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Jour no1
Exercice 1.1
Trouver le polynˆome P∈R[X] de degr´e minimal dont le reste dans la division
euclidienne par X2+X+ 1 vaut X−1 et dont le reste dans la division euclidienne
par (X−1)2vaut 2 −X.
Exercice 1.2
On se place dans E=R3muni du produit scalaire usuel et uest un endomorphisme
de E. Montrer que :
f:E→E, x→ x ∧u(x)
est de classe C1et calculer sa diff´erentielle.
Jour no1 17

Exercice 1.1 2009 - ♣
´
Enonc´e
Trouver le polynˆome P∈R[X] de degr´e minimal dont le reste dans la division
euclidienne par X2+X+ 1 vaut X−1 et dont le reste dans la division euclidienne
par (X−1)2vaut 2 −X.
Analyse strat´egique de l’´enonc´e
Il s’agit ici d’un exercice sur la division euclidienne des polynˆomes. Cet exercice peut
d´erouter car il fait appel au programme de premi`ere ann´ee. En particulier, on doit
se souvenir des racines complexes de 1 + X+X2.
Rapport du jury 2007
On peut noter des difficult´es dans la r´esolution de probl`emes concernant
l’alg`ebre g´en´erale (nombres complexes, polynˆomes, fractions rationnelles).
Le premier probl`eme est de choisir le degr´e adapt´e pour P. Il est clair que Pdoit
ˆetre de degr´e au moins ´egal `a2.Par ailleurs, il serait maladroit de poser deux
divisions euclidiennes sans connaˆıtre ni les coefficients, ni le degr´edeP. L’id´ee est de
remarquer que si un tel polynˆome P∈R[X] existe, il existe aussi deux polynˆomes
(Q, Z)∈R[X]2tel que :
P=(X2+X+1)Q+X−1=(X−1)2Z+2−X.
Il ne faut surtout pas tenter de d´eterminer Qet Z.
→On pourra remplacer Xpar les racines de X2+X+1 et de (X−1)2.Cela permet
de se d´ebarrasser des polynˆomes Qet Z.
Corrig´e
On remarque donc que si un tel polynˆome P∈R[X] existe, il existe aussi deux
polynˆomes (Q, Z)∈R[X]2tel que :
P=(X2+X+1)Q+X−1=(X−1)2Z+2−X.
Donc, en partant de la seconde ´egalit´e,
P=2(X−1)Z+(X−1)2Z−1.
Comme les racines de X2+X+ 1 sont jet j2=¯
j, on en d´eduit que :
P(j)=j−1,P(1) = 1,P
(1) = −1.
La relation P(¯ j)=¯ j−1 n’apporte rien de plus car Pest un polynˆome r´eel. Il reste
`a chercher Pen l’´ecrivant sous forme de puissances d´ecroissantes.
Commen¸cons par un polynˆome de degr´e2.Posons, avec (b, c, d)∈R3:
P=bX2+cX +d.
18 Jour no1

On a le syst`eme :
⎧
⎨
⎩
bj2+cj +d=j−1
b+c+d=1
2b+c=−1
.
En rempla¸cant j2par −j−1 dans la premi`ere ´egalit´e, elle devient :
−b+d+1+j(−b+c−1) = 0 ⇒−b+d+1=0
−b+c−1=0
,
sachant que b, c et dsont r´eels( {1,j}est libre dans le R-ev C.Ona:
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
−b+d+1 = 0
−b+c−1= 0
b+c+d=1
2b+c=−1
.
Ce syst`eme est impossible. En effet, si on note Lila i-i`eme ligne du syst`eme, alors
L1+L2+L4donne d+2c=−1et2L3−L4donne c+2d=3.On en d´eduit que
c=−5/3etd=7/3.En rempla¸cant dans L3,on obtient b=1/3.Et on v´erifie que
L1ne fonctionne pas.
De toute fa¸con, l’´enonc´e dit que l’on cherche le polynˆome de degr´e minimal. Il est
donc cens´eˆetre unique et le syst`eme plus haut ne peut pas ˆetre un syst`eme de
Cramer, c’est-`a-dire avoir une solution unique. Il manque une inconnue pour qu’il
soit ´eventuellement un syst`eme de Cramer (il faut que son d´eterminant soit alors
non nul). Il faut pousser le degr´edeP.
Continuons avec un polynˆome de degr´e3.Posons (avec a, b, c et dr´eels) :
P=aX3+bX2+cX +d.
On a le syst`eme :
⎧
⎨
⎩
aj3+bj2+cj +d=j−1
a+b+c+d=1
3a+2b+c=−1
.
Or j3=1etj2=−j−1.La premi`ere ´egalit´e devient :
a−b+d+1+j(−b+c−1) = 0 ⇒a−b+d+1 = 0
−b+c−1=0
,
sachant que a, b, c et dsont r´eels. On a alors le syst`eme :
⎧
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎩
a−b+d+1 = 0
−b+c−1=0
a+b+c+d=1
3a+2b+c=−1
.
Ce syst`eme est de Cramer (son d´eterminant vaut 9 et est donc non nul), on obtient un
seul polynˆome de degr´e3r´epondant `a la question. Apr`es calculs (laiss´es au lecteur),
on trouve :
a=−1,b=1
3,c=4 3,d=1 3.
Jour no1 19

