Corrigé de la feuille d`exercices n

Mathématiques spéciales
Corrigé de la feuille d’exercices no7
1. Exercices Basiques
Exercice 1.
On appelle nilradical d’un anneau commutatif (A, +, ×) l’ensemble de ses éléments nilpotents,
i.e. l’ensemble des éléments x ∈ A pour lesquels il existe n ≥ 1 tel que xn = 0. Démontrer que
le nilradical de A est un idéal de A.
Correction.
Notons N (A) le nilradical de A. D’abord 0 ∈ N (A) qui est donc non vide. Prenons ensuite a ∈ A,
x, y ∈ N (A), et m, n de sorte que xm = y n = 0. Remarquons d’abord que
(ax)m = am xm = 0
et donc ax ∈ N (A). De plus, par la formule du binôme de Newton, on a
(x + y)n+m−1 =
n+m−1
∑ (
k=0
)
n + m − 1 k n+m−1−k
x y
.
k
Or, si k ≥ m, alors xk = 0 et si k < m, c’est-à-dire k ≤ m − 1, alors n + m − 1 − k ≥ n et
y n+m−1−k = 0. On a bien (x + y)n+m−1 = 0 et x + y ∈ N (A). Il est très facile de vérifier que
l’on a aussi −x ∈ A. Finalement, on a bien prouvé que N (A) est un idéal de A.
Exercice 2.
On souhaite étudier dans cet exercice les idéaux de Z2 .
1. Soit I un anneau de Z2 et I1 = {x ∈ Z; (x, 0) ∈ I}, I2 = {y ∈ Z; (0, y) ∈ I}. Démontrer
que I1 et I2 sont deux idéaux de Z.
2. Démontrer que I = I1 × I2 .
3. Conclure.
Correction.
1. I1 est non-vide car (0, 0) ∈ I. Soient x, y ∈ I et k ∈ Z. Alors (x − y, 0) = (x, 0) − (y, 0) ∈ I
et (kx, 0) = (k, 2025) × (x, 0) ∈ I d’où x − y et kx ∈ I1 . I1 est un idéal de Z2 et la preuve
est similaire pour I2 .
2. Soit (x, y) ∈ I1 × I2 . Alors (x, 0) ∈ I, (0, y) ∈ I d’où (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ I. Ainsi, on a
I1 × I2 ⊂ I. Réciproquement, si (x, y) ∈ I, alors (x, 0) = (1, 0) × (x, y) ∈ I et donc x ∈ I1 .
De même, y ∈ I2 et donc (x, y) ∈ I1 × I2 .
3. Z étant principal, il existe des entiers a et b tels que I1 = aZ et I2 = bZ. Alors d’après la
1
question précédente, I = aZ × bZ = (a, b)Z2 et donc Z2 est principal.
Exercice 3.
Résoudre les systèmes suivants :
{
x ≡ 5 mod 9
(S1 )
x ≡ 2 mod 21
{
4x ≡ 2 mod 7
(S2 )
8x ≡ 4 mod 11
{
(S3 )
x ≡ 3 mod 6
3x ≡ 6 mod 9
Correction.
Exercice 4.
Soit A ∈ Mn (R). On note C = {M ∈ Mn (R); AM = M A}. Montrer que C est une algèbre.
Correction.
Il suffit de démontrer que C est une sous-algèbre de Mn (R), c’est-à-dire à la fois un sous-anneau
et un sous-espace vectoriel de Mn (R). Remarquons que la matrice nulle 0 et In sont membres de
C. De plus, pour tous M, N ∈ A et tout λ ∈ R, alors on vérifie facilement que :
1. M N ∈ A ;
2. λM ∈ A ;
3. M − N ∈ A.
Donc A est une algèbre comme sous algèbre de Mn (R).
Exercice 5.
