Feuille 22

(1)

Feuille 22

« Comme dans pas mal d’exercices, une bonne façon de démarrer est de s’intéresser aux racines et/ou au degré. Cela débloque déjà une très très grande majorité de ce type d’exercices. »

Exercice22.1 Solution p. 5

Soitn∈N, n≥2. Grâce au polynôme(X+ 1)ⁿ−1, calculer

n−1

Y

k=1

sinkπ n .

Démontrer qu’il n’existe pas de polynômeP ∈C[X]tel que∀z∈C, P(z) =z.

On poseA(X) = X⁷−X−1etB(X) = X⁵+ 1. Démontrer queAetB sont premiers entre eux et trouver l’ensemble des couples(U, V)∈K[X]²tels queAU +BV = 1.

Quels sont les polynômes deC[X]tels que(X²+ 1)P⁰⁰−6P = 0?

Soitn∈N^∗.

1. Pour tout ϕ ∈ R, factoriser dansR[X]le polynômeP_n = X²ⁿ−2Xⁿcosϕ+ 1en produit de polynômes irréductibles.

2. FactoriserQn=X⁴ⁿ+ 1en produit de polynômes irréductibles deR[X].

Résoudre dansC³le système











x+y+z = 1 1

x+ 1 y +1

z = 1 x²+y²+z² =−1

Soitn∈N^∗. Calculer le reste de la division euclidienne deP =X²ⁿ+Xⁿ+X+ 1parQ= (X−1)².

Soitn∈N^∗. Montrer que(X²+X+ 1)²divise(X+ 1)⁶ⁿ⁺¹−X⁶ⁿ⁺¹−1dansR[X].

SoitP un polynôme à coefficients réels.

1. SiP est scindé dansR[X], montrer queP⁰est aussi scindé.

2. Lorsque P est scindé dansR[X], déterminer le plus petit entier ktel que toutes les racines deP^(k) soient simples.

On poseP(X) = X³ −X−1. Montrer queP est irréductible surQ[X]et montrer qu’il admet une unique racine réelle.

(2)

Exercice22.11 Solution p. 10 SoientP un polynôme dont les coefficients sont des entiers relatifs etn∈Z. On posem=P(n).

1. Montrer que pour tout élémentk∈Z, P(n+km)est divisible parm.

2. Montrer qu’il n’existe pas de polynôme non constantPà coefficients entiers tel que pour toutndansZ, P(n) est un nombre premier.

SoitA, B∈K[X]etp∈N^∗.

Montrer queBdiviseAsi et seulement siB(X^p)diviseA(X^p).

Déterminer les polynômes complexes dont l’application polynomiale associée est surjective puis ceux dont l’application polynomiale associée est injective.

SoientKun sous-corps deC, a∈K^∗et(n, p)∈N×N^∗.

1. Montrer que le reste de la division euclidienne deXⁿ−aⁿparX^p−a^pesta^pq(X^r−a^r), oùqetrsont les quotient et reste de la division euclidienne denparp.

Indication: DansXⁿ−aⁿ, on pourra remplacerX^ppar(X^p−a^p) +a^pet appliquer la formule du binôme de Newton.

2. Calculer le PGCD deXⁿ−aⁿetX^p−a^pen fonction du PGCD denet dep.

Polynômes cyclotomiques

Pourn >1on noteP_nl’ensemble des racines primitivesn-ièmes de l’unité :P_n=¶

e²ⁱ^kπⁿ / k∧n= 1© . On poseC₁ =X−1et∀n≥2, C_n= Y

a∈P_n

(X−a), appelé len-ième polynôme cyclotomique.

1. CalculerC2, C3, C4, C6.

2. Prouver que, pour toutn, Xⁿ−1 =Y

d|n

C_d.

3. Soit A, B deux polynômes à coefficients entiers avec B unitaire. Montrer que le quotient et le reste de la division deAparB sont aussi à coefficients entiers.

4. En déduire que, pour toutn, Cnest à coefficients entiers.

SoitKun corps dans lequel2·1_K6= 0.

1. SoitA∈K[X]tel queA(−X) =A(X).

Montrer que tous les monômes deAsont de degré pair.

2. SoitP ∈K[X].

Montrer qu’il existe un uniqueP“ ∈ K[X]tel queP“(X²) = P(X)P(−X). Déterminer le degré de P“en fonction de celui deP.

3. Montrer que, pour toutP, Q∈K[X], P Qd=P“Q.“

Trouver les polynômes deR[X]tels que

∀(x, y)∈R², P(xy) =P(x)P(y)

(3)

Exercice22.18 Solution p. 13 Soitn∈N^∗

1. Exprimer de deux manières le polynômeL∈Rn−1[X]vérifiant∀k∈ {1, . . . , n}, L(k) =kⁿ⁻¹. 2. En déduire une expression simplifiée de

n

X

k=0

Çn+ 1 k

å

(−1)^n−kkⁿ?

DansR[X], chercher le polynôme de degré minimalPvérifiant :(X−1)⁴|(P+ 1)et(X+ 1)⁴|(P−1).

Déterminer tous les polynômesP ∈C[X]tels queP(0) = 0etP(X²+ 1) =P(X)²+ 1.

Cet exercice utilise le théorème de Lagrange.

SoitKun corps commutatif fini noté{0, a₁, . . . , aq−1}.

1. Montrer queX^q−1−1 =

q−1

Y

i=1

(X−a_i).

2. En déduire que pour tout nombre premierp, pdivise(p−1)! + 1.Ce résultat porte le nom de théorème de Wilson.

1. Trouver tous les polynômesP ∈R[X]tels que

∀k∈Z, Z k+1

k

P(t) dt=k

2. Trouver tous les polynômesP ∈R[X]tels que

∀k∈N^∗, Z k+1

k

P(t) dt= 1 k

Sipetqsont deux entiers non nuls premiers entreeux, montrer que(X−1)(X^pq−1)est divisible dansR[X]

par(X^p−1)(X^q−1).

SoitKun corps fini etf : K −→Kune application. Montrer quefest polynomiale.

