Mathématiques spéciales Corrigé de la feuille d’exercices no7 1. Exercices Basiques Exercice 1. On appelle nilradical d’un anneau commutatif (A, +, ×) l’ensemble de ses éléments nilpotents, i.e. l’ensemble des éléments x ∈ A pour lesquels il existe n ≥ 1 tel que xn = 0. Démontrer que le nilradical de A est un idéal de A. Correction. Notons N (A) le nilradical de A. D’abord 0 ∈ N (A) qui est donc non vide. Prenons ensuite a ∈ A, x, y ∈ N (A), et m, n de sorte que xm = y n = 0. Remarquons d’abord que (ax)m = am xm = 0 et donc ax ∈ N (A). De plus, par la formule du binôme de Newton, on a (x + y)n+m−1 = n+m−1 ∑ ( k=0 ) n + m − 1 k n+m−1−k x y . k Or, si k ≥ m, alors xk = 0 et si k < m, c’est-à-dire k ≤ m − 1, alors n + m − 1 − k ≥ n et y n+m−1−k = 0. On a bien (x + y)n+m−1 = 0 et x + y ∈ N (A). Il est très facile de vérifier que l’on a aussi −x ∈ A. Finalement, on a bien prouvé que N (A) est un idéal de A. Exercice 2. On souhaite étudier dans cet exercice les idéaux de Z2 . 1. Soit I un anneau de Z2 et I1 = {x ∈ Z; (x, 0) ∈ I}, I2 = {y ∈ Z; (0, y) ∈ I}. Démontrer que I1 et I2 sont deux idéaux de Z. 2. Démontrer que I = I1 × I2 . 3. Conclure. Correction. 1. I1 est non-vide car (0, 0) ∈ I. Soient x, y ∈ I et k ∈ Z. Alors (x − y, 0) = (x, 0) − (y, 0) ∈ I et (kx, 0) = (k, 2025) × (x, 0) ∈ I d’où x − y et kx ∈ I1 . I1 est un idéal de Z2 et la preuve est similaire pour I2 . 2. Soit (x, y) ∈ I1 × I2 . Alors (x, 0) ∈ I, (0, y) ∈ I d’où (x, y) = (x, 0) + (0, y) ∈ I. Ainsi, on a I1 × I2 ⊂ I. Réciproquement, si (x, y) ∈ I, alors (x, 0) = (1, 0) × (x, y) ∈ I et donc x ∈ I1 . De même, y ∈ I2 et donc (x, y) ∈ I1 × I2 . 3. Z étant principal, il existe des entiers a et b tels que I1 = aZ et I2 = bZ. Alors d’après la 1 question précédente, I = aZ × bZ = (a, b)Z2 et donc Z2 est principal. Exercice 3. Résoudre les systèmes suivants : { x ≡ 5 mod 9 (S1 ) x ≡ 2 mod 21 { 4x ≡ 2 mod 7 (S2 ) 8x ≡ 4 mod 11 { (S3 ) x ≡ 3 mod 6 3x ≡ 6 mod 9 Correction. Exercice 4. Soit A ∈ Mn (R). On note C = {M ∈ Mn (R); AM = M A}. Montrer que C est une algèbre. Correction. Il suffit de démontrer que C est une sous-algèbre de Mn (R), c’est-à-dire à la fois un sous-anneau et un sous-espace vectoriel de Mn (R). Remarquons que la matrice nulle 0 et In sont membres de C. De plus, pour tous M, N ∈ A et tout λ ∈ R, alors on vérifie facilement que : 1. M N ∈ A ; 2. λM ∈ A ; 3. M − N ∈ A. Donc A est une algèbre comme sous algèbre de Mn (R). Exercice 5. Pour a, b, c ∈ R, on note a b M (a, b, c) = c a b c c b a et E = {M (a, b, c); a, b, c ∈ R}. Démontrer que E une algèbre, et en donner une base en tant qu’espace vectoriel. Correction. On va prouver que E est une sous-algèbre de M3 (R). Pour 0 1 0 0 A = 0 0 1 et B = 1 1 0 0 0 2 cela, notons 0 1 0 0 . 1 0 Alors il est clair que E = Vect(I3 , A, B) et que la famille (I3 , A, B) est libre. On en déduit que E est un sous-espace vectoriel de M3 (R) de dimension 3. De plus, un calcul rapide montre que M (a, b, c)M (a′ , b′ , c′ ) = M (aa� + bc� + cb�, ab� + a�b + cc�, ac� + a�c + bb�). E est stable par produit matriciel, et c’est une sous-algèbre de M3 (R). Exercice 6. Soient K, L deux corps et soit f : K → L un morphisme d’anneaux. 