Pour a, b, c ∈ R, on note

a b
M (a, b, c) =  c a
b c

c
b 
a
et E = {M (a, b, c); a, b, c ∈ R}. Démontrer que E une algèbre, et en donner une base en tant
qu’espace vectoriel.
Correction.
On va prouver que E est une sous-algèbre de M3 (R). Pour



0 1 0
0
A =  0 0 1  et B =  1
1 0 0
0
2
cela, notons

0 1
0 0 .
1 0
Alors il est clair que E = Vect(I3 , A, B) et que la famille (I3 , A, B) est libre. On en déduit que E
est un sous-espace vectoriel de M3 (R) de dimension 3. De plus, un calcul rapide montre que
M (a, b, c)M (a′ , b′ , c′ ) = M (aa� + bc� + cb�, ab� + a�b + cc�, ac� + a�c + bb�).
E est stable par produit matriciel, et c’est une sous-algèbre de M3 (R).
Exercice 6.
Soient K, L deux corps et soit f : K → L un morphisme d’anneaux.
1. Démontrer que si x ∈ K\{0K }, alors f (x) est inversible, et déterminer son inverse.
2. En déduire qu’un morphisme de corps est injectif.
Correction.
1. Soit x ∈ K\{0K }. Alors on a x · x−1 = 1K . On applique f à cette identité, et en utilisant
que f est un morphisme d’anneaux, on trouve
f (x) · f (x−1 ) = 1L .
Ainsi, f (x) est inversible, d’inverse f (x−1 ).
2. Il suffit de démontrer que le noyau de f est réduit à 0K . Mais si f (x) = 0, alors x ∈
/ K\{0K }
d’après la question précédente, et donc x = 0.
Exercice 7.
Calculer le quotient et le reste de la division euclidienne de
1. X 4 + 5X 3 + 12X 2 + 19X − 7 par X 2 + 3X − 1 ;
2. X 4 − 4X 3 − 9X 2 + 27X + 38 par X 2 − X − 7 ;
3. X 5 − X 2 + 2 par X 2 + 1.
Correction.
1. Le quotient est X 2 + 2X + 7, le reste est nul ;
2. Le quotient est X 2 − 3X − 5, le reste est X + 3 ;
3. Le quotient est X 3 − X − 1, le reste est X + 3.
Exercice 8.
Déterminer les pgcd suivants :
1. P (X) = X 4 − 3X 3 + X 2 + 4 et Q(X) = X 3 − 3X 2 + 3X − 2 ;
2. P (X) = X 5 − X 4 + 2X 3 − 2X 2 + 2X − 1 et Q(X) = X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1 ;
3. P (X) = X n − 1 et Q(X) = (X − 1)n , n ≥ 1.
3
Correction.
1. On applique l’algorithme d’Euclide. Le dernier reste non-nul donne un pgcd des deux polynômes. On a successivement :
X 4 − 3X 3 + X 2 + 4
= (X 3 − 3X 2 + 3X − 2)X + (−2X 2 + 2X + 4)
)
(
−X
X 3 − 3X 2 + 3X − 2 = (−2X 2 + 2X + 4)
+ 1 + 3X − 6
2
)
(
2
−2X
(−2X 2 + 2X + 4) = (3X − 6) ×
−
.
3
3
Un pgcd est donc 3X − 6 (ou X − 2).
2. On répète le même procédé :
X 5 − X 4 + 2X 3 − 2X 2 + 2X − 1 = (X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1)1 + 2X 3 − 4X 2 + 4X − 2
X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1 = (2X 3 − 4X 2 + 4X − 2)((X 2 )/2 + X/2) + X 2 − X + 1
2X 3 − 4X 2 + 4X − 2
=
(X 2 − X + 1)(2X − 2) + 0
Un pgcd des deux polynômes est donc X 2 − X + 1.
