est une racine de X

Problème 1.

Partie I. Exemples

1. On vérie que θ

0

est une racine de X

²

− X − 1 . L'autre racine de ce polynôme est u = −

_θ¹

0

qui appartient à ] − 1, 0[ . On en déduit que θ

0

est un nombre de Pisot.

2. Étude de P

1

= X

³

− X − 1 .

a. On calcule la dérivée de la fonction associée à P

1

et les valeurs aux extréma locaux :

P

₁⁰

(x) = 3x

²

− 1, P

1

(− 1

√ 3 ) = −1 − 2 3 √

3 < 0, P

1

( 1

√ 3 ) = 2 − 3 √ 3 3 √

3 < 0 On en déduit le tableau de variations.

−∞ −

^√1₃ ^√1₃

+∞

< 0 +∞

P

1

% & %

−∞ < 0

Il montre que P

1

admet une seule racine réelle (on la note θ

1

) et qu'elle est strictement supérieure à

^√1₃

. De plus, dans [1, √

2] , la fonction est croissante et P

1

(1) = −1 < 0 , P

1

( √

2) = √

2 − 1 > 0 entraine 1 < θ

1

< √ 2 .

b. L'étude précédente montre que P

₁

admet une seule racine réelle. Ses deux autres racines complexes sont non réelles et conjuguées, notons les u et u ¯ . D'après les relations entre coecients et racines d'un polynôme, le produit de ces racines est l'opposée du coecient de degré 0

θ

1

u u = 1 ⇒ |u|

²

= 1 θ

₁

< 1

Les deux autres racines sont donc de module strictement plus petit que 1 et P

₁

satisfait aux conditions requises, θ

1

est un nombre de Pisot.

c. On peut écrire la relation satisfaite par θ

₁

sous une autre forme : θ

₁³

− 1 = θ

1

⇒ (θ

1

− 1)(θ

²₁

+ θ

1

+ 1) = θ

1

⇒ θ

1

θ

₁

− 1 = 1 + θ

1

+ θ

₁²

3. Étude de P

2

= X

⁴

− X

³

− 1 .

a. Calculons et factorisons la dérivée de la fonction associée : P

₂⁰

(x) = x

²

(4x − 3) . Elle change de signe uniquement en

³₄

. On en déduit le tableau de variations dans lequel on insère les signes de quelques valeurs faciles à calculer.

P

2

(−1) = 1, P

2

(0) = 1, P

2

(1) = −1

−∞ −1 0

³₄

1 +∞

+∞ +∞

&

> 0 %

P

₂

&

< 0 < 0

& %

On en déduit que P

2

admet deux racines réelles α et θ

2

telles que

−1 < α < 0 < 1 < θ

2

b. Calcul de P

2

(−

_θ¹

2

) . On réduit au même dénominateur puis on exprime θ

⁴₂

à l'aide de l'équation.

P

2

(− 1 θ

₂

) = 1

θ

⁴₂

+ 1

θ

³₂

− 1 = 1 + θ

2

− θ

⁴₂

θ

⁴₂

= 1 + θ

2

− θ

³₂

− 1

θ

⁴₂

= 1 − θ

₂²

θ

₂³

< 0

c. On déduit de la question b. et du tableau de variations que −1 < α < −

_θ¹

2

ce qui entraine (−α)θ

2

> 1 .

Soit u et u les racines complexes non réelles de P

2

. D'après les relations entre coecients et racines, on peut exprimer le produit des quatre racines

α θ

₂

u u = −1 ⇒ |u|

²

= 1 (−α)θ

2

< 1

Le polynôme P

2

satisfait aux conditions, la racine θ

2

est donc un nombre de Pisot.

4. a. Par un calcul immédiat, P

n

(1) = −1 et P

n

(θ

0

) = θ

²₀

− 1 > 0 . Le théorème des valeurs intermédiaires montre que P

n

a une racine dans ]1, θ

0

[ . L'énoncé nous demande d'admettre que c'est la seule racine dans cet intervalle et que toutes les autres sont de module strictement plus petit que 1 .

