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X-ENS MP ´ Epreuve A 2019
Corrig´e
par Cl´ement de Seguins Pazzis ∗(MP*, Lyc´ee Sainte-Genevi`eve)
Partie 1
1. La fonction ϕ:P∈Q[X]7→ P(α)∈Qest un morphisme d’anneaux car elle v´erifie
ϕ(1Q[X]) = 1
et
∀(P, Q)∈Q[X]2, ϕ(P+Q) = ϕ(P) + ϕ(Q) et ϕ(P Q) = ϕ(P)ϕ(Q).
L’ensemble I(α) ´etant le noyau de ce morphisme, c’est un id´eal de Q[X]. Comme αest alg´ebrique,
I(α) poss`ede un ´el´ement non nul.
2. Si αest de degr´e 1 alors Πα=X+βpour un β∈Q, et donc on trouve α+β= 0 puis
α=−β∈Q. R´eciproquement, supposons α∈Q. Alors X−α∈I(α), donc Παdivise X−α. Or
Παne peut ˆetre constant et non nul puisqu’il a une racine. Ainsi, Παest de degr´e 1, autrement
dit αest de degr´e 1.
Ainsi, αest de degr´e 1 si et seulement si α∈Q.
3.(a) D’abord, on a vu dans notre r´eponse `a la question 2que Παn’est pas constant.
Ensuite, soit P, Q dans Q[X] tels que Πα=P Q. En particulier deg P+ deg Q= deg Πα
(et Pet Qsont non nuls).
On a P(α)Q(α) = Πα(α) = 0, donc P(α) = 0 ou Q(α) = 0. Ainsi, Παdivise Pou Q, ce qui
conduit `a deg Πα6deg Pou deg Πα6deg Q. Par suite, deg Q60 ou deg P60, autrement
dit Qou Pest constant.
Ainsi, Παest irr´eductible dans Q[X].
(b) On suppose que P(z) = 0. Alors zest alg´ebrique (puisque P6= 0 et P∈Q[X]), donc
Πzdivise P. La question pr´ec´edente montre que Πzest irr´eductible, et comme Pest aussi
irr´eductible on en d´eduit que Πzest associ´e `a P. Puisque Πzet Psont tous deux unitaires,
on conclut que Πz=P.
Remarque : en vu de la suite du sujet, il est important de remarquer qu’´etant donn´e un
nombre alg´ebrique α, toute racine zde Παv´erifie Πz= Πα, ce que l’on d´eduit de 3.(a)
et 3.(b).
4.(a) Choisissons une racine commune z∈Cde Aet B. Supposons Aet Bpremiers entre eux dans
Q[X]. Le th´eor`eme de B´ezout fournit alors un couple (U, V )∈Q[X]2tel que AU +BV = 1.
En sp´ecialisant en z, il vient 1 = A(z)U(z) + B(z)V(z) = 0, ce qui est absurde. Ainsi,
Aet Bne sont pas premiers entre eux dans Q[X].
∗[email protected]
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(b) On a vu en 3.(a) que Παest irr´eductible, en particulier non constant. Par suite
deg(Π′
α) = deg(Πα)−1>0, donc Παne divise pas Π′ α. Comme Παest
irr´eductible, cela montre qu’il est premier avec Π′
α. La contrapos´ee du r´esultat
pr´ec´edent garantit alors que Παet Π′
αn’ont pas de racine complexe commune. Ainsi,
toutes les racines complexes de Παsont simples.
5.(a) Soit α∈Q, suppos´e entier alg´ebrique.
´
Ecrivons α=p
qavec p∈Zet q∈Z∗tels que p∧q= 1. Puisque αest un entier alg´ebrique,
il existe un polynˆome P=Xn+
n−1
P
k=0
akXkunitaire `a coefficients entiers tel que P(α) = 0.
Par suite qnP(α) = 0, ce qui se r´ecrit
pn=−q
n−1
X
k=0
qn−1−kpkak.