3. Les diviseurs non-constants de Q sont les polynômes du type c(X − 1)p , avec 1 ≤ p ≤ n.
Parmi ces diviseurs, seuls ceux de la forme c(X − 1) divisent aussi P (par exemple, car 1
est racine simple et non double de P , ou bien parce qu’on sait comment décomposer P en
produits d’irréductibles...). Ainsi, P ∧ Q = X − 1.
Exercice 9.
Décomposer en produits d’irréductibles de R[X] les polynômes suivants :
1. X 4 + 1
2. X 8 − 1
3. (X 2 − X + 1)2 + 1
Correction.
1. On commence par chercher les racines complexes pour factoriser dans C[X], puis on regroupe les racines complexes conjuguées.
X4 + 1
(X − eiπ/4 )(X − e3iπ/4 )(X − e7iπ/4 )(X − e9iπ/4 )
(
)(
)
= (X − eiπ/4 )(X − e9iπ/4 ) (X − e3iπ/4 )(X − e7iπ/4 )
√
√
= (X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1).
=
Les deux polynômes de degré 2 que l’on obtient n’ont pas de racines réelles, ils sont donc
irréductibles dans R[X].
2. On commence par utiliser une identité remarquable, puis la réponse à la question précédente :
X 8 − 1 = (X 4 − 1)(X 4 + 1)
√
√
2X + 1)(X 2 + 2X + 1)
√
√
(X − 1)(X + 1)(X 2 + 1)(X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1).
= (X 2 − 1)(X 2 + 1)(X 2 −
=
4
3. On commence par factoriser le polynôme dans C[X] en remarquant qu’il s’agit alors d’une
différence de deux carrés :
(X 2 − X + 1)2 + 1 = (X 2 − X + 1)2 − i2 = (X 2 − X + 1 − i)(X 2 − X + 1 + i).
On factorise alors chacun des polynômes de degré 2 dans C, par exemple en calculant leur
discriminant ou en remarquant que i (resp. −i) sont des racines évidentes. On trouve :
(X 2 − X + 1)2 + 1 = (X + i)(X − 1 − i)(X − i)(X − 1 + i).
En regroupant les termes conjugués, on trouve finalement :
(X 2 − X + 1)2 + 1 = (X 2 + 1)(X 2 − 2X + 2).
2. Exercices d’assimilation et d’entraînement
Exercice 10.
Soit D l’ensemble des nombres décimaux,
{ n
}
D=
;
n
∈
Z,
k
∈
N
.
10k
Démontrer que (D, +, ×) est un anneau. Quels sont ses éléments inversibles ?
Correction.
On va prouver que (D, +, ×) est un sous-anneau de (Q, +, ×). On remarque d’abord que D ⊂ Q,
m
puis que 1 ∈ D. De plus, soient x = 10nk et y = 10
l deux éléments de D. Alors
x−y =
n10l − m10k
nm
et xy = k+l
10k+l
10
sont clairement des éléments de D, et (D, +, ×) est bien un sous-anneau de (Q, +, ×).<br>
m
Déterminons ensuite les inversibles de (D, +, ×). Soit x = 10nk inversible, d’inverse y = 10
l . Alors
xy = 1 ⇐⇒ nm = 10k+l .
On en déduit que les seuls diviseurs premiers de n sont 2 et 5, autrement dit que n s’écrit ±2p 5q
p q
5
et montrons que x est inversible dans D. Posons
pour p, q ∈ N. Réciproquement, soit x = ±2
10k
k
±10
y = 2p 5q . Il suffit de vérifier que y est élément de D. Mais on peut aussi écrire
y=
±10k 2q 5p
±10k 2q 5p
=
∈ D.
p+q
p+q
2 5
10p+q
Ainsi, les inversibles de (D, +, ×) sont les éléments
5
±2p 5q
,
10k
avec p, q, k ∈ N.
Exercice 11.
Soit A un anneau. On appelle caractéristique de A l’ordre de 1A dans le groupe additif (A, +).
Dans la suite, on supposera que A est de caractéristique finie n.
