Nombres algébriques

MINISTÈRE DE L’ÉDUCATION NATIONALE
MINISTÈRE DE L’ENSEIGNEMENT SUPÉRIEUR ET DE LA RECHERCHE
T
Capes externe de mathématique
Epreuve d’admissibilité
Algèbre et géométrie
Autocorrectif. Corrigé n°3
Pierre Burg
Nombres algébriques
1 Préliminaire
D ÉFINITION 1. — Soit α un nombre complexe, α est dit algébrique, s’il existe un polynôme P à coefficients rationnels tel que P (α) = 0.
1. Tout nombre rationnel est algébrique : en effet soit a ∈ Q, le polynôme P = X −a
convient.
p
p
2. Le réel a = 2 + 3 est algébrique : en effet on a
p
a2 = 5 + 2 6
(1)
(a 2 − 5)2 = 24
(2)
Donc le polynôme P = X 4 − 10X 2 − 1 convient.
3. Supposons α algébrique ; il existe donc un polynôme P de degré n ≥ 1 tel que
n
X
a i αi = 0, le polynôme P étant non nul, ceci prouve que la famille (αn )n∈N est
i =0
liée, puisqu’on a trouvé une sous-famille finie liée. La réciproque est immédiate
et résulte de la définition de famille liée.
4. Q[α] est un Q-espace vectoriel.
1
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On montre pour cela que Q[α] est un sous-espace vectoriel du Q-espace vectoriel C.
En effet, on vérifie que la partie Q[α] est non vide, elle contient 0, et elle est
stable pour l’addition et le produit par les rationnels ; en effet si z i ∈ Q[α], i =
1, 2 il existe P i ∈ Q[X ] tel que z i = P i (α) et on a z 1 +kz 2 = (P 1 +kP 2 )(α), Q[α] est
donc un sous-espace vectoriel du Q-espace vectoriel C.
Q[α] est une algèbre, en considérant la restriction à Q[α] de la multiplication
∗ de C qui est une loi interne ; nous la noterons × selon l’usage usuel. En effet
si β1 = P (α) et β2 = Q(α), on a β1 × β2 = P (α) × Q(α) = PQ(α). Il reste à vérifier
que :
• ∗ est distributive par rapport à l’addition, ce qui résulte de la stabilité et des
propriétés de C.
• ∀λ ∈ Q, (x, y) ∈ Q[α], λ(x ∗ y) = (λ) ∗ y = x ∗ (λy).
• la loi × est associative par restriction des propriétés de C.
• la loi × est unitaire, ce qui se vérifie facilement puisque 1 = P 0 (α) où P 0 est le
polynôme constant 1.
• l’intégrité résulte de celle de C.
On peut aussi remarquer que C est une Q-algébre et démontrer que Q[α] est
une sous-algèbre.
5. α est algébrique si et seulement si Q[α] est un Q-espace vectoriel de dimension
finie.
• Supposons Q[α] de dimension finie, notée p ; il existe alors une famille (1, α, . . . , αp )
de p + 1 vecteurs de Q[α] qui est liée ; donc la famille (αn )n∈N est liée, donc α
est algébrique.
Supposons α algébrique, soit alors P un polynôme de Q[X ] tel que P (α)=0. Poa n−1 n−1
a0
α
−...−
.
sons P = a n X n + . . . + a 0 où a n 6= 0, alors αn = −
an
an
Notons E le Q−espace vectoriel engendré par (1, α, . . . , αn−1 ) ; on a alors que
αn ∈ E. Il est clair que Q[α] contient E.
Montrons que Q[α] est contenu dans E.
Pour cela, il suffit de montrer que : ∀k ∈ N, αn+k ∈ E.
• Pour k = 0, il est clair que αn ∈ E.
• Si pour un entier k on a αn+k = a 0 + a 1 α + · · · + a n αn−1 alors αn+k+1 = a 0 α +
a 1 α2 + · · · + a n αn , or αn ∈ E donc αn+k+1 ∈ E.
