pdf

Université Francois Rabelais de Tours
Licence de Mathématiques
Solutions Feuille de Travaux Dirigés n◦ 3
M1, Algèbre
Semestre 9
On commence la correction de ce Td par la preuve du résultat important suivant.
Proposition.
Soit A un anneau factoriel soit F le corps des fractions de A. Soit
et soit P ∈ A[X]. On a
a
∈ F tel que pgcd(a, b) = 1
b
a
est une racine de P dans F ⇐⇒ (bX − a) | P dans A[X].
b
a
Démonstration. Il est clair que si (bX − a) divise P alors P ( ) = 0. Montrons la réciproque. On suppose
b
a
que P ( ) = 0 et que pgcd(a, b) = 1. La division euclidienne de P par bX − a donne
b
∃(Q, R) ∈ F [X], P = (bX − a) · Q + R
avec deg(R) ≤ 0.
b
on voit que R = 0. Il existe λ ∈ F tel que alors Q̃ := λQ ∈ A[X] et tel
a
que le contenu λQ est 1. (On peut par exemple réduire tous les coefficients de Q au même dénominateur
puis diviser par le contenu du polynôme obtenu.) On a ainsi P = λ−1 (bX − a)Q̃. Si on montre que λ
c
et pgcd(c, d) = 1. On a
est inversible dans A alors on aura le résultat. Soit c, d ∈ A tel que λ−1 =
d
dP = c(bX − a)Q̃. Si p ∈ A est premier et p | dP alors p | c(bX − a)Q̃ et donc p divise c ou (bX − a)Q̃.
Or p ne peut diviser ni c ni (bX − a)Q̃ puisque le contenu de Q̃ et bX − a est 1. Ainsi d n’est divisible par
aucun élément premier et donc est d est inversible.
En évaluant cette égalité en
Corollaire.
Soit A un anneau factoriel soit F le corps des fractions de A. Si P ∈ A[X] est unitaire et si P
admet une racine dans F alors P admet une racine dans A.
a
avec pgcd(a, b) = 1 la racine P . Par la proposition précédente (bX − a) divise P .
b
Or P étant unitaire cela implique que b est inversible dans A puisque b divise 1. Ainsi (X − a) divise P et
a ∈ A est racine de P .
Démonstration. Soit
Exercice 1 Soit k un corps. Soit A le sous-ensemble de k[T ] formé des polynômes P vérifiant P 0 (0) = 0.
1) Montrer que A est un sous-anneau intègre de k[T ] et qu’il est engendré (en tant que k-algèbre) par
T 2 et T 3 .
P
Solution: Tout d’abord, un polynôme P =
ai T i ∈ A si et seulement si a1 = 0.
Montrons que tout nombre entier n supérieur ou égale à 2 peut s’écrire sous la forme 2a + 3b. Si
n ≡ 0 mod 3 c’est clair. Si n ≡ 1 mod 3 alors n = 3k + 1 avec k ≥ 1 et donc n = 3(k − 1) + 4 et
le couple (a, b) = (2, k − 1) fonctionne. Si n ≡ 2 mod 3 alors n = 3k + 2 et le couple (a, b) = (1, k)
fonctionne. Ceci montre que tout monôme T n avec n ≥ 2 s’écrit sous la forme (T 2 )a (T 3 )b . Ainsi
X
P :=
ai T i + a0
i≥2
peut bien s’écrire comme une combinaison linéaire de terme de la forme (T 2 )a (T 3 )b .
2) Montrer que T 2 et T 3 sont des éléments irréductibles de A non associés.
Solution: Si P ∈ A est inversible alors P est aussi inversible dans k[T ]. Les inversibles de A
sont donc les constantes non-nulles. Puisque deg(T 2 ) = 2 et deg(T 3 ) = 3, on voit que T 2 et T 3 ne
sont pas associés. Montrons que T 2 est irréductible. Soit P Q ∈ A tel que T 2 = P Q. On a alors
deg(P ) + deg(Q) = 2 mais il n’y a pas de polynôme de degré 1 dans A, ainsi P est constant ou Q
est constant et T 2 est irréductible. De la même manière si T 3 = P Q alors deg(P ) + deg(Q) = 3 mais
ceci force deg(P ) = 0 ou deg(Q) = 0 et T 3 est irréductible.
