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UE 6-3 Alg`ebre, Semestre 6, ann´ee 2016-2017
Correction du partiel
Questions de cours
1. Si Padmet une racine a∈K,Pest 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 polynˆomes non constants, autrement dit Pest
r´eductible.
Invers´ement, si Pest r´eductible, P=QR avec Qet Rdeux polynˆomes
non constants. Puisque deg(Q),deg(R)≥1 et deg(Q) + deg(R) =
deg(P)≤3, on a n´ecessairement
•si deg(P) = 2, deg(Q) = deg(R) = 1;
•si deg(P) = 3, (quitte `a ´echanger Qet R) deg(Q) = 1, deg(R) =
2.
En particulier, on voit que Pest divisible par un polynˆome de degr´e
1, autrement dit, Padmet une racine dans K.
On a montr´e que, pour tout polynˆome Pde degr´e 2 ou 3,
Padmet une racine dans K⇔Pr´eductible dans K[X],
ce qui ´equivaut `a
Pn’admet pas de racine dans K⇔Pirr´eductible dans K[X].
Cette ´equivalence devient fausse pour les polynˆomes de degr´e sup´erieur
(cf question suivante). On garde cependant l’implication Padmet une
racine dans K⇒Pr´eductible dans K[X].
2. Comme Cest alg´ebriquement clos, tout polynˆome Ps’´ecrit de mani`ere
unique comme produit de polynˆomes de degr´e 1. Ici, les racines de
P=X4+ 1 sont eiπ
4, e−iπ 4, ei3π 4, e−i3π 4donc
X4+ 1 = X−eiπ
4X−e−iπ 4X−ei3π 4X−e−i3π 4
1

est la d´ecomposition de Pdans C[X]. Pour trouver la d´ecomposition
de Pdans R[X], on regroupe les racines par paires de racines complexes
conjugu´ees :
X4+ 1 = hX−eiπ
4X−e−iπ 4ihX−ei3π 4X−e−i3π 4i
=hX2−2Re eiπ
4X+ 1ihX2−2Re ei3π 4X+ 1i
= X2−2√2
2X+ 1! X2+ 2√2 2X+ 1!
X4+ 1 = X2−√2X+ 1X2+√2X+ 1.
Chacun des deux polynˆomes de degr´e 2 de cette ´ecriture est `a discrim-
inant n´egatif (−2) donc irr´eductible dans R[X]. On a donc trouv´e la
d´ecomposition de Pen produit d’irr´eductibles dans R[X].
Finalement Pest irr´eductible dans Q[X]. En effet, si P´etait r´eductible,
on aurait P=QR avec Qet Runitaires de degr´e au moins 1. Les cas
o`u l’un des deux polynˆomes Q, R est de degr´e 1 sont `a exclure car P
n’a pas de racine dans Q. Donc Qet Rseraient de degr´e 2. Or, Q
et Rse d´ecomposent en produits d’irr´eductibles de R[X] et, comme
QR =Ples irr´eductibles qui apparaissent dans la d´ecomposition de
Qet Rsur R[X] sont ceux qui apparaissent dans la d´ecomposition
de P. On a donc que (quitte `a ´echanger Qet R), Qest associ´e `a
X2+√2X+ 1. Comme Qunitaire, Q=X2+√2X+ 1 6∈ Q[X], ce
qui contredit le fait que Pest r´eductible dans Q[X].
2

Exercice 1 : En utilisant la lin´earit´e de f, on a
f(1) = f(X+ 1) −(X−1)
2
=1
2(f(X+ 1) −f(X−1))
=1
22−(X2−1)
=3
2−1 2X2,
f(X) = f(X+ 1) + (X−1)
2
=1
2(f(X+ 1) + f(X−1))
=1
22+(X2−1)
=1
2+1 2X2.
Donc,
MatB(f) = 
3/2 1/2−1
0 0 1
−1/2 1/2 0 
(Rappel : on ´ecrit 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 b3l’´equation
P(x) = 0:
0 = b3a
b3
+a
b+ 1
=a3+b2a+b3.
En particulier, b3=−a(a2+b2). Donc si pest un diviseur premier
de a,pdivise b3. Comme pest premier, ceci implique (par le lemme
de Gauss) que pdivise b. Donc pdivise pgcd(a, b) = 1, ce qui est
impossible. Donc an’admet aucun diviseur premier : a=±1. Le
mˆeme raisonnement s’applique pour bcar a3=−b2(a+b) donc b=±1.
Par quotient, ceci ne laisse que deux possibilit´es de racine rationnelle
pour P:x= 1 ou x=−1. Or P(1) = 3 et P(−1) = −1. Donc Pn’a
pas de racine dans Q.
3

