Algèbre générale (complément pour 5/2)
Les exercices notés d’un obèle † sont de « grands classiques ».
Exercice 1 Soit a ∈ C∗et n ∈ N, n > 2. Déterminer une condition nécessaire et suffisante pour que les solutions de 1 + iz
1 − iz n
= ansoient toutes réelles.
z est solution si et seulement s’il existe ω ∈ Un(ensemble des racines nede l’unité) tel que
1 + iz
1 − iz = aω, soit en résolvant z = aω − 1
i(aω + 1).
z est réel si et seulement si z = z, soit 1 − aω i(aω + 1) =
aω − 1
i(aω + 1). Sachant que aa = |a|
2 et ωω = 1 on obtient en
développant : |a|2= 1. Les solutions sont donc toutes réelles si et seulement si |a| = 1. Remarque. Si on pose a = eiθet ω = e2iπn on obtient z = e
i(θ+2kπn )−1 i(ei(θ+2kπn )+1) = tan θ 2+ kπ n ∈ R. Exercice 2 †
Soit m et n dans N∗. Déterminer un polynôme unitaire P ∈ C[X] de degré maximal tel que P divise Xn−1 et Xm−1. Cherchons les racines communes à Xn−1 et Xm−1 : ce sont les nombres complexes z pour lesquels il existe k et
k0 dans Z tels que z = exp 2ikπ n = exp 2ik0π m . On doit avoir2kπ n ≡ 2k0 π m mod (2π) ⇐⇒ mk ≡ nk 0
mod (mn). Il existe donc p ∈ Z tel que mk = nk0+ pmn. Posons d = pgcd(m, n), m = dm0et n = dn0. Alors m0k = n0k0+ dm0n0= n0(k0+ dm0).
n0divise m0k et m0et n0 sont premiers entre eux donc n0divise k : posons k = n0u.
On en déduit que z = exp 2iuπ
d
, donc z est une racine d’ordre d de l’unité.
Réciproquement, si z est racine d’ordre d de l’unité, on a zd= 1 donc zn= (zd)n0= 1 et zm= (zd)m0= 1 donc z est racine de Xn−1 et Xm−1.
De ceci il résulte que P = Xd−1.
Exercice 3 †
Déterminer les polynômes non constants P ∈ C[X] tels que P0divise P.
Puisque deg P0= deg P − 1 il existe a , 0 et λ ∈ C tels que P(X) = a(X − λ)P0(X). Notons n l’ordre de multiplicité de λvu comme racine de P.
On a P(X) = (X − λ)nQ(X) avec Q(λ) , 0, et
P0(X) = n(X − λ)n−1Q(X) + (X − λ)nQ0(X).
En reportant dans l’égalité on obtient : Q(X) = anQ(X) + an(X − λ)Q0(X) et donc Q(λ) = anQ(λ). Puisque Q(λ) , 0 on en déduit a = 1/n.
Mais alors (X − λ)Q0(X) = 0, ce qui impose Q0 = 0. Le polynôme Q est donc constant, et en posant Q = α on obtient P(X) = α(X − λ)n.
Réciproquement, il est évident que les polynômes de la forme α(X − λ)navec α , 0 et n > 1 sont solutions.
Exercice 4
a) Montrer l’existence et l’unicité d’une famille de polynômes (Bn)n>0telle que pour tout n ∈ N, Xn= Bn(X)− Bn(X −1)
et Bn(0) = 0.
b) Vérifier que pour tout n > 1, B0n(X) = B
0
n(0) + nBn−1(X).
a) Considérons l’application φ : R[X] → R[X] définie par φ(P) = P(X) − P(X − 1). φ est une application linéaire. Déterminons son noyau et son image.
Soit P ∈ Ker φ ; on a P(X) = P(X − 1). Si P n’est pas constant, soit α ∈ C une de ses racines. Alors pour tout n ∈ N, α+ n est racine de P (récurrence) donc P possède une infinité de racine, ce qui est absurde. On en déduit que Ker φ = R.
PC∗
Par la formule du binôme il est facile de constater que pour tout n ∈ N∗, deg φ(Xn) = n − 1. Ceci montre que Im φ contient une famille échelonnée en degré et donc que Im φ = R[X].
Considérons maintenant le sous-espace vectoriel H des polynômes P ∈ R[X] vérifiant P(0) = 0 (autrement dit dont le coefficient constant est nul). Il s’agit d’un sous-espace vectoriel de R[X], supplémentaire de R = Kerφ. D’après le théorème du rang la restriction de φ à H est un isomorphisme de H vers Im φ = R[X].