¹

On note θ

_n

cette racine qui est donc un nombre de Pisot.

b. Après calcul, le reste de la division de P

₂

par P

₁

est X

²

− 2 = (X − √

2)(X + √ 2)

Pour n ≥ 2 , les calculs conduisent à des restes de la même forme. Le reste de la division de P

n+1

par P

n

est

−X

³

+ X

²

+ X − 1 = −(X − 1)

²

(X + 1)

On en déduit que P

2

(θ

1

) = θ

₁²

−2 < 0 donc θ

1

< θ

2

d'après le tableau de variations de P

2

.

Pour n ≥ 2 ,

P

n+1

(θ

n

) = −(θ

n

− 1)

²

(θ

n

+ 1) < 0 donc θ

n

< θ

n+1

d'après la dénition de θ

n+1

.

c. Remarquons que θ

n

est l'unique réel vériant x

ⁿ

= x

²

− 1

−x

²

+ x + 1

Notons f la fonction du second membre. Elle est dénie dans R \ {θ

0

, −

_θ¹

0

} et permet d'exprimer P

n

dans ce domaine sous la forme.

P

n

(x) = (x

²

− x − 1) (x

ⁿ

− f (x))

Pour tout ε > 0 , notons λ

ε

= θ

0

− ε . Lorsque ε est assez petit, on a 1 < λ

ε

< θ

0

. Considérons la suite géométrique de raison λ

ε

. Elle diverge vers +∞ . Il existe donc un entier n

ε

tel que λ

ⁿ_ε^ε

> f(λ

ε

) . On en déduit P

n_ε

(λ

ε

) < 0 (car x

²

− x − 1 est négatif entre ses racines) puis θ

n_ε

> λ

ε

. Comme la suite des θ

n

est croissante, on a λ

ε

= θ

0

− ε < θ

n

< θ

0

pour tous les n > n

ε

ce qui prouve la convergence de la suite vers θ

₀

.

1Ce résultat est démontré à l'aide du théorème de Rouché dans le problème introduction aux fonctions d'une variable complexe.

Partie II. Algorithme d'Euclide

1. Après calculs, la suite de polynômes formées par l'algorithme d'Euclide est X

³

− X − 1, X

²

− y, (y − 1)X − 1, 1

(y − 1)

²

− y

2. a. Première caractérisation. Les deux polynômes ont une racine en commun si et seulement si leur pgcd est de degré strictement plus grand que 1 soit

1

(y − 1)

²

− y = 0

Deuxième caractérisation. Les deux polynômes ont une racine en commun si et seulement si y est le carré d'une racine de P

1

.

b. D'après a. que y 6= 1 est le carré d'une racine de P

1

si et seulement si 1−y(y−1)

²

= 0 . Autrement dit, les trois racines complexes de

Q

₂

= 1 − X (X − 1)

²

sont les carrés des racines de P

1

. Si celles ci sont u, u, θ

1

, celles de Q

2

sont u

²

, u

²

, θ

²₁

. Ce qui montre que θ

²₁

est la seule racine de Q

2

dont le module n'est pas strictement plus petit que 1 . Ainsi, θ

²₁

est un nombre de Pisot.

3. On raisonne comme en 2. avec P

₁

et X

³

− y . L'algorithme d'Euclide conduit à X

³

− X − 1, X

³

− y, −X + y − 1, (y − 1)

³

− y

On en déduit que θ

₁³

est un nombre de Pisot qui est la seule racine de module strictement plus grand que 1 du polynôme

(X − 1)

³

− X

On montre ainsi que toute puissance d'un nombre de Pisot est un nombre de Pisot.

Partie III. Puissances presque entières.

1. a. Notons, comme d'habitude, σ

1

, σ

2

, σ

3

les polynômes symétriques élémentaires formés à partir de a

1

, a

2

, a

3

. D'après les relations entre les coecients et les racines de X

³

− X − 1 :

σ

1

= 0 σ

₂

= −1 σ

3

= 1



 

 

⇒



 



 

 S

1

= 0

S

2

= σ

²₁

− 2σ

2

= 2 S

₋₁

= σ

2

σ

₃

= −1

b. Chaque racine a

i

de P

1

vérie a

³_i

= a

i

+ 1 . On en déduit S

3

= S

1

+ S

0

= 3 . Plus généralement, en multipliant par des puissances de a

i

, on obtient :