1. SiP, Q∈ Q[X]sont deux polynômes irréductibles unitaires distincts deQ[X],montrer qu’ils n’ont aucune racine complexe commune.

2. SiP est un polynôme irréductible deQ[X], montrer queP n’a pas de racine complexe multiple.

Pour toutn∈N^∗, montrer queXⁿ−2est irréductible dansQ[X].

NotonsA={P ∈R[X]/∀x≥0, P(x)≥0}etB={A²+XB² /(A, B)∈R[X]²}.

1. Montrer queB ⊂ A.

2. Montrer que siP, Q∈ B, alorsP Q∈ B.

(4)

3. Donner une condition nécessaire et suffisante pour queP ∈ A, portant sur la décomposition dePen facteurs irréductibles dansR[X].

4. Montrer queA=B.

SoitP, Q ∈ C[X]deux polynômes tels que, pour toutz ∈ C, |P(z)|=|Q(z)|. Montrer qu’il existeu ∈Utel queQ=uP.

Déterminer l’ensemble des polynômesP deC[X]tels queP(X²) =P(X)P(X−1).

Soientmetndeux entiers strictement positifs.

1. Montrer qu’il existe au moins un couple(U, V)de polynômes deR[X]tel que (1) :X^mU(X) + (1−X)ⁿV(X) = 1

2. Calculer un couple(U, V)solution de (1) et vérifiant de plus,deg(U)< netdeg(V)< m.

3. Pour le couple(U, V)déterminé lors de la question précédente, montrer qu’il existe deux réelsαetβtels que (1−X)V⁰(X)−nV(X) =αX^m−1 et XU⁰(X) +mU(X) =β(1−X)ⁿ⁻¹

SoitAun anneau. Montrer queAest un corps si et seulement siA[X]est principal.

Sipest un nombre premier, montrer queZ/pZ\ {0}muni de la multiplication est un groupe cyclique.

(5)

Solution de l’exercice 22.1 Énoncé

n−1

Y

k=1

sin Åkπ

n ã

=

n−1

Y

k=1

eⁱ^kπⁿ −e⁻ⁱ^kπⁿ 2i

= Å1

2i ãn−1

e⁻

iπ

n×n(n−1) 2

| {z }

(−i)ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=1

Äeⁱ^2kπⁿ −1ä

= 1

2ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=1

(1−ω^k)

OrXⁿ−1 =

n−1

Y

k=0

(x−ω^k) = (x−1)

n−1

Y

k=1

(x−ω^k), donc

n−1

Y

k=1

sin Åkπ

n ã

= 1 2ⁿ⁻¹ lim

x→1 n−1

Y

k=1

(x−ω^k)

= 1 2ⁿ⁻¹ lim

x→1

xⁿ−1 x−1 Orxⁿ−1 = (x−1)

n−1

X

k=0

x^k. Donc

n−1

Y

k=1

sin Åkπ

n ã

= n

2ⁿ⁻¹. Autre solution :

(x+ 1)ⁿ−1 = 0⇔x+ 1 = e^2ikπⁿ , k∈J0, n−1K⇔x= e^ikπⁿ Å

2isinkπ n

ã . On peut prendre le module car

sinkπ n

= sinkπ n . Donc d’après les relations de Viète,

n−1

Y

k=1

sinkπ n 2ieⁱ^kπⁿ

est égal à|(−1)ⁿ⁻¹| = 1fois le coefficient de degré 1 de (X+ 1)ⁿ−1, or d’après la formule du binôme de Newton, ce coefficient vaudra ⁿ₁

=n, donc 2ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=1

sinkπ n =n Donc finalement

n−1

Y

k=1

sinkπ n = n

2ⁿ⁻¹

SoitP ∈C[X]tel que∀z ∈C, P(z) = ¯z. Alors, pour toutx ∈R, P(x) = x. CommeRest infini, par rigidité des polynômes, on aP(X) = X, donc pour toutz∈C, P(z) =z, doncP(i) = ¯i=−ietP(i) =i, ori6=−i , c’est absurde.

On utilise l’algorithme d’Euclide : X⁷ −X−1 X⁵+ 1

X²

−X⁷−X²

−X²−X−1

X⁵ + 1 −X²−X−1

−X³+X²−1

−X⁵−X⁴−X³

−X⁴−X³ X⁴+X³+X²

X² + 1

−X²−X−1

−X

(6)

−X²−X−1 −X X+ 1 X²

−X X

−1

Ceci prouve queA∧B = 1.

Soit encore :

X⁷−X−1 = X⁵+ 1

· X² + −X²−X−1 X⁵+ 1 = −X²−X−1

· −X³+X²−1

+ −X

−X²−X−1 = −X · X+ 1

+ −1

−X= −1 · X + 0

On va donc « remonter » l’algorithme afin de trouverU0etV0, solutions particulières deAU +BV = 1.

On aA=X²B+ (−X²−X−1), donc−X²−X−1 =A−X²B.

On a−X=B+ (−X²−X−1)(X³−X²+ 1) =B+ (A−X²B)(X³−X²+ 1), et on a1 =−X(X+ 1)− (−X²−X−1)Donc :

1 =−X(X+ 1)−(−X²−X−1)

= (B+ (A−X²B)(X³−X²+ 1))(X+ 1)−(A−X²B)

= (B+AX³−AX²+A−X⁵B+X⁴B−X²B)(X+ 1)−(A−X²B)

= (BX+AX⁴−AX³+AX−X⁶B+X⁵B−X³B) + (B+AX³−AX²+A−X⁵B+X⁴B−X²B) +X²B−A

=A(X⁴−X³+X+X³−X²+ 1−1) +B(X−X⁶+X⁵−X³+ 1−X⁵+X⁴−X²+X²)

=A(X⁴−X²+X) +B(−X⁶+X⁴−X³+X+ 1)

On a doncU₀ =X⁴−X²+XetV₀ =−X⁶+X⁴−X³+X+ 1.

SoitU, V ∈R[X]une solution du système. Alors(U −U₀)A+ (V −V₀)B = 0doncB |A(U−U₀)puis d’après le théorème de Gauss,B|U−U0, donc il existeλ∈R[X]tel queU =U0+λB.

