Algèbre. Corrigé du devoir surveillé de mars 2013

Algèbre. Corrigé du devoir surveillé de mars 2013
Question de cours.
•Existence. Posons F=A
B, avec A,Bdans K[X](B6= 0) et faisons la division euclidienne de A
par B:A=BQ +R,deg R < deg B. Donc F=Q+R
Bavec deg R B= deg R−deg B < 0et on peut
prendre E=Q,G=R
B.
•Unicité. Si F=E+G=E0+G0avec E,E0dans K[X]et deg G < 0,deg G0<0, alors
E−E0=G0−Gdonc deg(E−E0) = deg(G0−G)<0; mais E−E0est un polynôme, donc
E−E0= 0 (unicité de E) et donc aussi G0−G= 0 (unicité de G).
•Autre façon de formuler la chose : si F=A
Bavec A,Bdans K[X](B6= 0), alors on aura
F=E+Goù E∈K[X]et deg G < 0ssi A=EB +GB où E∈K[X],GB =A−EB ∈K[X]
et deg(GB)<deg B, i.e. ssi Eet GB sont respectivement le quotient et le reste de la division
euclidienne de Apar B, d’où l’existence et l’unicité.
•Ce qui précède montre que Eest le quotient de la division euclidienne de Apar 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−Qest de degré ≤net possède au moins kracines 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−Qest de degré ≤2net possède au moins kracines a1, . . . , akd’ordre ≥2, donc au
moins 2kracines comptées avec leur multiplicité : et donc si k > n, i.e. si 2k > 2n, on a P−Q= 0.
(3) Soit p∈N∗. Soient Pet Qdeux polynômes de K[X](K=Rou C), chacun de degré ≤pn
(n∈N∗), et soient kéléments distincts a1, . . . , akdans Ktels 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 Pet Q
sont égaux. Et, en effet, les hypothèses impliquent que P−Qest de degré ≤pn et possède au moins
kracines a1, . . . , akd’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) + X3−2X,B(X)=(X3−2X)(X+ 1) + X2−2,
X3−2X= (X2−2)X. Donc D(X) = X2−2.
Reportant X3−2X= (X2−2)Xdans B(X) = (X3−2X)(X+ 1) + X2−2on obtient B(X) =
(X2−2)[X(X+ 1) + 1], donc B(X)/D(X) = X(X+ 1) + 1 = X2+X+ 1. (On peut aussi faire la
division de B(X)par D(X).) Reportant dans A(X) = B(X)+X3−2X, ou bien faisant directement
la division de A(X)par D(X), on trouve : A(X)/D(X) = X2+ 2X+ 1 = (X+ 1)2.
Comme Aet Bsont unitaires, on a M(X) = A(X)B(X)/D(X).
En faisant le produit A(X)(X2+X+ 1), ou B(X)(X2+ 2X+ 1), on trouve :
M(X) = X6+ 3X5+ 2X4−3X3−7X2−6X−2.
(2) En remontant dans l’algorithme d’Euclide, on a : D(X) = B(X)−(X3−2X)(X+1) et X3−2X=
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) + (X2+X+ 1)S(X),
V(X) = V0(X)−S(X)A(X)/D(X) = X+ 2 −(X+ 1)2S(X), avec S(X)quelconque.

Exercice 3.On cherche les polynômes Pde C[X]tels que
P(X2) = P(X)P(X+ 1).(∗)
(1) Si P(X) = c(une constante), l’équation (∗) devient : c=c2et donc c= 0 ou c= 1.
(2) Si P(α) = 0, alors P(α2) = 0 d’après (∗), i.e. α2est aussi une racine de P. Par une récurrence
immédiate, tous les α2nsont des racines de P. Or, Pn’étant pas nul (puisque non constant par
hypothèse), il n’a qu’un nombre fini de racines dans C, donc les α2nne sont pas tous distincts ; en
particulier, leurs modules |α|2nne 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)2est 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 ztels 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 1
2
et donc (puisque |z|= 1) : z=1
2±i√3 2=e±iπ/3(ce sont −jet −j).
Ainsi α∈ {0,1, eiπ/3, e−iπ/3}. Mais les carrés de eiπ/3et e−iπ/3ne sont pas dans cet ensemble, donc
ce ne sont pas des racines de P(on a vu que si αest une racine de P,α2l’est aussi). Il reste donc
seulement : α∈ {0,1}.
(3) Par le théorème de d’Alembert, Pest un produit de polynômes du premier degré. Vu la question
précédente, il est de la forme : P(X) = cXm(X−1)n. L’équation (∗) devient alors :
cX2m(X2−1)n=c2Xm(X−1)n(X+ 1)mXn.
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 0et
[X(X−1)]m,m∈Nquelconque.
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+1
zpour tout z∈C∗, donc elle aurait une infinité de racines, et
donc elle serait nulle.
Pour n= 0, la condition est 2 = P0(z+1
z), donc P0(X)=2(constant).
Pour n= 1, la condition est z+1
z=P1(z+1 z), donc P1(X) = X.
Ensuite, on raisonne par récurrence : si zn−2+1
zn−2=Pn−2(z+1
z)et zn−1+1
zn−1=Pn−1(z+1
z),
alors en posant Pn(X) = XPn−1(X)−Pn−2(X)on a
Pn(z+1
z)=(z+1 z)Pn−1(z+1 z)−Pn−2(z+1 z)
= (z+1
z)(zn−1+1 zn−1)−(zn−2+1 zn−2)
=zn+1
zn−2+zn−2+1 zn−(zn−2+1 zn−2)
=zn+1
zn,cqfd.
2

P0et P1sont 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=jpour 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) = X2−2;P3(X) = XP2(X)−P1(X) = X(X2−2)−X=X3−3X;
P4(X) = XP3(X)−P2(X) = X4−4X2+ 2 ;P5(X) = XP4(X)−P3(X) = X5−5X3+ 5X.
(3) Prenant −zà la place de zdans (∗∗), on a Pn(−z−1
z) = (−z)n+1
(−z)n. Si nest pair,
Pn(−z−1
z) = zn+1 zn, 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 nest impair, −Pn(−z−1
z) = zn+1 zn,
d’où (par unicité) −Pn(−X) = Pn(X).
Si n= 2k+ 1, on vient de voir que Pnest 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+1
in=Pn(i+1 i) = P(0) : or, pour n= 2kle 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 Pnpar Pn−1est −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) = 1
2XP0(X)(puisque P1(X) = Xet P0(X) = 2) : ici le quotient est 1 2X
et le reste 0. Le dernier reste non nul est −2, donc Pnet Pn−1sont premiers entre eux.
(5) Prenons z=eiθ : alors z+1
z= 2 cos θet zn+1 zn= 2 cos(nθ), donc Pn(2 cos θ) = 2 cos(nθ).
Le second membre s’annule pour θ=θk= (2k−1) π
2n(k∈Z) ; donc les nombres 2 cos θk=
2 cos[(2k−1) π
2n]sont des racines de Pn. Pour 1≤k≤n, les θksont nnombres distincts dans ]0, π[,
donc les nracines 2 cos θksont distinctes ; et comme Pnest de degré n, on obtient que les racines
de Pnsont exactement les nnombres 2 cos θk, où 1≤k≤n, et que Pnest un produit de nfacteurs
du premier degré dans R[X]:
Pn(X) =
n
Y
k=1 X−2 cos (2k−1)π
2n.(1)
FIN
3