∀n ≥ 3, S

n

= S

_n−2

+ S

_n−3

2. a. L'inégalité | sin x| ≤ |x| résulte immédiatement de l'inégalité des accroissements nis appliquée dans l'intervalle d'extrémités 0 et x .

b. On a démontré dans la partie I (question 2.b.) que P

1

avait une seule racine réelle θ

1

(noté ici θ ) et deux racines complexes conjuguées notées u et u vériant

|u| ≤

^√1_θ

1

. On en déduit

S

k

= θ

^k

+ u

^k

+ u

^k

= θ

^k

+ 2 Re(u

^k

) ⇒ θ

^k

= −2 Re(u

^k

) + S

k

Comme S

_k

est à valeurs entières à cause de la relation de récurrence, on en tire

| sin(πθ

^k

)| = | sin 2π Re(u

^k

)

| ≤ 2π| Re(u

^k

)| ≤ 2π|u

^k

| ≤ 2π θ

^k2

Ce qui montre la relation demandée pour les carrés. En sommant, des termes en progression géométriques apparaissent :

n

X

k=0

sin

²

(πθ

^k

) ≤ 4π

²

1 + θ

⁻¹

+ · · · + θ

⁻ⁿ

= 4π

²

1 − θ

⁻ⁿ⁻¹

1 − θ

⁻¹

≤ 4π

²

1

1 − θ

⁻¹

= 4π

²

θ θ − 1 3. Notons p

n

le produit proposé. Comme θ > 1 , il existe un K à partir duquel les uθ

^−k

sont

strictement plus petits que

^π₂

ce qui assure que les cosinus sont positifs et strictement plus petits que 1 . La suite proposée est donc décroissante et positive au dela de K . Cela assure sa convergence. La suite complète est obtenue par une simple multiplication par le réel p

K

ce qui ne change rien à la convergence.

4. On raisonne par récurrence sur n . Pour n = 1 , il n'y a pas grand-chose à montrer ! Montrons que l'inégalité pour n entraine celle pour n + 1 . Les hypothèses entrainent que tous les facteurs sont positifs et

(1 − s

₁

) · · · (1 − s

_n

)(1 − s

_n+1

) ≥ 1 − (s

₁

+ · · · + s

_n

) (1 − s

_n+1

)

= 1 − (s

1

+ · · · + s

n

+ s

n+1

) + (s

1

+ · · · + s

n

) s

n+1

| {z }

>0

≥ 1 − (s

1

+ · · · + s

n+1

)

5. a. La convergence est évidente car il s'agit d'une suite positive et décroissante (on multiplie par des facteurs entre 0 et 1). Le point dicile est de justier que la limite est strictement positive.

On a déjà prouvé que

∀n ∈ N , 1 + θ

⁻¹

+ · · · + θ

⁻ⁿ

≤ θ θ − 1 De même,

∀n ∈ N , 1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≤ θ

²

θ

²

− 1

Comme θ > 1 , si ρ est un nombre dans ]0, 1[ , il existe un entier K tel que, pour tous k ≥ K et tout n ≥ 0 ,

π

²

θ

^−2k

1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≤ π

²

θ

^−2k

θ

²

θ

²

− 1 < ρ On en déduit, en utilisant les questions 2.a. et 4.,

K+n

Y

k=K

cos

²

(πθ

^−k

) =

K+n

Y

k=K

(1 − sin

²

(πθ

^−k

))

≥ 1 −

K+n

X

k=K

sin

²

(πθ

^−k

) ≥ 1 − π

²

θ

^−2k

1 + θ

⁻²

+ · · · + θ

⁻²ⁿ

≥ 1 − ρ

Par passage à la limite dans une inégalité, on obtient A ≥ (1 − ρ)

K−1

Y

k=1

cos

²

(πθ

^−k

) > 0

b. Le raisonnement est le même qu'en a. sauf que cette fois la majoration des sin vient de la question 2.b.

c. Par dénition, Γ(πθ

^m

) = lim

n

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

)

!

k∈N

et

n

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

) =

m−1

Y

k=0

cos(πθ

^m−k

)

n

Y

k=m

cos(πθ

^m−k

) =

m

Y

k=1

cos(πθ

^k

)

n−m

Y

k=0

cos(πθ

^−k

)

en changeant le nom des indices dans les produits.

