Algèbre. Corrigé du devoir surveillé de mars 2013

Algèbre. Corrigé du devoir surveillé de mars 2013
Question de cours.
A
• Existence. Posons F = B
, avec A, B dans K[X] (B 6= 0) et faisons la division euclidienne de A
R
R
par B : A = BQ + R, deg R < deg B. Donc F = Q + B
avec deg B
= deg R − deg B < 0 et on peut
R
prendre E = Q, G = B .
• Unicité. Si F = E + G = E 0 + G0 avec E, E 0 dans K[X] et deg G < 0, deg G0 < 0, alors
E − E 0 = G0 − G donc deg(E − E 0 ) = deg(G0 − G) < 0 ; mais E − E 0 est un polynôme, donc
E − E 0 = 0 (unicité de E) et donc aussi G0 − G = 0 (unicité de G).
A
• Autre façon de formuler la chose : si F = B
avec A, B dans K[X] (B 6= 0), alors on aura
F = E + G où E ∈ K[X] et deg G < 0 ssi A = EB + GB où E ∈ K[X], GB = A − EB ∈ K[X]
et deg(GB) < deg B, i.e. ssi E et GB sont respectivement le quotient et le reste de la division
euclidienne de A par B, d’où l’existence et l’unicité.
• Ce qui précède montre que E est le quotient de la division euclidienne de A par B, donc :
− Si deg F < 0, i.e. si deg A < deg B, alors E = 0 et donc deg E = −∞.
− Si deg F ≥ 0, alors deg E = deg A − deg B = deg F .
Exercice 1.
(1) Par hypothèse, P − Q est de degré ≤ n et possède au moins k racines a1 , . . . , ak : donc si k > n,
P − Q = 0 (car le nombre de racines d’un polynôme non nul ne peut surpasser son degré).
(2) Ici, P − Q est de degré ≤ 2n et possède au moins k racines a1 , . . . , ak d’ordre ≥ 2, donc au
moins 2k racines comptées avec leur multiplicité : et donc si k > n, i.e. si 2k > 2n, on a P − Q = 0.
(3) Soit p ∈ N∗ . Soient P et Q deux polynômes de K[X] (K = R ou C), chacun de degré ≤ pn
(n ∈ N∗ ), et soient k éléments distincts a1 , . . . , ak dans K tels que P (j) (ai ) = Q(j) (ai ) pour tout
i ∈ {1, . . . , k} et tout j ∈ {0, . . . , p − 1}. Il s’agit de montrer que si k > n, les polynômes P et Q
sont égaux. Et, en effet, les hypothèses impliquent que P − Q est de degré ≤ pn et possède au moins
k racines a1 , . . . , ak d’ordre ≥ p, donc au moins pk racines comptées avec leur multiplicité : et donc
si k > n, i.e. si pk > pn, on a P − Q = 0.
Exercice 2.
(1) L’algorithme d’Euclide donne : A(X) = B(X) + X 3 − 2X, B(X) = (X 3 − 2X)(X + 1) + X 2 − 2,
X 3 − 2X = (X 2 − 2)X. Donc D(X) = X 2 − 2.
Reportant X 3 − 2X = (X 2 − 2)X dans B(X) = (X 3 − 2X)(X + 1) + X 2 − 2 on obtient B(X) =
(X 2 − 2)[X(X + 1) + 1], donc B(X)/D(X) = X(X + 1) + 1 = X 2 + X + 1. (On peut aussi faire la
division de B(X) par D(X).) Reportant dans A(X) = B(X)+X 3 −2X, ou bien faisant directement
la division de A(X) par D(X), on trouve : A(X)/D(X) = X 2 + 2X + 1 = (X + 1)2 .
Comme A et B sont unitaires, on a M (X) = A(X)B(X)/D(X).
En faisant le produit A(X)(X 2 + X + 1), ou B(X)(X 2 + 2X + 1), on trouve :
M (X) = X 6 + 3X 5 + 2X 4 − 3X 3 − 7X 2 − 6X − 2.