En particulier qdivise pn. Or qest premier avec pdonc avec pn. Le lemme de Gauss assure
donc que qdivise 1, autrement dit q=±1. Ainsi, α=±pest un entier relatif.
(b) Soit α∈C, suppos´e entier alg´ebrique. Il existe P∈Z[X] unitaire (de degr´e not´e n) tel que
P(α) = 0. Le polynˆome Παdivise P, donc toutes ses racines sont des racines de P, et elles
sont donc toutes des entiers alg´ebriques. Notons z1,...,znces racines (compt´ees `a mesure de
leur ordre de multiplicit´e).
Soit k∈[[1, n]]. Alors, par les relations coefficients-racines, le coefficient de Παdevant Xn−k
vaut
ak= (−1)kX
16i1<···<ik6n
zi1···zik.
Comme l’ensemble des entiers alg´ebriques est stable par addition, multiplication et passage `a
l’oppos´e (d’apr`es le th´eor`eme admis), on en d´eduit que akest un entier alg´ebrique. Or ak∈Q
(puisque Πα∈Q[X]), et on d´eduit donc de 5.(a) que ak∈Z.
Comme par ailleurs Παest unitaire, on conclut que Πα∈Z[X].
6.(a) Si α∈R, alors α=±1 donc αest racine 2 -i`eme de l’unit´e.
Supposons αnon r´eel. Alors αest une autre racine complexe de Πα(car Παest `a coefficients
r´eels) et ainsi, puisque αest de degr´e 2,
Πα= (X−α)(X−α) = X2−2 Re(α)X+ 1.
Or Παest `a coefficients entiers d’apr`es 5.(b). Enfin |2 Re(α)|62|α|= 2, et ainsi Παest l’un
des polynˆomes suivants : X2−2X+ 1, X2−X+ 1, X2+ 1, X2+X+ 1 ou X2+ 2X+ 1,
dont les ensembles de racines sont, respectivement, {1},{−j, −j},{i, −i},{j, j}et {−1}.
Chacune de ces racines ´eventuelles est racine de l’unit´e, puisque 12= (−1)2,j3= (j)3= 1,
(−j)6= (−j)6= 1 et i4= (−i)4= 1. Ainsi, dans tous les cas αest une racine de l’unit´e.
(b) On a imm´ediatement 3+4i
5=√32+42 5= 1. Les relations coefficients-racines montrent ensuite
que X−3 + 4i
5X−3−4i 5=X2−6 5X+ 1.
Ce polynˆome, not´e Q, est donc `a coefficients rationnels. Comme αen est une racine, on en
d´eduit que αest alg´ebrique et Παdivise Q(donc αest de degr´e au plus 2). ´ Evidemment α
n’est pas rationnel (il n’est pas r´eel), donc la question 2assure que αest de degr´e au moins
2. Ainsi, αest de degr´e 2. Enfin, Παdivise Qet ces deux polynˆomes sont unitaires et de
mˆeme degr´e, donc Πα=Q. En particulier Πα6∈ Z[X], et on d´eduit de 5.(b) que αn’est pas
un entier alg´ebrique.
Si α´etait une racine de l’unit´e il serait annul´e par Xn−1 pour un certain n∈N∗et serait
donc un entier alg´ebrique ! Ainsi, αn’est pas une racine de l’unit´e.
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Partie 2
7. Notons Unl’ensemble des racines n-i`emes de l’unit´e. D’apr`es le cours,
Xn−1 = Y
z∈Un
(X−z).
Pour conclure, il suffit donc d’´etablir que la famille (Pd)d|npartitionne Un.
Soit d∈N∗divisant n, alors Pdest l’ensemble des ´el´ements d’ordre ddu groupe Uet comme d
divise nces ´el´ements zv´erifient zn= 1 et sont donc dans Un. Ainsi, les Ud, pour ddivisant n,
sont deux `a deux disjoints (unicit´e de l’ordre d’un ´el´ement), et tous inclus dans Un.
