Polynôme/Exercices/Arithmétique des polynômes

Exercice 3-1

Soit $P\in \mathbb {C} [X]$. Montrer que $P(P(X))-X$ est divisible par $P(X)-X$.

Solution

Pour tous polynômes $P$ et $Q$, $P-Q$ divise $P^{k}-Q^{k}$ pour tout $k\in \mathbb {N}$ donc il divise $R\circ P-R\circ Q$ pour tout polynôme $R$. En particulier, $P-X$ divise $P\circ P-P\circ X=P\circ P-P$, donc divise $P\circ P-P+P-X=P\circ P-X$.

Variante : soit $Q(X)=P(X)-X$. Alors $P=Q+X$ donc $P(P(X))-X=Q(P(X))+P(X)-X=Q\circ (Q+X)+Q$. Il s'agit donc de prouver que $Q\mid Q\circ (Q+X)$.

Soit $\alpha \in \mathbb {C}$ un zéro d'ordre $r$ de $Q$, alors $Q\circ (Q+X)$ est divisible par $(X-\alpha )^{r}\circ (Q+X)=(Q+X-\alpha )^{r}$, donc par $(X-\alpha )^{r}$ (puisque $Q+X-\alpha$ est divisible par $X-\alpha$), d'où le résultat. Ou encore : si $Q(X)=\sum a_{k}X^{k}$, $Q\circ (Q+X)=\sum a_{k}(Q+X)^{k}=\sum a_{k}(\sum _{j=0}^{k}C_{k}^{j}Q^{j}X^{k-j})=Q+\sum a_{k}(\sum _{j=1}^{k}C_{k}^{j}Q^{j}X^{k-j})$ est bien divisible par $Q$.

 

Exercice 3-2

Soient $A=X^{3}+2X^{2}+X+2$ et $B=X^{4}+X^{3}+2X^{2}+X+1$.

1. Calculer, à l'aide de l'algorithme d'Euclide, $\operatorname {pgcd} (A,B)$.
2. Donner, dans $\mathbb {C} [X]$, la décomposition de $A$ et de $B$ en produit de facteurs irréductibles.
3. Calculer $\operatorname {ppcm} (A,B)$.

Solution

1. $B=A(X-1)+3(X^{2}+1)$ et $A=(X^{2}+1)(X+2)$ donc $\operatorname {pgcd} (A,B)=X^{2}+1$.
2. $B=(X^{2}+1)((X+2)(X-1)+3)=(X^{2}+1)(X^{2}+X+1)=(X-\mathrm {i} )(X+\mathrm {i} )(X-\mathrm {j} )(X+\mathrm {j} )$ et $A=(X-\mathrm {i} )(X+\mathrm {i} )(X+2)$.
3. $\operatorname {ppcm} (A,B)=B(X+2)=X^{5}+3X^{4}+4X^{3}+5X^{2}+3X+2$.

 

Exercice 3-4

1. Déterminer le PGCD et le PPCM des polynômes :
   1. $A:=X^{6}+X^{4}-X-1$ et $B:=X^{5}-3X^{4}+3X^{3}-2X^{2}-X+2$ ;
   2. $P:=X^{4}+X+1$ et $Q:=X^{2}+X+1$.
2. Déterminer $(U,V)\in (\mathbb {R} [X])^{2}$ vérifiant $UP+VQ=1$.