Conclusion : E = Q[α] et E est de dimension finie ; la dimension de E n’est pas
nécessairement n, pourquoi ?
6. Montrons que, si α et β sont algébriques, alors α + β et αβ le sont aussi.
2
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Il suffit de montrer que Q[α + β] et Q[αβ] sont des sous-espaces vectoriels du
Q-espace vectoriel engendré par la famille (αi β j ) 0≤i ≤n1 où n et m sont les
0≤ j ≤m−1
degrés de deux polynômes annulateurs de α et β.
Ces sous-espaces ne sont pas vides. Puis prenons x et y dans Q[α + β], il existe
alors deux polynômes P et Q tel que x = P (α + β), y = Q(α + β), par un calcul
simple, et en sachant que pour tout entier k >, αn+k et βm+k sont combinaison
linéaire de (1, α, . . . , αn−1 ) et (1, β, . . . , βm−1 ), on montre la stabilité pour la loi
interne + et la loi externe « produit par les rationnels ».
7. L’ensemble des nombres algébriques est un corps.
D’après la question précédente, l’ensemble des nombres algébriques est une
partie non vide de C stable pour les lois + et ×, donc c’est déjà un anneau. Soit
α un nombre algébrique non nul ; il existe donc un polynôme à coefficients
1
1
dans Q tel que a 0 + a 1 α+. . .+ a n αn = 0 donc a n + a n−1 +. . .+ a 0 n = 0, ce qui
α
α
1
prouve que est algébrique. On a prouvé ainsi que l’anneau est un corps.
α
L’ensemble des nombres algébriques est aussi une Q-algèbre.
L’ensemble des nombres algébriques est stable pour la multiplication par les
rationnels, ce qui en fait un Q-espace vectoriel et donc aussi une Q-algèbre. Le
reste résulte du fait que C est une Q-algèbre associative et unitaire et on a là
une sous-algèbre de C.
8. Q[i ] est un corps.
Comme Q[i ] est une algèbre commutative unitaire, c’est déjà un anneau commutatif unitaire, il reste à vérifier que tout élément non nul est inversible. On
p
−q
1
1
= 2
est
+ 2
i , donc
a, pour tout (p, q) 6= (0, 0) de Q2 ,
2
2
p + qi
p +q
p +q
p + qi
p
−q
l’image de i par le polynôme P à coefficients rationnels où P = 2
+ 2
X
2
p + q p + q2
9. Soit ω une racine de X 3 + X + 1. Démontrons que Q[ω] est un corps.
La seule chose à prouver est que a +bω+cω2 , où a, b, c sont des rationnels non
tous nuls, a un inverse dans Q[ω], en effet nous avons vu, à la question 5, que
Q[ω] est un Q-espace vectoriel de dimension 3 engendré par 1, ω, ω2 et c’est
même une Q-algèbre commutative, unitaire et intègre, comme on l’a vu dans
la question 4.
On sait que le polynôme X 3 + X + 1 est irréductible dans Q[X ] ; en effet il n’admet aucune racine rationnelle – démonstration que l’on trouve à la partie 5 –
donc il est premier avec tout polynôme du type a + bX + c X 2 , par conséquent
il existe U et V tels que (X 3 + X + 1)U + (a + bX + c X 2 )V = 1 ; d’où (a + bω +
cω2 )V (ω) = 1 ce qui prouve que tout élément non nul admet un inverse dans
Q[ω].
3
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10. Supposons α algébrique. On sait déjà que Q[α] est une Q-algèbre de dimension
finie et intègre. Il reste donc à prouver que Q[α] est un corps. C’est un anneau
intègre, donc il reste à prouver que tout élément non nul admet un inverse.