1. Démontrer que si x ∈ K\{0K }, alors f (x) est inversible, et déterminer son inverse. 2. En déduire qu’un morphisme de corps est injectif. Correction. 1. Soit x ∈ K\{0K }. Alors on a x · x−1 = 1K . On applique f à cette identité, et en utilisant que f est un morphisme d’anneaux, on trouve f (x) · f (x−1 ) = 1L . Ainsi, f (x) est inversible, d’inverse f (x−1 ). 2. Il suffit de démontrer que le noyau de f est réduit à 0K . Mais si f (x) = 0, alors x ∈ / K\{0K } d’après la question précédente, et donc x = 0. Exercice 7. Calculer le quotient et le reste de la division euclidienne de 1. X 4 + 5X 3 + 12X 2 + 19X − 7 par X 2 + 3X − 1 ; 2. X 4 − 4X 3 − 9X 2 + 27X + 38 par X 2 − X − 7 ; 3. X 5 − X 2 + 2 par X 2 + 1. Correction. 1. Le quotient est X 2 + 2X + 7, le reste est nul ; 2. Le quotient est X 2 − 3X − 5, le reste est X + 3 ; 3. Le quotient est X 3 − X − 1, le reste est X + 3. Exercice 8. Déterminer les pgcd suivants : 1. P (X) = X 4 − 3X 3 + X 2 + 4 et Q(X) = X 3 − 3X 2 + 3X − 2 ; 2. P (X) = X 5 − X 4 + 2X 3 − 2X 2 + 2X − 1 et Q(X) = X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1 ; 3. P (X) = X n − 1 et Q(X) = (X − 1)n , n ≥ 1. 3 Correction. 1. On applique l’algorithme d’Euclide. Le dernier reste non-nul donne un pgcd des deux polynômes. On a successivement : X 4 − 3X 3 + X 2 + 4 = (X 3 − 3X 2 + 3X − 2)X + (−2X 2 + 2X + 4) ) ( −X X 3 − 3X 2 + 3X − 2 = (−2X 2 + 2X + 4) + 1 + 3X − 6 2 ) ( 2 −2X (−2X 2 + 2X + 4) = (3X − 6) × − . 3 3 Un pgcd est donc 3X − 6 (ou X − 2). 2. On répète le même procédé : X 5 − X 4 + 2X 3 − 2X 2 + 2X − 1 = (X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1)1 + 2X 3 − 4X 2 + 4X − 2 X 5 − X 4 + 2X 2 − 2X + 1 = (2X 3 − 4X 2 + 4X − 2)((X 2 )/2 + X/2) + X 2 − X + 1 2X 3 − 4X 2 + 4X − 2 = (X 2 − X + 1)(2X − 2) + 0 Un pgcd des deux polynômes est donc X 2 − X + 1. 3. Les diviseurs non-constants de Q sont les polynômes du type c(X − 1)p , avec 1 ≤ p ≤ n. Parmi ces diviseurs, seuls ceux de la forme c(X − 1) divisent aussi P (par exemple, car 1 est racine simple et non double de P , ou bien parce qu’on sait comment décomposer P en produits d’irréductibles...). Ainsi, P ∧ Q = X − 1. Exercice 9. Décomposer en produits d’irréductibles de R[X] les polynômes suivants : 1. X 4 + 1 2. X 8 − 1 3. (X 2 − X + 1)2 + 1 Correction. 1. On commence par chercher les racines complexes pour factoriser dans C[X], puis on regroupe les racines complexes conjuguées. X4 + 1 (X − eiπ/4 )(X − e3iπ/4 )(X − e7iπ/4 )(X − e9iπ/4 ) ( )( ) = (X − eiπ/4 )(X − e9iπ/4 ) (X − e3iπ/4 )(X − e7iπ/4 ) √ √ = (X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1). = Les deux polynômes de degré 2 que l’on obtient n’ont pas de racines réelles, ils sont donc irréductibles dans R[X]. 2. On commence par utiliser une identité remarquable, puis la réponse à la question précédente : X 8 − 1 = (X 4 − 1)(X 4 + 1) √ √ 2X + 1)(X 2 + 2X + 1) √ √ (X − 1)(X + 1)(X 2 + 1)(X 2 − 2X + 1)(X 2 + 2X + 1). = (X 2 − 1)(X 2 + 1)(X 2 − = 4 3. On commence par factoriser le polynôme dans C[X] en remarquant qu’il s’agit alors d’une différence de deux carrés : (X 2 − X + 1)2 + 1 = (X 2 − X + 1)2 − i2 = (X 2 − X + 1 − i)(X 2 − X + 1 + i). On factorise alors chacun des polynômes de degré 2 dans C, par exemple en calculant leur discriminant ou en remarquant que i (resp. −i) sont des racines évidentes. On trouve : (X 2 − X + 1)2 + 1 = (X + i)(X − 1 − i)(X − i)(X − 1 + i). En regroupant les termes conjugués, on trouve finalement : (X 2 − X + 1)2 + 1 = (X 2 + 1)(X 2 − 2X + 2). 