On en déduit

Γ(πθ

^m

)

²

=

m

Y

k=1

cos(πθ

^k

)

!

²

A =

m

Y

k=0

cos(πθ

^k

)

!

²

A

car cos(πθ

^k

) = −1 . D'où

lim Γ(πθ

^m

)

²

m∈N

= AB

Si Γ convergeait vers 0 en +∞ , il en serait de même de son carré et de la suite du dessus par composition de limites car πθ

^m

diverge vers +∞ . On en déduit que Γ ne converge pas vers 0 en +∞ .

Problème 2.

Partie 1. Exemples.

1. Supposons qu'il existe a, b, a

⁰

, b

⁰

dans Z tels que

P

1

= X

²

− X − 1 = (aX + b)(a

⁰

X + b

⁰

)

Alors, aa

⁰

= 1 et bb

⁰

= 1 d'où a = ±1 et b = ±1 . Le polynôme P

1

devrait donc admettre 1 ou −1 comme racine en contradiction avec P

1

(−1) = 1 et P

1

(1) = −1 . On en déduit que P

₁

est irréductible.

Supposons qu'il existe a, b, a

⁰

, b

⁰

, c

⁰

dans Z tels que

P

2

= X

³

− X − 1 = (aX + b)(a

⁰

X

²

+ b

⁰

X + c

⁰

)

(le polynôme a

⁰

X

²

+ b

⁰

X + c

⁰

étant éventuellement réductible sur Z). Alors aa

⁰

= 1 et bc

⁰

= 1 puis a = ±1 et b = ±1 , et 1 ou −1 serait racine de P

2

en contradiction avec P

₂

(−1) = −1 et P

₂

(1) = −1 . On en déduit que P

₂

est irréductible.

2. a. Pour k entre 1 et n , Φ(a

k

) = P(a

k

)Q(a

k

) = −1 d'où P (a

k

) = −Q(a

k

) = ±1 . On en déduit que P (a

k

) + Q(a

k

) = 0 . Les a

k

, sont donc des racines de P + Q . b. On sait que deg(Φ) = n et, par hypothèse, deg(P ) ≥ 1 et deg(Q) ≥ 1 . D'où

deg(P ) ≤ n − 1 et deg(Q) ≤ n − 1 , ainsi P + Q est de degré inférieur ou égal à n − 1 tout en admettant au moins n racines. Il est donc nul d'où Q = −P et Φ = −P

²

.

c. Pour tout x ∈ R, Φ(x) = −(P (x))

²

≤ 0 . Or lim

+∞

Φ = +∞ . C'est absurde, le polynôme Φ étant non constant, il est donc irréductible sur Z.

3. Supposons que Φ

2

= (X − a

1

) . . . (X − a

n

) + 1 soit réductible sur Z.

Ce polynôme étant non constant il s'écrit donc Φ

2

= P Q avec P et Q dans Z [X] et de degré supérieur ou égal à 1 . On en déduit que P et Q sont de degré inférieur ou égal à n − 1 .

Comme dans la question précédente, on a, pour k entre 1 et n , Φ(a

k

) = P (a

k

)Q(a

k

) = 1 ⇒ P (a

k

) = Q(a

k

) = ±1

On en déduit que P (a

_k

) − Q(a

_k

) = 0 . Les a

_k

sont donc des racines de P − Q qui est de degré au plus n − 1 . C'est donc le polynôme nul, d'où Φ = P

²

.

On peut alors écrire

n

Y

k=1

(X − a

k

) = P

²

− 1 = (P − 1)(P + 1)

Comme P n'est pas constant, deg(P − 1) = deg(P + 1) = deg(P) . On devrait alors avoir n = deg(P

²

− 1) = 2 deg P en contradiction avec n impair. On en déduit que le polynôme (X − a

1

) . . . (X − a

n

) + 1 est irréductible sur Z.

Partie 2. Lemme de Gauss.

