Théorème de K RONECKER
Florian BOUGUET
Références :
– SZPIRGLAS: Mathématiques L3 Algèbre
– FRANCINOU, GIANELLA, NICOLAS: Oraux X-ENS, Algèbre 1
On noteraZ(P)l’ensemble des racines complexes d’un polynôme, etd˚Pson degré.
Soitn∈N∗et soitΩnl’ensemble des polynômes deR[X]tel que
P∈Ωn ⇔
d˚P =n P∈Z[X]
Punitaire
z∈Z(P)⇒0<|z| ≤1
La dernière caractérisation deΩnse reformule aussi en disant que les racines dePsont de module inférieur à 1 et queXne divise pasP ou quePa un terme constant non nul.
Theorème 1 (deKRONECKER) SiP ∈Ωn
Alors les racines dePsont racines de l’unité Preuve :
Soit un telP, notons
P = Xn+a1Xn−1+· · ·+an−1X+an
= (X−α1). . .(X−αn)
A noter quean 6= 0et0< αi ≤1. On peut alors utiliser la relation coefficient-racines (se démontre facilement par récurrence surn) :
ap= (−1)pσp(α1. . . αn) avecσp(α1. . . αn) = X
1≤i1<···<ip≤n
αi1. . . αip
Lesσpsont appelés polynômes symétriques élémentaires ; on a par exemple σ1(α1. . . αn) = α1+α2+· · ·+αn
σn(α1. . . αn) = α1α2. . . αn
Bon, il est temps de rentrer dans le vif du sujet.
|ap|=
X
1≤i1<···<ip≤n
αi1. . . αip
≤ X
1≤i1<···<ip≤n
1 = n
p
nétant fixé etap étant un entier,apne peut prendre qu’un nombre fini de valeurs. On ne peut donc faire qu’un nombre fini de combinaisons desap, majoré (très) grossièrement par
2n
1≤p≤nmax n
p
Quoi qu’il en soit,](Ωn)<∞.
Pourk∈N∗, notons
Pk = (X−αk1). . .(X−αkn)
Remarquons queP =P1. On va montrer quePk∈Ωnpour toutk. Soit donck≤2. On peut déjà remarquer que Pkest unitaire de degrén, et0<|αki| ≤1. Il reste à montrer que ses coefficients sont entiers.
On va introduire,pourλ∈C,Qλk =Xk−λet, pour finir, le résultant suivant (de taillek+n) :
Rk(λ) =Res(P, Qλk) =
1 1
a1 . .. 0 . .. ... . .. . .. ... . .. 1
an . .. 1 0 0
. .. a1 λ . .. ... . .. ... . .. 0
an λ
On voit bien que Rk est polynomial enλ (si l’on préfère, il est assez aisé de raisonner dans Z[λ]) et que ses coefficients sont entiers (lesapétant entiers). Pour conclure, on va exprimer le résultant en fonction des racines des polynômes (on rappelle queP est unitaire et que ses racines sont lesαi) :
Rk(λ) =Res(P, Qλk) =
n
Y
i=1
Qλk(αi) =
n
Y
i=1
(αki −λ) = (−1)nPk(λ)
Les coefficients deRksont entiers, donc ceux dePkles sont aussi. DoncPk ∈Ωn. La fin de la démonstration est alors facile. Notons
ϕi :k7→αki
Ωnétant un ensemble fini, l’ensemble∪Q∈ΩnZ(Q)est lui aussi fini et doncϕine peut être injective. Donc il existe des entierspetqtels que
αpi =αqi
Doncαp−qi = 1carαi6= 0.
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