Alors0 = (U−U0)A+ (V −V0)B =B(λA+V −V0), orB 6= 0etR[X]est intègre, doncV =V0−λA.

Réciproquement, s’il existeλ∈R[X]tel que(U, V) = (U₀+λB, V₀−λA), on vérifie queU A+V B=U₀A+V₀B= 1, donc l’ensemble des solutions de l’équation de Bézout est{(U₀+λB, V0−λA)/ λ∈R[X]}

SidegP ≤1, alorsP⁰⁰= 0et l’équation devient−6P = 0, donc seulP = 0est solution.

Supposons et notons n = degP ≥ 2. On a P⁰⁰ =

n−2

X

k=0

a_k+2(k+ 2)(k+ 1)X^k par changement d’indice, puis en multipliant par(X²+ 1), il vient :

(X²+ 1)P⁰⁰=

n−2

X

k=0

a_k+2(k+ 2)(k+ 1)X^k+2+

n−2

X

k=0

a_k+2(k+ 2)(k+ 1)X^k

=

n

X

k=2

a_kk(k−1)X^k+

n−2

X

k=0

a_k+2(k+ 2)(k+ 1)X^k

On adom (X²+ 1)P⁰⁰=n(n−1)a_ndonc le coefficient dominant de(X²+ 1)P⁰⁰−6P estn(n−1)a_n−6a_n. On a(X²+ 1)P⁰⁰−6P = 0, donca_n(n(n−1)−6) = 0, doncn(n−1)−6 = 0, cara_n6= 0, donc par un calcul n= 3.

DoncPest de degré3, on peut donc poserP =a₃X³+a₂X²+a₁X+a₀, aveca₃ 6= 0. On a alorsP⁰⁰= 6a₃X+2a₂.

(7)

On peut maintenant remplacer :

(X²+ 1)P⁰⁰−6P = 0⇔(X²+ 1)(6a₃X+ 2a₂)−6(a₃X³+a₂X²+a₁X+a₀) = 0

⇔











6a3 = 6a3

2a2 = 6a2

6a₃ = 6a₁ 2a2 = 6a0

⇔

®a3=a1

a₂=a₀ = 0

FinalementS={P = 0, P =α(X³+X)/ α∈C^∗}={P =α(X³+X)/ α∈C}, la réciproque étant évidente (nécessite un petit calcul).

Autre solution : degP = 3 et (X² + 1) | P, donc il existe a ∈ C tel que P(x) = (X² + 1)(X +a). Alors P⁰⁰= 6X+ 2a, donc(X²+ 1)(6X+ 2a) = 6P = (X²+ 1)(6X+ 6a), donca= 0, donc siP est solution, il existe λ∈Ctel queP =λ(X²+ 1)X.

1.

X²ⁿ−2Xⁿcosϕ+ 1 =X²ⁿ−2XⁿRe e^iϕ +

e^iϕ

2

= Xⁿ−e^iϕ

Xⁿ−e^−iϕ

=

n−1

Y

k=0

X−eⁱ^2kπ+ϕⁿ X−eⁱ^2kπ−ϕⁿ

=

n−1

Y

k=0

Å

X²−2 cos

Å2kπ+ϕ n

ã X+ 1

ã

On effectue un changement de variablej =−kpour le deuxième produit.

Lorsque pour toutk∈J0, n−1K, ϕ+ 2kπ

n 6≡0 [π], la décomposition du polynôme en produits d’irréductibles est celle présentée.

Sinon, pour toutk0 ∈J0, n−1Ktel queϕ+ 2k0π

n ≡0 [2π], on remplace l’expressionX²−2Xcos

Å2k0π+ϕ n

ã + 1par (X−1)² et pour toutk₁ ∈ J0, n−1Ktel que ϕ+ 2k₁π

n ≡ π [2π], on remplace l’expression X²− 2Xcos

Å2k1π+ϕ n

ã

+ 1par(X+ 1)².

Remarque : Si k0 (resp. k1) existe, il est unique. En effet, si ϕ

π + 2k0π

n ≡ 0 ≡ ϕ

π + 2k⁰₀π

n [2π], alors 2(k0−k₀⁰)π

n ≡0 [2π], donck0−k⁰₀ ≡0 [n], or|k₀−k⁰₀|< ncark0, k₀⁰ ∈J0, n−1K, donck0=k₀⁰. Remarque :Sik₀ (resp.k₁) existe, alors ϕ

π ∈ Z. En effet, il existek ∈ J0, n−1Ktel que ϕ+ 2kπ

n ≡0 [π]

doncϕ+ 2kπ ≡0 [nπ]puis ϕ

π + 2k≡ [n], donc ϕ π ∈Z. 2. Qn=P2navecϕ= π

2, alors ϕ π = 1

2 6∈Z, la décomposition demandée est : X⁴ⁿ+ 1 =

2n−1

Y

k=0

Å

X²−2Xcos Å π

4n+ kπ n

ã + 1

ã

x, yetzsont racinesP = (X−x)(X−y)(X−z) ∈C[X]. On posea=−x−y−z,b=xy+yz+zxet c=−xyz. DoncP =X³+aX²+bX+c, et calculonsa, b, c, à l’aide des relations de Viète :

x+y+z=σ₁ =−a

(8)

1 x+1

y +1

z = yz+xz+yx xyz = σ2

σ₃ =−b

c etx²+y²+z² = (x+y+z)²−2σ₂=σ²₁−2σ₂ =a²−2b, donc on a







a=−1

−b c = 1 a²−2b=−1

⇔





 a=−1 b= 1 c=−1

.

AinsiP =X³−X²+X−1 = (X−1)(X²+ 1) = (X−1)(X+i)(X−i).

Donc(x, y, z) = (1, i,−i)à une permutation près.

On vérifie que







1 +i−i= 1

1

1 +¹_i −¹_i = 1 1²+i²+i² =−1

.

SoitQetRdansK[X]avecdegR <deg(X−1)²tels queX²ⁿ+Xⁿ+X+ 1 = (X−1)²Q+R, alors comme deg(X−1)² = 2, on adegR≤1. On peut donc noterR=aX+b, a, b∈K.