1
3) Montrer que T 2 et T 3 ne sont pas des éléments premiers de A.
Solution: On a T 2 | T 6 = T 3 T 3 mais T 2 ne divise pas T 3 donc T 2 n’est pas premier. De même
T 3 | T 6 = T 2 T 2 T 2 mais T 3 ne divise pas T 2 et donc T 3 n’est pas premier.
4) En déduire que A n’est pas factoriel.
Solution: Dans un anneau factoriel, premier est équivalent à irréductible. A ne peut donc pas être
factoriel.
5) Déterminer un élément de A ayant plusieurs décompositions en irréductibles.
Solution: On a T 6 = T 2 T 2 T 2 = T 3 T 3 .
6) Montrer que Frac(A) = k(T ).
T3
∈ Frac(A) on voit que Frac(A) = k(T ).
T2
7) Montrer que T est racine d’un polynôme unitaire à coefficients dans A mais n’est pas dans A.
Retrouver le fait que A n’est pas factoriel.
Solution: Il est claire que Frac(A) ⊂ k(T ). Comme T =
Solution: T est racine du polynôme unitaire X 2 − T 2 ∈ A[X]. D’après la corollaire énoncé en début
de Td, si A était factoriel alors T ∈ A. C’est une contradiction.
Exercice 2 (Racines rationnelles)
1) Soit n un entier naturel et P un polynôme à coefficients entiers de degré n. Montrer que si l’on a une
p
racine rationnelle de P avec p et q premiers entre eux, alors :
q
— p divise le coefficient de plus bas degrés de P ,
— q divise le coefficient de plus haut degrés de Q.
Pn
Solution: On pose P = i=0 ai X i . Comme pq est une racine on a
n
X
p
ai pi q n−i = pn P ( ) = 0.
q
i=0
Mais comme on voit
∀i ∈ J1, nK,
on en déduit
p | ai pi q n−i ,
p | a0 q n ,
puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir p|a0 . De la même façon on a
∀i ∈ J0, n − 1K,
q | ai pi q n−i ,
on en déduit
q | an pn ,
puis p étant premier avec q le lemme de Gauss permet d’avoir q|an .
2) Utiliser le résultat précédent pour trouver les racines de 6X 4 − 35X 3 + 62X 2 − 35X + 6.
Solution: Dans le cas qui nous intéresse on voit que si pq est racine du polynôme alors p et q sont
des diviseurs de 6 premiers entre eux (on peut également suppose q > 0), on doit dont tester
p = 1; −1,
q = 6,
q = 1,
On constater alors
P ( 31 )
=
P ( 12 )
q = 3,
p = 2; 1; −1; −2,
q = 2,
p = 3; 1; −1; −3,
p = 6; 3; 2; 1; −1; −2; −3; −6.
= P (2) = P (3) = 0 et en factorisant on a alors
P = (X − 2)(X − 3)(2X − 1)(3X − 1).
3) Les polynômes suivants sont-ils irréductibles :
(a) X 3 − X + 1 dans Z[X],
Solution: Puisque les seules racines possibles sont ±1 et que le polynôme P est de degré 3,
il suffit de montrer que P (±1) 6= 0 pour obtenir que P est irréductible. On a P (1) = 1 et
P (−1) = 1 d’où le résultat.
2
(b) 3X 3 − 7X + 2 dans Q[X],
Solution: Les sules racines possibles sont α = ±{1, 2, 1/3, 2/3}. Or P (α) 6= 0 donc P est
irréductible.
