Quelques trucs sur les polynômes

Quelques trucs sur les polynômes
Janvier 2003
(révision 27 Octobre 2013)
Table des matières
1 Racines et factorisation
1
2 Arithmétique sur les polynômes
4
3 L’essentiel des polynômes symétriques
6
4 Autour des Polynômes de Tchebytchev
8
1
Racines et factorisation
Lemme 1.1 (Factorisation par la méthode de Hörner) Soit un polynôme P (X) =
soit x un nombre fixé.
Définissons un , un−1 , . . . , u0 par :
un
uk−1
=
=
an
xuk + ak−1
Pn
k=0
ak X k , et
pour 1 ≤ k ≤ n
Alors P (x) = u0 et:
P (X) = u0 + (X − x)
n
X
!
uk X
k−1
k=1
Si de plus x est une racine de P , alors :
P (X) = (X − x)
n
X
!
uk X
k−1
k=1
Preuve :
On montre d’abord, par récurrence sur k allant de n à 0 :
∀k ∈ {0 . . . n},
uk =
n
X
ai xi−k
i=k
En particulier, pour k = 0 : u0 =
Posons à présent:
A(X) =
=
=
=
=
=
Pn
i=0
ai xi , donc P (x) = u0 et le premier point du lemme est montré.
Pn
(X − x)
uk X k−1 + u0
k=1P
P
n
n
u Xk −
xuk X k−1 + u0
Pnk=1 k k Pk=1
n−1
X − k=0 xuk+1 X k
k=1 uk P
n−1
n
un X + k=1 (uk − xuk+1 )X k − xu1 + u0
P
n−1
un X n + k=1 (uk − xuk+1 )X k + (u0 − xu1 )
P
n−1
un X n + k=0 (uk − xuk+1 )X k
Or, par définition de la suite u: un = an et, pour k compris entre 0 et n − 1, uk − xuk+1 = ak . On reporte
dans A(X) :
n−1
X
A(X) = an X n +
ak X k
k=0
1
1
RACINES ET FACTORISATION
C’est exactement P (X), ce qui montre la première formule.
Dans le cas particulier où P (x) = 0, l’égalité u0 = P (x) = 0 donne immédiatement la seconde formule.
CQFD.
Remarque : Ce lemme fournit un moyen de factoriser rapidement un polynôme dont on connaı̂t une
racine x. Il suffit de calculer dans l’ordre les coefficients un à u0 , en remplissant de gauche à droite un
tableau comme dans l’exemple suivant où P (X) = X 3 − 2X + 4X − 8 et P (2) = 0.
k
Coefs ak
xuk+1 = 2uk+1
uk = xuk+1 + ak
3
1
−
u3 = 1
2
−2
2u3 = 2
u2 = 0
1
4
2u2 = 0
u1 = 4
0
−8
2u1 = 8
P (2) = u0 = 0
On applique alors la formule du lemme en lisant la dernière ligne du tableau : P (X) = (X − 2)(u3 X 2 +
u2 X 1 + u1 X 0 ) = (X − 2)(X 2 + 4)
Remarque : On peut, plus généralement, appliquer récursivement le lemme pour récrire un polynôme
P (X) sous la forme Q(X − x) pour un x quelconque.
Cf l’exemple suivant pour P (X) = X 3 + 2X 2 + 3X − 25 et x = 2 :
3
1
−
1
−
1
−
1
−
1
k
Coefsak
xuk+1 = 2uk+1
uk = xuk+1 + ak
xvk+1 = 2vk+1
vk = xvk+1 + uk
xwk+1 = 2wk+1
wk = xwk+1 + vk
xtk+1 = 2tk+1
tk = xtk+1 + wk
2
2
2
4
2
6
2
8
1
3
8
11
12
23
0
−25
22
−3
Les coefficients de la décomposition de P selon les (X − 2)k sont donnés par le dernier terme de chaque
ligne:
P (X) = (X − 2)3 + 8(X − 2)2 + 23(X − 2) − 3
En effet, si l’on décompose par étapes:
avec U (X) = 1X 2 + 4X + 11
avec V (X) = 1X + 6
avec W (X) = 1
P (X) = U (X)(X − 2) − 3
U (X) = V (X)(X − 2) + 23
V (X) = W (X)(X − 2) + 8
Lemme 1.2 Soit un polynôme P à coefficients complexes. Alors toutes les racines de sa dérivée P 0
appartiennent à l’enveloppe convexe des racines de P .
Preuve : Il suffit de prouver que toute racine r de P 0 peut s’écrire comme un barycentre à coefficients
positifs des racines de P .