Solution

1. 1. $A=(X-1)A_{1}$ et $B=(X-1)B_{1}$ avec $A_{1}=X^{5}+X^{4}+2X^{3}+2X^{2}+2X+1$ et $B_{1}=X^{4}-2X^{3}+X^{2}-X-2$. L'algorithme d'Euclide donne : $A_{1}=(X+3)B_{1}+7(X^{3}+X+1)$ et $B_{1}=(X-2)(X^{3}+X+1)$, donc $\operatorname {pgcd} (A_{1},B_{1})=X^{3}+X+1$, $\operatorname {pgcd} (A,B)=(X-1)(X^{3}+X+1)=X^{4}-X^{3}+X^{2}-1$, $\operatorname {ppcm} (A_{1},B_{1})=(X-2)A_{1}=X^{6}-X^{5}-2X^{3}-2X^{2}-3X-2$ et $\operatorname {ppcm} (A,B)=(X-1)\operatorname {ppcm} (A_{1},B_{1})$. On pouvait aussi appliquer directement l'algorithme d'Euclide à $A$ et $B$ : $A=(X+3)B+7(X^{4}-X^{3}+X^{2}-1)$ et $B=(X-2)(X^{4}-X^{3}+X^{2}-1)$, donc $\operatorname {pgcd} (A,B)=X^{4}-X^{3}+X^{2}-1$ et $\operatorname {ppcm} (A,B)=AB/\operatorname {pgcd} (A,B)$
   2. $P=(X^{2}-X)Q+2X+1$ et $Q=(X+1/2)^{2}+3/4$ (ou encore : cf. question suivante) donc $\operatorname {pgcd} (P,Q)=1$ et $\operatorname {ppcm} (P,Q)=PQ$
2. $3=4Q-(2X+1)^{2}=4Q-(2X+1)(P-(X^{2}-X)Q)=-(2X+1)P+(4+(2X+1)(X^{2}-X))Q$ donc $U=-{\frac {2X+1}{3}}$ et $V={\frac {2X^{3}-X^{2}-X+4}{3}}$ conviennent.

 

1. Quel est le pgcd $D$ des polynômes $A=X^{4}+2X^{3}-X^{2}-4X-2$ et $B=X^{4}+X^{3}-X^{2}-2X-2$ ?
2. Trouver des polynômes $U,V$ tels que $AU+BV=D$.
3. Mêmes questions avec $A=X^{4}-X^{3}-4X^{2}+4X+1$ et $B=X^{2}-X-1$.

Solution

1. $A=BQ_{1}+R_{1},B=R_{1}Q_{2}+R_{2},R_{1}=R_{2}Q_{3}+0$ (avec $Q_{1}=1,R_{1}=X^{3}-2X,Q_{2}=X+1,R_{2}=X^{2}-2Q_{3}=X$), donc $D=R_{2}=X^{2}-2$.
   Remarque : $A=(X^{2}-2)(X+1)^{2}$ et $B=(X^{2}-2)(X^{2}+2X+1)$ et $(X+1)^{2},X^{2}+X+1$ sont premiers entre eux.
2. $R_{2}=B-R_{1}Q_{2}=B-(A-BQ_{1})Q_{2}=AU+BV$ avec $U=-Q_{2}=-X^{2}+2$ et $V=1+Q_{1}Q_{2}=X+2$.
3. • $A=BQ_{1}+R_{1},B=R_{1}Q_{2}+1$ (avec $Q_{1}=X^{2}-3,R_{1}=X-2,Q_{2}=X+1$) donc $D=1$.
     Remarque : soit $z\in \mathbb {C}$ une racine de $B$, alors $z^{2}=z+1$ donc $z^{3}=z^{2}+z=2z+1$ et $z^{4}=2z^{2}+z=3z+2$ donc $A(z)=(3z+2)-(2z+1)-4(z+1)+4z+1=2(z-1)\neq 0$ (car $z\neq 1$, car $B(1)\neq 0$). C'est une autre façon de prouver que $D=1$, mais qui ne permet pas de trouver $U,V$.
   • $1=B-R_{1}Q_{2}=B-(A-BQ_{1})Q_{2}=AU+BV$ avec $U=-Q_{2}=-X-1$ et $V=1+Q_{1}Q_{2}=1+(X^{2}-3)(X+1)=X^{3}+X^{2}-3X-2$. (Remarque : $V=(X+2)B$.)

 

Exercice 3-5

Soient $P\in \mathbb {R} [X]$ et $x_{0}\neq x_{1}\in \mathbb {R}$. On suppose que le reste de la division (euclidienne) de $P$ par $X-x_{i}$ est $y_{i}$. Quel est le reste de la division de $P$ par $(X-x_{0})(X-x_{1})$ ?

Solution

$P(x_{i})=y_{i}$.