2. Exercices d’assimilation et d’entraînement Exercice 10. Soit D l’ensemble des nombres décimaux, { n } D= ; n ∈ Z, k ∈ N . 10k Démontrer que (D, +, ×) est un anneau. Quels sont ses éléments inversibles ? Correction. On va prouver que (D, +, ×) est un sous-anneau de (Q, +, ×). On remarque d’abord que D ⊂ Q, m puis que 1 ∈ D. De plus, soient x = 10nk et y = 10 l deux éléments de D. Alors x−y = n10l − m10k nm et xy = k+l 10k+l 10 sont clairement des éléments de D, et (D, +, ×) est bien un sous-anneau de (Q, +, ×).<br> m Déterminons ensuite les inversibles de (D, +, ×). Soit x = 10nk inversible, d’inverse y = 10 l . Alors xy = 1 ⇐⇒ nm = 10k+l . On en déduit que les seuls diviseurs premiers de n sont 2 et 5, autrement dit que n s’écrit ±2p 5q p q 5 et montrons que x est inversible dans D. Posons pour p, q ∈ N. Réciproquement, soit x = ±2 10k k ±10 y = 2p 5q . Il suffit de vérifier que y est élément de D. Mais on peut aussi écrire y= ±10k 2q 5p ±10k 2q 5p = ∈ D. p+q p+q 2 5 10p+q Ainsi, les inversibles de (D, +, ×) sont les éléments 5 ±2p 5q , 10k avec p, q, k ∈ N. Exercice 11. Soit A un anneau. On appelle caractéristique de A l’ordre de 1A dans le groupe additif (A, +). Dans la suite, on supposera que A est de caractéristique finie n. 1. Démontrer que, pour tout x ∈ A, nx = 0. 2. Démontrer que si A est intègre, n est un nombre premier. 3. Démontrer que si A est intègre et commutatif, alors x 7→ xn est un morphisme d’anneaux. Correction. 1. Il s’agit juste d’un jeu d’écriture ! On écrit en effet : nx = n(1A x) = (n1A )x = 0A x = 0A . 2. Supposons que n = pq avec 1 < p, q < n. Alors posons x = p1A et y = q1A . Ni x ni y ne sont nuls puisque 1A est d’ordre exactement n. Pourtant, leur produit xy = (pq)1A est nul et A n’est pas intègre. 3. On va noter n = p pour souligner que n est un nombre premier, et f (x) = xp . Il n’y a pas de difficultés à vérifier que f (1A ) = 1A et f (xy) = f (x)f (y) (par la commutativité de A) pour tous x, y ∈ A. D’autre part, on a f (x + y) = (x + y)p = p ( ) ∑ p k=0 k xk y n−k = xp + y p + p−1 ( ) ∑ p k n−k x y . k k=1 D’après le résultat de la première question, il suffit de vérifier que p| 1, . . . , p − 1. Mais on a ( ) p p! = × k! × (p − k)!. k On a donc (p) k pour tout k = ( ) p p| × k! × (p − k)!. k Mais comme p est premier et que k! et (p − k)! ne font intervenir que des nombres ( )premiers strictement inférieurs à p, p est premier avec le produit k! × (p − k)!. Ainsi, p| kp , et on a bien f (x + y) = f (x) + f (y). f est bien un morphisme d’anneaux. Exercice 12. Soit Z[i] = {a + ib; a, b ∈ Z2 }. 1. Démontrer que Z[i] est un sous-anneau de (C, +, ×). 2. Quels sont les éléments inversibles de Z[i] ? 3. Soit z ∈ C. Démontrer qu’il existe ω ∈ Z[i] tel que |z − ω| < 1. 