Enfin, par le th´eor`eme de Lagrange, tout z∈Unest d’ordre fini divisant ncar Unest un groupe
d’ordre n. Ainsi, Un=S
d|n
Pd, d’o`u le r´esultat annonc´e. On conclut `a l’identit´e
Xn−1 = Y
d|n
Φd.
8.(a) Soit pun nombre premier et k>1 un entier. En appliquant le r´esultat pr´ec´edent aux entiers
pk−1et pk, il reste
Xpk−1
Xpk−1−1= Φpk
puisque, par primalit´e de p, les diviseurs de pa(pour a∈N) sont exactement les entiers de la
forme pbavec b∈[[0, a]]. La formule dite de Bernoulli dans l’anneau commutatif R(X) assure
donc que
Φpk=(Xpk−1)p−1
Xpk−1−1=
p−1
X
i=0
Xipk−1.
(b) Imm´ediatement Φ1=X−1 car P1={1}. En appliquant le r´esultat de 8.(a), on trouve aussi
imm´ediatement
Φ2=X+ 1,Φ3=X2+X+ 1,Φ4=X2+ 1 et Φ5=X4+X3+X2+X+ 1.
Enfin, dans U6les ´el´ements sont 1 (d’ordre 1), −1 (d’ordre 2), jet j(d’ordre 3) et
−j=e−iπ
3et −j2=eiπ 3(d’ordre 6), donc
Φ6= (X+j)(X+j) = X2−X+ 1.
9.(a) Montrons par r´ecurrence forte que Φk(0) = 1 pour tout k>2. Notons que Φ1(0) = −1 vu
le r´esultat de 8.(b).
Soit k>2 tel que Φi(0) = 1 pour tout i∈[[2, k −1]] (propri´et´e trivialement vraie si k= 2).
Alors, par 7,
0k−1 = Y
d|k
Φd(0) = Φ1(0)Φk(0) Y
d|k, d6∈{1,k}
Φd(1)
donc −Φk(0) = −1 par l’hypoth`ese de r´ecurrence, et finalement Φk(0) = 1. Ainsi, l’hypoth`ese
est vraie au rang suivant, ce qui ach`eve le raisonnement par r´ecurrence.
(b) Pour k>2, on introduit la propri´et´e
Hk:≪Φk(1) = 1 si kposs`ede plusieurs diviseurs premiers, sinon Φk(1) est l’unique
diviseur premier de k.≫
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Soit k>2 tel que Hisoit vraie pour tout i∈[[2, k −1]] (`a nouveau, cette condition est
trivialement vraie lorsque k= 2). Supposons d’abord que k=papour un nombre premier p
et un a∈N∗. Alors, par 8.(a),
Φk(1) = p.
Supposons maintenant que kposs`ede plusieurs diviseurs premiers et notons Bl’ensemble
qu’ils forment. Par 7,
Y
d|k, d>1
Φd=Xn−1
X−1=
k−1
X
i=0
Xi
donc Y
d|k, d>1
Φd(1) = k
et ainsi
Φk(1) = k
Q
d|k,1<d<k
Φd(1)·
Par l’hypoth`ese de r´ecurrence, Q
d|k,1<d<k
Φd(1) = Q
d∈A
Φd(1), o`u Ad´esigne l’ensemble des
diviseurs de kstrictement sup´erieurs `a 1 et qui sont puissances d’un nombre premier (ils
sont tous distincts de kpuisque l’on a suppos´e que ka plusieurs diviseurs premiers). Ce sont
exactement les nombres de la forme paavec p∈Bet a∈[[1, νp(k)]] (avec unicit´e d’une telle
´ecriture) et ainsi, par l’hypoth`ese de r´ecurrence,
Y
d|k,1<d<k
Φd(1) = Y
p∈B
pνp(k)=k,
et on conclut que Φk(1) = k.
