theta)}{2^{n-1}\sin(\theta)} = \frac{n}{2^{n-1}}$.

Évaluons la relation en $X=-1$ : $0 = -3P(0) \implies P(0)=0$.

Évaluons en $X=2$ : $3P(2) = 0 \implies P(2)=0$.

Évaluons en $X=1$ : $2P(1) = -1P(2) = 0 \implies P(1)=0$.

Donc $X, (X-1), (X-2)$ divisent $P$. Posons $P = X(X-1)(X-2)Q(X)$.

En injectant dans l'équation et en simplifiant, on obtient $Q(X) = Q(X+1)$. Un polynôme périodique est constant. Donc $Q = \lambda$.

Conclusion : Les polynômes cherchés sont de la forme $P(X) = \lambda X(X-1)(X-2)$ avec $\lambda \in \mathbb{C}$.

On cherche d'abord le degré $n$. Si $P$ n'est pas nul, le coefficient de plus haut degré de $(X^2+1)P''$ est $n(n-1)a_n X^n$. En identifiant avec $6P = 6a_n X^n$, on obtient $n(n-1) = 6$, ce qui implique $n=3$.

Posons $P = aX^3+bX^2+cX+d$. On a $P'' = 6aX+2b$.

L'équation devient $(X^2+1)(6aX+2b) - 6(aX^3+bX^2+cX+d) = 0$.

En développant et en identifiant : $b=d=0$ et $c=a$.

Les polynômes solutions sont donc de la forme $P = a(X^3+X)$ avec $a \in \mathbb{C}$.

Si $(X+1)^4 | (P-1)$, alors $-1$ est racine au moins d'ordre 4 de $P-1$, et donc d'ordre 3 de la dérivée $P'$.

De même, $1$ est racine d'ordre au moins 3 de $(P+1)' = P'$.

Puisque $\deg P = 7$, on a $\deg P' = 6$. Le polynôme $P'$ est donc un multiple de $(X-1)^3(X+1)^3 = (X^2-1)^3$.

Soit $P' = \lambda(X^6-3X^4+3X^2-1)$. En intégrant :

$$ P = \lambda\left(\frac{X^7}{7}-\frac{3X^5}{5}+X^3-X\right) + \mu $$

Les conditions $P(-1)=1$ et $P(1)=-1$ permettent de trouver le système : $\mu = 0$ et $\lambda = \frac{35}{16}$.

Le polynôme unique solution est $P = \frac{35}{16}\left(\frac{X^7}{7}-\frac{3X^5}{5}+X^3-X\right)$.

Si $P$ n'est pas le polynôme nul, comparons les degrés : $\deg P = \deg P' + \deg P'' \implies n = (n-1)+(n-2) \implies n=3$.

Posons $P = a+bX+cX^2+dX^3$. En injectant dans l'équation et en identifiant les coefficients on obtient le système :

$a=2bc$, $2b=6bd+4c^2$, et d'autres impliquant $c, d$.

La résolution de ce système aboutit au cas non dégénéré $d = \frac{4}{9}$ et les autres coefficients nuls.

Les solutions sont donc $P = 0$ et $P = \frac{4}{9}X^3$.

Puisque $P$ est divisible par $P'$, et sachant les degrés, il existe un facteur de degré 1 tel que $P = \frac{1}{p}(X-a)P'$ avec $p = \deg P$.

Cela implique que $a$ est racine de $P$. Si on suppose qu'il existe une autre racine $b \neq a$ d'ordre $k$, alors $P$ est divisible par $(X-a)(X-b)^k$.

La relation précédente entraîne que $b$ serait racine d'ordre $k$ de $P'$, ce qui contredit le fait qu'il est d'ordre $k-1$ dans la dérivée (la multiplicité de la racine chuterait, sauf si elle est fausse).

Par conséquent, $P$ n'admet qu'une unique racine $a$ d'ordre de multiplicité $p$. Le polynôme unitaire est donc $P = (X-a)^p$.

Posons $\alpha_k = \frac{1}{\omega_k-1}$. On a alors $\omega_k = \frac{\alpha_k+1}{\alpha_k}$.

Comme $\omega_k^n = 1$, il vient $(\alpha_k+1)^n - \alpha_k^n = 0$. Les $\alpha_k$ sont les $n-1$ racines du polynôme $P=(X+1)^n-X^n$.

En développant, $P = nX^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2}X^{n-2} + \dots + 1$.

D'après les relations coefficients-racines :

$$ \sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\omega_{k}-1} = \sum \alpha_k = -\frac{n(n-1)/2}{n} = -\frac{n-1}{2} $$

$$ \prod_{k=1}^{n-1}\frac{1}{\omega_{k}-1} = \prod \alpha_k = (-1)^{n-1}\frac{1}{n} $$

Transformons le système $(S)$ :

$$ (S) \iff \begin{cases} x+y+z=2 \\ xyz=-\frac{1}{2} \\ \frac{yz+xz+xy}{xyz}=\frac{1}{2} \end{cases} \iff \begin{cases} x+y+z=2 \\ xyz=-\frac{1}{2} \\ yz+xz+xy=-\frac{1}{4} \end{cases} $$

D'après les relations coefficients-racines, si $(x,y,z)$ est solution de $(S)$, alors $x, y, z$ sont les racines du polynôme $P$ défini par :

$$ P(X) = (X-x)(X-y)(X-z) $$ $$ P(X) = X^3 - (x+y+z)X^2 + (yz+xz+xy)X - xyz $$ $$ P(X) = X^3 - 2X^2 - \frac{1}{4}X + \frac{1}{2} $$

Cherchons à factoriser $P(X)$ par regroupement de termes ou racine évidente :

$$ P(X) = X^2(X-2) - \frac{1}{4}(X-2) = (X-2)\left(X^2 - \frac{1}{4}\right) $$ $$ P(X) = (X-2)\left(X-\frac{1}{2}\right)\left(X+\frac{1}{2}\right) $$

Les racines de $P$ sont donc $2, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}$.

Le triplet $(2, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2})$ est solution, et par symétrie, toutes ses permutations le sont. Il y a donc $3! = 6$ solutions :

$(2, \frac{1}{2}, -\frac{1}{2}), (2, -\frac{1}{2}, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, 2, -\frac{1}{2}), (-\frac{1}{2}, 2, \frac{1}{2}), (\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 2), (-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 2)$