Il existe donc un unique polynôme Bnde H tel que φ(Bn) = Xn.
b) Pour tout n > 1, B0n(X) − B
0
n(X − 1) = nXn−1donc φ(B
0
n) = nφ(Bn−1) = φ(nBn−1). Puisque Ker φ = K il existe
λ ∈ Rtel que B0n(X) = nBn−1+ λ, et sachant que Bn−1(0) = 0 il vient λ = B
0
n(0).
Exercice 5 Soient A, B, C ∈ C[X] tels que A + B = C. On suppose que A, B et C n’ont aucune racine commune et que l’un de ces trois polynômes est de degré strictement positif. On pose D = A0B − AB0.
a) Soit z une racine de ABC de multiplicité n. Montrer que z est racine de D de multiplicité au moins égale à n − 1. On note µ le nombre de racines distinctes de ABC.
b) Montrer que µ > deg A + deg B + deg C − deg D. c) Montrer que µ > maxdeg A, deg B, deg C.
a) Si z est racine de A alors z est racine d’ordre n de A (puisque A, B, C n’ont pas de racines communes) donc z est racine d’ordre n − 1 de A. Les polynômes A et A0sont factorisables par (X − z)n−1donc D aussi.
Le raisonnement est identique si z est racine de B.
Supposons enfin z racine de C. Alors z est racine d’ordre n de C donc pour tout k ∈ ~0, n, C(k)(z) = 0, soit B(k)(z) = −A(k)(z). Par ailleurs, pour tout p ∈ ~0, n − 1,
D(p)= p X k=0 p k ! A(k+1)B(p−k)− p X k=0 p k ! A(p−k)B(k+1)= p X k=0 p k ! A(k+1)B(p−k)−A(p−k)B(k+1)
Mais A(k+1)(z)B(p−k)(z) − A(p−k)(z)B(k+1)(z) = −A(k+1)(z)A(p−k)(z) + A(p−k)(z)A(k+1)(z) = 0 donc D(p)(z) = 0. On en déduit que z est racine au moins d’ordre n − 1 de D.
b) Posons A = k1 αi Y i=1 (X − ai)ni, B = k2 βi Y i=1 (X − bi)pi et C = k3 γi Y i=1
(X − ci)qi. La question précédente a montré que D
est factorisable par
αi Y i=1 (X − ai)ni −1 × βi Y i=1 (X − bi)pi −1 × γi Y i=1 (X − ci)qi −1 donc deg D > αi X i=1 (ni−1) + βi X i=1 (pi−1) + γi X i=1
(qi−1) = deg A − αi+ deg B − βi+ deg C − γi
et ainsi deg A + deg B + deg C − deg D 6 αi+ βi+ γi6µ.
c) deg D 6 deg A + deg B − 1 donc deg A + deg B − deg D > 1. D’après la question précédente, 1 + deg C 6 µ donc µ> deg C.
Si deg A , deg B on a deg C = max(deg A, deg B) donc on a aussi µ > deg A et µ > deg B et on peut conclure. Si deg A = deg B = degC la même conclusion s’en suit.
Il reste à examiner le cas où deg A = deg B > deg C.
Dans ce cas, on écrit D = A0(C − A) − A(C0−A0) = A0C − AC0 donc deg D 6 deg A + deg C − 1, et d’après la question précédente, deg B > µ − 1. Ainsi, µ > deg B = deg A et on peut là encore conclure.
Exercice 6 † Soit n ∈ N∗, a0∈ R ∗ +et a1, . . . , an−1∈ R+. On pose P = Xn− n−1 X k=0 akXk.
a) Montrer que P possède une unique racine dans R∗+, que l’on note ρ. b) Soit z une racine complexe de P. Montrer que |z| 6 ρ.
c) Montrer que ρ 6 max(1, a0+ a1+ · · · + an−1).
d) Montrer que ρ 6 1 + max
Algèbre générale (complément pour 5/2)
a) Soit f : R∗+→ Rdéfinie par f (x) = 1 −
n−1 X k=0 ak xn−k, de sorte que P(x) = x nf (x). On a f0(x) = n−1 X k=0 (n − k)ak
xn−k+1 > 0 donc f est strictement croissante sur R
∗ +.
On a lim
0+ f (x) = −∞ et lim+∞f (x) = 1 donc d’après le théorème de la bijection continue f s’annule pour une unique
valeur ρ de R∗+. Sachant que pour tout x > 0, P(x) = xnf (x), P possède une unique racine dans R∗+.
b) On a P(z) = 0 ⇐⇒ zn= n−1 X k=0 akzk donc |z|n6 n−1 X k=0 ak|z|k. Autrement dit, P(|z|) 6 0.