Soit n le degré de P . Tout polynôme à coefficients complexes
étant scindé sur C, il existe n complexes
Qn
(pas forcément distincts) ω1 . . . ωn tels que P (X) = an i=1 (X − ωi ), où an est le coefficient de degré n
de P .
Si r est une racine de P , il est clair qu’elle se trouve dans l’enveloppe convexe (puisque par définition
toutes les racines de P appartiennent à cette enveloppe convexe).
Supposons maintenant que r ne soit pas une racine de P . Exprimons la dérivée P 0 (X) :
P 0 (X) = an
n
X
i=1
Y
j = 1...n
j 6= i
Comme r n’est pas l’une des racines :
P 0 (r) =
n
X
P (r)
r − ωi
i=1
2
(X − ωj )
1
RACINES ET FACTORISATION
Ensuite, on trafique un peu en se servant des hypothèses :
Pn
0 =
Pi=1
n
0 =
Pni=1
0 =
Pi=1
n
0 =
i=1
P (r)
r−ωi
1
r−ωi
r−ωi
|r−ωi |2
1
(r
|r−ωi |2
− ωi )
car P 0 (r) = 0
en divisant par P (r) 6= 0
en multipliant par r − ωi
en conjuguant
1
Or pour tout i ∈ {1..n}, |r−ω
2 > 0, donc on a bien exprimé r comme un barycentre à coefficients positifs
i|
des racines ω1 . . . ωn du polynôme P . CQFD.
Lemme 1.3 (regroupement des racines dans un polynôme à racines simples) Soit K un souscorps de C, et soient k nombres algébriques α1 . . . αk , racines de polynômes P1 . . . Pk à coefficients dans
K[X].
Alors il existe un polynôme à coefficients dans K, dont toutes les racines (dans C) sont simples, et dont
les k nombres α1 . . . αk sont racines.
Preuve :
Posons Q(X) = P1 (X) . . . Pk (X). Soit A le pgcd de Q et de sa dérivée Q0 . Alors il existe
B ∈ K[X] tel que Q = AB.
Soit α une racine de B. Supposons un instant que sa multiplicité m soit supérieure ou égale à 2. Alors ce
serait une racine d’ordre m de Q, et donc une racine d’ordre m − 1 de Q0 . Donc (X − α)m−1 diviserait le
pgcd de Q et Q0 , qui est A. Comme Q = AB, α serait alors racine simple de B, ce qui serait exactement
le contraire de notre hypothèse. Donc B est à racines simples.
Soit à présent une racine α de Q, de multiplicité m. C’est alors une racine de multiplicité m − 1 de A. Or
Q = AB, donc α est racine d’ordre 1 de B.
Finalement, toutes les racines de Q sont racines de B, de multiplicité 1 dans B. En particulier, α1 . . . αk
sont racines de B. Comme de plus B est à racines simples, c’est bien le polynôme recherché. CQFD.
Proposition 1.4 (Majoration du module des racines) n
Soit un polynôme
o unitaire P ∈ C[X], tel que
Pn
Pn−1
k
P = k=0 pk X . Alors pour toute racine x de P , |x| ≤ max 1, k=0 |pk |
Pn−1
Preuve : Si |x| ≤ 1 c’est vrai. Sinon on a xn = − k=0 pk xk donc, en divisant par xn−1 et en utilisant
Pn−1 pk l’inégalité triangulaire, on obtient |x| ≤ k=0 xn−1−k .
p
n−1−
k
≤ |pk |, d’où le résultat recherché. CQFD.
Or pour 0 ≤ k ≤ n − 1, |x|
≥ 1 donc xn−1−k
Théorème 1.5 (Racines rationnelles d’un polynôme) Soit A ∈ Z[X], de degré ≥ 1. Si A(p/q) = 0,
(avec (p, q) ∈ Z × N∗ et p ∧ q = 1) alors q divise le coefficient dominant de A, et p divise son coefficient
constant.
Pn
Pn
Preuve : P Notons A(X) = k=0 ak X k . Comme A(p/q) = 0, on a a0 q n = − k=1 ak pk q n−k . Donc
n
a0 q n = −p k=1 ak pk−1 q n−k est multiple de p, et comme p ∧ q = 1, le théorème de Gauss dit que a0 est
multiple de p.
Pn−1
De même, an pn = −q k=0 ak pk q n−1−k est multiple de q donc an l’est. CQFD.
Corollaire 1.6 Les racines rationnelles d’un polynôme unitaire de degré ≥ 1 à coefficients entiers sont
entières.