(2) En remontant dans l’algorithme d’Euclide, on a : D(X) = B(X)−(X 3 −2X)(X+1) et X 3 −2X =
A(X) − B(X), donc D(X) = B(X) − (A(X) − B(X))(X + 1) = −(X + 1)A(X) + (X + 2)B(X),
d’où la solution minimale U0 (X) = −(X + 1), V0 (X) = X + 2.
La solution générale est :
U (X) = U0 (X) + S(X)B(X)/D(X) = −(X + 1) + (X 2 + X + 1)S(X),
V (X) = V0 (X) − S(X)A(X)/D(X) = X + 2 − (X + 1)2 S(X), avec S(X) quelconque.
Exercice 3. On cherche les polynômes P de C[X] tels que
P (X 2 ) = P (X) P (X + 1).
(∗)
(1) Si P (X) = c (une constante), l’équation (∗) devient : c = c2 et donc c = 0 ou c = 1.
(2) Si P (α) = 0, alors P (α2 ) = 0 d’après (∗), i.e. α2 est aussi une racine de P . Par une récurrence
n
immédiate, tous les α2 sont des racines de P . Or, P n’étant pas nul (puisque non constant par
n
hypothèse), il n’a qu’un nombre fini de racines dans C, donc les α2 ne sont pas tous distincts ; en
n
particulier, leurs modules |α|2 ne sont pas tous distincts. Donc α = 0 ou |α| = 1.
Par ailleurs, P (X + 1) s’annule quand X = α − 1 (puisque P (α) = 0) ; donc, vu (∗), (α − 1)2 est une
racine de P ; et donc (d’après ce qu’on vient juste de voir pour les racines de P ) on a (α − 1)2 = 0
ou |(α − 1)2 | = 1 ; autrement dit : α − 1 = 0 ou |α − 1| = 1. Récapitulons : on a donc α = 0 ou
α = 1 ou |α| = |α − 1| = 1.
Les nombres complexes z tels que |z| = |z − 1| = 1 sont les points d’intersection du cercle |z| = 1
(centre 0, rayon 1) et du cercle |z − 1| = 1 (centre 1, rayon 1) ; par symétrie, leur partie réelle est 12
√
et donc (puisque |z| = 1) : z = 21 ± i 23 = e±iπ/3 (ce sont −j et −j).
Ainsi α ∈ {0, 1, eiπ/3 , e−iπ/3 }. Mais les carrés de eiπ/3 et e−iπ/3 ne sont pas dans cet ensemble, donc
ce ne sont pas des racines de P (on a vu que si α est une racine de P , α2 l’est aussi). Il reste donc
seulement : α ∈ {0, 1}.
(3) Par le théorème de d’Alembert, P est un produit de polynômes du premier degré. Vu la question
précédente, il est de la forme : P (X) = cX m (X − 1)n . L’équation (∗) devient alors :
cX 2m (X 2 − 1)n = c2 X m (X − 1)n (X + 1)m X n .
Les puissances des facteurs irréductibles X, X − 1, X + 1 doivent être égales dans les deux membres,
ce qui se traduit simplement par n = m ; et les coefficients dominants doivent aussi être les mêmes,
ce qui se traduit par c = c2 , donc c = 0 ou 1. Conclusion : les polynômes cherchés sont 0 et
[X(X − 1)]m , m ∈ N quelconque.
Exercice 4.
(1) Pour chaque n, la relation (∗∗) est satisfaite par au plus un polynôme : car s’il y en avait deux,
leur différence s’annulerait en z + z1 pour tout z ∈ C∗ , donc elle aurait une infinité de racines, et
donc elle serait nulle.
Pour n = 0, la condition est 2 = P0 (z + z1 ), donc P0 (X) = 2 (constant).
Pour n = 1, la condition est z + z1 = P1 (z + z1 ), donc P1 (X) = X.