(c) X 3 + (1 − 2i)X 2 + iX + (2 + i) dans (Z[i])[X],
a
= u ou (2 + i)u avec
b
u ∈ {±1, ±i}. On trouve que P (2 + i) = 0 et donc le polymôme n’est pas irréductible. On
obtient P = (X − i(2 + i))(X 2 + i).
Solution: C’est un peu long ici. Les seules racines possibles sont
(d) X 2 + 2X + 3 dans Z/5Z[X].
Solution: C’est un polynôme de degré 2 sur un corps ainsi « irréductible » équivaut à « n’a
pas de racine ». On vérfie dans problème que ce polynôme n’a pas de racines dans Z/5Z.
Exercice 3 (Réduction modulo p)
1) Soit A un anneau factoriel et soit p un élément irréductible de A. Soit
−→
7−→
π̃ : P
A[X]
ai X i
(A/(p))
[X]
P
π(ai )X i
Pn
où π est la projection canonique de A dans A/(p). Soit P = i=0 ai X i un polynôme de degré n à
coefficients dans A. On suppose que p - an et π̃(P ) est irréductible. Montrer que si P est primitif
alors P est irréductible dans A[X].
Solution: Soit P = QR. On a alors π̃(P ) = π̃(Q)π̃(R) et π(an ) = π(bk )π(c` ) où k = deg(Q) et
` = deg(R). Puisque π(an ) 6= 0 et que A/(p) est intègre, on en déduit que π(bk ) 6= 0 et π(c` ) 6= 0.
Ainsi deg(π̃(Q)) = k et deg(π̃(R)) = `. Comme π̃(P ) est irréductible, on voit que k = 0 ou ` = 0 et
donc Q est constant ou R est constant, ce qui montre que P est bien irréductible.
2) Application : Montrer que 5x5 + 2x3 − 7x2 + 4x + 1 est irréductible sur Z.
Solution: 2 est irréductible dans Z, et l’image de P dans F2 [X] est X 5 + X 2 + 1. Montrons que
P̃ = X 5 + X 2 + 1 est irréductible dans F2 [X]. Comme P̃ n’a pas de racine, si P̃ est réductible alors
il s’écrit sous la forme P̃ = QR avec Q de degré 2. Le seul polynôme de degré deux de F2 [X] est
X 2 + X + 1. Or X 5 + X 2 + 1 = (X 2 + X + 1)(X 3 + X 2 ) + 1 et donc X 2 + X + 1 ne divise pas P̃ .
Ainsi P̃ est irréductible et donc P est irréductible dans Z.
3) (a) Montrer que P = X 4 + 1 est irréductible dans Z[X].
Solution: On pose Y + 1. On a P (Y + 1) = Y 4 + 4Y 3 + 6Y 2 + 4Y + 2 et par le critère de
Eisenstein ce dernier polynôme est irréductible ce qui montre que P = X 4 + 1 est irréductible.
(b) Montrer que P = X 4 + 1 est réductible dans Fp [X] pour tout p premier.
Vous pouvez utiliser sans les prouver les résultats suivant :
– If p ≡ 1 mod 4 then the equation a2 ≡ −1 mod p has a solution.
– If p ≡ 3 mod 8 then the equation b2 ≡ −2 mod p has a solution.
– If p ≡ 7 mod 8 then the equation c2 ≡ 2 mod p has a solution.
Solution: Dans le cas où p ≡ 1 mod 4, on a
X 4 + 1 = (X 2 − a)(X 2 + a)
et donc X 4 + 1 n’est pas irréductible. Dans le cas où p ≡ 3 mod 8 alors
X 4 + 1 = (X 2 + bX − 1)(X 2 − bX − 1)
et donc X 4 + 1 n’est pas irréductible. Dans le cas où p ≡ 3 mod 8 alors
X 4 + 1 = (X 2 + cX + 1)(X 2 − cX + 1)
et donc X 4 + 1 n’est pas irréductible.
Exercice 4
1) Soit P ∈ Z[X] un polynôme de degré supérieur ou égal à 1. Montrer que si P (n) est premier pour
une infinité de n ∈ Z alors P est irréductible.