Théorème 1.7 (Combinaison polynomiale de racines) Soit P ∈ Z[X1 , . . . , Xn ]. Si x1 , . . . , xn sont
racines de polynômes unitaires de Z[X], alors P (x1 , . . . , xn ) est racine d’un tel polynôme.
Preuve : Il suffit de montrer que c’est vrai pour x1 + x2 , x1 x2 et pour ax1 , où a ∈ Z est quelconque.
Le reste suit immédiatement, par récurrence sur le nombre de termes de P . Remarquons d’abord que,
quitte à faire des produits de polynômes, on peut considérer que x1 , x2 (distincts ou non) sont racines d’un
certain polynôme unitaire A ∈ Z[X]. Soit m ≥ 2 son degré et notons x1 , . . . , xm les racines (distinctes ou
non) de A.
Q
Considérons le polynôme B(X) = i<j (X − xi xj ). Il est unitaire, et tous ses coefficients sont les valeurs
prises en (x1 , . . . , xm ) par des polynômes symétriques de Z[X1 , . . . , Xm ]. Ils sont donc entiers d’après le
3
2
ARITHMÉTIQUE SUR LES POLYNÔMES
théorème de Waring, et par conséquent, pour tout (i, j), le produit xi xj est racine d’un certain polynôme
unitaire de Z[X].
Q
De même, considérer le polynôme C(X) = i<j (X − (xi + xj )) nous fait conclure que xi + xj est aussi
racine d’un polynôme unitaire de Z[X].
Enfin, tout a ∈ Z est racine de X − a qui est unitaire, donc ax1 est racine d’un polynôme unitaire de Z[X]
d’après la remarque sur les produits.
2
Arithmétique sur les polynômes
Lemme 2.1 (Lemme de Gauss sur le pgcd des coefficients) Notons c la fonction qui à un polynôme
de Z[X] associe le pgcd de ses coefficients. Alors pour tout couple (A, B) de polynômes de Z[X], c(AB) = c(A)c(B).
Preuve : Commençons par le cas particulier où c(A) = c(B) = 1. Supposons que c(AB) soit multiple
g les polynômes de (Z/qZ)[X] obtenus en associant
d’un nombre premier q. Alors, en notant Ã, B̃ et AB
g = 0.
aux coefficients de A, B et AB leurs classes d’équivalence modulo q, on obtient AB
Alors 1 Ã = 0 ou B̃ = 0, donc tous les coefficients de A ou de B sont multiples de q, ce qui contredit
c(A) = c(B) = 1. Donc c(AB) = 1.
Passons maintenant au cas général. En posant α = c(A) et β = c(B) on obtient A = αA1 et B = βB1 avec
c(A1 ) = c(B1 ) = 1. Alors AB = αβA1 B1 , donc c(AB) = αβc(A1 B1 ). Or par définition c(A1 ) = c(B1 ) = 1
donc d’après le premier cas c(A1 B1 ) = 1 et finalement c(AB) = αβ. CQFD.
Lemme 2.2 (Réductibilité dans Z) Si un polynôme à coefficients dans Z est réductible dans Q[X],
alors il l’est dans Z[X].
Preuve : Soit P un polynôme de Z[X] tel qu’il existe deux polynômes A et B de Q[X] vérifiant P = AB.
Soient α et β deux entiers tels que A1 = αA et B1 = βB soient dans Z[X]. Avec les notations du lemme
2.1, posons A2 = c(A1 1 ) A1 et B2 = c(B1 1 ) B1 : ils sont à coefficients entiers et on a αβP = c(A1 )c(B1 )A2 B2 .
Or αβP = A1 B1 donc le lemme de Gauss 2.1 donne αβc(P ) = c(A1 )c(B1 ) donc αβP = αβc(P )A2 B2 .
Donc P = c(P )A2 B2 qui est bien un produit de polynômes à coefficients entiers. CQFD.
Exercice 2.3 (Critère d’Eisenstein) Soit P un polynôme de Z[X] et de degré n ≥ 2. S’il existe un
entier premier p tel que :
∀k ∈ {0 . . . n − 1} p | Pk , p 6 |Pn , p2 6 |P0
Pn
où P (X) = k=0 Pk X k , alors P est irréductible dans Q[X].
Solution : Supposons P réductible dans Q[X]. Alors d’après le lemme 2.2 il est réductible dans Z[Z]
et il existe A et B à coefficients entiers tels que P = AB.
Comme d’habitude, associons à P , A et B les polynôme P̃ , Ã, B̃ dont les coefficients sont les classes
d’équivalence modulo p de ceux de P , A et B.