Soit a ∈ Q[α], a 6= 0 et f l’application de . Q[α] vers Q[α] définie par f (x) = ax ;
cette application est linéaire, et comme Q[α] est intègre, le noyau est réduit à
l’élément nul, donc f est injective, par conséquent elle est bijective puisque
que f est un endomorphisme en dimension finie ; on en déduit qu’il existe a 0 ∈
Q[α], unique tel que aa 0 = 1. On démontre de la même manière qu’il existe
a" ∈ Q[α] tel que a"a = 1 ; comme Q[α] est un anneau commutatif, on a a 0 = a",
ce qui prouve que Q[α] est un corps.
Supposons que Q[α] soit un corps. Prenons α, il admet un inverse de la forme
a 0 + · · · + a k αk ; de sorte que a k αk+1 + · · · + a 0 α − 1 = 0, donc α est algébrique.
2 Extension de corps
2.1
Soient a 1 , . . . , a n une base de G sur F et b 1 , . . . , b m une base de H sur G.
Démontrons que (a i b j ), (i , j ) ∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , m} est une base "
de H sur F#
m
n
X X
X
αi , j a i b j =
• La famille est libre : Soit αi , j ∈ F et αi , j a i b j = 0, on a alors
i,j
0 avec
n
X
j =1 i =1
αi , j a i ∈ G ; or la famille b 1 , . . . , b m est libre sur G, donc pour tout j 1 ≤
i =1
j ≤ m on a
n
X
αi , j a i = 0, et comme la famille a 1 , . . . , a n est libre sur F on obtient
i =1
que pour tout (i , j ) ∈ {1, . . . , n} × {1, . . . , m} αi , j = 0.
• La famille est génératrice : Soit x ∈ H, la famille b 1 , . . . , b m étant génératrice de
m
X
H, il existe des éléments β j ∈ G tels que x =
β j b j ; puis pour tout j ∈ ‚1, mƒ,
j =1
comme a 1 , . . . , a n est génératrice de G, il existe
αi , j ∈ F tels que
" des éléments
#
m X
n
n
X
X
X
βj =
αi , j a i . Finalement on obtient x =
αi , j a i b j = αi , j a i b j . On a
i =1
j =1 i =1
i,j
démontré que H est un espace-vectoriel sur F de dimension mn.
2.2
1. Dire que deg(α, F) = 1 est équivalent à dire que la famille (1, α) est liée, ce qui
revient à dire qu’il existe deux éléments (λ, µ) de F non nuls – en effet si µ = 0
4
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alors λ = 0 – tels que λ + µα = 0 ce qui revient à dire que α = −
λ
∈ F.
µ
2. On a α 6∈ F et il existe deux éléments a et b de F tels que α2 + aα + b = 0.
• F(α) est clairement un espace vectoriel sur F et sa dimension est 2. En effet
par construction, la famille (1, α) est génératrice ; si nous considérons deux
éléments x et y de F tels que x + yα = 0 alors si y 6= 0 nous obtenons que
x
α = − ∈ F ce qui est impossible ; donc y = 0 et aussi x = 0 ; la famille (1, α)
y
est aussi libre.
©
ª
• Montrons que l’ensemble F(α) = x + yα; x ∈ F, y ∈ F est un sous-corps de R.
F(α) est déjà un sous-groupe additif de R. F(α) est un sous-anneau de R :
en effet la stabilité pour la multiplication de R résulte de α2 = −aα − b et
1 = 1 + 0α ∈ F(α). C’est un corps : il suffit de montrer que tout élément non
nul est inversible.
Donnons d’abord quelques indications sur α. α vérifie α2 +aα+b = 0 et α 6∈ F
par conséquent ∆ = p 2 − 4q n’est ni nul–sinon α serait dans F – ni négatif,
sinon α serait dans C. En outre, ∆ n’est pas un carré sinon α serait encore
dans F.