On ne peut avoir |z| = 0 car a0> 0 donc f (|z|) 6 0, et compte tenu des variations de f on en déduit que |z| 6 ρ.
c) On a ρn =
n−1
X
k=0
akρk. Supposons ρ > 1. Alors pour tout k ∈ ~0, n − 1, ρk 6ρn−1 donc ρn 6 n−1 X k=0 akρn−1, soit ρ 6 n−1 X k=0
ak. Dans tous les cas on a bien ρ 6 max(1, a0+ a1+ · · · + an−1).
d) Posons m = max k ak. On a ρ n= n−1 X k=0 akρk donc ρn6m n−1 X k=0 ρk. Si ρ , 1 alors ρn6mρ n−1
ρ −1, ce qui s’écrit encore ρn+16(m + 1)ρn−m. Sachant que m > 0 il vient ρn+16(m + 1)ρn, puis ρ 6 m + 1.
Enfin, si ρ = 1 l’inégalité ρ 6 m + 1 est évidente puisque m > 0. Exercice 7
a) Soit n ∈ N. Montrer l’existence d’un unique polynôme Rntel que pour tout x ∈ R
∗ on ait Rn x +1 x = xn+ 1 xn.
b) Donner une expression de Rn(n’utilisant pas de relation de récurrence).
a) Raisonnons par récurrence sur n. – Si n = 0 on a R0= 2 ; si n = 1 on a R1= X.
– Si n > 2, supposons acquise l’existence de Rn−1et Rn−2. De l’égalité : xn+
1 xn = x+1 x xn−1+ 1 xn−1 − xn−2+ 1 xn−2
on tire Rn(X) = XRn−1(X) − Rn−2(X), ce qui assure l’existence de Rn. Enfin, s’il existait un autre polynôme
solution Sn on aurait pour tout x ∈ R
∗ , (Rn−Sn) x +1 x
= 0 et Rn−Sns’annulerait une infinité de fois, donc
Sn= Rn. La récurrence se propage.
b) La suite (Rn) est donc définie par la donnée de R0= 2, R1= X et Rn(X) = XRn−1(X) − Rn−2(X).
Considérons un réel x quelconque et la suite (un) définie par u0= 2, u1= x et un= xun−1−un−2. Il s’agit d’une
suite à récurrence linéaire double ; son équation caractéristique est r2−xr + 1 = 0.
Notons δ une racine (réelle ou complexe) de x2−4. Supposons dans un premier temps x , ±2, de sorte qu’il existe αet β dans C tels que pour tout n ∈ N, un= α
x + δ 2 n + β x − δ 2 n . Pour n = 0 et n = 1 on obtient 2 = α + β x =x 2(α + β) + δ 2(α − β) ⇐⇒ (α + β = 2 α − β= 0 ⇐⇒ α= β = 1. Ainsi, un= x + δ 2 n + x − δ 2 n = 1 2n n X k=0 n k ! xn−kδk1 + (−1)k= 1 2n−1 X 062p6n n 2p ! xn−2pδ2p
Sachant que δ2= x2−4 nous avons prouvé que pour tout x ∈ R \ {−2, 2}, P(x) = 1 2n−1 bn/2c X p=0 n 2p ! xn−2p(x2−4)p.
Deux polynômes qui coïncident sur R \ {−2, 2} sont égaux donc Rn(X) =
1 2n−1 bn/2c X p=0 n 2p ! Xn−2p(X2−4)p.
PC∗
Exercice 8 Soit P ∈ R[X] un polynôme réel tel que pour tout x ∈ R, P(x) > 0. Montrer l’existence de deux polynômes rééls A et B tels que P = A2+ B2.
Considérons la décomposition dans C du polynôme : P(X) = λY i (X − ai)ni Y j (X − βj)mj(X − βj)mj avec ai∈ Ret βj∈ C \ R.
Au voisinage de +∞ on a P(x) ∼ λxdeg Pdonc λ > 0.
Au voisinage de l’un des ai on a P(x) ∼ c(x − ai)nioù c est une constante non nulle donc ni est un entier pair (et
accessoirement c est positif). Posons donc déjà Q = √ λY i (X − ai)ni/2∈ R[X]. Alors P(X) = Q(X)2 Y j (X − βj)mj(X − βj) mj. Le polynômeY j
(X − βj)mj est à coefficients complexes; en séparant les paries réelles et imaginaires on peut le
mettre sous la forme R(X) + iS(X) où R et S sont des polynômes à coefficients réels.