4. Soient u, v ∈ Z[i] avec v ̸= 0. Démontrer qu’il existe q, r ∈ Z[i] avec u = qv + r et |r| < |v|. A-t-on unicité ? 5. Démontrer que Z[i] est principal. 6 Correction. 1. Laissée au lecteur. 2. Soit a + ib un élément de Z[i] inversible. Son inverse est nécessairement le même que dans C, c’est-à-dire 1 a b = 2 −i 2 . a + ib a + b2 a + b2 a On ne peut pas avoir (a, b) = (0, 0). Si |a| ≥ 2, alors a2 +b 2 ne peut pas être un entier, et b de même si |b| ≥ 2, a2 +b2 ne peut pas être un entier. On a donc |a| ≤ 1 et |b| ≤ 1. Mais le cas (a, b) = (±1, ±1) ne convient pas non plus. Donc les seules possibilités sont (±1, 0) et (0, ±1) qui donnent effectivement des éléments inversibles. Z[i] possède donc 4 éléments inversibles : 1, −1, i, −i. 3. Écrivons z = x + iy. On approche x et y par l’entier le plus proche : il existe a ∈ Z et b ∈ Z tels que |x − a| ≤ 21 et |y − b| ≤ 12 . Mais alors, si on pose ω = a + ib, on obtient |z − ω|2 = (x − a)2 + (y − b)2 ≤ 1 1 1 + ≤ < 1. 4 4 2 4. D’après la question précédente, il existe q ∈ Z[i] tel que u − q < 1. v ) ( Posons r = v uv − q . Alors |r| < |v| et on a bien u = qv + r. On n’a pas en général unicité de cette ”division euclidienne” car on n’a pas unicité dans l’approximation de la question précédente. Prenons par exemple u = 1 + i et v = 2, de sorte que u/v peut être approché par 0 ou 1 (ou aussi par i et 1 + i). On peut alors écrire les deux divisions 1 + i = 0 × 2 + (1 + i) 1 + i = 1 × 2 + (−1 + i) avec chaque fois le module du reste inférieur strict à 2. 5. Soit I un idéal de Z[i] non réduit à {0}. On considère a ∈ I\{0} tel que |a| est minimal. Ceci a un sens, car |z| ≥ 1 pour tout z ∈ Z[i]\{0}, et il y a seulement un nombre fini d’éléments de Z[i] de module inférieur à un réel donné. On va alors démontrer que I est l’idéal engendré par a. Pour cela, prenons u ∈ I et effectuons la division euclidienne donnée par la question précédente : u = qa + r avec |r| < |a|. Mais alors, u ∈ I, qa ∈ I et donc r ∈ I. Par minimalité de |a|, on doit avoir |r| = 0, ce qui prouve que u ∈ aZ[i]. Exercice 13. Démontrer que Q n’admet pas d’autre sous-corps que lui-même. Correction. Soit K un sous-corps de Q. Alors 0, 1 ∈ K. On a ensuite 2 = 1 + 1 ∈ K, puis 3 = 2 + 1 ∈ K. Par récurrence, on prouve facilement que N ⊂ K. Puis, par stabilité par passage à l’opposé, Z ⊂ K. 7 Enfin, si x = p/q avec p ∈ Z et q ∈ N, q ̸= 0, alors p ∈ K, q ∈ K, q ̸= 0 et donc p/q ∈ K. Ainsi Q ⊂ K. Exercice 14. Quel est le reste de la division euclidienne de (X + 1)n − X n − 1 par 1. X 2 − 3X + 2 2. X 2 + X + 1 3. X 2 − 2X + 1? Correction. 1. La méthode pour ce type d’exercice est toujours la même. On commence par écrire a priori le résultat de la division euclidienne, par exemple pour le premier polynôme : (X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 − 3X + 2) + aX + b, où a et b sont deux réels. On évalue ensuite la relation en les racines du diviseur, qui sont ici 1 et 2. On trouve alors { 2n − 2 = a + b n 3 − 2n − 1 = 2a + b. Et finalement on résoud le système pour trouver a et b, qui sont ici égaux à : { a = 3n − 2n+1 + 1 b = −3n + 2n+1 + 2n − 3. 