Montrons maintenant que, pour tout (a, b) ∈ F2 avec (a, b) 6= (0, 0) il existe un
unique couple (x, y) ∈ F2 tel que (a + bα)(x + yα) = 1. En utilisant que (1, α)
est une base de F(α) on est amené à résoudre le système :
½
ax − bq y = 1
bx + (a − bp)y = 0
¶
bp 2 b 2
− ∆. Comme ∆ n’est pas un carré, il en réLe déterminant D = a −
2
4
sulte que D 6= 0. Ce qui prouve l’existence d’un unique inverse et nous obtenons aisément une expression de cet inverse :
µ

a − bp

 x=
D
2
b

 y= q
D
p
p
∆
• On a vu ci-dessus que α = − ±
, ce qui prouve que k = ∆ convient.
2
2
• On a vu que deg(α, F) 6= 1 et que deg(α, F) ≤ 2 donc deg(α, F) = 2.
F(α) est une extension quadratique de F.
3. On suppose désormais que deg(α, F) = n, où n est un entier strictement supérieur à 1.
5
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• Par définition, la famille (1, α, . . . , αn ) est liée sur F ; il existe par conséquent
n
X
une suite d’éléments de F, (λ0 , λ1 , . . . , λn ) telle que
λi αi = 0 ; le polynôme
p=
n
X
i =0
i
λi X convient.
i =0
• Montrons que p est irréductible sur F. Si p = p 1 p 2 alors, comme p(α) = 0, on
a par exemple p 1 (α) = 0 avec n 1 = deg(p 1 ) < n ce qui entraîne que (1, α, . . . , αn1
est liée ; ceci contredit que deg(α, F) = n.
• Soit q un polynôme à coefficients dans F tel que q(α) = 0. Le degré de q vaut
au moins n. La division euclidienne de q par p donne un unique couple de
polynôme (s, r ) tel que q = ps + r avec deg(r ) < n ; il en résulte que r (α) = 0
ce qui est impossible
si r n’est pas le polynôme nul et donc p divise q.
p
3
• Déterminons deg( 2, Q).
Le polynôme X 3 − 2 n’as pas de racine dans Q. En effet si le rationnel irrép
ductible
était racine, on aurait p 3 = 2q 3 et comme p et q sont premiers
q
entre eux, il n’y a que l’un des deux entiers p ou q qui peut contenir le facteur
2, on aboutit donc à une contradiction par l’unicité à l’ordre près de la décomposition d’un entier en facteurs premiers. Le polynôme X 3 − 2 est donc
irréductible
sur Q et c’est par conséquent
le polynôme de plus petit degré qui
p
p
3
3
annule 2. On a prouvé que deg( 2, Q) = 3.
4. Soit F(α) l’espace vectoriel sur F engendré par (1, α, . . . , αn−1 ).
Montrons que, pour tout entier m ∈ N, αm ∈ F(α)
Il est clair que, pour tout k ≤ n − 1 αk ∈ F(α) et que αn ∈ F(α) puisque la famille
(1, α, . . . , αn ) est liée. Ensuite en notant P (k) avec k ∈ N la proposition « αn+k ∈
F(α), on démontre par un raisonnement par récurrence que la proposition est
vraie pour tout entier naturel k.
F(α) est stable pour la multiplication. La propriété résulte alors clairement de
la proposition précédante.
5. L’application linéaire % est clairement injective ; en effet, %(s) = r s = 0 implique
que s = 0 puisque r et s sont en particulier des réels. Par conséquent % est
bijective comme endomorphisme d’espace vectoriel de dimension finie.Étant
donné r 6= 0, il existe un unique élément s 0 ∈ F tel que r.s 0 = 1 ; s 0 est l’inverse
de r dans F(α), qui est donc un corps.
3 Droites et cercles
1. Soit ∆ une droite de D. Elle est définit par deux points distincts à coordonnées
dans F ; posons M 1 (x 1 , y 1 ) et M 2 (x 2 , y 2 ).