D’oùX²ⁿ+Xⁿ+X(1−a) + 1−b= (X−1)²Q. PosonsX= 1, alors1 + 1 + 1−a+ 1−b= 0, donc4 =a+b.

Dérivons l’égalité précédente,1étant racine double de(X−1)², il l’est encore du polynôme dérivé : on a donc : 2nX²ⁿ⁻¹+nXⁿ⁻¹+ 1−a= 2(X−1)Q+ (X−1)²Q⁰.

En posant de nouveauX= 1, on trouve2n+n+ 1−a= 0, soita= 3n+ 1. Finalementb= 4−a= 3−3n.

D’oùR= (3n+ 1)X+ (3n−3)

Autre méthode : D’après la formule de Taylor, R=P(1) + (X−1)P⁰(1) = 4 + (X−1)(3n+ 1).

Cette formule ne marche que pour la division par un polynôme de la forme(X−α)^k.

On résoutX²+X+ 1 = 0,∆ =−1X1= −1 +√ 3i

2 , X2 = −1−√ 3

2 et on aX1=jetX2 =j², et on a les relations1 +j+j²= 0, avec¯j =j².

Il suffit de montrer que c’est vrai dansC[X]. Or, d’après ce qui précède,(X²+X+ 1)²= (X−j)²(X−j²)², donc il suffit de montrer quejetj²sont racines deQ(X) = (X+ 1)⁶ⁿ⁺¹−X⁶ⁿ⁺¹−1, de multiplicité au moins 2.

MaisQ(X)∈R[X]donc sijest racine deQde multipliciték, alors¯j=j² aussi.

Il suffit donc de montrer queQ(j) =Q⁰(j) = 0.

Or

Q(j) = (j+ 1)⁶ⁿ⁺¹−j⁶ⁿ⁺¹−1

= (−j²)⁶ⁿ⁺¹−j−1

=−j²−j−1

= 0 et

Q⁰(j) = (6n+ 1)(j+ 1)⁶ⁿ−(6n+ 1)j⁶ⁿ

= (6n+ 1)(−j²)⁶ⁿ−(6n+ 1)j⁶ⁿ

= (6n+ 1)−(6n+ 1)

= 0

1. Soit P un polynôme de degré n ∈ Ndans R[X]. Si P est scindé dansR[X], alors il existe λ ∈ R^∗, k ∈ J0, nK, (m₁, . . . , m_k)∈N^∗k,(α₁, . . . , α_k)∈R^ktels queP(X) =λ

k

Y

h=1

(X−α_h)^m^het

k

X

h=1

m_h=n.

(9)

Soith∈J1, kK, α_hest racine dePde multiplicitém_hdoncα_hest racine deP⁰de multiplicitém_h−1: il existe alorsQ∈R[X]tel que :

P⁰(X) =Q(X)

k

Y

h=1

(X−α_h)^m^h⁻¹

doncdegQ=n−1−

k

X

h=1

(mh−1) =n−1−n+k=k−1.

Ordonnons les racines deP :α₁< α₂ < . . . < α_k.

Soith ∈ J1, k−1K,αh et αh+1 sont racines deP, doncP(αh) = P(αh+1) = 0, donc il existe d’après le lemme de Rolle unc_h∈]α_h, α_h+1[tel queP⁰(c_h) = 0.

Donc il existeR ∈ R[X]tel queQ(X) = R(X)

k−1

Y

h=1

(X −c_h) donc degR = degQ−k+ 1 = 0, donc P⁰(X) =λ⁰

k−1

Y

h=1

(X−c_h)·

k

Y

h=1

(X−α_h)^m^h⁻¹doncP⁰est scindé dansR[X].

2. SoitP ∈R[X]tel queP soit scindé. Notonsm_P le maximum des multiplicités des racines deP, avecP 6= 0.

Montrons l’assertionR(n)suivante :mP = max(0, mP −n)etP⁽ⁿ⁾est scindé.

Pourn= 0: c’est évident.

Pourn≥0,

P⁽ⁿ⁾=

k

Y

h=1

(X−α_h)^m^h

donc P⁽ⁿ⁺¹⁾ =λ⁰

k−1

Y

h=1

(X−c_h)·

k

Y

h=1

(X−α_h)^m^h⁻¹ définis dans la question 1, oùc1, . . . , c_ksont deux à deux distincts.

Orm_P(n) = max

1≤h≤k(m_h), doncm_P(n+1) = max(0, max

1≤h≤k(m_h−1))

SoitP(X) =X³−X−1. Soitp∈Z, q∈N^∗premiers entre eux. Supposons que ^p_q soit racine deP. Ainsi : p³

q³ −p

q −1 = 0 p³−p·q²−q³ = 0

Soitd∈P. Supposonsd|p. Alorsd|q³, doncd|q, orq∧p = 1, ce qui est absurde. Doncp = 1oup=−1. De même, on montre queq = 1. On vérifie que ^p_q n’est alors pas une racine deP, doncP n’a pas de racine dansQ, or P est de degré3, doncP est irréductible.

ON aP⁰(X) = 3X²−1 = 3 Ç

X−

√3 3

å Ç X+

√3 3

å .

(10)

−2 −1 1 2

−5

−4

−3

−2

−1 1 2

x f⁰(x)

f(x)

−∞ −

√ 3 3

√ 3

3 +∞

+ 0 − 0 +

−∞

√ 3

6 −1<0

√ 3

6 −1<0

−

√3 6 −1

−

√3 6 −1

+∞

SoitP ∈Z[X]etn∈N. On posem=P(n)etd= degP. 1. Soitk∈Z. NotonsP =

d

X

j=0

a_jX^j. Remarquons que, pour touti∈J1, dK, ^d_i

∈N. On a donc :

∀j∈J1, dK,∀i∈J1, jK, m|maj

Çj i

å

n^j−ikⁱmⁱ⁻¹ =aj

Çj i

å

n^j−i(km)ⁱ Ainsi, par combinaison linéaire :

m=P(n)|P(n) +

d

X

j=1

aj j

X

i=1

Çj i

å

n^j−i(km)ⁱ =

d

X

j=0

ain^j+

d

X

j=1

aj j

X

i=1

Çj i

å

n^j−i(km)ⁱ

=

d

X

j=0

a_j

j

X

i=0

Çj i

å

n^j−i(km)ⁱ

=

d

X

j=0

a_j(n+km)^j =P(n+km) On y arrive plus facilement en regardantP(n+km)modulom.