1
1
Ensuite, on raisonne par récurrence : si z n−2 + z n−2
= Pn−2 (z + z1 ) et z n−1 + z n−1
= Pn−1 (z + z1 ),
alors en posant Pn (X) = XPn−1 (X) − Pn−2 (X) on a
1
1
1
1
Pn (z + ) = (z + )Pn−1 (z + ) − Pn−2 (z + )
z
z
z
z
1 n−1
1
1
n−2
= (z + )(z
+ n−1 ) − (z
+ n−2 )
z
z
z
1
1
1
= z n + n−2 + z n−2 + n − (z n−2 + n−2 )
z
z
z
1
n
=z + n,
cqfd.
z
2
P0 et P1 sont à coefficients réels (et entiers) ; si on suppose que c’est le cas pour P0 ,..., Pn−1 , la
relation Pn (X) = XPn−1 (X) − Pn−2 (X) montre que c’est aussi le cas pour Pn : donc c’est vrai pour
tout n.
De même, si on suppose que deg Pj = j pour 0 ≤ j ≤ n − 1 (ce qui est vrai quand n = 2), la relation
de récurrence montre que deg Pn = n : donc c’est vrai pour tout n.
(2) P2 (X) = XP1 (X) − P0 (X) = X 2 − 2 ; P3 (X) = XP2 (X) − P1 (X) = X(X 2 − 2) − X = X 3 − 3X ;
P4 (X) = XP3 (X) − P2 (X) = X 4 − 4X 2 + 2 ; P5 (X) = XP4 (X) − P3 (X) = X 5 − 5X 3 + 5X.
1
(3) Prenant −z à la place de z dans (∗∗), on a Pn (−z − z1 ) = (−z)n + (−z)
n . Si n est pair,
1
1
n
Pn (−z − z ) = z + z n , ce qui montre que le polynôme Pn (−X) répond au même problème que
Pn (X) ; par unicité, on a donc Pn (−X) = Pn (X). De même, si n est impair, −Pn (−z − z1 ) = z n + z1n ,
d’où (par unicité) −Pn (−X) = Pn (X).
Si n = 2k + 1, on vient de voir que Pn est un polynôme impair, donc nul en 0 (Pn (−0) = −Pn (0) ⇒
Pn (0) = 0). Et si P2k−2 (0) = 2(−1)k−1 (ce qui est vrai pour k = 1), alors la relation de récurrence
donne P2k (0) = 0P2k−1 (0) − P2k−2 (0) = −P2k−2 (0) = 2(−1)k , donc l’hypothèse est héréditaire :
cqfd. Autre argument (plus direct) : in + i1n = Pn (i + 1i ) = P (0) : or, pour n = 2k le premier membre
vaut 2(−1)k , et pour n = 2k + 1 il est nul.
(4) Pour n ≥ 2, d’après la première question, Pn (X) = XPn−1 (X)−Pn−2 (X) et deg Pn−2 = n−2 <
deg Pn−1 : donc le reste dans la division euclidienne de Pn par Pn−1 est −Pn−2 (X) et le quotient est
X. L’algorithme d’Euclide consiste à réitérer : Pn−1 (X) = XPn−2 (X) − Pn−3 (X), etc. (les divisions
sont les relations de récurrence de la première question), jusqu’à P2 (X) = XP1 (X) − P0 (X) =
XP1 (X) − 2. Enfin P1 (X) = 21 XP0 (X) (puisque P1 (X) = X et P0 (X) = 2) : ici le quotient est 21 X
et le reste 0. Le dernier reste non nul est −2, donc Pn et Pn−1 sont premiers entre eux.
(5) Prenons z = eiθ : alors z + z1 = 2 cos θ et z n + z1n = 2 cos(nθ), donc Pn (2 cos θ) = 2 cos(nθ).
π
Le second membre s’annule pour θ = θk = (2k − 1) 2n
(k ∈ Z) ; donc les nombres 2 cos θk =
π
2 cos[(2k − 1) 2n ] sont des racines de Pn . Pour 1 ≤ k ≤ n, les θk sont n nombres distincts dans ]0, π[,
donc les n racines 2 cos θk sont distinctes ; et comme Pn est de degré n, on obtient que les racines
de Pn sont exactement les n nombres 2 cos θk , où 1 ≤ k ≤ n, et que Pn est un produit de n facteurs
du premier degré dans R[X] :
Pn (X) =
n Y
k=1
(2k − 1)π
X − 2 cos
2n
FIN
3
.
(1)