[ Ce critère est complètement inutile ! On ne sait pas s’il existe un polynôme vérifiant les hypothèses ci-dessus...]
Solution: Supposons que P = QR. Puisque P (n) = Q(n)R(n) est premier pour une infinité de
n ∈ N, on a soit
3
∗ Q(n) = ±1 pour une infinité de valeurs de n ;
∗ R(n) = ±1 pour une infinité de valeurs de n.
Supposons qu’on est dans le premier cas. Alors Q(n) = 1 pour une infinité de valeurs de n ou
Q(n) = −1 pour une infinité de valeurs de n. Dans le premier cas, le polynôme Q − 1 admet une
infinité de racine et donc Q = 1. Dans le second cas on montre que Q = −1. Ainsi Q = ±1 et P et
irréductible.
P
2) Soit P =
ai X i un polynôme de degré n. Soit
ai M := max{ | i = 0, . . . , n − 1}.
an
Montrer que si P (m) est premier pour un entier m ≥ M + 2 alors P est irréductible sur Z.
[Ce critère est plus utile. Par exemple P = X 2 + 6X 2 + 1 est irréductible car f (8) = 4481.]
Solution: Commençons par montrer que si α ∈ C est racine de P alors |λ| < M + 1. On a
a0
a1
an−1 n−1 |αn | = +
α + ... +
α
an
an
an
≤ M (1 + |α| + . . . + |α|n−1 ).
Si |α| ≤ 1 et M 6= 0 alors il est clair que |α| < M +1. Si M = 0 alors α = 0 et on a encore |α| < M +1.
On peut donc supposer que |α| > 1. On a
|αn | ≤ M (1 + |α| + . . . + |α|n−1 ) ≤ M
|α|n − 1
|α| − 1
et en multipliant cette inégalité par |α| − 1 on obtient
(1 − |α|)|αn | ≤ M (|α|n − 1) < M |α|n
et après simplification 1 − |α| < M soit |α| < M + 1.
Supposons que P (m) est premier pour m ≥ M + 2. Si P = QR dans Z[X] alors Q(m)R(m) est
premier et on peut supposer sans perdre de généralité que Q(m) = ±1. Supposons que Q soit de
degré supérieur à 1. Alors les racines de Q sont aussi racines de P et
Q=a
k
Y
(X − αi )
αi est racine de P pour tout i.
où
i=1
On a alors
Y
(m − |αi |) > 1
|Q(m)| ≥ |a|
ce qui contredit l’hypothèse Q(m) = ±1. Ainsi Q est de degré 1 et Q = ±1 ce qui montre que P est
irréductible.
Exercice 5 Décomposer en irréductibles les polynômes suivants dans C[X], R[X] et Q[X] :
X 4 + 1, X n − 2.
π
π
Solution: On résoud l’équation z 4 + 1 = 0 dans C. On trouve 4 solutions : 1, ei 4 , e−i 4 , ei
P = (X − e
iπ
4
)(X − e
−i π
4
)(X − e
i 3π
4
−i 3π
4
)(X − e
3π
4
. Ainsi on a
).
Tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles, c’est donc bien la
factorisation de P en irréductibles dans C[X].
En regroupant les facteurs on trouve
π
π
3π
P = (X − ei 4 )(X − e−i 4 )(X − ei 4 )(X − e−i
√
√
= (X 2 + 2X + 1)(X 2 − 2X + 1).
3π
4
)
Encore une fois, tous les polynômes qui apparaissent dans cette décomposition sont bien irréductibles sur
R (leurs discriminants sont négatifs) on a donc bien trouvé la factorisation de P en irréductibles dans R[X].
4
Finalement montrons que Q est irréductible sur Q. Supposons que le polynôme Q est réductible sur Q.