2. Supposons par l’absurde qu’il existe un polynômeP tel que∀n∈N, P(n)∈P.

Notons doncP(0) =p∈P. D’après la propriété précédente, on a donc∀k∈Z, p|P(kp).

Or, par hypothèse,P(kp) ∈ P, ainsiP(kp) = p. On en déduit que P −padmet une infinité de racines, et donc il s’agit du polynôme identiquement nul. DoncPest constant égal àP .

SiB|A, alors il existeK∈K[X]tel queA=KBd’oùA(X^p) =K(X^p)B(X^p)et ainsiB(X^p)|A(X^p).

Réciproquement, siB = 0, alorsA(X^p) = 0, doncA= 0etB |A.

Donc on suppose queB 6= 0. Par division euclidienne, on poseA=QB+RavecdegR <degB. DoncA(X^p) +Q(X^p)B(X^p) +R(X^p)avecdegR(X^p) = degX^p×degR < pdegB = degB(X^p)

DoncR(X^p) est le reste de la division euclidienne deA(X^p) parB(X^p), orB(X^p) | A(X^p), doncR(X^p) = 0, doncR= 0, doncB |A.

Injectivité :

(11)

Pour queP‹soit injective, il faut quedegP = 1. Évidemment, les polynômes nul et constants ne sont pas injec- tifs.

SidegP ≥2,P admet deux racines, si les deux racines sont distinctes, alorsP est clairement non injective. SiP admet une racine unique (de multiplicitémi), alorsP =λ(X−xi)^mⁱ, avecmi ≥2.

En prenantz=x_i+ e

2iπ

mp 6=z⁰=x_i+ 1, on aP(z) =P(z⁰) =λ.

Réciproquement soitP =aX+boùa6= 0. Soientz, z⁰tels queP(z) =‹ P‹(z⁰)⇔a(z−z⁰) = 0⇔z=z⁰cara6= 0.

Surjectivité :

SidegP ≤0,Pest constant doncP‹non surjectif.

SidegP ≥1, montrons queP‹est surjective.

Soitz0∈C,P‹(z) =z0 ⇔P(z)‹ −z₀ = 0orP−z₀ ∈C[X]etdeg(P−z₀)≥1, donc il existe une racineα(d’après le théorème de de d’Alembert) telle queP(α) =z0etP‹est surjective.

1. Soitn=pq+rla division euclidienne denparp.

Xⁿ−aⁿ=X^r(X^p)^q−aⁿ

=X^r((X^p−a^p) +a^p)^q−aⁿ

=X^r

q

X

k=0

Çq k

å

(X^p−a^p)^ka^p(q−k)

!

−aⁿ

=X^r(a^pq+B(X)(X^p−a^p))−a^pq+r

=X^rB(X)(X^p−a^p) +a^pq(X^r−a^r) En posantB(X) =

q

X

k=1

Çq k

å

(X^p−a^p)^k−1a^p(q−k)Ordeg(a^pq(X^r−a^r))<deg(X^p−a^p), donc c’est le reste de la division euclidienne.

2. Montrons qu’un PGCD deXⁿ−aⁿetX^p−a^pestX^p∧n−a^p∧n.

On applique l’algorithme d’Euclide pourp∧n: soitα₁, . . . , α_metq₁, . . . , qm−2les entiers naturels tels que : α₁ =n, α₂=p, α_k+2< α_k+1, α_k=q_kα_k+1+α_k+2etα_m= 0.

De même, on considère l’algorithme d’Euclide pour les polynômes considérés, soitP1, . . . , Pmles polynômes unitaires etQ₁, . . . , Qm−2les polynômes tels que :

P1 =Xⁿ−aⁿ, P2 =X^p−a^p, deg(Pk+2)<deg(Pk+1), Pk+2∼¹Pk−QkPk+1. On pose l’hypothèse de récurrence suivanteR(k) :P_ketP_k+1sont définis et

P_k=X^α^k−a^α^k P_k+1=X^α^k+1−a^α^k+1

L’initialisation est faite par construction et l’hérédité découle de la question précédente.

1. P₂ =

e^ikπ / k= 1 ={−1}:C₂=X+ 1 P3 =¶

e^2ikπ³ / k∈ {1,2}©

={j, j}:C3= (X−j)(X−¯j) =X²+X+ 1 P₄ =¶

e^ikπ² / k∈ {1,3}©

={i,−i}:C₄= (X−i)(X+i) =X²+ 1 P₆ =¶

e^ikπ³ / k∈ {1,5}©

:C₆ =Ä

X−e^iπ³ ä Ä

X−e⁻^iπ³ä

=X²−2Xcosπ

3 + 1 =X²−X+ 1

1. ∼désigne la relation d’association, i.e.P∼Q⇔(P|Q)∧(Q|P)

(12)

2. Montrons queµn=G

d|n

Pd. AlorsXⁿ−1 = Y

α∈µn

(X−α) =Y

d|n

Y

α∈P_d

(X−α) =Y

d|n

Cd.

• Soit z ∈ µn : Il existe k ∈ J1, nK tel quez = e^2ikπⁿ . On met _n^k sous forme irréductible, _n^k = ^h_d où h∧d= 1eth∈J1, dK.

Doncz= e^2ihπ^d ∈P_d, doncµ_n⊂[

d|n

P_d

• Soitd | netα ∈ Pd:α = e^2ihπ^d avech∧d = 1eth ∈ J1, dK. Il existe a ∈ Ztel quen = ad, donc α= e^2ihaπ^da ∈µn.

Doncµn=[

d|n

Pd.