1. Démontrer que, pour tout x ∈ A, nx = 0.
2. Démontrer que si A est intègre, n est un nombre premier.
3. Démontrer que si A est intègre et commutatif, alors x 7→ xn est un morphisme d’anneaux.
Correction.
1. Il s’agit juste d’un jeu d’écriture ! On écrit en effet :
nx = n(1A x) = (n1A )x = 0A x = 0A .
2. Supposons que n = pq avec 1 < p, q < n. Alors posons x = p1A et y = q1A . Ni x ni y ne
sont nuls puisque 1A est d’ordre exactement n. Pourtant, leur produit xy = (pq)1A est nul
et A n’est pas intègre.
3. On va noter n = p pour souligner que n est un nombre premier, et f (x) = xp . Il n’y a pas
de difficultés à vérifier que f (1A ) = 1A et f (xy) = f (x)f (y) (par la commutativité de A)
pour tous x, y ∈ A. D’autre part, on a
f (x + y) = (x + y)p =
p ( )
∑
p
k=0
k
xk y n−k = xp + y p +
p−1 ( )
∑
p k n−k
x y
.
k
k=1
D’après le résultat de la première question, il suffit de vérifier que p|
1, . . . , p − 1. Mais on a
( )
p
p! =
× k! × (p − k)!.
k
On a donc
(p)
k
pour tout k =
( )
p
p|
× k! × (p − k)!.
k
Mais comme p est premier et que k! et (p − k)! ne font intervenir que des nombres
( )premiers
strictement inférieurs à p, p est premier avec le produit k! × (p − k)!. Ainsi, p| kp , et on a
bien f (x + y) = f (x) + f (y). f est bien un morphisme d’anneaux.
Exercice 12.
Soit Z[i] = {a + ib; a, b ∈ Z2 }.
1. Démontrer que Z[i] est un sous-anneau de (C, +, ×).
2. Quels sont les éléments inversibles de Z[i] ?
3. Soit z ∈ C. Démontrer qu’il existe ω ∈ Z[i] tel que |z − ω| < 1.
4. Soient u, v ∈ Z[i] avec v ̸= 0. Démontrer qu’il existe q, r ∈ Z[i] avec u = qv + r et |r| < |v|.
A-t-on unicité ?
5. Démontrer que Z[i] est principal.
6
Correction.
1. Laissée au lecteur.
2. Soit a + ib un élément de Z[i] inversible. Son inverse est nécessairement le même que dans
C, c’est-à-dire
1
a
b
= 2
−i 2
.
a + ib
a + b2
a + b2
a
On ne peut pas avoir (a, b) = (0, 0). Si |a| ≥ 2, alors a2 +b
2 ne peut pas être un entier, et
b
de même si |b| ≥ 2, a2 +b2 ne peut pas être un entier. On a donc |a| ≤ 1 et |b| ≤ 1. Mais
le cas (a, b) = (±1, ±1) ne convient pas non plus. Donc les seules possibilités sont (±1, 0)
et (0, ±1) qui donnent effectivement des éléments inversibles. Z[i] possède donc 4 éléments
inversibles : 1, −1, i, −i.
3. Écrivons z = x + iy. On approche x et y par l’entier le plus proche : il existe a ∈ Z et b ∈ Z
tels que |x − a| ≤ 21 et |y − b| ≤ 12 . Mais alors, si on pose ω = a + ib, on obtient
|z − ω|2 = (x − a)2 + (y − b)2 ≤
1 1
1
+ ≤ < 1.
4 4
2
4. D’après la question précédente, il existe q ∈ Z[i] tel que
u
− q < 1.
v
)
(
Posons r = v uv − q . Alors |r| < |v| et on a bien u = qv + r. On n’a pas en général unicité
de cette ”division euclidienne” car on n’a pas unicité dans l’approximation de la question
précédente. Prenons par exemple u = 1 + i et v = 2, de sorte que u/v peut être approché
par 0 ou 1 (ou aussi par i et 1 + i). On peut alors écrire les deux divisions
1 + i = 0 × 2 + (1 + i)
1 + i = 1 × 2 + (−1 + i)
avec chaque fois le module du reste inférieur strict à 2.
