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UE 6-3 Algèbre, Semestre 6, année 2016-2017
Correction du partiel
Questions de cours
1. Si P admet une racine a ∈ K, P est divisible par X − a :
P = (X − a)Q,
avec Q ∈ K[X]. Or, comme deg(P ) ≥ 2, deg(Q) ≥ 1. Donc P
est le produit de deux polynômes non constants, autrement dit P est
réductible.
Inversément, si P est réductible, P = QR avec Q et R deux polynômes
non constants. Puisque deg(Q), deg(R) ≥ 1 et deg(Q) + deg(R) =
deg(P ) ≤ 3, on a nécessairement
• si deg(P ) = 2, deg(Q) = deg(R) = 1;
• si deg(P ) = 3, (quitte à échanger Q et R) deg(Q) = 1, deg(R) =
2.
En particulier, on voit que P est divisible par un polynôme de degré
1, autrement dit, P admet une racine dans K.
On a montré que, pour tout polynôme P de degré 2 ou 3,
P admet une racine dans K ⇔ P réductible dans K[X],
ce qui équivaut à
P n’admet pas de racine dans K ⇔ P irréductible dans K[X].
Cette équivalence devient fausse pour les polynômes de degré supérieur
(cf question suivante). On garde cependant l’implication P admet une
racine dans K ⇒ P réductible dans K[X].
2. Comme C est algébriquement clos, tout polynôme P s’écrit de manière
unique comme produit de polynômes de degré 1. Ici, les racines de
π
π
3π
3π
P = X 4 + 1 sont ei 4 , e−i 4 , ei 4 , e−i 4 donc
π
π
3π
3π
X 4 + 1 = X − ei 4
X − e−i 4
X − ei 4
X − e−i 4
1
est la décomposition de P dans C[X]. Pour trouver la décomposition
de P dans R[X], on regroupe les racines par paires de racines complexes
conjuguées :
h
i h
i
π
π
3π
3π
X 4 + 1 = X − ei 4
X − e−i 4
X − ei 4
X − e−i 4
h
π
ih
3π i
= X 2 − 2Re ei 4 X + 1 X 2 − 2Re ei 4 X + 1
!
!
√
√
2
2
2
2
= X −2
X +1
X +2
X +1
2
2
√
√
X 4 + 1 = X 2 − 2X + 1 X 2 + 2X + 1 .
Chacun des deux polynômes de degré 2 de cette écriture est à discriminant négatif (−2) donc irréductible dans R[X]. On a donc trouvé la
décomposition de P en produit d’irréductibles dans R[X].
Finalement P est irréductible dans Q[X]. En effet, si P était réductible,
on aurait P = QR avec Q et R unitaires de degré au moins 1. Les cas
où l’un des deux polynômes Q, R est de degré 1 sont à exclure car P
n’a pas de racine dans Q. Donc Q et R seraient de degré 2. Or, Q
et R se décomposent en produits d’irréductibles de R[X] et, comme
QR = P les irréductibles qui apparaissent dans la décomposition de
Q et R sur R[X] sont ceux qui apparaissent dans la décomposition
de P . On a donc que (quitte à échanger Q et R), Q est associé à
√
√
X 2 + 2X + 1. Comme Q unitaire, Q = X 2 + 2X + 1 6∈ Q[X], ce
qui contredit le fait que P est réductible dans Q[X].
2
Exercice 1 : En utilisant la linéarité de f , on a
(X + 1) − (X − 1)
f (1) = f
2
1
= (f (X + 1) − f (X − 1))
2
1
2 − (X 2 − 1)
=
2
3 1
= − X 2,
2 2
(X + 1) + (X − 1)
f (X) = f
2
1
= (f (X + 1) + f (X − 1))
2
1
=
2 + (X 2 − 1)
2
1 1
= + X 2.
2 2
Donc,