• Soitd, d⁰ tel que d | n, d⁰ | n,d 6= d⁰ et supposons queα ∈ P_d∩P_d⁰. Alors α = e^2ikπ^d = e^2ihπ^d⁰ où k∈ {1, . . . , d},h∈ {1, . . . , d⁰},k∧d=h∧d⁰ = 1.

On a 2kπ d ,2hπ

d⁰ ∈]0,2π]ete^2ikπ^d = e^2ihπ^d⁰ donc k d = h

d⁰ : l’unicité des fractions irréductibles entraîned=d⁰ ce qui est faux. DoncP_d∩P_d⁰ =∅.

3. SiA= 0, c’est évident. Sinon, on montre la propriété par récurrence surdegA.

• SidegA= 0, alorsA∈C^∗, siB= 1, A=A×1 + 0: ok SidegB≥1, A=B×0 +A: ok

• Soitn≥1, et on suppose que pour toutk∈ {0, . . . , n−1}, on aR(k). SoitAun polynôme de degrén.

Notonsp= degB. Sip > n, A=B×0 +A: ok.

Supposons maintenant quep ≤ n. On poseA =anXⁿ+A⁰, oùan ∈ Z^∗, etdegA⁰ < netB =X^p+B⁰, où degB < p. Alors A − a_nX^n−pB = A⁰ −a_nX^n−pB⁰ est de degré strictement inférieur à n, donc par hypothèse de récurrence, A −a_nX^n−pB = BQ +R, avec Q, R ∈ Z[X], degR < degB, donc

A= (Q+anX^n−p)B+R

4. NotonsS(n) : C_n∈Z[X], on a bienS(1).

Soitn≥1, supposons que pour toutk∈J1, nK, on aS(k).

AlorsXⁿ⁺¹−1 = C_n+1· Y

d|n+1 d<n+1

C_d, doncC_n+1est le quotient deXⁿ⁺¹−1∈ Z[X]par Y

d|n+1 d<n+1

C_d ∈Z[X]

par hypothèse de récurrence.

D’après la question précédente,C_n+1 ∈Z[X].

1. PosonsA(X) =X

k∈N

akX^k. Alors0 =A(X)−A(−X) = X

k∈2N+1

2akX^k, donc pour toutkimpair,2ak = 0, or2est inversible dansK, doncak = 0. Donc tous les monômes deAsont de degré pair.

2. P(X)P(−X) est pair, donc tous ses monômes sont de degré pair. Ainsi avec d = degP, on peut écrire P(X)P(−X) =

d

X

k=0

b_2kX^2k, alorsP(X)P(−X) = P“(X²)si et seulement siP(X) =“

d

X

k=0

b_2kX^k, ainsiP“ existe et est unique. De plus, on adegP“= degP“(X²)

2 = degP(X)P(−X)

2 = degP.

3. (“PQ)(X“ ²) = P(X)P(−X)Q(X)Q(−X) =P Q(Xd ²), donc les deux polynômes sont égaux d’aprèsl’exercice 12 (solution page 10).

On pose tout d’abordx = y = 0, d’où on tireP(0) = P(0)² d’oùP(0) = 0ouP(0) = 1. On posey = 0,

(13)

On suppose maintenant queP(0) = 0. Soitn = degP, on dérivek(k ∈ J1, nK) foisP(xy)par rapport àxet on obtienty^kP^(k)(x) = P^(k)(x)P(y), donc on ay^kP^(k)(0) = P^(k)(0)P(y), c’et-à-dire, soitP(y) = y^kpour touty, ou bienP^(k) = 0, c’est-à-dire que sa dérivéek-ième est nulle, et comme ce n’est pas le polynômeX^k, toutes ses dérivées s’annulent et c’est donc le polynôme identiquement nul.

L−Xⁿ⁻¹admetnracines : puisque le degré de ce polynôme est au plusn−1, c’est nécessairement le polynôme nul, c’est-à-dire queLest défini de manière unique et est égal àXⁿ⁻¹. De plus, par interpolation de Lagrange :

L=

n

X

k=1

kⁿ⁻¹

n

Y

i6=ki=1

X−i k−i

Par conséquent : Xⁿ⁻¹ =

n

X

k=1

kⁿ⁻¹

n

Y

i=1i6=k

X−i k−i

=

n

X

k=1

(−1)^n−kkⁿ⁻¹

n

Y

i=1i6=k

(X−i) 1

(k−1)(k−2). . .×2×1×(−1)×(−2). . .(k−n)

=

n

X

k=1

(−1)^n−kkⁿ⁻¹

n

Y

i=1i6=k

(X−i) 1

(k−1)!(n−k)!

et, en particulier,

(n+ 1)ⁿ⁻¹=

n

X

k=1

(−1)^n−kkⁿ⁻¹

n

Y

i=1i6=k

(n+ 1−i) 1

(k−1)!(n−k)!

=

n

X

k=1

(−1)^n−kkⁿ⁻¹· n!

n+ 1−k· 1

(k−1)!(n−k)!

=

n

X

k=1

(−1)^n−kkⁿ· (n+ 1)!

k!(n+ 1−k)!(n+ 1) ce qui nous donne que

n

X

k=1

Çn+ 1 k

å

(−1)^n−kkⁿ= (n+ 1)ⁿ

D’après l’énoncé,P + 1admet 1 comme racine de multiplicité 4, donc(P+ 1)⁰ =P⁰admet1comme racine de multiplicité 3.

De même,P admet−1comme racine de multiplicité3. DoncP⁰ est de degré au moins6, doncPest de degré7au moins. Essayons de trouver un polynôme de degré 7, dans ce cas, on a :

P⁰(X) =a(X²−1)³=aX⁶−3aX⁴+ 3aX²−a Par primitivation, on peut donc écrire :

P(X) =a

7X⁷−3a

5 X⁵+aX³−aX+c

Il suffit alors d’avoirP(1) = −1etP(−1) = 1, puisque alorsP + 1admet1comme racine et(P + 1)⁰ admet1 comme racine de multiplicité3(et de même avecP −1). Or on remarque queP(−1) =−P(1) + 2c, il suffit donc d’avoirc= 0etP(1) =−1, c’est-à-dire :

a 7 −3a

5 +a−a=−1

(14)

On obtienta= 35

16 et donc finalement :

P(X) = 5

16X⁷−21

16X⁵+35

16X³−35 16X qui convient bien puisqueP(1) =−1etP(−1) = 1.