Comme a=0,3 est bien le degr´e minimal. On peut conclure.
P=−X3+1
3X2+4 3X+1 3.
Remarque
Comme les relations :
P(j)=j−1,P(1) = 1,P
(1) = −1.
donnent en fait quatre ´egalit´es car Pest r´eel et P(j)=j−1 donne deux ´egalit´es
r´eelles, il est logique de penser que Pest de degr´e 3 car un tel polynˆome a quatre
coefficients. Si Pest de degr´e sup´erieur, il y a plus d’inconnues que d’´equations et
le syst`eme n’est pas de Cramer. Il ne peut pas y avoir alors un polynˆome unique et
la question pos´ee est alors incoh´erente car on cherche bien un seul polynˆome. Ceci
dit, le jour de l’oral, il n’est pas ´evident que l’on ait le temps de faire suffisamment
en amont ce raisonnement.
Techniques `am´emoriser
♥Il faut se souvenir de la fa¸con dont on d´etermine le reste de la division euclidienne
de Apar B.
i. On peut utiliser l’algorithme de division euclidienne (qui fournit le quotient par la
mˆeme occasion) mais cela est en g´en´eral r´eserv´e`a des polynˆomes dont les degr´es ne
sont pas trop ´elev´es.
ii. On peut directement poser A=BQ +R, o`uRest le reste et Qle quotient
puis ´ecrire la forme d´evelopp´ee de Ravec des coefficients inconnus. On sait que
deg R<deg B. On d´etermine ensuite les racines de Bque l’on note α1, ..., αket on
´ecrit que A(αi)=R(αi) pour tout ide1`aket on compl`ete par A(αi)=R(αi)
l`ao`u les racines sont doubles, etc. On obtient un syst`eme qui devrait fournir les
coefficients de R.
♥Il faut se souvenir que si l’on a des relations o`u figure j=ei2π/3,il faut penser `a
remplacer j3par1etj2par −1−j. De plus, on a :
a+bj =0 ⇒a=b=0,
dans le cas o`u aet bsont deux r´eels.
♥Il faut se souvenir qu’un syst`eme lin´eaire de n´equations `a pinconnues ne peut pas
avoir de solution unique si n=p. De plus, dans le cas n=p, il doit alors ˆetre de
Cramer et v´erifier une de ses caract´eristiques (voir le formulaire).
♥Il faut se souvenir que si Pest un polynˆome r´eel et v´erifie une relation du type
P(z)=z,o`uzet zsont deux complexes, on peut remplacer cette relation par deux
´egalit´es, en utilisant le fait que Cest un espace vectoriel de dimension 2 sur R.
20 Jour no1

Formulaire
•Division euclidienne dans K
Ici Kd´esigne Rou C.
´
Etant donn´es Aet Bdeux polynˆomes de K[X]avecB=0,il existe un couple unique
de polynˆomes (Q, R)de(K[X])2tels que
A=BQ +R, deg R<deg B.
Les polynˆomes Qet Rainsi obtenus sont respectivement appel´es quotient et reste
dans la division euclidienne de Apar B.
On peut ajouter que Bdivise Adans K[X] si et seulement si le reste de la division
euclidienne de Apar Best nul.
•Si j=ei2π/3,j
3=1et1+j+j2=0.
•Si P=
n
k=0
akXk,son polynˆome d´eriv´e est :
P=
n
k=1
kakXk−1.
•Syst`emes lin´eaires. Cas g´en´eral
(i) On appelle syst`eme (S)den´equations lin´eaires `a pinconnues :
(S)
⎧
⎪
⎪
⎪
⎪
⎨
⎪
⎪
⎪
⎪
⎩
a11x1+...+a1pxp=b1
..
..
..
an1x1+...+anpxp=bn
.
(ii) On appelle solution de (S) tout p-uplet (x1, ..., xp)v´erifiant (S).
(iii) On appelle syst`eme homog`ene (S) associ´e`a(S) le syst`eme dont les premiers
membres des n´equations sont identiques `a ceux de (S) et dont les seconds membres
sont nuls.
On peut remarquer qu’un syst`eme homog`ene a toujours une solution : (0, ..., 0).
•Interpr´etation vectorielle d’un syst`eme de n´equations `a pinconnues
On conserve les notations pr´ec´edentes. Tout syst`eme (S) est ´equivalent `a une ´equation
du type :
x1u1+... +xpup=
b,
o`uu1, ..., up,
best une famille de p+ 1 vecteurs de Kn.
En effet Kn´etant associ´e`a sa base canonique, il suffit de poser uj(a1j, ..., anj) pour
tout jde1`apet  b(b1, ..., bn).
La famille {u1, ..., up}est libre dans Knsi et seulement si le vecteur nul de Kpest la
seule solution du syst`eme homog`ene associ´e. Cette situation implique alors p≤n.
Jour no1 21