x-ens-mp-2019-maths-a-corrige

Lycée Champollion Classe de MP∗
Corrigé X-ENS 2019, épreuve A, filière MP
Thème :
Partie I
1. L’application P7→ P(α)de Q[X]dans Cest un morphisme d’anneaux. Son noyau I(α)est donc
un id´ eal de Q[X]. Il n’est pas r´ eduit ` a{0}puisque αest alg´ ebrique.
2. Si αest de degr´ e1, alors son polynˆ ome minimal, qui est unitaire et annule α, est X−α, donc
α∈Q. Si, r´ eciproquement, α∈Q, alors X−α∈Q[X]donc Πα=X−αet αest de degr´ e1.
3. (a) Soient A, B ∈Q[X]unitaires tels que Πα=AB. On a A(α)B(α)=Πα(α)=0donc, par
exemple, A(α) = 0 d’o` uA∈I(α), c’est-` a-dire Πα|A. On a donc A= Πα, ce qui montre que
Pest irr´ eductible.
(b) Puisque Pannule z,zest alg´ ebrique et Πz|P. Comme deg(Πz)>1, que Pest irr´ eductible
et que ces deux polynˆ omes sont unitaires, P= Πz.
Remarque : une cons´ equence de ceci est que si west une racine de Πz, alors Πw= Πz.
4. (a) Soit αune racine commune de Aet B. On a Πα|Aet Πα|Bdonc, puisque deg(Πα)>1,A
et Bne sont pas premiers entre eux.
(b) D’une mani` ere g´ en´ erale, les racines complexes d’un polynˆ ome P∈Q[X]irr´ eductible sont
simples car P∧P0divise Pet deg(P∧P0)<deg(P), donc P∧P0= 1.
5. (a) Posons α=p
q, o`
up∈Z,q∈N∗,p∧q= 1. Soit P=Xn+an−1Xn−1+. . . a1X+a0∈Q[X]
un polynˆ ome annulateur de α.Ona:
pn+an−1pn−1q+. . . a1pqn−1+a0qn= 0
d’o` uq|pn. Puisque p∧q= 1, et donc pn∧q= 1, cela entraˆ ıne q= 1 et α∈Z.
(b) Soit P∈Z[X]unitaire tel que P(α)=0. Comme Πα|P, les racines de Παsont des entiers
alg´ ebriques. Or, Πα´ etant unitaire, les relations coefficients-racines et le th´ eor` eme admis en
introduction montrent que les coefficients de Παsont des entiers alg´ ebriques. Comme ce
sont des rationnels, la question 5.(a) montre que ce sont des entiers : Πα∈Z[X].
6. (a) Soient a, b ∈Ztels que α2+aα +b= 0. On a, en conjuguant, α2+aα +b= 0. Comme α
n’est pas r´ eel (car les r´ eels de module 1sont 1et −1qui ne sont pas alg´ ebriques de degr´ e
2), αet αsont les deux racines de X2+aX +b. Donc b=αα = 1 et a=α+α= 2 Re(α).
En particulier, |a|62. Les cas a=−2et a= 2 conduisent ` aα=±1qui est exclu. Donc
a∈ {−1,0,1}et α∈ {i, −i, j, −j, j2,−j2}, qui sont tous des complexes de module 1.
(b) On a 
3+4i
5
2
=9 + 16
25 = 1. Par ailleurs, le polynˆ
ome X−3+4i
5X−3−4i 5=
X2−6
5X+ 1 annule 3+4i 5, qui est donc alg´
ebrique. Et, puisque 3+4i
5n’est pas rationnel,
Πα=X2−6
5X+ 1. Comme ce polynˆ
ome n’est pas ` a coefficients entiers, 5b. montre que α
n’est pas un entier alg´ ebrique. En particulier, ce n’est pas une racine de l’unit´ e.

7. Notons Ule groupe des complexes de module 1et Unle sous-groupe des racines n-i` emes de
l’unit´ e. L’ensemble Pnn’est autre que l’ensemble des g´ en´ erateurs de ce groupe. Notons s(ω)
l’ordre d’une racine de l’unit´ e, c’est-` a-dire l’ordre du sous-groupe de Uqu’elle engendre. On
sait que :
— Si d|n, alors Ud⊂Un
— si ω∈Un, alors s(ω)divise n.