On remarque queP(0) = 0, P(1) =P(0²+ 1) =P(0)²+ 1 = 1, P(2) =P(1)²+ 1 = 2, P(5) = 5, P(26) = 26 etc. On peut donc poser la suite

®u0 = 0

u_n+1=u²_n+ 1 , et on vérifie par récurrence que, pour toutn ∈ Non a P(u_n) =u_n. La suiteu_nest supérieure à 1 dès le premier rang, on montre ainsi facilement qu’elle diverge vers+∞, doncP coïncide avec l’identité sur une infinité de valeurs, donc par rigidité des polynômes,P =X.

1. On a égalité car ses polynômes sont unitairesK\ {0}est un groupe multiplicatif, donc∀a∈K^∗, a^|K^∗^|= 1_K. Ainsi, tous lesa_isont des racines deQ^q−1−1. On aq−1racines d’un polynôme de degréq−1, donc :

X^q−1−1 =

q−1

Y

i=1

(X−ai) Et on a bien égalité car les polynômes sont unitaires.

2. Avecp= 2, p|(p−1)! + 1. Soitp >2premier.Z/pZest un corps fini, donc d’après ce qui précède : X^p−1−1 =

p−1

Y

i=1

(X−i)

AvecX= 0:

−1 = (−1)^p−1(p−1)!

Orp >2doncp−1est pair, donc :

(p−1)! + 1 = 0

1. On noteQle polynôme primitive deP s’annulant en0. On veutQ(k+ 1)−Q(k) =k. On en déduit : Q(n) =Q(0) +

n−1

X

k=0

(Q(k+ 1)−Q(k)) =

n−1

X

k=0

k= n(n−1) 2 DoncQ(X)−X(X−1)

2 admet une infinité de racines et est nul. DoncQ(X) = X(X−1)

2 . Et doncP(X) = Q⁰(X) =X−1

2, qui réciproquement convient.

2. Si on prendQ, on va avoirk(Q(k+ 1)−Q(k)) = 1∀k∈N^∗, on aX(Q(X+ 1)−Q(X)) = 1, donc pour des raisons de degré, sachant queQest un polynôme, on obtient que deg(Q(X + 1)−Q(X)) = −1, car degX = 1etdeg 1 = 0; donc il n’y a pas de solution.

Ou bien, un polynôme constantP ne convient pas. DoncP est de degré au moins1. SiP(x) −−−−→

x→+∞ −∞, alors il existeMtel que pourx≥M, on aitP(x)<0, pourk≥M, la propriété n’est pas vérifiée, ce qui est absurde.

SiP(x)−−−−→

x→+∞ +∞, alors il existeM tel queP(x)≥2pourx≥M, et la propriété est fausse pourk≥M, ce qui est absurde. Donc il n’y a pas de solution.

(15)

Solution de l’exercice 22.23 Énoncé Lorsque les racines des polynômes sont simples à déterminer, un bon critère pour décider si le polynômeP divise le polynômeQ, lorsqu’ils sont scindés, est de montrer que les racines deP sont les racines deQ, avec une multiplicité supérieure.

Dans le cas présent, il faut rechercher les éventuelles racines deX^p−1et deX^q−1pour déterminer les multiplicités des racines de(X^p−1)(X^q−1).

Soite^2ikπ^p une racinep-ième de l’unité, ete^2ihπ^q une racineq-ième de l’unité. Si elles sont égales, il existem∈Z tel que2ikπ

p = 2ihπ

q + 2iπm, donckq =hp+pqm. Ainsiq(k−pm) =hp, doncq|hp, orq∧p= 1, donc d’après le théorème de Gauss,q |h, Dans ce cas ces racines de l’unité sont égales à 1. Ainsi, à part 1, les racinesp-ièmes de l’unité sont distinctes des racinesq-ièmes de l’unité.

Le polynôme(X^p−1)(X^q−1)admet donc1comme racine double, et comme racines simples lese^2ikπ^p pour k∈J1, p−1Ket lese^2ihπ^q pourh∈J1, q−1K.

On vérifie que(X −1)(X^pq −1)admet 1 comme racine double et que lese^2ikπ^p et lese^2ihπ^q sont racines de ce polynôme.

Ainsi(X−1)(X^pq−1)est divisible par(X^p−1)(X^q−1)

Prolongation dans le cas deK[X]: Ce résultat est encore vrai dans un corps quelconque.

En effetA= (X−1)(X^pq−1)∈Z[X]etB = (X^p−1)(X^q−1)∈Z[X], avecB unitaire.

On peut alors montrer queA=BQ+RavecdegR <degBet avecQ, R∈Z[X].

Or, dansC[X], A=BH+ 0oùH∈C[X], et par unicité de la division euclidienne,H =Q∈Z[X]. Donc il existe Q∈Z[X]tel queA=QB.

Notonsϕ: Z[X]−→K[X]

X

k∈N

a_kX^k 7−→X

k∈N

(a_k×1_K)X^k

etϕest un morphisme d’anneau.

En effetϕ(1) = 1·1_K= 1_K

ϕ X

k∈N

a_kX^k+X

k∈N

b_kX^k

!

=X

k∈N

(a_k+b_k)·1_KX^k

=ϕ X

k∈N

a_kX^k

!

+ϕ X

k∈N

b_kX^k

!

Et :

ϕ

X

k∈N

a_kX^k

!

× X

k∈N

b_kX^k

!!

=X

k∈N

Ñ X

α+β=k

a_αb_β é

·1_KX^k

=X

k∈N

X

α+β=k

[(aα1_K)(bβ1_K)]X^k

=ϕ X

k∈N

a_kX^k

!

×ϕ X

k∈N

b_kX^k

!