2. On écrit la même chose, (X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 + X + 1) + aX + b, et on utilise cette fois que les racines de X 2 + X + 1 sont j et j 2 . Il suffit ici en réalité d’utiliser l’évaluation en j, sachant que tout nombre complexe s’écrit de façon unique sous la forme x + jy, avec x, y ∈ R. On trouve : (1 + j)n − j n − 1 = Q(j) × 0 + aj + b. On distingue ensuite suivant la valeur de n modulo 3, utilisant que (1 + j)n − j n − 1 = (−1)n j 2n − j n − 1. <ul class=”rien”> 3. Si n ≡ 0 [3], alors j 2n = j n = 1, et donc on a (−1)n − 2 = aj + b de sorte que le reste est (−1)n − 2. 4. Si n ≡ 1 [3], alors j n = j et donc j 2n = j 2 = −1 − j, j n = j, ce qui donne ( ) ( ) (−1)n+1 − 1 j + (−1)n+1 − 1 = aj + b. ( ) Le reste est donc (−1)n+1 − 1 (X + 1). 8 5. Si n ≡ 2 [3], alors j 2n = j et j n = j 2 = −1 − j. On trouve ( ) (−1)n + 1 j = aj + b. ( ) Le reste est alors (−1)n + 1 X. </ul> 6. On recommence en écrivant (X + 1)n − X n − 1 = Q(X)(X 2 − 2X + 1) + aX + b, et en remarquant que X 2 − 2X + 1 a pour racine double 1. Si on évalue en 1, on obtient une seule relation, à savoir 2n − 2 = a + b. Pour obtenir une seconde relation, il faut dériver la relation issue de la division euclidienne et l’évaluer à nouveau en 1 (c’est toujours cette méthode qui fonctionne pour une racine double). On trouve : n(X + 1)n−1 − nX n−1 = Q′ (X)(X 2 − 2X + 1) + 2Q(X)(X − 1) + a, ce qui donne la relation n2n−1 − n = a. On retrouve alors sans problèmes b, qui est égal à : b = (2 − n)2n−1 + n − 2. Exercice 15. Soient A, B, P ∈ K[X] avec P non-constant. On suppose que A ◦ P |B ◦ P . Démontrer que A|B. Correction. On écrit la division euclidienne de B par A, B = AQ + R avec deg(R) < deg(A). On compose alors par P , et on obtient B ◦ P = (A ◦ P ) × (Q ◦ P ) + R ◦ P . Or, le polynôme A ◦ P a pour degré deg(A) × deg(P ). Le polynôme R ◦ P a pour degré deg(R) × deg(P ). On en déduit que deg(R ◦ P ) < deg(A ◦ P ) et donc que B ◦ P = (A ◦ P ) × (Q ◦ P ) + R ◦ P est la division euclidienne de B ◦ P par A ◦ P . Mais on sait que A ◦ P |B ◦ P et donc on en déduit que R ◦ P est égal à 0. Ceci n’est possible que si R = 0, et donc A|B. Exercice 16. 1. Rappeler la décomposition en produits d’irréductibles de X n − 1. 2. En déduire la décomposition en produits d’irréductibles de 1 + X + · · · + X n−1 . ( ) ∏n−1 3. Calculer k=1 sin kπ n . ( ) ∏n−1 4. Pour θ ∈ R, calculer k=0 sin kπ n +θ . 9 Correction. 1. Les racines de ce polynôme sont les racines n-ièmes de l’unité. On en déduit que Xn − 1 = n−1 ∏( X −e 2ikπ n ) . k=0 2. On a (1 + X + · · · + X n−1 )(X − 1) = X n − 1. On en déduit que n−1 ∏( 1 + X + · · · + X n−1 = X −e 2ikπ n ) . k=1 3. On va évaluer la factorisation précédente en 1. On trouve n= n−1 ∏( 1−e 2ikπ n ) . k=1 Or, ( 1−e 2ikπ n = −2ie ikπ n sin kπ n ( ) iπ = 2(−1)e 2 e ikπ n sin kπ n ) . On effectue le produit et on trouve : n−1 ∏( 1−e 2ikπ n ) = 2 n−1 n−1 (−1) k=1 = 2 n−1 n−1 ∏ e ( sin k=1 On en déduit que n−1 ∏ ( sin k=1 kπ n i(n−1)π 2 kπ n e n(n−1) iπ n × 2 = ( sin k=1 ) ) n−1 ∏ kπ n ) n . 2n−1 4. La méthode est parfaitement similaire, mais cette fois on part de la factorisation de X n − 1 que l’on évalue en −2θ. On trouve d’une part e−2niθ − 1 = (−2i)e−inθ sin(nθ) et d’autre part n−1 ∏( e−2iθ − e 2ikπ n ) k=0 ) kπ +θ n k=0 ( ) n−1 ∏ kπ = (−2i)2n−1 sin +θ . n = n−1 ∏ (−2i)e ikπ n −θ ( sin k=0 On conclut finalement que n−1 ∏ k=0 ( sin kπ +θ n 10 ) = sin(nθ) . 