Donc {ω∈Un;s(ω) = d}=Pdet
Un=[
d|n{ω∈Un;s(ω) = d}=[ d|n
Pd
et cette r´ eunion est disjointe. On en d´ eduit imm´ ediatement :
Xn−1 = Y
d|n
Φd
8. (a) Soit k>1. Les diviseurs de pksont les pj,16j6k. Donc
Xpk−1 =
k
Y
j=1
Φpj
Xpk−1−1 =
k−1
Y
j=1
Φpj
D’o` u :
Φpk=Xpk−1
pk−1−1=X(p−1)pk−1+X(p−2)pk−1+. . . +Xpk−1+ 1
(b) On trouve ais´ ement : Φ1=X−1,Φ2=X+ 1,Φ3=X2+X+ 1,Φ4=X2+ 1,Φ5=
X4+X3+X2+X+ 1, et Φ6=X2−X+ 1.
9. (a) On a Φ1=X−1donc Φ1(0) = −1. Par ailleurs on d´ eduit de 7. que, pour tout n∈N∗,
Y
d|n
Φd(0) = −1. On en d´ eduit imm´ ediatement, par r´ ecurrence forte sur n>1, que :
Φn(0) = 1 si n>2,Φn(0) = 1 si n= 1 .
(b) On a d’abord Φ1(1) = 0. Et, si nest de la forme pk,ppremier, k>1, alors 8a. montre
que Φpk=p. Par ailleurs, si nest de la forme pk1
1. . . pks
s, o`
us>2, les pisont des nombres
premiers distincts et ki>1, on d´ eduit de 7b. apr` es simplification par X−1=Φ1:
n=Y
d|n,d6=1
Φd(1)
d’o` u, en utilisant Φpk
j(1) = pj
1 = Y
d|n,ρ(d)>2
Φ(d)
o` u l’on note ρ(d)le nombre de diviseurs premiers de n(avec la convention usuelle que le
produit vaut 1si aucun diviseur dde nne v´ erifie ρ(d)>2). On en d´ eduit imm´ ediatement
par r´ ecurrence forte sur n>2que :
Φn(1) = psi nest de la forme pk,Φn(1) = 1 sinon

10. On a Xn−1 = ΦnY
d|n,d<n
Φd. Donc Φnest le quotient (dans Q[X]) dans la division euclidienne
de Xn−1par Y
d|n,d<n
Φd. Or l’algorithme usuel de la division euclidienne atteste que le quotient
d’un polynˆ ome de Z[X]par un polynˆ ome unitaire de Z[X]est encore un polynˆ ome de Z[X].
Une r´ ecurrence forte sur d|nmontre alors que Φn∈Z[X].
11. (a) On a |ak|6npour tout k, donc le rayon de convergence de la s´ erie enti` ere X
k
akzkest au
moins 1. En particulier, elle converge pour tout ztel que |z|<1.
(b) Rappelons d’abord que la d´ eriv´ ee logarithmique d’un polynˆ ome non nul Q, d´ efinie par
D(Q) = Q0
Q, a la propri´
et´ eD(Q1Q2) = D(Q1) + D(Q2). Donc D(P) =
n
X
k=1
1
X−zk
. On a
maintenant (l’inversion des deux Σvient de ce que chaque s´ erie ∞
X
k=0
zk
jzkest convergente
et que la seconde somme est finie) :
f(z) = ∞
X
k=0
n
X
j=1
zk
jzk=
n
X
j=1
∞
X
k=0
zk
jzk=
n
X
j=1
1
1−zjz
=
n
X
j=1
1
z
1
1
z−zj
=1
z
P0(1/z)
P(1/z),
d’o` u la relation cherch´ ee.
(c) On a, pour zdans le disque unit´ e ouvert priv´ e de 0,znP(1/z)f(z) = zn−1P0(1/z). Donc
la fonction z7→ znP(1/z)f(z), d´ efinie sur le disque unit´ e ouvert, produit d’une fonction
polynomiale par la somme d’une s´ erie enti` ere, est somme d’une s´ erie enti` ere, laquelle vaut
zn−1P0(1/z)(y compris pour z= 0 par continuit´ e de la somme d’une s´ erie enti` ere) : elle est
donc ` a coefficients entiers. Posons P=Xn+b1Xn−1+. . .+bn−1X+bn. On a XnP(1/X) =
bnXn+bn−1Xn−1+. . . +b1X+ 1. Donc les coefficients de la s´ erie enti` ere de somme
znP(1/z)f(z)valent :
a0∈Z
a1+a0b1∈Z
a2+a1b1+a0b2∈Z
. . .
et une r´ ecurrence imm´ ediate montre que les aksont entiers.