Donc dansK[X], ϕ(A) =ϕ(Q)ϕ(B)c’est-à-dire que(X−1_K)(X^pq−1_K) =ϕ(Q)(X^p−1_K)(X^q−1_K)

(16)

Solution utilisantl’exercice 15 (correctionpage 11) (X−1)(X^pq−1) = (X−1)²Y

d|pq d6=1

Φ_d(X)

= (X−1)²Y

d|p d6=1

Φd(X)Y

d|q d6=1

Φd(X) Y

dp,q d|pq

Φd(X) (carp∧q = 1)

=Y

d|p

Φ_d(X)Y

d|q

Φ_d(X) Y

dp,q d|pq

Φ_d(X)

= (X^p−1)(X^q−1)Y

d|q

Φ_d(X) Y

dp,q d|pq

Φ_d(X)

Φ_dest led-ième polynôme cyclotomique.

NotonsK={a₁, a2, . . . , an}. Alors, pour toutx∈K, f(x) =

n

X

k=1

f(a_k)

n

Y

i=1i6=k

x−ai

a_k−a_i

etf est polynomiale.

1. P, Qdeux polynômes unitaires irréductibles donc premiers entre eux : Par Bézout, il existeU, V tels que P U+QV = 1.

Soitzune éventuelle racine commune, alors(X−z)|P et(X−z)|Q, donc(X−z)|P U+QV = 1, ce qui est absurde

2. Quitte à diviser par le coefficient dominant, on peut supposerPunitaire. Supposons quePadmette une racine complexezmultiple. Alors(X −z) | P, et(X−z) | P⁰, orP ∧P⁰ = 1carP est irréductible dansQ[X]

et P P⁰ (on aP⁰ 6= 0, cardegP ≥ 2et degP⁰ < degP) et de la même manière que qu’à la question précédente, on montre que c’est absurde.

P(X) =Xⁿ−2 =

n−1

Y

k=0

ÄX−2^1/ne^2ikπⁿ ä

dansC[X].

Supposons queP(X) =Q(X)H(X)avec1≤degH,degQ≤n−1, et avecQ, H∈Q[X]unitaires.

Il existe alorsI ⊂ {0, . . . , n−1}tel queQ(X) =Y

k∈I

ÄX−2^1/ne^2ikπⁿ ä

et|I|= degQ∈J1, n−1K. Le coefficient constant deQvaut(−1)^p2^p/nY

k∈I

e^2ikπⁿ =β, oùp=|I| ∈J1, n−1K. β∈Q, donc|β|= 2^p/n ∈Qd’après les relations de Viète.

Il existe alors(a, b)∈Z×N^∗tels que|β|= a

b eta∧b= 1, alors2^p = aⁿ

bⁿ puisbⁿ2^p =aⁿ, doncb|aⁿora∧b= 1, donc d’après le théorème de Gauss,b|1, doncb= 1. Alors2^p =aⁿ, donca|2^pdonc il existek∈Ntel quea= 2^k, donc2^p = 2^knpuiskn=p6∈J1, n−1K: c’est faux.

1. A²etB²sont toujours positifs, donc lorsquex≥0, A²(x) +xB²(x)≥0, ainsiB ⊂ A.

(17)

2. SoitP =A²+XB²etQ=C²+XD².

P Q= (A²+XB²)(X²+XD²)

=A²C²+X²B²C²+X(B²C²+A²D²)

= (AC+XBD)²−2XABCD+X(B²C²+A²D²)

= (AC+XBD)²+X(BC−AD)² DoncP Q∈ B.

3. SoitP ∈A. Sa décomposition en facteurs irréductibles est composée de polynômes de degré 2 à discriminant négatif et de polynômes de degré 1, elle peut s’écrire :

P(X) =λ

n1

Y

i=1

(X²+b_iX+c_i)

n2

Y

i=1

(X−r_+i)^mⁱ

n3

Y

i=1

(X−r−i) où :

− λ≥0, sans quoiP(x)−−−−→

x→+∞ −∞.

− X²+biX+cia un discriminant strictement négatif.

− Lesr+i sont les racines strictement positives de multiplicité respectivemi.

− Lesr−i sont les racines négatives ou nulles deP Simi,P(t) ∼

t→r_+iµ(t−r+i)^mⁱ, avecµ6= 0, donc comme deux fonctions équivalentes ont le même signe au voisinage der_+i, sim_i <0, il est clair queP change de signe : donc lesm_isont pairs.

Réciproquement, si le coefficient dominant est positif et les multiplicités des racines strictement positives sont paires, alorsP est positif surR+(tous les produits de la décomposition sont positifs).

4. Montrons queA ⊂ B. SoitP ∈ A. Alors la décomposition deP est de la forme ci-dessus, or :

− λ=√ λ² ∈ B

− (X−r+i)^mⁱ = ((X−r+i)^mⁱ^/2)² ∈ B

− X−r−i=√

−r_−i²+X ∈ B

− SoitX²+bX+cde discriminant strictement négatif. Alorsb²−4c <0, doncc >0, donc2√ c≥ |b|, ainsi :

X²+bX+c= (X−√

c)²+ 2√

cX+bX= (X−√

c)²+X

» 2√

c+b

2

∈ B

OrBest stable par produit, doncP ∈ B.

La relation implique clairement queP et Qont les mêmes racines. On écritP = apQ

i∈I(X−xi)^pⁱ etQ = a_qQ

i∈I(X−x_i)^qⁱ.

Supposons que les multiplicités soient différentes. Sans perte de généralité, on peut supposer qu’il existej ∈I tel quepj < qj.

Soitz6∈ {x_i/ i∈I}, on a alors|P(z)|=|Q(z)|, donc

ap

Y

i∈I i6=j

(z−xi)^pⁱ(z−xj)^p^j

=

aq

Y

i∈I i6=j

(z−xi)^qⁱ(z−xj)^q^j

Donc en divisant par(z−x_j)^q^j, et en faisant tendrezversx_j, on obtient une constante à droite, alors que la quantité de gauche tend vers+∞: c’est absurde .

On a alors∀z6∈ {x_i / i∈I},

P(z) Q(z)

= |a_p|

|a_q| = 1, c’est-à-dire qu’il existeµ∈Utel quea_p=µa_q, ce qui conclut.