2n−1 3. Exercices d’approfondissement Exercice 17. Soit A un anneau principal. 1. On suppose que toute suite décroissante (pour l’inclusion) d’idéaux de A est stationnaire. Montrer que A est un corps. 2. Démontrer que toute suite croissante (pour l’inclusion) d’idéaux de A est stationnaire. Exercice 18. Soit K un corps fini. Calculer ∏ x∈K ∗ x. Correction. Dans le produit, on regroupe chaque élément avec son inverse. Ceci est possible s’ils sont distincts, et dans ce cas, on peut simplifier le produit xx−1 = 1. On en déduit que ∏ ∏ ∏ x= x= x. x∈K ∗ x=x−1 x2 =1 Or, dans un corps K, l’équation x2 = 1 a pour solution 1 et −1. Si ces deux nombres sont distincts, alors le produit vaut −1. Si ces deux nombres sont égaux, alors le produit de ces deux nombres vaut 1 = −1 également. Finalement, dans tous les cas, on a bien ∏ x = −1. x∈K ∗ Correction. 1. Soit a un élément non-nul de A, et In l’idéal engendré par an . Alors In+1 ⊂ In . En effet, si x ∈ In+1 , x s’écrit an+1 u, soit encore an (au). Ainsi, la suite (In ) est décroissante et donc stationnaire. Soit p un entier tel que Ip = Ip+1 . En particulier, ap est élément de Ip+1 , c’est-à-dire que ap = ap+1 u, u ∈ A. On peut réécrire ceci en ap (1 − au) = 0 ce qui implique, car A est intègre et a, donc an , sont non-nuls, 1 − au = 0 ⇐⇒ au = 1. Ainsi, a est inversible. Comme a est arbitraire dans A\{0}, A est un corps. ∪ 2. Notons (In ) une suite croissante d’idéaux de A et posons I = n In . Alors il est facile de vérifier que I est un idéal. Puisque A est principal, il existe a ∈ I tel que I est l’idéal engendré par a. Mais alors, il existe N ∈ N tel que a ∈ IN . On prouve alors que pour tout n ≥ N , on a In = aA. En effet, on a In ⊂ I = aA, et a ∈ IN ⊂ In =⇒ aA ⊂ In . Exercice 19. Déterminer les polynômes P de degré supérieur ou égal à 1 et tels que P ′ |P . 11 Correction. Puisque P ′ |P , P = QP ′ , et les considérations de degré font que Q est de degré 1. On peut donc écrire : P = λ(X − α)P ′ . On applique ensuite la formule de Taylor à P en α : P (X) = n ∑ P (k) (α) k=0 P ′ (X) = k! n ∑ kP (k) (α) k=1 λ(X − α)P ′ (X) = k! (X − α)k , (X − α)k−1 , n ∑ λkP (k) (α) k=1 k! (X − α)k . Par identification, on obtient, pour tout k dans {0, . . . , n} : kP (k) (α) (λk − 1) = 0. k! Maintenant, P (n) (α) ̸= 0, et donc λ = 1/n. Ceci entraîne par suite que, pour tout k dans {0, . . . , n − 1}, on a : P (k) (α) = 0. Ainsi, P (n) (α) (X − α)n , n! ce qui prouve que P (X) = K(X − α)n , où K est une constante. La réciproque se vérifie aisément. P (X) = Exercice 20. On dit qu’un polynôme P ∈ C[X] de degré n est réciproque s’il s’écrit P = an X n + · · · + a0 avec ak = an−k pour tout k dans {0, . . . , n}. 1. Soit P( ∈) C[X] de degré n. Démontrer que P est réciproque si et seulement si P (X) = 1 . X nP X 2. Montrer qu’un produit de polynômes réciproques est réciproque. P 3. On suppose que P et Q sont réciproques et que Q|P . Démontrer que Q est réciproque. 