Puisque Q n’a pas de racine dans Q, il se factorise comme un produit de deux polynômes unitaires de
degré deux, disons A et B. Alors Q = AB est aussi une factorisation de Q sur R. Puisque Q n’a pas de
racine dans R, les
√ aussi irréductibles sur R. Par unicité de la factorisation on a
√ polynômes A et B sont
alors A = X 2 + 2X + 1 ou B = X 2 + 2X + 1. C’est une contradiction. Ainsi Q est irréductible sur Q.
D’après Eisenstein, on montre facilement que X n − 2 est irréductible sur Z et donc sur Q. En ce qui
concerne la factorisation sur C on doit résoudre l’équation z n = 2. L’ensemble des solution est
2π
{21/n ei n k | k = 0, . . . , n − 1}.
On obtient alors la factorisation suivante sur C :
Xn − 2 =
n−1
Y
2π
(X − 21/n ei n k )
k=0
Si n = 2n0 est pair, il y a deux solutions réels 1 (prendre k = 0) et −1 (prendre k = n0 ) et on a sur R :
n
X − 2 = (X − 1)(X + 1)
0
nY
−1 X 2 − 21/n cos(
k=1
2kπ
)X + 22/n
n
0
Si n = 2n + 1 est impair, il y a deux solutions réels 1 (prendre k = 0) et −1 (prendre k = n0 ) et on a sur
R:
n0 Y
2kπ
n
)X + 22/n .
X − 2 = (X − 1)
X 2 − 21/n cos(
n
k=1
Exercice 6
1) Montrer par récurrence que dans F2 [X], on a
r
r
(X + 1)2 = X 2 + 1.
Solution: C’est clair pour r = 0. On suppose la relation vrai pour r ≥ 0. On a alors
r+1
r 2
(X + 1)2
= (X + 1)2
r
2
= X2 + 1
r+1
= X2
r+1
= X2
r
+ 2X 2 + 1
+ 1.
2) En déduire que pour tout 1 ≤ k ≤ 2r − 1, le coefficient binomial
2r
k
est pair.
Solution: Puisque dans F2 [X] on a
(X + 1)
2r+1
=1+
r
2X
−1 r r+1
r+1
2
Xk + X2
= X2
+ 1.
k
k=1
On dit avoir
2r
k
= 0 mod 2 pour tout 1 ≤ k ≤ 2r − 1.
r
3) En déduire que le polynôme X 2 + 1 est irréductible dans Z[X] en posant X = Y + 1 et en utilisant
le critère d’Eisenstein.
P2r −1 r r
r
Solution: Si P = X 2 + 1 alors P (Y + 1) = Y 2 + k=1 2k Y k + 2 et le critère de Eisenstein
s’applique d’après les questions précédentes.
Exercice 7 Soit A un anneau factoriel. Montrer que les polynômes suivants sont irréductibles en utilisant
le critère d’Eisenstein :
Y 2 + X3 − X
dans A[X, Y ],
Z 2 − XY
dans A[X, Y, Z].
Solution: On a P = Y 2 + X(X 2 − 1) ∈ (A[X])[Y ]. De plus X | X(X 2 − 1), X 2 - (X 2 − 1) et X - 1 qui est
le coefficient dominant de P . Ainsi le critère de Eisenstein s’applique pour montrer que P est irréductible.
On a Q = Z 2 − XY ∈ (A[X, Y ])[Z]. On vérifie facilement que X est irréductible dans A[X, Y ]. De plus
X | XY , X 2 - XY et X - 1 qui est le coefficient dominant de P . Ainsi le critère de Eisenstein s’applique
pour montrer que Q est irréductible.
5
Exercice 8 On se propose de factoriser le polynôme P = X 5 − 3X 4 − 6X 3 − 12X 2 − 2X + 1 sur Z.
1) Montrer que P n’admet pas de racine entière.
Solution: Les seules racines rationnelles possibles sont ±1 et on vérifie facilement que P (1) 6= 0 et
P (−1) 6= 0. Ainsi P n’admet pas de racine rationnelle et donc pas de racine entière.
2) On suppose que P = QR avec deg(R) = 2 et on pose a = R(−1), b = R(0) et c = R(1). Montrer que
R est complètement déterminé par le triplet (a, b, c) ∈ Z3 et exprimer R en fonction de (a, b, c).