Or par hypothèse P̃ = P̃n X n . En appelant a et b les degrés respectifs de A et B on obtient Ã(X) = Ãa X a
et B̃(X) = B̃b X b (si on avait à = 0 ou B̃ = 0 alors P̃n = 0 : absurde). En particulier Ã0 = B̃0 = 0 donc
p | A0 et p | B0 . Mais alors p2 diviserait A0 B0 = P0 ce qui contredirait les hypothèses. CQFD
Exercice 2.4 (Pas de polynôme à valeurs premières) Il n’existe aucun polynôme non-constant à
coefficients dans Z qui, pour tout entier n, prenne une valeur première. 2
Solution :
Supposons qu’il existe un tel polynôme P . Soit n un entier
PNquelconque. Alors pour tout
k ∈ N, P (n + kP (n)) est multiple de P (n). En effet, en notant P (X) = i=0 ai X i , on obtient :
P (n + kP (n))
PN
= i=0 ai (n + kP (n))i
PN
= i=0 ai Si
1 en
effet, puisque q est premier, Z/qZ est un corps donc (Z/qZ)[X] est un anneau intègre.
contre il existe des polynômes (à plusieurs variables) qui s’ils prennent une valeur positive pour des valeurs entières
de leurs variables, prennent alors une valeur première, et donnent ainsi tous les nombres premiers. Ce résultat s’étend
non seulement aux nombres premiers, mais à tout sous-ensemble de N calculable par ordinateur. Dans le cas des nombres
premiers, on a même pu exhiber de tels polynômes, malheureusement sans utilité pratique pour le calcul.
2 Par
4
2
ARITHMÉTIQUE SUR LES POLYNÔMES
Où, d’après la formule du binôme, Si =
est multiple de P (n), il reste :
Pi
j=0
Cij ni−j (kP (n))j . En remarquant que
PN
P (n + kP (n)) ≡ i=0 ai Ci0 ni (kP (n))0
PN
≡ i=0 ai ni
≡ P (n)
≡0
(mod
(mod
(mod
(mod
Pi
j=1
Cij ni−j (kP (n))j
P (n))
P (n))
P (n))
P (n))
Donc P (n + kP (n)) est bien multiple de P (n).
Comme P n’est pas constant, sa dérivée est de signe constant non nul à partir d’un certain rang n.
Cela impose que P soit strictement monotone à partir de ce rang. Or P , étant censé ne donner que
des nombres premiers, doit rester positif, donc il est strictement croisssant à partir du rang n. Donc
P (n + P (n)) > P (n). Or P (n + P (n)) est multiple de P (n), donc il n’est pas premier : cela contredit la
définition de P .
Exercice 2.5 (Polynôme à valeurs entières) Soit un polynôme Q ∈ Q[X] tel que ∀n ∈ N, Q(n) ∈ Z.
Montrer que Q est à coefficients entiers.
Solution :
Supposons que Q ne soit pas à coefficients entiers. Soit m le plus petit entier ≥ 1 tel que
mQ ∈ Z[X] et posons P = mQ.
Alors m admet un facteur premier de q ≥ 2. Soit P̃ le polynôme de K[X], où K est le corps Z/qZ, dont
chaque coefficient est la classe d’équivalence modulo q du coefficient de P de même degré.
Pour tout n ∈ N, Q(n) est entier donc P (n) = mQ(n) est multiple de m, donc de q. En notant ñ la classe
d’équivalence de n on en déduit : ∀ñ ∈ K, P̃ (ñ) = 0. D’où P̃ = 0.
Donc tous les coefficients de P sont multiples de q.
C’est absurde puisque par définition de m les coefficients de P sont premiers entre eux ! Donc Q est bien
à coefficients entiers. CQFD.
Exercice 2.6 (Polynômes entiers multiples l’un de l’autre) Soient A et B deux polynômes (nonnuls) de Z[X]. Montrer que A est multiple de B si et seulement si pour tout entier n ≥ 0, A(n) est
multiple de B(n).
Remarque :
Cela devient faux si A(n) n’est multiple de B(n) que sur un ensemble infini d’entiers.
Par exemple l’équation de Fermat x2 = Dy 2 + 1 possède (pour D non-carré) une infinité de couples (x, y)
entiers solutions, mais DX 2 + 1 est premier avec X 2 .
Solution : Supposons A multiple de B. Alors il existe C ∈ Z[X] tel que A = BC. Comme pour tout
n ∈ N, A(n) = B(n)C(n) donc A(n) est multiple de B(n).
C’était évident ! Dans l’autre sens ça l’est moins. Procédons à la division euclidienne de A par B. Il
existe alors (Q, R) ∈ Q[X] × Q[X] tels que A(X) = B(X)Q(X) + R(X) et que degre(R) < degre(B).