12. (a) On a, vu ce qui pr´ ec` ede, ak∈[[−n, n]] pour tout ket, par cons´ equent, (ak, ak+1, . . . , ak+n)∈
[[−n, n]]n+1. L’application k7→ (ak, ak+ 1, . . . , ak+n)de Ndans [[−n, n]]n+1 ne peut donc pas
ˆ
etre injective et il existe k, ` tels que 06k < ` et
(ak, ak+ 1, . . . , ak+n)=(a`, a`+ 1, . . . , a`+n).
(b) Par lin´ earit´ e, il suffit de v´ erifier l’´ egalit´ e lorsque Fest un polynˆ ome de la forme Xs. Or
n
X
i=1
zs
i(z` i−zk i) =
n
X
i=1
zs+`
i−
n
X
i=1
zs+k
i=as+`−as+k= 0
(c) Comme Pest irr´ eductible, P∧P0, qui est un diviseur strict de P, vaut 1. Donc les racines
complexes de Psont distinctes (rappelons que le pgcd de deux polynˆ omes ` a coefficients

dans Qest le mˆ eme, que l’on voit ces polynˆ omes comme ´ el´ ements de Q[X]ou de C[X]).
Les relations obtenues dans 12b. pour F=Xsdonnent, en prenant s∈[[0, n −1]] :
1 1 . . . 1
z1z2. . . zn
.
.
..
.
.. . . .
.
.
zn−1
1zn
2. . . zn−1 n
z`
1−zk 1
z`
2−zk 2
.
.
.
z`
n−zk n
= 0
Comme les zisont deux ` a deux distincts, la matrice de Vandermonde est inversible d’o` u,
pour tout i,z`
i=zk i. Notons qu’on aurait pu, depuis 12a, faire courir idans [[0, n −1]] plutˆ
ot
que [[0, n]].
13. (a) Il est bien connu que, pour k∈[[1, p −1]],p
kest un multiple de p. Cette propri´
et´ e, et la
formule du binˆ ome, montrent l’existence de H.
(b) Puisque z∈Un,zest un entier alg´ ebrique. Donc, par 5b.,Πz∈Z[X]. Posons Πz=
Xs+bs−1Xs−1+. . . +b1X+b0. On a, en utilisant 13a. ´ etendu ` a la somme d’un nombre
quelconque de polynˆ omes (r´ ecurrence imm´ ediate), l’existence d’un polynˆ ome G∈Z[X]tel
que
Πz(X)p=Xsp +bp
s−1Xp(s−1) +. . . bp 1Xp+bp 0+pG(X)
Or, par le petit th´ eor` eme de Fermat, bp
k≡bk[p]. Donc il existe F∈Z[X]tel que
Πz(X)p= Πz(Xp) + pF (X)
(c) La derni` ere relation entraˆ ıne :
Πz(zp) = pF (z)
Et, puisque l’ensemble des entiers alg´ ebriques est un anneau, Πz(zp)
p=F(z)est un entier
alg´ ebrique.
14. (a) On a n
Y
i=1
P0(zi) =
n
Y
i=1 Y
j6=i
(zi−zj)=(−1)n(n−1)
2Y
i<j
(zi−zj)2,
et, par ailleurs
n
Y
i=1
P0(zi) =
n
Y
i=1
nzn−1
i=nn n
Y
i=1
zi!n−1 =(−1)(n+1)n−1nn= (−1)n2−1nn= (−1)n−1nn.
On en d´ eduit
Y
i<j
(zi−zj)2= (−1)n(n+1)
2+1nn
(b) Les racines de Πzsont bien sˆ ur des ´ el´ ements de Unet elles sont distinctes (4b.). Posons
I={i∈[[1, n]]; Πz(zi)=0}. Supposons Πz(zp)6= 0. Alors, puisque zp∈Un, il existe
k∈[[1, n]] \Itel que zp=zk. Il vient Πz(zp) = Y
i∈I
(zk−zi). Or ce produit peut ˆ etre isol´ e
dans le produit ´ etudi´ e dans la question pr´ ec´ edente :
Y
i<j
(zi−zj)2=vΠz(zp)
o` uv, qui est un produit de termes de la forme (zj−zi), tous entiers alg´ ebriques, est un
entier alg´ ebrique (via le th´ eor` eme admis). Il vient nn=uΠz(zp), o` uu= (−1)n(n+1)
2+1vest

un entier alg´ ebrique. Comme l’ensemble des entiers alg´ ebriques est un anneau (th´ eor` eme
admis), nn
p=u×Πz(zp) pest un entier alg´
ebrique. Comme nn
pest un rationnel, 5a. montre
que c’est un entier, ce qui est absurde puisque pest un nombre premier qui ne divise pas n.