Solution: Puisque P n’a pas de racine entière P ne peut pas se factoriser sous la forme QR avec
deg(Q) = 1 ou deg(R) = 1. Si P se factorise c’est nécessairement sous la forme d’un produit d’un
polynôme R de degré 2 par un polynôme Q de degré 3. Un polynôme de degré deux est entièrement
déterminé par 3 valeurs puisque si S est un autre polynôme prenant les même valeurs en ces 3 points
alors R − S est de degrè au plus deux et admet 3 racines ce qui implique R = S. L’interpolation de
Lagrange donne que
(X + 1)(X − 1)
(X + 1)(X − 0)
(X − 0)(X − 1)
+b
+c
(−1 − 0)(−1 − 1)
(0 + 1)(0 − 1)
(1 + 1)(1 − 0)
1
1
= (a − 2b + c)X 2 − (a − c)X + b
2
2
R=a
3) Montrer que
a ∈ {±1, ±7},
b ∈ {±1}
et
c ∈ {±1, ±3, ±7, ±21}.
Solution: On a


−7 = P (−1) = Q(−1)R(−1) = Q(−1) × a =⇒ a ∈ {±1, ±7}
1 = P (0) = Q(0)R(0) = Q(0) × b =⇒ b ∈ {±1}


−21 = P (1) = Q(1)R(1) = Q(0) × c =⇒ c ∈ {±1, ±7, ±3, ±21}.
Ainsi il n’y que 64 valeurs possibles pour R. Il suffit de toutes les tester pour essayer de factoriser
P !!!
4) Dresser la liste des valeurs possible de (b, c) lorsque a = 1.
1
1
Solution: On sait que R = (a − 2b + c)X 2 − (a − c)X + b et comme le coeffcient dominant de R
2
2
1
divise le coefficient dominant de P on a nécessairement (1 − 2b + c) = ±1. On a donc c = 2b − 1 ± 2.
2
Mais b = ±1 et c ∈ {±1, ±3, ±7, ±21} donc les seules valeurs possibles pour le couple (b, c) lorsque
a = 1 sont (1, 3), (1, −1) et (−1, −1).
5) Dresser la liste des valeurs possible de (b, c) lorsque a = 7.
Solution: On procède de la même manière et on trouve que les seules valeurs possibles pour le
couple (b, c) lorsque a = 7 sont (1, −3), (1, −7) et (−1, −7).
6) Dresser la liste des valeurs possibles de R et factoriser P .
Solution: Les seules valeurs possibles de R sont donc
(a, b, c)
(1, 1, 3)
(1, 1, −1)
(1, −1, −1)
(7, 1, −3)
(7, 1, −7)
(7, −1, −7)
R
X2 + X + 1
−X 2 − X + 1
X2 − X − 1
X 2 − 5X + 1
−X 2 − 7X + 1
X 2 − 7X − 1
Après vérification, on voit que P = (X 2 − 5X + 1)(X 3 + 2X 2 + 3X + 1) et le test sur les racines
rationnelles montre que ces deux polynômes sont irréductibles.
7) Proposer un algorithme pour factoriser un polynôme sur Z.
Solution: C’est un peu long à écrire mais toutes les idées sont dans les questions précédentes. La
première étape est toujours de tester s’il le polynôme P de degré n a des racines rationnelles. S’il en
a une alors on le factorise en un produit d’un polynôme de degré 1 et d’un polynôme de degré n − 1.
Sinon, on teste toutes les factorisations possibles de la forme
P = (Q polynôme de degré k) × (R polynôme de degré `)
où
k + ` = n.
On prends quelques valeurs et on dresse une liste de valeurs possibles de R. On les teste ! !
6
8) Factoriser X 7 − 2X 5 + X 4 − 2X 3 + X 2 − 3X + 1. (Long !)
Solution: On trouve (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1)(X 3 − 3X + 1).
7