5. Soit I un idéal de Z[i] non réduit à {0}. On considère a ∈ I\{0} tel que |a| est minimal.
Ceci a un sens, car |z| ≥ 1 pour tout z ∈ Z[i]\{0}, et il y a seulement un nombre fini
d’éléments de Z[i] de module inférieur à un réel donné. On va alors démontrer que I est
l’idéal engendré par a. Pour cela, prenons u ∈ I et effectuons la division euclidienne donnée
par la question précédente :
u = qa + r avec |r| < |a|.
Mais alors, u ∈ I, qa ∈ I et donc r ∈ I. Par minimalité de |a|, on doit avoir |r| = 0, ce qui
prouve que u ∈ aZ[i].
Exercice 13.
Démontrer que Q n’admet pas d’autre sous-corps que lui-même.
Correction.
Soit K un sous-corps de Q. Alors 0, 1 ∈ K. On a ensuite 2 = 1 + 1 ∈ K, puis 3 = 2 + 1 ∈ K. Par
récurrence, on prouve facilement que N ⊂ K. Puis, par stabilité par passage à l’opposé, Z ⊂ K.
7
Enfin, si x = p/q avec p ∈ Z et q ∈ N, q ̸= 0, alors p ∈ K, q ∈ K, q ̸= 0 et donc p/q ∈ K. Ainsi
Q ⊂ K.
Exercice 14.
Quel est le reste de la division euclidienne de (X + 1)n − X n − 1 par
1. X 2 − 3X + 2
2. X 2 + X + 1
3. X 2 − 2X + 1?
Correction.
1. La méthode pour ce type d’exercice est toujours la même. On commence par écrire a priori
le résultat de la division euclidienne, par exemple pour le premier polynôme :
(X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 − 3X + 2) + aX + b,
où a et b sont deux réels. On évalue ensuite la relation en les racines du diviseur, qui sont
ici 1 et 2. On trouve alors
{
2n − 2 = a + b
n
3 − 2n − 1 = 2a + b.
Et finalement on résoud le système pour trouver a et b, qui sont ici égaux à :
{
a = 3n − 2n+1 + 1
b = −3n + 2n+1 + 2n − 3.
2. On écrit la même chose,
(X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 + X + 1) + aX + b,
et on utilise cette fois que les racines de X 2 + X + 1 sont j et j 2 . Il suffit ici en réalité
d’utiliser l’évaluation en j, sachant que tout nombre complexe s’écrit de façon unique sous
la forme x + jy, avec x, y ∈ R. On trouve :
(1 + j)n − j n − 1 = Q(j) × 0 + aj + b.
On distingue ensuite suivant la valeur de n modulo 3, utilisant que
(1 + j)n − j n − 1 = (−1)n j 2n − j n − 1.
<ul class=”rien”>
3. Si n ≡ 0 [3], alors j 2n = j n = 1, et donc on a
(−1)n − 2 = aj + b
de sorte que le reste est (−1)n − 2.
4. Si n ≡ 1 [3], alors j n = j et donc j 2n = j 2 = −1 − j, j n = j, ce qui donne
(
)
(
)
(−1)n+1 − 1 j + (−1)n+1 − 1 = aj + b.
(
)
Le reste est donc (−1)n+1 − 1 (X + 1).
8
5. Si n ≡ 2 [3], alors j 2n = j et j n = j 2 = −1 − j. On trouve
(
)
(−1)n + 1 j = aj + b.
(
)
Le reste est alors (−1)n + 1 X. </ul>
6. On recommence en écrivant
(X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 − 2X + 1) + aX + b,
et en remarquant que X 2 − 2X + 1 a pour racine double 1. Si on évalue en 1, on obtient
une seule relation, à savoir
2n − 2 = a + b.