On a prouv´ eΠz(zp) = 0.
(c) Soit wun ´ el´ ement de Pnqui est aussi racine de Πz. On a Πz= Πwd’apr` es 3b. donc, par
14b. appliqu´ e` aw,Πz(wp) = Πw(wp) = 0. En outre, wpest encore ´ el´ ement de Pnpuisque,
on le sait, l’ordre de wpdans Unvaut n
n∧p=n. On en d´
eduit ais´ ement que, pour tout
k∈N∗premier avec n,Πz(zk) = 0. Comme Pn={zk, k ∧n= 1}, il vient Φn|Πzd’o` u,
puisque Πzest irr´ eductible et que ces deux polynˆ omes sont unitaires, Φn= Πz.
15. (a) C’est un calcul imm´ ediat.
(b) Puisque Pest unitaire et r´ eciproque, son coefficient constant vaut 1et 0n’est pas racine de
P:x6= 0. Soit sl’ordre de xen tant que racine de P. Posons P= (X−x)sQ, o` uQ(x)6= 0.
On a P=XdP(1/X) = Xs1
X−xs
Xd−sQ(1/X) = (1 −xX)sXd−sQ(1/X). Comme
1/x n’est pas racine de Q(1/X),1/x est racine d’ordre sde P.
16. Comme Πx∈Q[X],1
x=xest racine de Πx. Puisque x /∈ {−1,1},1/x est distinct de x.
C’est donc un conjugu´ e de x. On a donc, par 3a.,Π1/x = Πx. Or, en notant dle degr´ e de
Πx,XdΠx(1/X)est un polynˆ ome de degr´ edqui annule 1/x. Donc il existe λ∈Q∗tel que
XdΠx(1/X) = λΠ1/x = Πx. Ceci montre que l’ensemble Zdes racines de Πxest stable par
z7→ z−1. Comme 1et −1ne sont pas racines de Πx(car leur polynˆ ome minimal vaut X−1
et X+ 1 respectivement, tandis que toute racine de ΠxaΠxpour polynˆ ome minimal), on a
Y
z∈Z
z= 1. Les racines de Πx´ etant simples, il vient que deg(Πx)est pair et Πx(0) = 1. Ceci
montre que XdΠx(1/X)est unitaire, donc λ= 1. Par cons´ equent, Πxest r´ eciproque.
17. (a) On a γ /∈ {−1,1}car −1et 1sont alg´ ebrique de degr´ e1, tandis que γest alg´ ebrique de
degr´ e2(car Πγ= Πα). Par 16.,Πα= Πγest r´ eciproque.
(b) Si γ´ etait une racine de l’unit´ e, donc une racine de Xm−1pour une certain m, on aurait
Πγ|Xm−1. Donc αserait une racine de l’unit´ e et, puisque α∈R,αappartiendrait ` a{−1,1}.
Donc γn’est pas une racine de l’unit´ e.
(c) Si βest une racine de Παde module diff´ erent de 1, alors βou 1/β est de module strictement
sup´ erieur ` a1. Comme Παest r´ eciproque, ce sont deux racines de Πα. Or, par d´ efinition de
S,αest l’unique racine de Παde module strictement sup´ erieur ` a1. Donc β=αou β=1
α.
On en d´ eduit que tous les conjugu´ es de αautres que 1/α sont de module 1.
18. Si α∈ S est de degr´ e impair, alors Πα, dont toutes les racines sont distinctes (4b.), admet un
nombre impair de racines. Comme toutes les racines autres que αet 1/α sont de module 1,Πα
admet 1ou −1pour racine, ce qui est absurde (le degr´ e de Παest au moins 2). Donc αest de
degr´ e pair. Si ce degr´ e valait 2, on aurait C(α) = {1/α}, ce qui contredit la d´ efinition de S.
Donc le degr´ e de αest pair, au moins ´ egal ` a 4.
19. Si Pnadmet une racine z∈Q, alors zest un entier alg´ ebrique rationnel, donc, par 5a.,z∈Z.
La relation z(−z3+ (6 + n)z2−(10 + n)z+ (6 + n)) = 1 montre que zest inversible dans Z,
donc z=±1. Or Pn(1) = −n6= 0 et Pn(−1) = 24 + 3n6= 0, donc Pnn’admet aucune racine
rationnelle. Par ailleurs, puisque Pn(1) <0et lim
x→+∞Pn(x) = +∞, le th´
eor` eme des valeurs
interm´ ediaires montre que Pnadmet une racine dans ]1,+∞[.
20. Comme Pnest un polynˆ ome r´ eciproque, cela r´ esulte de 15b.