Ainsi, par r´ecurrence forte Hkest valid´ee pour tout k>2, et en particulier : Φn(1) = 1 si n
poss`ede plusieurs diviseurs premiers, sinon Φn(1) est l’unique diviseur premier de n.
10. Proc´edons `a nouveau par r´ecurrence forte.
Soit k>2. Supposons Φi∈Z[X] pour tout i∈[[1, k −1]] (propri´et´e clairement vraie si k= 2
puisque Φ1=X−1). Le polynˆome B:= Q
d|k, d<k
Φdest donc `a coefficients dans Z(l’´enonc´e admet
que (Z[X],+,×) est un anneau), et il est ´evidemment unitaire puisque produit de polynˆomes
unitaires. R´ecrivons B=
e
P
i=0
aiXipour une liste (a0,...,ae) d’entiers, dont ae= 1. ´ Ecrivons
´egalement Φk=
+∞
P
i=0
biXi. La relation BΦk=Xn−1 assure alors que
∀l>e,
e
X
i=0
aibl−i∈Z.
Ainsi, pour tout l>e, il existe un entier cltel que
bl−e=−
e−1
X
i=0
aibl−i+cl.
Or, tous les aisont entiers, et tous les bisont nuls `a partir d’un certain rang. Par r´ecurrence
descendante forte, on en d´eduit que tous les bisont entiers (si, pour un p∈Ndonn´e, on a bi∈Z
pour tout entier i > p, on applique la formule pr´ec´edente `a l:= e+pet on en d´eduit que bp∈Z).
Ainsi, Φd∈Z[X].
On conclut par r´ecurrence forte que Φn∈Z[X].
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Partie 3
11.Par commodit´e nous fusionnons les r´eponses aux deux premi`eres questions.
(a) Soit z∈Ctel que |z|<1. Pour tout i∈[[1, n]], on a |ziz|=|z|<1, donc d’apr`es le cours
1
1−ziz=
+∞
X
k=0
(ziz)k.
Par addition de s´eries convergentes, on en d´eduit que P
k
akzkconverge et que
f(z) =
n
X
i=1
1
1−ziz·
Supposons maintenant znon nul. De P=
n
Q
i=1
(X−zi), on d´eduit que znP(z−1) =
n
Q
i=1
(1 −ziz)
et donc
znf(z)P(z−1) =
n
X
i=1 Y
j6=i
(1 −zjz).
Par ailleurs en d´erivant Pcomme un produit (`a n−1 reprises), on trouve
P′=
n
X
i=1 Y
j6=i
(X−zj)
et donc de mˆeme
zn−1P′(z−1) =
n
X
i=1 Y
j6=i
(1 −zjz) = znf(z)P(z−1).(1)
Comme z6= 0, on simplifie par zn−1et on conclut que
zf(z)P(z−1) = P′(z−1).
(b) Voir (a).
(c) On note P=
n
P
k=0
bn−kXkavec b0= 1 . On pose ´egalement bi:= 0 pour tout i > n. On trouve
imm´ediatement, pour tout z∈C∗,
znP(z−1) =
n
X
k=0
bkzk=
+∞
X
k=0
bkzk.
De mˆeme
zn−1P′(z−1) =
+∞
X
k=0
b′
kzk
o`u b′
k=bk(n−k) si k < n, et b′ k= 0 sinon. Par produit de Cauchy de s´eries enti`eres sur
l’intersection de leurs intervalles ouverts de convergence, on d´eduit de (1) que
∀t∈]−1,1[ r{0},
+∞
X
k=0
b′
ktk=
+∞
X
k=0k
X
i=0
aibk−itk.
Cette relation est trivialement vraie pour t= 0 car a0=n,b0= 1 et b′
0=n, donc par unicit´e
du d´eveloppement en s´erie enti`ere,
∀k∈N, b′
k=
k
X
i=0
aibk−i
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