4. Soit P ∈ C[X] un polynôme réciproque. (a) Démontrer que si α est une racine de P , alors α ̸= 0 et α−1 est une racine de P . (b) Démontrer que si 1 est une racine de P , alors sa multiplicité est supérieure ou égale à 2. (c) Démontrer que si le degré de P est impair, alors −1 est racine de P . (d) Démontrer que si P est de degré pair et si −1 est une racine de P , alors sa multiplicité est supérieure ou égale à 2. 5. Démontrer que tout polynôme réciproque de C[X] de degré 2n se factorise en P = a2n (X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1). Que peut-on dire si le degré de P est impair ? 12 Correction. 1. Soit P = an X n + · · · + a0 , alors ( X nP 1 X ) = a0 X n + · · · + an . Ainsi, si P est réciproque, on a bien X n P (1/X) = P (X). Réciproquement, si X n P (1/X) = P (X), alors on a nécessairement a0 = an , a1 = an−1 , etc... Donc P est réciproque. 2. Soient P et Q réciproques, de degrés respectifs n et m. Alors X n P (1/X) = P (X) et X m Q(1/X) = Q(X). On en déduit que X n+m (P Q)(1/X) = X n P (1/X)X m Q(1/X) = P (X)Q(X) = (P Q)(X). Ainsi, d’après la question précédente, P Q est réciproque. 3. Le raisonnement est complètement identique, en utilisant le quotient au lieu du produit ! 4. (a) Puisque P est réciproque, a0 = an ̸= 0 et donc P (0) = a0 ̸= 0. D’autre part, si α est racine de P , alors la relation P (α) = αn P (α−1 ) prouve que α−1 est aussi racine de P . (b) Dérivons la relation de la première question. On trouve, pour tout x ̸= 0, P ′ (x) = nxn−1 P (1/x) − xn−2 P ′ (1/x). On évalue en 1, et on trouve P ′ (1) = −P ′ (1) et donc P ′ (1) = 0. On en déduit que 1 est racine au moins double. (c) On utilise encore le résultat de la première question, et on remarque que P (−1) = −P (−1) puisque le degré de P est impair. Donc P (−1) = 0. (d) On raisonne exactement comme deux questions plus haut. 5. On va procéder par récurrence sur n, le cas n = 1 étant trivial. Supposons donc que le résultat a été démontré pour tout polynôme réciproque de degré 2n, et prouvons-le pour un polynôme réciproque P de degré 2n + 2. Soit α une racine de P . Alors, on sait que α ̸= 0 et que α−1 est aussi racine de P . Si α ̸= 1, −1, α−1 ̸= α et on peut factoriser P par (X −α)(X −α−1 ). Or, il est facile de vérifier que (X −α)(X −α−1 ) s’écrit (X 2 +bn+1 X +1). D’autre part, si α = 1 ou α = −1, alors α est racine de multiplicité au moins deux, et on peut factoriser par (X − α)2 . Un tel polynôme s’écrit encore (X 2 + bn+1 X + 1). Donc, dans tous les cas, en notant Q = X 2 + bn+1 X + 1, on a Q|P et P , Q réciproques. On en déduit P que Q est réciproque, de degré 2n, donc par l’hypothèse de récurrence s’écrit P = a2n+2 (X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1). Q On remultiplie par Q, et on a bien prouvé que le résultat est vrai au rang n + 1.<br> Si maintenant P est réciproque de degré impair 2n + 1, alors −1 est racine de P et P se P est réciproque de degré pair 2n, factorise par le polynôme réciproque Q = X + 1. Donc Q 2 2 donc s’écrit a2n+1 (X + b1 X + 1) . . . (X + bn X + 1). Ainsi, tout polynôme réciproque de degré impair 2n + 1 se factorise en P = a2n+1 (X + 1)(X 2 + b1 X + 1) . . . (X 2 + bn X + 1). 13