Pour obtenir une seconde relation, il faut dériver la relation issue de la division euclidienne
et l’évaluer à nouveau en 1 (c’est toujours cette méthode qui fonctionne pour une racine
double). On trouve :
n(X + 1)n−1 − nX n−1 = Q′ (X)(X 2 − 2X + 1) + 2Q(X)(X − 1) + a,
ce qui donne la relation
n2n−1 − n = a.
On retrouve alors sans problèmes b, qui est égal à :
b = (2 − n)2n−1 + n − 2.
Exercice 15.
Soient A, B, P ∈ K[X] avec P non-constant. On suppose que A ◦ P |B ◦ P . Démontrer que A|B.
Correction.
On écrit la division euclidienne de B par A, B = AQ + R avec deg(R) < deg(A). On compose
alors par P , et on obtient B ◦ P = (A ◦ P ) × (Q ◦ P ) + R ◦ P . Or, le polynôme A ◦ P a pour
degré deg(A) × deg(P ). Le polynôme R ◦ P a pour degré deg(R) × deg(P ). On en déduit que
deg(R ◦ P ) < deg(A ◦ P ) et donc que B ◦ P = (A ◦ P ) × (Q ◦ P ) + R ◦ P est la division euclidienne
de B ◦ P par A ◦ P . Mais on sait que A ◦ P |B ◦ P et donc on en déduit que R ◦ P est égal à 0.
Ceci n’est possible que si R = 0, et donc A|B.
Exercice 16.
1. Rappeler la décomposition en produits d’irréductibles de X n − 1.
2. En déduire la décomposition en produits d’irréductibles de 1 + X + · · · + X n−1 .
( )
∏n−1
3. Calculer k=1 sin kπ
n .
(
)
∏n−1
4. Pour θ ∈ R, calculer k=0 sin kπ
n +θ .
9
Correction.
1. Les racines de ce polynôme sont les racines n-ièmes de l’unité. On en déduit que
Xn − 1 =
n−1
∏(
X −e
2ikπ
n
)
.
k=0
2. On a (1 + X + · · · + X n−1 )(X − 1) = X n − 1. On en déduit que
n−1
∏(
1 + X + · · · + X n−1 =
X −e
2ikπ
n
)
.
k=1
3. On va évaluer la factorisation précédente en 1. On trouve
n=
n−1
∏(
1−e
2ikπ
n
)
.
k=1
Or,
(
1−e
2ikπ
n
= −2ie
ikπ
n
sin
kπ
n
(
)
iπ
= 2(−1)e 2 e
ikπ
n
sin
kπ
n
)
.
On effectue le produit et on trouve :
n−1
∏(
1−e
2ikπ
n
)
= 2
n−1
n−1
(−1)
k=1
= 2
n−1
n−1
∏
e
(
sin
k=1
On en déduit que
n−1
∏
(
sin
k=1
kπ
n
i(n−1)π
2
kπ
n
e
n(n−1)
iπ
n ×
2
=
(
sin
k=1
)
)
n−1
∏
kπ
n
)
n
.
2n−1
4. La méthode est parfaitement similaire, mais cette fois on part de la factorisation de X n − 1
que l’on évalue en −2θ. On trouve d’une part
e−2niθ − 1 = (−2i)e−inθ sin(nθ)
et d’autre part
n−1
∏(
e−2iθ − e
2ikπ
n
)
k=0
)
kπ
+θ
n
k=0
(
)
n−1
∏
kπ
= (−2i)2n−1
sin
+θ .
n
=
n−1
∏
(−2i)e
ikπ
n −θ
(
sin
k=0
On conclut finalement que
n−1
∏
k=0
(
sin
kπ
+θ
n
10
)
=
sin(nθ)
.
2n−1
3. Exercices d’approfondissement
Exercice 17.