1. a. Le polynôme P est primitif, donc p ne divise pas le pgcd de (a

0

, . . . , a

n

) . Il existe donc un entier k ∈ {0, . . . , n} tel que p ne divise pas a

k

. L'ensemble des k entiers entre 0 et n tels que p ne divise pas a

_k

est une partie non vide de N, elle admet un plus petit élément.

b. Notons k

0

le plus petit des k tels que p ne divise pas a

k

et k

1

le plus petit des k tels que p ne divise pas b

k

. Considérons le terme de degré k

0

+ k

1

dans le produit.

c

_k0+k1

=

k₀−1

X

k=0

a

_k

b

_k0+k1−k

+ a

_k0

k

_k1

+

k₀+k₁

X

k=k₀+1

a

_k

b

_k0+k1−k

Pour 0 ≤ k ≤ k

0

− 1 , p ne divise pas a

k

par dénition de k

0

. Donc p divise la somme de gauche.

Pour k

₀

+ 1 ≤ k ≤ k

₀

+ k

₁

, on a k

₀

+ k

₁

− k < k

₁

, donc p divise b

_k

par dénition de k

₁

. On en déduit que p divise la somme de droite.

Or p ne divise pas a

_k0

et p ne divise pas b

_k1

. Comme il est premier, il ne divise pas leur produit. On en déduit que p ne divise pas c

_k0+k1

.

c. Le contenu c(P Q) est un entier naturel qui n'admet aucun diviseur premier. Il

est donc égal à 1 .

2. Soient P et Q dans Z [X] . Notons a

0

, · · · , a

n

les coecients de P . On peut factoriser le contenu c(P) dans ces coecients, soit

∀k ∈ {0, . . . , n}, a

k

= c(P)a

⁰_k

et P

₁

=

n

X

k=0

a

⁰_k

X

^k

avec les a

⁰_k

dans Z et pgcd (a

⁰₀

, . . . , a

⁰_n

) = 1 . Alors P = c(P )P

1

avec P

1

∈ Z [X] polynôme primitif.

De même Q = c(Q)Q

₁

avec Q

₁

∈ Z [X] polynôme primitif.

Par homogénéité du pgcd, c(P Q) = c(P )c(Q)c(P

₁

Q

₁

) , d'où, par la question précédente, c(P Q) = c(P)c(Q) .

Partie 3. Critère d'Eisenstein.

1. Notons a (respectivement b ) le ppcm des dénominateurs des coecients de P (res- pectivement Q ) écrits sous forme de fractions irréductibles. Alors P

1

= aP ∈ Z [X ] , Q

1

= bQ ∈ Z [X ] et abΦ = P

1

Q

1

.

Par le lemme de Gauss ab|c(abΦ) = c(P

₁

)c(Q

₁

) . Soit m l'entier relatif tel que c(P

₁

)c(Q

₁

) = abm .

Introduisons P

₂

et Q

₂

les polynômes primitifs de Z [X ] tels que P

₁

= c(P

₁

)P

₂

et Q

₁

= c(Q

₁

)Q

₂

. Alors Φ = P

₀

Q

₀

en prenant P

₀

= mP

₂

et Q

₀

= Q

₂

.

2. Le sens direct est évident. Le sens réciproque est conséquence de la question précédente.

3. D'après la question précédente, il sut de montrer que Φ est irréductible sur Z.

Supposons le contraire. Φ n'étant pas constant, Φ s'écrit donc Φ = P Q avec P , Q dans Z [X ] et m = deg(P) ≥ 1 , r = deg(Q) ≥ 1 .

Notons P = P

m

k=0

b

_k

X

^k

et Q = P

r

k=0

c

_k

X

^k

.

On peut remarquer que a

_n

6= 0 car par hypothèse p 6 |a

_n

. D'où n = deg(Φ) et n = m+r . Par hypothèse p|a

0

= b

0

c

0

et p

²

6 |a

0

= b

0

c

0

, donc p divise un et un seul des facteurs.

On peut supposer que p|b

0

. Notons k le plus petit entier de {1, . . . , m} tel que p 6 |b

k

. Un tel entier existe bien car p 6 |a

n

= b

m

c

r

, donc p 6 |b

m

.

Alors a

k

= b

k

c

0

+ P

k

i=1

b

_k−i

c

i

. On sait que k ≤ m et r ≥ 1 donc k < n = m + r donc p|a

k

.

Or p| P

k

i=1

b

_k−i

c

i

par dénition de k et p 6 |b

k

et p 6 |c

0

. C'est absurde, donc Φ est

irréductible sur Z, et donc sur Q.