6
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Si x 1 = x 2 une équation de ∆ est y = x 1
y − y1 y2 − y1
=
x − x1 x2 − x1
Dans tous les cas, une équation à coefficients dans F
Si x 1 6= x 2 la droite ∆ a une équation de la forme :
2. Soit Γ un cercle de centre M 0 (x 0 , y 0 ) et passant par M 1 (x 1 , y 1 ), les coordonnées
étant toutes dans F. Un équation de Γ à coefficients dans F est alors : (x − x 0 )2 +
(y − y 0 )2 = (x 1 − x 0 )2 + (y 1 − y 0 )2 .
½
∆1 : ax + b y = c
3. Soient deux droites sécantes :
où a, b, c, d , e, f sont dans F et
∆2 : d x + e y = f
ae − bd 6= 0.
a f − dc
ce − b f
La résolution du système donne x =
∈ F et y =
∈F
ae − bd
ae − bd
4. Soit ∆ une droite de D d’équation ax +b y = c et Γ un cercle d’équation x 2 + y 2 +
αx + βy + γ = 0 à coefficient dans F sécants.
On suppose b 6= 0, sinon on a une discussion analogue à celle qui va suivre.
En isolant y dans l’équation de ∆, on obtient que x est solution d’une équation
de degré 2. Elle a des racines par hypothèse. Deux cas se présentent :
• Si les racines sont dans F, soit x ∈ F l’une d’elles, alors on obtient que y ∈ F.
• Si les racines ne sont pas dans F, alors x est dans une extension quadratique
de F, comme nous l’avons vu dans le paragraphe 2.2. et l’équation de ∆ permet de calculer y qui est dans la même extension quadratique.
5. L’intersection de deux cercles se ramène au cas ci-dessus. En effet on a l’équivalence
suivante :
½ 2
½ 2
x + y 2 + a1 x + b1 y + c1 = 0
x + y 2 + a1 x + b1 y + c1 = 0
⇔
(a 2 − a 1 )x + (b 2 − b 1 )x + c 2 − c 1 = 0
x 2 + y 2 + a2 x + b2 y + c2 = 0
4 Construction à la règle et au compas
1.
(a) Si les points A, B,C ne sont pas alignés, on a la construction classique avec
les cercles de centre C et de rayon B A et de rayon BC . S’ils sont alignés,
on a un parallélogramme dégénéré, et on construit D sur la droite (AB )
encore avec un cercle de centre C et de rayon B A.
7
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(b) Construction de J = (0, 1) lorsque O et I sont donnés.
I 0 est l’intersection de la droite (OI ) et du cercle de centre O et de rayon
OI ; la droite (N K ) est l’intersection des cercles de centre I et I 0 et de rayon
I I 0 , ce qui donne la droite perpendiculaire en O à la droite (OI ) ; enfin J
est obtenu par l’intersection de la droite (N K ) et du cercle de centre O et
de rayon OI .
(c) Les points de coordonnées (n, 0) où n ∈ N sont constructibles par récurrence ; en effet si l’on considère le cercle de centre (n, 0) et de rayon OI et
la droite (OI ) on obtient le point (n + 1, 0) par intersection du cercle et de
la droite ; puis on construit les points (−n, 0) et on procède de même sur
l’axe (O J ) et enfin par construction de parallélogrammes, on obtient les
points à coordonnées entières.
2.
(a) Considérons la proposition suivante : Si (M 1 , . . . , M k ) est une suite de points
constructibles alors il existe une suite finie de sous-corps de R, (F 0 , . . . , F n )
vérifiant :

 Q = F0 ⊂ F1 ⊂ . . . ⊂ Fn
∀i , 0 ≤ i ≤ n − 1, F i +1 est une extension quadratique de F i

Les coordonnées de tous les points M i appartiennent à F n
Supposons M constructible. Nous allons faire un raisonnement par récurrence sur l’entier k de la suite de points consructibles(M 1 , . . . , M k = M ).