Soit α la partie fractionnaire du coefficient constant (i.e. celui de degré 0) de Q. Soit m le plus petit
multiple commun des dénominateurs des autres coefficients Q. Alors, en notant f la fonction partie
fractionnaire, on a : ∀n ∈ N, f (Q(nm)) = α. Comme B n’est pas nul, ses racines sont bornées, donc il
existe N0 ∈ N tel que, pour tout n ≥ N0 , B(nm) 6= 0.
A(nm)
R(nm)
Alors ∀n ≥ N0 , B(nm)
= Q(nm) + B(nm)
.
R(nm)
Par hypothèse : ∀n ≥ N0 , f Q(nm) + B(nm) = 0 Or f (Q(nm)) = α donc :
∀n ≥ N0 ,
f
α+
R(nm)
B(nm)
=0
(∗)
Par définition de α, α ∈ [0 1[.
R(nm)
Supposons α ∈ ]0 1[. Comme R est de degré strictement inférieur à celui de B, le quotient B(nm)
tend vers
R(nm) 0 quand n tend vers +∞. En particulier, il existerait N1 ∈ N tel que : ∀n ≥ N1 , B(nm) < min {α, 1 − α}.
R(nm)
Alors ∀n ≥ N1 , α + B(nm)
∈ ]0
Donc α = 0 et (∗) devient :
1[, ce qui contredit clairement (∗).
∀n ≥ N0 ,
f
5
R(nm)
B(nm)
=0
3
Comme le quotient
R
B
L’ESSENTIEL DES POLYNÔMES SYMÉTRIQUES
tend vers 0, l’égalité ci-dessus implique l’existence d’un N2 ∈ N tel que :
∀n ≥ N2 ,
R(nm)
=0
B(nm)
d’où : ∀n ≥ N2 , R(nm) = 0. R a donc une infinité de racines, donc il est nul et A(X) = B(X)Q(X).
Alors par hypothèse ∀n ≥ 0, Q(n) ∈ Z. Or Q(X) est à coefficients rationnels, donc d’après l’exo 2.5, il est
à coefficients entiers. CQFD
3
L’essentiel des polynômes symétriques
Définition 3.1 (Degré, degré partiel, poids d’un monôme) Soit un monôme M = βX1α1 . . . Xnαn ,
avec β 6= 0
•
Pour tout k ∈ {1 . . . n}, αk est appelé degré partiel du monôme par rapport à l’indéterminée Xk . On
le note dpXk (M ).
•
La somme α1 + . . . + αn est le degré du monôme.
•
La somme α1 + 2α2 + . . . + nαn est le poids du monôme.
•
Par convention (commode), si β = 0, alors degré et degré partiel valent −∞, avec : pour tout entier
α, α > −∞ et −∞ + α = −∞.
Soit un polynôme P à n indéterminées.
•
Pour tout k ∈ {1 . . . n}, on appelle degré partiel de P par rapport à Xk le plus grand des degrés
partiels, par rapport à Xk , de ses monômes. On le note dpXk (P )
•
On appelle degré de P le plus grand des degrés de ses monômes.
•
On appelle poids de P le plus grand des poids de ses monômes.
Définition 3.2 (Polynôme symétrique) Soit un polynôme P à n indéterminées X1 , . . . , Xn . Ce polynôme
est dit symétrique si et seulement si, pour toute permutation ϕ des entiers 1, . . . , n, P (X1 , . . . , Xn ) =
P (Xϕ(1) , . . . , Xϕ(n) ).
Remarque : Pour les polynômes symétriques, le degré partiel par rapport à chacune des indéterminées
est identique, donc on parle du degré partiel, tout court, et on se contente de le noter dp(P ).
Définition 3.3 (Polynômes symétriques élémentaires) Soit un entier n ≥ 1. Pour tout entier i ∈
{1 . . . n}, on appelle i-ème fonction symétrique élémentaire à n indéterminées et on note Σni le polynôme
formé par la X
somme de tous les produits possibles de i indéterminées sur n :
n
Σi =
Xk1 Xk2 . . . Xki
1≤k1 <k2 <...<ki ≤n
Exemple :
Pour n = 3 : Σ31 = X1 + X2 + X3 , Σ32 = X1 X2 + X1 X3 + X2 X3 , Σ33 = X1 X2 X3
Lemme 3.4 (Degré d’une somme ou d’un produit de polynômes) Soient deux polynômes P et Q,
à n indéterminées,
et à coefficients dans un anneau A commutatif intègre.
degre(P + Q) ≤ max{degre(P ), degre(Q)}
Alors :
degre(P Q)
= degre(P ) + degre(Q)
Preuve : Si un coefficient de P + Q est non-nul, alors l’un au moins des coefficients correspondants de
P ou de Q est non-nul, ce qui démontre le lemme pour la somme.