$P(X)=(X-x_{0})(X-x_{1})Q(X)+aX+b$ avec $y_{i}=ax_{i}+b$ donc $a={\frac {y_{1}-y_{0}}{x_{1}-x_{0}}}$ et $b={\frac {y_{0}x_{1}-y_{1}x_{0}}{x_{1}-x_{0}}}$.

Pour une généralisation, voir Analyse numérique et calcul scientifique/Interpolation polynomiale#Interpolation Lagrangienne.

 

Quel est le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $X^{2}+1$ ?

Solution

Le reste est $aX+b$ avec $a,b\in \mathbb {R}$ tels que $\mathrm {i} ^{n}=a\mathrm {i} +b$.

• Si $n\equiv 0{\bmod {4}}$ alors $\mathrm {i} ^{n}=1,a=0,b=1$.
• Si $n\equiv 1{\bmod {4}}$ alors $\mathrm {i} ^{n}=\mathrm {i} ,a=1,b=0$.
• Si $n\equiv 2{\bmod {4}}$ alors $\mathrm {i} ^{n}=-1,a=0,b=-1$.
• Si $n\equiv 3{\bmod {4}}$ alors $\mathrm {i} ^{n}=-\mathrm {i} ,a=-1,b=0$.

 

Quel est le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $X^{2}+X+1$ ?

Solution

Le reste est $aX+b$ avec $\mathrm {j} ^{n}=a\mathrm {j} +b$ et ${\overline {\mathrm {j} }}^{n}=a{\overline {\mathrm {j} }}+b$ donc $a={\frac {\mathrm {j} ^{n}-{\overline {\mathrm {j} }}^{n}}{\mathrm {j} -{\overline {\mathrm {j} }}}}$ et $b=-{\frac {\mathrm {j} ^{n-1}-{\overline {\mathrm {j} }}^{n-1}}{\mathrm {j} -{\overline {\mathrm {j} }}}}$.

• Si $n\equiv 0{\bmod {3}}$ alors $aX+b=0X+1=1$ ;
• si $n\equiv 1{\bmod {3}}$ alors $aX+b=1X+0=X$ ;
• si $n\equiv -1{\bmod {3}}$ alors $aX+b=-1X+(-1)=-X-1$.

 

Quel est le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $(X-1)(X-2)(X-3)$ ?

Solution

Le reste est $aX^{2}+bX+c$ avec $a+b+c=1$, $4a+2b+c=2^{n}$ et $9a+3b+c=3^{n}$ donc $a={\frac {3^{n}-2^{n+1}+1}{2}}$, $b={\frac {2^{n+3}-3^{n+1}-5}{2}}$ et $c=3^{n}-3\times 2^{n}+3$.

 

En utilisant la dérivation, trouver le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $(X-1)^{2}$.

Solution

Le reste est $R(X)=aX+b$ avec $a+b=1$ et $a=n$ donc $R(X)=nX+1-n$.

 

Trouver de même le reste de la division euclidienne de $X^{n}$ par $(X^{2}+1)^{2}$.

Solution

Le reste est $aX^{3}+bX^{2}+cX+d$ avec $\mathrm {i} ^{n}=-a\mathrm {i} -b+c\mathrm {i} +d$, $(-1)^{n}\mathrm {i} ^{n}=a\mathrm {i} -b-c\mathrm {i} +d$, $n\mathrm {i} ^{n-1}=-3a+2b\mathrm {i} +c$ et $n(-1)^{n-1}\mathrm {i} ^{n-1}=-3a-2b\mathrm {i} +c$. Si $n$ est pair alors $a=c=0$, $b=-{\frac {n}{2}}(-1)^{\frac {n}{2}}$ et $d=\left(1-{\frac {n}{2}}\right)(-1)^{\frac {n}{2}}$. Si $n$ est impair alors $b=d=0$, $a={\frac {1-n}{2}}(-1)^{\frac {n-1}{2}}$ et $c={\frac {3-n}{2}}(-1)^{\frac {n-1}{2}}$.