Soit A un anneau principal.
1. On suppose que toute suite décroissante (pour l’inclusion) d’idéaux de A est stationnaire.
Montrer que A est un corps.
2. Démontrer que toute suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux de A est stationnaire.
Exercice 18.
Soit K un corps fini. Calculer
∏
x∈K ∗
x.
Correction.
Dans le produit, on regroupe chaque élément avec son inverse. Ceci est possible s’ils sont distincts,
et dans ce cas, on peut simplifier le produit xx−1 = 1. On en déduit que
∏
∏
∏
x=
x=
x.
x∈K ∗
x=x−1
x2 =1
Or, dans un corps K, l’équation x2 = 1 a pour solution 1 et −1. Si ces deux nombres sont
distincts, alors le produit vaut −1. Si ces deux nombres sont égaux, alors le produit de ces deux
nombres vaut 1 = −1 également. Finalement, dans tous les cas, on a bien
∏
x = −1.
x∈K ∗
Correction.
1. Soit a un élément non-nul de A, et In l’idéal engendré par an . Alors In+1 ⊂ In . En effet, si
x ∈ In+1 , x s’écrit an+1 u, soit encore an (au). Ainsi, la suite (In ) est décroissante et donc
stationnaire. Soit p un entier tel que Ip = Ip+1 . En particulier, ap est élément de Ip+1 ,
c’est-à-dire que ap = ap+1 u, u ∈ A. On peut réécrire ceci en ap (1 − au) = 0 ce qui implique,
car A est intègre et a, donc an , sont non-nuls, 1 − au = 0 ⇐⇒ au = 1. Ainsi, a est
inversible. Comme a est arbitraire dans A\{0}, A est un corps.
∪
2. Notons (In ) une suite croissante d’idéaux de A et posons I = n In . Alors il est facile
de vérifier que I est un idéal. Puisque A est principal, il existe a ∈ I tel que I est l’idéal
engendré par a. Mais alors, il existe N ∈ N tel que a ∈ IN . On prouve alors que pour tout
n ≥ N , on a In = aA. En effet, on a In ⊂ I = aA, et a ∈ IN ⊂ In =⇒ aA ⊂ In .
Exercice 19.
Déterminer les polynômes P de degré supérieur ou égal à 1 et tels que P ′ |P .
11
Correction.
Puisque P ′ |P , P = QP ′ , et les considérations de degré font que Q est de degré 1. On peut donc
écrire :
P = λ(X − α)P ′ .
On applique ensuite la formule de Taylor à P en α :
P (X) =
n
∑
P (k) (α)
k=0
P ′ (X) =
k!
n
∑
kP (k) (α)
k=1
λ(X − α)P ′ (X) =
k!
(X − α)k ,
(X − α)k−1 ,
n
∑
λkP (k) (α)
k=1
k!
(X − α)k .
Par identification, on obtient, pour tout k dans {0, . . . , n} :
kP (k) (α)
(λk − 1) = 0.
k!
Maintenant, P (n) (α) ̸= 0, et donc λ = 1/n. Ceci entraîne par suite que, pour tout k dans
{0, . . . , n − 1}, on a :
P (k) (α) = 0.
Ainsi,
P (n) (α)
(X − α)n ,
n!
ce qui prouve que P (X) = K(X − α)n , où K est une constante. La réciproque se vérifie aisément.
P (X) =
Exercice 20.
On dit qu’un polynôme P ∈ C[X] de degré n est réciproque s’il s’écrit P = an X n + · · · + a0 avec
ak = an−k pour tout k dans {0, . . . , n}.
1. Soit P( ∈) C[X] de degré n. Démontrer que P est réciproque si et seulement si P (X) =
1
.
X nP X
2. Montrer qu’un produit de polynômes réciproques est réciproque.
P
3. On suppose que P et Q sont réciproques et que Q|P . Démontrer que Q
est réciproque.