Si P ou Q est nul, alors P Q = 0 donc degre(P Q) = −∞ donc le lemme est vrai.
Pour le produit c’est moins évident : soient P et Q sont non-nuls et de degrés respectifs p et q. Prenons,
parmi les coefficients non-nuls de degré p de P , celui qui a le plus grand indice α = (α1 , . . . , αn ) pour
l’ordre lexicographique 3 . On procède de même pour extraire de Q le coefficient d’indice β = (β1 , . . . , βn )
et de degré q.
L’ordre lexicographique est compatible avec l’addition, donc le coefficient d’indice γ = α + β du produit
3 Pour deux n-uplets d’entiers x = (x , . . . , x ) et y = (y , . . . , y ), on dit que x ≤ y pour l’ordre lexicographique si et
n
n
1
1
seulement si x = y ou si, pour le plus petit indice i tel que xi 6= yi , on a xi < yi . On vérifie alors facilement qu’il s’agit
d’une relation d’ordre (Pour tout x, x ≤ x; Si x ≤ y et y ≤ x alors x = y; Si x ≤ y et y ≤ z alors x ≤ z), qu’elle est totale
(on a toujours x ≤ y ou y ≤ x) et qu’elle est compatible avec l’addition (Si x ≤ y et x0 ≤ y 0 alors x + x0 ≤ y + y 0 ).
6
3
L’ESSENTIEL DES POLYNÔMES SYMÉTRIQUES
R = P Q est le produit de Pα et Qβ 4 . Or A est intègre, donc ce produit est non-nul. Or il est de degré
p + q, donc R = P Q est au moins de degré p + q. Enfin, il est clair que P Q est de degré inférieur ou égal
à p + q, donc le lemme est démontré.CQFD.
Lemme 3.5 Soit un polynôme P à n indéterminées, et soient n polynômes Q1 , . . . , Qn , tels que pour
k = 1, . . . , n, degre(Qk ) = k. Alors le degré de P (Q1 , Q2 , . . . , Qn ) est inférieur ou égal au poids de P .
α1
αn
αn
1
Preuve :
Le degré d’un produit Qα
1 . . . Qn est inférieur ou égal au poids du monôme X1 . . . Xn .
On applique ça à chaque monôme de P et c’est gagné.
Théorème 3.6 (Polynôme symétrique et symétriques élémentaires) Soit un anneau commutatif
A, et soit un polynôme symétrique à n indéterminées P ∈ A[X1 , . . . , Xn ]. Alors il existe un polynôme
Q ∈ A[X1 , . . . , Xn ], de poids inférieur ou égal au degré de P , tel que P = Q(Σn1 , . . . , Σnn ).
Remarque : On peut de plus montrer que Q est unique, et que degre(Q) ≤ dp(P ), mais on n’en a pas
besoin ici.
Preuve : On peut procéder par récurrence sur le nombre d’indéterminées n.
Soit H(n) la proposition : “Le théorème est vrai pour tous les polynômes à n indéterminées ou moins”.
•
H(1) est vraie : il suffit de prendre Q = P .
•
Soit n ≥ 1 et supposons H(n) vraie. Soit P un polynôme symétrique à n + 1 indéterminées. On va
montrer par récurrence sur le degré de P que H(n + 1) est vraie.
Soit G(d) la proposition : “H(n+1) est vraie pour les polynômes de degré inférieur ou égal à d”.
•
Si d = 0, alors P est constant et Q = P suffit.
•
Prenons d ≥ 0 et supposons G(d) vraie.
Supposons P de degré d + 1. Posons P1 = P (X1 , . . . , Xn , 0). C’est un polynôme symétrique à n
indéterminées, dont le degré est inférieur ou égal à celui de P . Comme H(n) est vraie, il existe un
polynômes Q1 , tel que P1 = Q1 (Σn1 , . . . , Σnn ), avec poids(Q1 ) ≤ degre(P1 ) ≤ degre(P ). Posons P2 =
P1 − Q1 (Σn+1
, . . . , Σn+1
). P2 est symétrique, et degre(P2 ) ≤ Max{degre(P1 ), poids(Q1 )} ≤ degre(P ). Par
n
1
construction, on a P2 (X1 , . . . , Xn , 0) = 0, et comme il est symétrique, on a pour tout entier j tel que
1 ≤ j ≤ n,
P2 (X1 , . . . , Xj−1 , 0, Xj+1 , . . . , Xn+1 ) = 0
et est donc multiple de Xj . Donc P2 est multiple de X1 . . . Xn+1 , qui n’est autre que Σn+1
n+1 . Il existe donc
un polynôme P3 tel que P2 = Σn+1
P
.