 

Exercice 3-6

1. Décomposer dans $\mathbb {C} [X]$ et $\mathbb {R} [X]$ les polynômes $A=X^{3}+1$, $B=X^{3}-1$ et $C=X^{4}+X^{2}+1$.
2. En déduire $A\land C$, $B\land C$, $A\lor C$ et $B\lor C$.

Solution

1. $B(X)=(X-1)(X-\mathrm {j} )(X-\mathrm {j} ^{2})=(X-1)(X^{2}+X+1)$, $A(X)=-B(-X)=(X+1)(X+\mathrm {j} )(X+\mathrm {j} ^{2})=(X+1)(X^{2}-X+1)$, $C={\frac {X^{6}-1}{X^{2}-1}}={\frac {AB}{(X+1)(X-1)}}=(X+\mathrm {j} )(X+\mathrm {j} ^{2})(X-\mathrm {j} )(X-\mathrm {j} ^{2})=(X^{2}-X+1)(X^{2}+X+1)$.
2. $A\land C=(X+\mathrm {j} )(X+\mathrm {j} ^{2})=X^{2}-X+1$, $B\land C=(X-\mathrm {j} )(X-\mathrm {j} ^{2})=X^{2}+X+1$, $A\lor C=(X+1)C$ et $B\lor C=(X-1)C$.

 

Exercice 3-7

1. Montrer que $\mathbb {Z} [X,Y]$ est un anneau factoriel.
2. Montrer que $X^{2}+Y^{2}+1$ est irréductible dans $\mathbb {Z} [X,Y]$.
3. Calculer le pgcd de $X^{3}Y^{2}+XY^{4}+XY^{2}$ et $X^{3}+X^{2}+XY^{2}+Y^{2}+X+1$.

Solution

1. $\mathbb {Z}$ est (euclidien donc principal donc) factoriel, donc $\mathbb {Z} [X]$ est (non principal mais) factoriel, donc $\mathbb {Z} [X][Y]$ aussi.
2. Vu comme polynôme en $Y$, $Y^{2}+(X^{2}+1)$ est irréductible car il est de degré 2 et sans racine dans $\mathbb {Z} [X]$, car il n'existe pas de $F$ dans $\mathbb {Z} [X]$ tel que $F^{2}=-X^{2}-1$. En fait, il n'en existe même pas dans $\mathbb {R} (X)$, pour des raisons de signe de la fonction rationnelle associée. (Ni même dans $\mathbb {C} (X)$ car pour tous $A,B\in \mathbb {C} [X]$ non nuls, les facteurs irréductibles $X+\mathrm {i}$ et $X-\mathrm {i}$ apparaissent chacun à une puissance impaire dans $-(X^{2}+1)B^{2}(X)$ et à une puissance paire dans $A^{2}(X)$, ce qui exclut que $A/B=-X^{2}-1$.)
3. $\operatorname {pgcd} (X^{3}Y^{2}+XY^{4}+XY^{2},X^{3}+X^{2}+XY^{2}+Y^{2}+X+1)=(X^{2}+Y^{2}+1)\operatorname {pgcd} (XY^{2},X+1)=X^{2}+Y^{2}+1$.

 

Exercice 3-8

Déterminer $P\in \mathbb {R} [X]$ de degré minimal tel que $P+1$ soit divisible par $(X-1)^{3}$ et $P-1$ par $(X+1)^{3}$.

Solution

$P=(X-1)^{3}A(X)-1=(X+1)^{3}B(X)+1\Rightarrow (X-1)^{3}A(X)-(X+1)^{3}B(X)=2$. Or

${\begin{aligned}2^{5}&=\left((X+1)-(X-1)\right)^{5}\\&=\sum _{k=0}^{5}{\binom {5}{k}}(X+1)^{k}(1-X)^{5-k}\\&=(X+1)^{3}\left((X+1)^{2}-5(X+1)(X-1)+10(X-1)^{2}\right)-(X-1)^{3}\left(10(X+1)^{2}-5(X+1)(X-1)+(X-1)^{2}\right)\\&=(X+1)^{3}\left(6X^{2}-18X+16\right)-(X-1)^{3}\left(6X^{2}+18X+16\right)\end{aligned}}$