2. En vertu de la question de cours, comme Pest de degr´e 3 et n’a pas
de racine dans Q,Pest irr´eductible dans Q[X].
3. On effectue la division euclidienne de X4+X3+X+ 1 par P:
X4+X3+X+ 1 = (X+ 1)P−X2−X.
Ce qui montre que α4+α3+α+ 1 = −α2−α.
4. En toute g´en´erali´e, il faudrait ici utiliser l’algorithme d’Euclide ´etendu
pour trouver deux polynˆomes Aet 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 pr´esent, la division euclidienne de Ppar (X+ 1) donne
P= (X+ 1)(X2−X+ 2) −1.
Donc, dans Q[X]/(P) :
0 = P= (X+ 1)(X2−X+ 2) −1
1=(X+ 1)(X2−X+ 2),
d’o`u on a (X+ 1)−1=X2−X+ 2. En d’autres termes (1 + α)−1=
α2−α+ 2.
4’. On a mα(1) = α,mα(α) = α2et mα(α2) = α3=−α−1. En effet, on
a
α3+α+ 1 = X3+X+ 1
=X3+X+ 1
=P
= 0.
Donc dans la base B, la matrice de mαest donn´ee par
M=
0 0 −1
1 0 −1
0 1 0 
(remarquons au passage que Mest la matrice compagnon de P).
4

5. On a
M2=
0−1 0
0−1−1
1 0 −1
donc pour tout (a, b, c)∈Q3,
aI3+bM +cM2=
a−c−b
b a −c−b−c
c b a −b
En particulier, si aI3+bM +cM2= 0, on a que la premi`ere colonne de
aI3+bM +cM2est nulle, ce qui montre directement que a=b=c= 0.
La famille (I3, M, M2) est donc libre dans M3(Q).
6. Soit G= vect(I3, M, M2). Gest stable par somme et contient 0 et
I3. Il suffit donc de voir qu’il est stable par produit. Par bilin´earit´e
du produit, il suffit de voir que les produits MiMj=Mi+j,i, j ∈
{0,1,2}sont dans G. C’est ´evident si i+j≤2. Si i+j= 3, on a
M3=−M−I3∈Get si i+j= 4, M4=−M2−M∈G. Donc G
est un sous-anneau de M3(Q).
Autre preuve : Soit φ0:Q[X]→M3(Q) le morphisme d’´evaluation
en M(i.e. φ0(Q) = Q(M) pour tout Q∈Q[X]). On a φ0(P) =
M3+M+I3= 0, autrement dit P∈ker(φ0) donc φ0se factorise en
un morphisme d’anneaux φ:Q[X]/(P)→M3(Q). En particulier, φ
est une application Q-lin´eaire donc l’image d’une famille g´en´eratrice
(1, α, α2) de Fest une famille g´en´eratrice de Im(φ)) :
Im(φ)) = φ(vect(1, α, α2)) = vect(φ(1), φ(α), φ(α2)) = vect(I3, M, M2) = G.
Comme φest un morphisme d’anneaux, G= Im(φ) est un sous-anneau
de M3(Q).
7. On a
φ(1 + α) = I3+M=
1 0 −1
1 1 −1
0 1 1 
.
Le calcul de l’inverse de φ(1 + α) donne
(φ(1 + α))−1=
2−1 1
−110
1−1 1
=M2−M+ 2I3=φ(α2−α+ 2),
ce qui ´etait attendu car, comme φest un morphisme d’anneaux
I3=φ(1) = φ((α+ 1)(α2−α+ 2)) = φ(α+ 1)φ(α2−α+ 2).
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