P
est
symétrique
donc
P
aussi.
2
3
n+1 3
On a alors : degre(P3 ) = degre(P2 ) − (n + 1) donc degre(P3 ) ≤ (d + 1) − (n + 1). On peut alors appliquer
G(d): il existe un polynôme Q2 à n + 1 indéterminées, tel que poids(Q2 ) ≤ degre(P3 ) ≤ (d + 1) − (n + 1),
avec P3 (X1 , . . . , Xn+1 ) = Q2 (Σn+1
, . . . , Σn+1
1
n+1 ).Alors :
n+1
P = Q1 (Σn1 , . . . , Σnn ) + Σn+1
, . . . , Σn+1
n+1 Q2 (Σ1
n+1 )
En conclusion, Q(X1 , . . . , Xn+1 ) = Q1 (X1 , . . . , Xn ) + Xn+1 Q2 (X1 , . . . , Xn+1 ) convient, et avec les remarques faites sur les poids de Q1 et Q2 , on conclut que poids(Q) ≤ degre(P ). Donc G(d + 1) est vraie.
•
Par récurrence sur d, G(d) est donc vraie pour tout entier d. Du coup, on a montré la véracité de
H(n + 1), ce qui achève la première récurrence. CQFD.
Théorème 3.7 (Relation coefficients-racines d’un polynôme) Soit un corps commutatif K et soit
P un polynôme scindé sur K, de degré n, dont le coefficient de degré i est noté pi . Alors, si l’on note
ω1 , . . . , ωn les racines de P dans K, on a la relation :
∀i ∈ {0 . . . n − 1},
pi
= (−1)n−i Σnn−i (ω1 , . . . , ωn )
pn
Preuve :
On peut écrire P sous la forme : P (X) = pn (X − ω1 ) . . . (X − ωn ). En développant, on
constate que, pour i = 0 . . . n − 1, le terme de degré i est la somme de tous les produits possibles de n − i
racines, multipliée par (−1)i et par pn . On reconnaı̂t la définition de Σnn−i (ω1 , . . . , ωn )et on en conclut le
résultat annoncé.
4 On peut expliciter ce “donc”: Soient deux indices ρ et ϕ tels que P Q apparaisse dans l’expression de R . Ces indices
ρ ϕ
γ
correspondent obligatoirement à des termes de degrés p et q. Par définition de α et β, on a alors ρ ≤ α et ϕ ≤ β. Donc, si
ρ < α ou ϕ < β, alors ρ + ϕ < α + β, ce qui serait absurde puisque l’on doit avoir ρ + ϕ = γ = α + β. Donc ρ ≥ α et ϕ ≥ β,
et comme on a déjà les inégalités ρ ≤ α et ϕ ≤ β, on conclut ρ = α et ϕ = β.
7
4
AUTOUR DES POLYNÔMES DE TCHEBYTCHEV
Théorème 3.8 (Waring) Soient un corps commutatif K, A un sous-anneau de K, et P un polynôme
unitaire de degré n à coefficients dans A, possédant n racines ω1 , . . . , ωn dans K.
Soit Q un polynôme symétrique à n indéterminées et à coefficients dans A.
Alors Q(ω1 , . . . , ωn ) ∈ A.
Preuve :
Q est symétrique, donc il existe un polynôme R à coefficients dans A tel que :
Q = R(Σn1 , . . . , Σnn )
Notons p0 , . . . , pn les coefficients de P . D’après les relations entre coefficients et racines, on a pour tout
i ∈ {1, . . . , n} :
Σni (ω1 , . . . , ωn ) = (−1)i pn−i car pn = 1
Donc Q(ω1 , . . . , ωn ) = R((−1)1 pn−1 , . . . , (−1)n p0 ). Or les coeficients p0 , . . . , pn−1 appartiennent à l’anneau
A, et les coefficients de R aussi, donc Q(ω1 , . . . , ωn ) ∈ A. CQFD.
Remarque : Si A est un sous-corps de K, il n’est plus nécessaire que P soit unitaire car, en divisant
tous ses coefficients par pn , on obtient un polynôme Q unitaire dont les coefficients sont encore dans A et
qui a les mêmes racines que P . On peut alors appliquer le théorème à Q.