donc

${\begin{aligned}(X-1)^{3}A(X)-(X+1)^{3}B(X)=2&\Leftrightarrow (X-1)^{3}A(X)-(X+1)^{3}B(X)={\frac {(X+1)^{3}\left(3X^{2}-9X+8\right)-(X-1)^{3}\left(3X^{2}+9X+8\right)}{8}}\\&\Leftrightarrow (X-1)^{3}A(X)-(X+1)^{3}B(X)={\frac {(X+1)^{3}\left(3X^{2}-9X+8\right)-(X-1)^{3}\left(3X^{2}+9X+8\right)}{8}}\\&\Leftrightarrow (X-1)^{3}\left(A(X)+{\frac {3X^{2}+9X+8}{8}}\right)=(X+1)^{3}\left(B(X)+{\frac {3X^{2}-9X+8}{8}}\right)\\&\Leftrightarrow \exists C\in \mathbb {R} [X]\quad A(X)=-{\frac {3X^{2}+9X+8}{8}}+(X+1)^{3}C(X),\;B(X)=-{\frac {3X^{2}-9X+8}{8}}+(X-1)^{3}C(X).\end{aligned}}$

Pour que $P$ soit de degré minimal, on choisit $C=0$, ce qui donne :

$P=-(X-1)^{3}{\frac {3X^{2}+9X+8}{8}}-1=-(X+1)^{3}{\frac {3X^{2}-9X+8}{8}}+1={\frac {-3X^{5}+10X^{3}-15X}{8}}$.

Une méthode plus « pédestre » consiste à poser a priori $P=aX^{5}+bX^{4}+cX^{3}+dX^{2}+eX+f$, à traduire en 6 équations sur les 6 inconnues $a,b,\dots ,f$ les 6 contraintes ($P(1)=-1$, $P(-1)=1$, et 1 et –1 sont racines de $P'$ et $P''$) :

$b+d+f=0,\quad a+c+e=-1,\quad 2b+d=0,\quad 5a+3c+e=0,\quad 6b+d=0,\quad 10a+3c=0$

et à résoudre.

 

Exercice 3-9

Soient $P,Q\in \mathbb {R} [X]$ tels que $Q^{2}\mid P^{2}-1$. Montrer que $P\land Q=1$ puis, que $Q\mid P'$.

Solution

Soit $R\in \mathbb {R} [X]$ tel que $P^{2}-1=RQ^{2}$.

• $1=PU+QV$ (pour $U=P$ et $V=-RQ$) donc $P\land Q=1$.
• $2PP'=(R'Q+2RQ')Q$ donc $Q\mid PP'$, or $P\land Q=1$, donc $Q\mid P'$.

 

Exercice 3-10

On considère les polynômes $A_{n}=\sum _{k=0}^{n}X^{2k}$.

1. Calculer, pour tout $n\in \mathbb {N} ^{*}$ : $A_{n+1}-X^{2}A_{n}$.
2. Montrer que $\forall n\in \mathbb {N} ^{*}\quad A_{n}\land A_{n+1}=1$.
3. Montrer que $\forall p\in \mathbb {N} \quad A_{1}\mid A_{2p+1}$.
4. Montrer que $A_{1}\mid A_{n}$ (si et) seulement si $n$ est impair.
5. Quelles sont les racines complexes de $A_{n}$ ?

Solution

1. $A_{n+1}-X^{2}A_{n}=1$.
2. La question précédente donne une identité de Bézout prouvant que $A_{n}\land A_{n+1}=1$.
3. La question 1 donne aussi $A_{n+2}=A_{1}+X^{4}A_{n}$, d'où le résultat voulu, par récurrence sur $p$. Ou directement : $A_{2p+1}=1+X^{2}+\dots +X^{4p+2}=(1+X^{2})(1+X^{2}+\dots +X^{4p}$).
4. Par récurrence sur $p$, toujours d'après $A_{n+2}=A_{1}+X^{4}A_{n}$, $A_{1}$ ne divise pas $A_{2p}$. Ou directement : $A_{2p}(\mathrm {i} )=1-1+1-1+\dots +\mathrm {i} ^{4p}=1\neq 0$.
5. $(X^{2}-1)A_{n}=X^{2n+2}-1$ donc les racines de $A_{n}$ sont les $\operatorname {e} ^{\pm \mathrm {i} {\frac {k\pi }{n+1}}}$ pour $1\leq k\leq n$.