4. Soit P ∈ C[X] un polynôme réciproque.
(a) Démontrer que si α est une racine de P , alors α ̸= 0 et α−1 est une racine de P .
(b) Démontrer que si 1 est une racine de P , alors sa multiplicité est supérieure ou égale
à 2.
(c) Démontrer que si le degré de P est impair, alors −1 est racine de P .
(d) Démontrer que si P est de degré pair et si −1 est une racine de P , alors sa multiplicité
est supérieure ou égale à 2.
5. Démontrer que tout polynôme réciproque de C[X] de degré 2n se factorise en
P = a2n (X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1).
Que peut-on dire si le degré de P est impair ?
12
Correction.
1. Soit P = an X n + · · · + a0 , alors
(
X nP
1
X
)
= a0 X n + · · · + an .
Ainsi, si P est réciproque, on a bien X n P (1/X) = P (X). Réciproquement, si X n P (1/X) =
P (X), alors on a nécessairement a0 = an , a1 = an−1 , etc... Donc P est réciproque.
2. Soient P et Q réciproques, de degrés respectifs n et m. Alors
X n P (1/X) = P (X) et X m Q(1/X) = Q(X).
On en déduit que
X n+m (P Q)(1/X) = X n P (1/X)X m Q(1/X) = P (X)Q(X) = (P Q)(X).
Ainsi, d’après la question précédente, P Q est réciproque.
3. Le raisonnement est complètement identique, en utilisant le quotient au lieu du produit !
4. (a) Puisque P est réciproque, a0 = an ̸= 0 et donc P (0) = a0 ̸= 0. D’autre part, si α est
racine de P , alors la relation P (α) = αn P (α−1 ) prouve que α−1 est aussi racine de P .
(b) Dérivons la relation de la première question. On trouve, pour tout x ̸= 0,
P ′ (x) = nxn−1 P (1/x) − xn−2 P ′ (1/x).
On évalue en 1, et on trouve
P ′ (1) = −P ′ (1)
et donc P ′ (1) = 0. On en déduit que 1 est racine au moins double.
(c) On utilise encore le résultat de la première question, et on remarque que P (−1) =
−P (−1) puisque le degré de P est impair. Donc P (−1) = 0.
(d) On raisonne exactement comme deux questions plus haut.
5. On va procéder par récurrence sur n, le cas n = 1 étant trivial. Supposons donc que le
résultat a été démontré pour tout polynôme réciproque de degré 2n, et prouvons-le pour
un polynôme réciproque P de degré 2n + 2. Soit α une racine de P . Alors, on sait que
α ̸= 0 et que α−1 est aussi racine de P . Si α ̸= 1, −1, α−1 ̸= α et on peut factoriser P par
(X −α)(X −α−1 ). Or, il est facile de vérifier que (X −α)(X −α−1 ) s’écrit (X 2 +bn+1 X +1).
D’autre part, si α = 1 ou α = −1, alors α est racine de multiplicité au moins deux, et on
peut factoriser par (X − α)2 . Un tel polynôme s’écrit encore (X 2 + bn+1 X + 1). Donc, dans
tous les cas, en notant Q = X 2 + bn+1 X + 1, on a Q|P et P , Q réciproques. On en déduit
P
que Q
est réciproque, de degré 2n, donc par l’hypothèse de récurrence s’écrit
P
= a2n+2 (X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1).
Q
On remultiplie par Q, et on a bien prouvé que le résultat est vrai au rang n + 1.<br>
Si maintenant P est réciproque de degré impair 2n + 1, alors −1 est racine de P et P se
P
est réciproque de degré pair 2n,
factorise par le polynôme réciproque Q = X + 1. Donc Q
2
2
donc s’écrit a2n+1 (X + b1 X + 1) . . . (X + bn X + 1). Ainsi, tout polynôme réciproque de
degré impair 2n + 1 se factorise en
P = a2n+1 (X + 1)(X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1).
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