4
Autour des Polynômes de Tchebytchev
Définition 4.1 (Polynômes de Tchebytchev) Pour tout n ∈ N, il existe un unique polynôme Pn de
Z[X] tel que pour tout θ ∈ R, cos(nθ) = Pn (cos(θ))
Ces polynômes sont définis par récurrence :
P0 (X) = 1,
P1 (X) = X,
∀n ≥ 0, Pn+2 (X) = 2XPn+1 (X) − Pn (X)
Pour tout n ≥ 1, Pn est de degré n, de coefficient dominant 2n−1
Preuve :
L’unicité est évidente : s’il existe un autre polynôme Qn tel que cos(nα) = Pn (cos(α)) =
Qn (cos(α)), alors pour une infinité de réels, Pn (x) = Qn (x) ce qui implique Pn (x) = Qn (x).
Montrons maintenant l’existence :
•
Il est clair que P0 et P1 existent.
•
Soit n ≥ 0, et supposons que Pn et Pn+1 existent. Alors :
cos((n + 1)α) = cos(nα) cos(α) − sin(nα) sin(α)
(1)
De même, cos((n + 2)α) = cos(nα) cos(2α) − sin(nα) sin(2α). Or sin(2α) = 2 sin(α) cos(α) donc :
cos((n + 2)α) = cos(nα) cos(2α) − 2 sin(nα) sin(α) cos(α)
(2)
En calculant (2) − 2 cos(α)(1) et en se rappelant que cos(2α) = 2 cos2 (α) − 1, on se débarasse des sinus :
cos((n + 2)α) − 2 cos(α) cos((n + 1)α) = cos(nα)(2 cos2 (α) − 1) − 2 cos2 (α) cos(nα)
ce qui donne Pn+2 (X) − 2XPn+1 (X) = Pn (X)(2X 2 − 1) − 2X 2 Pn (X) = −Pn (X), i.e.
Pn+2 (X) = 2XPn+1 (X) − Pn (X)
qui est bien un polynôme de Z[X]. Déterminer le coefficient dominant et le degré est alors évident par
récurrence.
Exercice 4.2 (Points à distances rationnelles) Trouver, dans le plan, N points dont les distances
deux à deux sont rationnelles. On peut chercher des points cocycliques.
Remarque : On ignore s’il existe des solutions avec des
non-cocycliques.
points
Solution : Commen cons par remarquer que, pour α ∈ 0 π2 tel que cos(α) et sin(α) soient rationnels,
les points Mi (cos(2iα), sin(2iα)) où i ∈ N∗ , ont deux à deux ont des distances rationnelles.
En effet les points Mi et Mj sont tous deux sur le cercle unité, et
2(i − j)α
d(Mi , Mj ) = 2 sin
2
8
4
AUTOUR DES POLYNÔMES DE TCHEBYTCHEV
Il nous suffit donc de montrer que pour tout entier n ∈ N∗ , cos(nα) et sin(nα) sont rationnels. En effet :
•
Par hypothèse c’est vrai pour n = 1.
•
Si c’est vrai pour n ≥ 1, alors cos((n + 1)α) = cos(nα)cos(α) + sin(nα) sin(α) et sin((n + 1)α) =
sin(nα) cos(α) + cos(nα) sin(α) sont tous deux rationnels en tant que somme de produits de rationnels.
Trouvons maintenant une condition suffisante sur α pour que les points Mi soient distincts deux-à-deux.
S’il existe deux entiers 1 ≤ i < j tels que Mi = Mj , alors en particulier :
cos(jα) = cos(iα)
sin(jα) = sin(iα)
ce qui implique jα ≡ iα
particulier :
(mod 2π). Il existe donc un entier n ≥ 1 tel que nα ≡ 0
(mod 2π), et en
cos(nα) = 1
Posons A = cos(α); alors Pn (A) = 1 où Pn est le n-ième polynôme de Tchebytchev. A est donc racine de
Pn − 1, et il est rationnel par hypothèse. Or Pn ∈ Z[X] a pour coefficient dominant 2n−1 , donc Pn − 1
aussi et A peut s’écrire sous la forme 2pk où p ∧ 2k = 1.
Il nous suffit donc de choisir α tel que cos(α) ne puisse pas s’écrire sous cette forme et que, par conséquent,
les points (Mi )i∈N∗ soient tous distincts.
Un tel α existe bien : il suffit de s’inspirer du triangle rectangle 3, 4, 5 et de poser α = arccos( 35 ). Alors
cos(α) = 35 et sin(α) = 54 sont bien deux fractions irréductibles dont le dénominateur n’est pas une
puissance de 2. CQFD.
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