 

Exercice 3-11

Soient $n$ et $m$ deux entiers positifs.

1. Déduire de la division euclidienne de $n$ par $m$ celle de $X^{n}-1$ par $X^{m}-1$.
2. Déduire du pgcd de $n$ et $m$ celui de $X^{n}-1$ et $X^{m}-1$.
3. Quel est le pgcd de $P=X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ et $Q=X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1$ ?
4. Quel est le pgcd de $P=X^{47}+X^{46}+\dots +X^{2}+X+1$ et $Q=X^{14}+X^{13}+\dots +X^{2}+X+1$ ?
5. Trouver deux polynômes $U,V\in \mathbb {Z} [X]$ tels que $(X^{5}-1)U+(X^{9}-1)V=X-1$.

Solution

1. $n=mq+r$, $0\leq r<m$. $X^{mq+r}-1=(X^{mq}-1)X^{r}+X^{r}-1=(X^{m}-1)Q+R$ avec $Q=(X^{m(q-1)}+\dots +X^{m}+1)X^{r}$ et $R=X^{r}-1$.
2. D'après la question précédente, les deux algorithmes d'Euclide se font en parallèle et si $\operatorname {pgcd} (m,n)=d$, $\operatorname {pgcd} (X^{n}-1,X^{m}-1)=X^{d}-1$.
   Autre méthode : soient $a,b$ (premiers entre eux) tels que $m=ad,n=bd$. Alors $X^{m}-1=X^{ad}-1=(X^{d}-1)(1+X^{d}+\ldots +X^{(a-1)d})$ donc $X^{d}-1\mid X^{m}-1$ et (de même) $X^{d}-1\mid X^{n}-1$. De plus on a Bézout : soient $u,v\in \mathbb {Z}$ tels que $au+bv=1$, alors $u,v$ sont de signes contraires, par exemple $u>0$ et $v=-w\leq 0$, donc $mu=nw+d$, donc $X^{mu}-1=X^{d}(X^{nw}-1)+X^{d}-1$, donc $X^{d}-1\in \langle X^{mu}-1,X^{nw}-1\rangle \subset \langle X^{m}-1,X^{n}-1\rangle$.
3. D'après la question précédente, $(X-1)\operatorname {pgcd} (P,Q)=\operatorname {pgcd} ((X-1)P,(X-1)Q)=\operatorname {pgcd} (X^{6}-1,X^{8}-1)=X^{2}-1=(X-1)(X+1)$ donc $\operatorname {pgcd} (P,Q)=X+1$.
4. De même, $(X-1)\operatorname {pgcd} (P,Q)=\operatorname {pgcd} ((X-1)P,(X-1)Q)=\operatorname {pgcd} (X^{48}-1,X^{15}-1)=X^{3}-1=(X-1)(X^{2}+X+1)$ donc $\operatorname {pgcd} (P,Q)=X^{2}+X+1$.
5. $X^{9}-1=(X^{5}-1)X^{4}+X^{4}-1$ et $X^{5}-1=(X^{4}-1)X+X-1$ donc
   $X-1=(X^{5}-1)-(X^{4}-1)X=(X^{5}-1)-[(X^{9}-1)-(X^{5}-1)X^{4}]X=(X^{5}-1)U+(X^{9}-1)V$ avec $U=1+X^{5}$ et $V=-X$.

 

Exercice 3-12

Soit $n\in \mathbb {N} ^{*}$.

1. Montrer $\exists !(P,Q)\in \mathbb {R} _{n-1}[X]\times \mathbb {R} _{n-1}[X]\quad (1-X)^{n}P(X)+X^{n}Q(X)=1$.
2. Montrer que $P(X)=Q(1-X)$.
3. Montrer que $\exists a\in \mathbb {R} ^{*}\quad (1-X)P'(X)-nP(X)=aX^{n-1}$.
4. Calculer $P$ pour $n=3$. Le retrouver par l'algorithme d'Euclide.