p
3
1
). Par
Si k = 1 alors M est l’un des points suivants : (2, 0), (−1, 0), ( , ±
2
2
conséquent
la proposition est vérifiée soit avec n = 0 soit avec n = 1 et
p
F1 = Q( 3)
Supposons la proposition vérifiée pour k et démontrons la pour k + 1 :
Soit (M 1 , . . . , M k+1 ) une suite de points constructibles alors (M 1 , . . . , M k )
est constructible et il existe une suite d’extension quadratique. Le point
M k+1 est alors obtenu comme intersection de deux droites, d’une droite
et d’un cercle ou de deux cercles définis par des points à coordonnées
8
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dans Fn , par conséquent ses coordonnées sont soit dans Fn soit dans une
extension quadratique de Fn que l’on note Fn+1 .
On a vu que dim(F(α)) = 2 lorsque F(α) est une extension quadratique de
F et d’aprés 2.1, on a dimQ (Fn ) = dimFn−1 (Fn ) × . . . × dimQ (F1 ) = 2n
(b) Démontrons que si α est un réel tel que deg(α; Q) n’est pas une puissance
de 2, alors α n’est pas un réel constructible.
Supposons α constructible et M un point dont l’une des coordonnées est
α alors par la proposition ci-dessus il existe une suite d’extension quadratique Q = F 0 ⊂ F 1 ⊂ . . . ⊂ F n telle que les coordonnées de M soient
dans Fn , donc on a Q ⊂ F(α) ⊂ Fn ; alors 2n = dimF(α) (Fn ) × dimQ (F(α)) =
dimF(α) (Fn )×deg(α, Q). Donc deg(α, Q) divise 2n , c’est donc une puissance
de 2 ; on a répondu à la question par contraposition.
p
3
On vu que deg( 2; Q) = 3, donc...
3. La réciproque.
(a) • α et β sont des réels constructibles. On sait qu’un réel constructible est
alors au moins l’une des coordonnées d’un point constructible, nous
pouvons dès lors partir de points du type (α, 0) ou (0, α) selon la construction ci-dessous.
On suppose donné O, I , J et un point M constructible d’abscisse α. On
construit un point A d’abscisse n sur la droite (OI ), puis les cercles de
centre O et A et de rayon OM , ce qui nous donne la droite (M B ), puis le
réel α sur l’axe (OI ).
α
Nous présentons ci-dessous les constructions des réels α−β et , β 6= 0
β
9
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• Montrons que si α est un réel positif constructible, il en est de même de
p
α
On a la construction ci-dessous : nous avons pris OI > OE mais il est
simple d’adapter la construction lorsque OI < OE ainsi que pour OI =
OE .
# »# »
# »# »
# »# »
Comme OF OF = OF OB = OI OB on a que OF 2 = OB soit OF =
p
α
(b) Soit une suite d’extensions quadratiques : Q = F 0 ⊂ F 1 ⊂ . . . ⊂ F n . Montrons que tous les réels de F n sont constructibles.
On procède par récurrence sur l’entier n.
Si n = 0, F0 = Q. Tous les rationnels sont constructibles ; en effet cela résulte des questions 1 et 3, où nous avons démontré que tous les entiers
sont constructibles puis que les rapports de nombres constructibles sont
constructibles.
p
k) ; or
Si n = 1, on a vu qu’il existe un réel k positif de Q tel que F1 = Q( p
p
k est constructible donc aussi tous les nombres de la forme a + b k où
a et b sont dans F0 = Q.
p
Si la proposition est vraie pour F0 , . . . , Fn−1 alors Fn = Fn−1 ( α) où α est
un réel positif de Fn1 . Comme α est constructible, par hypothèse de récurrence, on termine comme ci-dessus.