3/2 1/2 −1


MatB (f ) =  0
0
1
−1/2 1/2 0
(Rappel : on écrit les images de chacun des vecteurs de la base en colonne).
Exercice 2 :
1. Soit x = a/b une racine de P . On a, en multipliant par b3 l’équation
P (x) = 0:
a 3 a
3
+ +1
0=b
b
b
= a3 + b2 a + b3 .
En particulier, b3 = −a(a2 + b2 ). Donc si p est un diviseur premier
de a, p divise b3 . Comme p est premier, ceci implique (par le lemme
de Gauss) que p divise b. Donc p divise pgcd(a, b) = 1, ce qui est
impossible. Donc a n’admet aucun diviseur premier : a = ±1. Le
même raisonnement s’applique pour b car a3 = −b2 (a+b) donc b = ±1.
Par quotient, ceci ne laisse que deux possibilités de racine rationnelle
pour P : x = 1 ou x = −1. Or P (1) = 3 et P (−1) = −1. Donc P n’a
pas de racine dans Q.
3
2. En vertu de la question de cours, comme P est de degré 3 et n’a pas
de racine dans Q, P est irréductible dans Q[X].
3. On effectue la division euclidienne de X 4 + X 3 + X + 1 par P :
X 4 + X 3 + X + 1 = (X + 1)P − X 2 − X.
Ce qui montre que α4 + α3 + α + 1 = −α2 − α.
4. En toute généralié, il faudrait ici utiliser l’algorithme d’Euclide étendu
pour trouver deux polynômes A et B ∈ Q[X] tels que
AP + B(X + 1) = 1.
On aurait alors, dans Q[X]/(P ),
B(X + 1) = AP + B(X + 1) = AP + B(X + 1) = 1.
Dans le cas présent, la division euclidienne de P par (X + 1) donne
P = (X + 1)(X 2 − X + 2) − 1.
Donc, dans Q[X]/(P ) :
0 = P = (X + 1)(X 2 − X + 2) − 1
1 = (X + 1)(X 2 − X + 2),
d’où on a (X + 1)−1 = X 2 − X + 2. En d’autres termes (1 + α)−1 =
α2 − α + 2.
4’. On a mα (1) = α, mα (α) = α2 et mα (α2 ) = α3 = −α − 1. En effet, on
a
3
α3 + α + 1 = X + X + 1
= X3 + X + 1
=P
= 0.
Donc dans la base B, la matrice de

0

M = 1
0
mα est donnée par

0 −1

0 −1
1 0
(remarquons au passage que M est la matrice compagnon de P ).
4
5. On a


0 −1 0


M 2 = 0 −1 −1
1 0 −1
donc pour tout (a, b, c) ∈ Q3 ,


a −c
−b


aI3 + bM + cM 2 =  b a − c −b − c
c
b
a−b
En particulier, si aI3 + bM + cM 2 = 0, on a que la première colonne de
aI3 +bM +cM 2 est nulle, ce qui montre directement que a = b = c = 0.
La famille (I3 , M, M 2 ) est donc libre dans M3 (Q).
6. Soit G = vect(I3 , M, M 2 ). G est stable par somme et contient 0 et
I3 . Il suffit donc de voir qu’il est stable par produit. Par bilinéarité
du produit, il suffit de voir que les produits M i M j = M i+j , i, j ∈
{0, 1, 2} sont dans G. C’est évident si i + j ≤ 2. Si i + j = 3, on a
M 3 = −M − I3 ∈ G et si i + j = 4, M 4 = −M 2 − M ∈ G. Donc G
est un sous-anneau de M3 (Q).
Autre preuve : Soit φ0 : Q[X] → M3 (Q) le morphisme d’évaluation
en M (i.e. φ0 (Q) = Q(M ) pour tout Q ∈ Q[X]). On a φ0 (P ) =
M 3 + M + I3 = 0, autrement dit P ∈ ker(φ0 ) donc φ0 se factorise en
un morphisme d’anneaux φ : Q[X]/(P ) → M3 (Q). En particulier, φ
est une application Q-linéaire donc l’image d’une famille génératrice
(1, α, α2 ) de F est une famille génératrice de Im(φ)) :
Im(φ)) = φ(vect(1, α, α2 )) = vect(φ(1), φ(α), φ(α2 )) = vect(I3 , M, M 2 ) = G.
Comme φ est un morphisme d’anneaux, G = Im(φ) est un sous-anneau
de M3 (Q).
7. On a


1 0 −1


φ(1 + α) = I3 + M = 1 1 −1 .
0 1 1
Le calcul de l’inverse de φ(1 + α) donne


2 −1 1


(φ(1 + α))−1 = −1 1 0 = M 2 − M + 2I3 = φ(α2 − α + 2),
1 −1 1
ce qui était attendu car, comme φ est un morphisme d’anneaux
I3 = φ(1) = φ((α + 1)(α2 − α + 2)) = φ(α + 1)φ(α2 − α + 2).
5