Solution

1. $(1-X)^{n}$ et $X^{n}$ sont premiers entre eux (car $1-X$ et $X$ le sont), d'où l'existence de polynômes $P,Q$ tels que $(1-X)^{n}P(X)+X^{n}Q(X)=1$, $\deg P<\deg(X^{n})$ et $\deg Q<\deg((1-X)^{n})$.
2. En remplaçant $X$ par $1-X$, les degrés ne sont pas modifiés et $X^{n}P(1-X)+(1-X)^{n}Q(1-X)=1$. Par unicité, $P(X)=Q(1-X)$ (et $P(1-X)=Q(X)$, ce qui est d'ailleurs équivalent).
3. $0=-n(1-X)^{n-1}P+(1-X)^{n}P'+nX^{n-1}Q+x^{n}Q'$ donc $X^{n-1}$ divise $(1-X)P'-nP$, qui est de degré $\leq n-1$ et qui est donc de la forme $aX^{n-1}$ avec $a\in \mathbb {R}$. De plus, $a\neq 0$ car le seul polynôme de degré $<n$ solution de l'équation différentielle $(1-X)P'-nP=0$ est le polynôme nul, or $P\neq 0$ car $X^{n}Q\neq 1$.
4. $1=(1-X+X)^{5}=(1-X)^{3}P(X)+X^{3}Q(X)$ avec $P(X)=(1-X)^{2}+5(1-X)X+10X^{2}=6X^{2}+3X+1$ et $Q(X)=10(1-X)^{2}+5(1-X)X+X^{2}=6X^{2}-15X+10$.
   Ou en utilisant la question précédente : $P(X)=aX^{2}+bX+c$ avec $\lambda X^{2}=(1-X)(2aX+b)-3(aX^{2}+bX+c)=-5aX^{2}+(2a-4b)X+b-3c$ donc $b=3c$ et $a=2b=6c$, or $1=P(0)=c$, donc $P(X)=6X^{2}+3X+1$.
   Ou par l'algorithme d'Euclide…

 

Exercice 3-13

1. Effectuer la division euclidienne de $A:=2X^{4}-4X^{3}-7X-14$ par $B:=X^{2}-2X-2$.
2. En déduire $A(1+{\sqrt {3}})$ et $A(1-{\sqrt {3}})$.
3. Effectuer la division euclidienne de $A:=X^{4}+1$ par $B:=4X^{2}-X$.

Solution

1. $A=(2X^{2}+4)B+(X-6)$.
2. Soit $\varepsilon =\pm 1$. $B(1+\varepsilon {\sqrt {3}})=0$ donc $A(1+\varepsilon {\sqrt {3}})=1+\varepsilon {\sqrt {3}}-6=-5+\varepsilon {\sqrt {3}}$.
3. $A=\left({\frac {X^{2}}{4}}+{\frac {X}{16}}+{\frac {1}{64}}\right)B+{\frac {X}{64}}+1$, ce qui est cohérent avec $A(0)=1$ et $A\left(\pm {\frac {1}{2}}\right)={\frac {1}{64}}+1$.

 

Exercice 3-14

1. Effectuer la division euclidienne de $A:=X^{4}+2X^{3}-2X^{2}-3X+2$ par $X^{2}+X$.
2. En déduire une décomposition de $A$ en un produit de deux polynômes du second degré.
3. Donner la décomposition en facteurs irréductibles de $A$ dans $\mathbb {R} [X]$.

Solution

1. $A=(X^{2}+X-3)(X^{2}+X)+2$.
2. $A=(X^{2}+X)^{2}-3(X^{2}+X)+2=(X^{2}+X-1)(X^{2}+X-2)$.
3. $A=\left(X+{\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}\right)\left(X+{\frac {1-{\sqrt {5}}}{2}}\right)\left(X-1\right)\left(X+2\right)$.