4. cos(5θ) = 16 cos5 (θ) − 20 cos3 (θ) + 5 cos(θ) qu’on obtient par les classiques for-
10
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µ ¶
2π
2π
mules de Moivre et d’Euler. Posons θ =
et x = cos
. On a alors 16x 5 −
5
5
µ ¶
2π
3
5
3
2
6= 1 on
20 +5x = 1 ; or 16x −20x +5x−1 = (x−1)(4x +2x+1) ; comme cos
5µ
µ ¶ ¶
µ ¶
2π
2π
2
est racine du polynôme 4x +2x−1 ; par conséquent deg cos
,Q =
a que cos
5
5
2.
µ ¶
p
2π
2
5. Le discriminant de 4x + 2x + 1 vaut 5, donc cos
appartient à Q( 5). On
5
µ ¶
p
2π
a aussi F0 = Q ⊂ F1 = Q( 5) donc cos
est constructible, et aussi le point
5
µ ¶¶
µ
µ ¶
2π
2π
, sin
par conséquent le pentagone régulier est constructible.
cos
5
5
5 Un réel non constructible vérifiant deg(r ; Q) = 4
a
un rationnel irréductible solution de P ; on a alors b n α0 +b n−1 aα1 +. . .+
b
ba n−1 αn−1 + a n αn = 0 ; or b divise b n α0 + b n−1 aα1 + . . . + ba n−1 αn−1 donc b
divise a n αn comme b et a sont premiers entre eux, et aussi b et a n on a que b
divise αn ; on démontre de même que a divise α0 .
1. Soit
2. On suppose désormais que P (x) = x 4 − 4x + 2. Avec le critère vu ci-dessus, les
a
seuls rationnels racines de P sont ceux où a = ±1 ou ±2 et b = 1. Or P (2), P (−2), P (1)
b
et P (−1) sont tous non nuls ; donc P n’a pas de racine dans Q. Par une étude de
la fonction P sur R, on montre facilement, à l’aide du théorème des valeurs
intermédiaires que P admet deux racines réelles, r 1 < 1 et r 2 > 1
3. Si nous nous plaçons dans C, on sait que P admet 4 racines dont deux réelles,
les deux autres sont alors conjuguées car les coefficients de P sont réels. On
a alors, P (x) = (x − r 1 )(x − r 2 )(x − α)(x − ᾱ) = (x 2 − (r 1 + r 2 )x + r 1 r 2 )(x 2 − (α +
ᾱ)x + αᾱ), on obtient ainsi que P est produit de deux polynômes de degré 2 à
coefficients dans R.
4. Soit P (x) = (x 2 +bx +c)(x 2 +cx +d ). En développant et en utilisant le théorème

a +c = 0



ac + b + d = 0
d’égalité des polynômes on obtient :
Les deux premières éga
ad + bc = −4


bd = 2
2
lités donnent c = −a et a = b +d = t ; l’égalité 3 donne alors
 (d −b)a = −4 donc
 b + d = a2
4
4 On en
a 6= 0, d’où b − d = ; on a que b et d vérifient le système
 b −d =
a
a
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a3 − 4
a3 + 4
et d =
; d’où en utilisant que bd = 2 on obtient que
2a
2a
a 6 − 8a 2 − 16 = 0 soit puisque a 2 = t que t vérifie l’équation t 3 − 8t − 16 = 0. On
démontre avec le critère du 1, que cette équation n’a aucune racine dans Q et
par conséquent le polynôme t 3 − 8t − 16 est irréductible dans Q, sinon il aurait
une racine dans Q. On a prouvé que deg(t , Q) = 3 et que t n’est pas constructible.
tire que b =
5. Si P n’était pas irréductible dans Q, il se factoriserait, avec des coefficients dans
Q, mais nous avons vu que cela est impossible ; donc deg(r i , Q) = 4.
6. Si les deux racines r 1 et r 2 étaient constructibles, on aurait r 1 +r 2 = −b qui serait
constructible ; de plus bd = 2 et d serait aussi constructible ce qui entraîne
t = b +d constructible ; on a une contradiction. Conclusion : les deux racines r i
ne sont pas simultanément constructibles.
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