 

Exercice 3-15

Soit $K$ un corps algébriquement clos. Répertorier les idéaux premiers de $K[X,Y]$.

Solution

Soient $A=K[X]$ et $P$ un idéal premier de $A[Y]$. L'idéal $P\cap A$ de l'anneau principal $A$ est premier. Il est donc soit nul, soit engendré par un polynôme unitaire irréductible $f\in A$.

• Premier cas : $P\cap A=\langle f\rangle$ avec (puisque $K$ est algébriquement clos) $f=X-a$, $a\in K$. Alors, $P$ est l'image réciproque d'un idéal premier $Q$ de l'anneau $A[Y]/(fA[Y])=(A/\langle f\rangle )[Y]=K[Y]$. Selon que $Q$ est nul ou de la forme $\langle Y-b\rangle$, $P$ est égal soit à $\langle X-a\rangle$, soit à $\langle X-a,Y-b\rangle$.
• Second cas : $P\cap A=\{0\}$. Par localisation, $P=Q\cap A[Y]$ avec $Q:=K(X)P$ idéal premier de $K(X)[Y]$. Selon que $Q$ est nul ou engendré par un polynôme irréductible $F\in K(X)[Y]$, $P$ est soit nul, soit engendré par un polynôme irréductible $G(X,Y)\in A[Y]$ ($F(X,Y)=g(X)G(X,Y)$ où $g(X)\in K(X)$ est le « contenu » de $F$ : cf. Lemme de Gauss (polynômes)).

Bilan : les idéaux premiers de $K[X,Y]$ sont l'idéal nul, les idéaux engendré par un polynôme irréductible $G(X,Y)$, et les idéaux maximaux, de la forme $\langle X-a,Y-b\rangle$.

Voir aussi :

• Joseph Muller, « Idéaux premiers de K[X,Y] »
• Diego Izquierdo, « Algèbre 2, TD3 (idéaux premiers et maximaux, polynômes, approximation) », 2015, exercice 6 : idéaux premiers d'un anneau de polynômes

 

Exercice 3-16

1. Quels sont les facteurs irréductibles de $X^{4}-1$ et de $X^{4}+1$ dans $\mathbb {Q} [X]$, dans $\mathbb {R} [X]$, dans $\mathbb {C} [X]$ ?
2. Soit $a$ un entier non nul. Montrer que $X^{4}+aX^{2}-1$ est irréductible dans $\mathbb {Q} [X]$.

Solution

1. $X^{4}-1=(X^{2}+1)(X+1)(X-1)$ dans $\mathbb {Q} [X]$ et $\mathbb {R} [X]$ et $(X-\mathrm {i} )(X+\mathrm {i} )(X+1)(X-1)$ dans $\mathbb {C} [X]$.
   $X^{4}+1=(X-\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \pi /4})(X+\operatorname {e} ^{\mathrm {i} \pi /4})(X-\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \pi /4})(X+\operatorname {e} ^{-\mathrm {i} \pi /4})$ dans $\mathbb {C} [X]$, $(X^{2}-X{\sqrt {2}}+1)(X^{2}+X{\sqrt {2}}+1)$ dans $\mathbb {R} [X]$, et irréductible dans $\mathbb {Q} [X]$.
2. Soit $\alpha \in \mathbb {C}$ une racine de ce polynôme $P$, alors $\alpha ^{2}=\beta _{\pm }:={\frac {-a\pm {\sqrt {a^{2}+4}}}{2}}\notin \mathbb {Q}$ donc $\alpha \notin \mathbb {Q}$, donc $P$ n'a pas de facteur de degré 1 dans $\mathbb {Q} [X]$. D'autre part, si $P(X)=(X^{2}+p_{+}X+q_{+})(X^{2}+p_{-}X+q_{-})$ avec $q_{\pm }\in \mathbb {R}$ alors $p_{-}=-p_{+},p_{+}(q_{-}-q_{+})=0,q_{+}q_{-}=-1$ donc $p_{\pm }=0$ et $q_{\pm }=-\beta _{\pm }\notin \mathbb {Q}$, donc $P$ n'a pas non plus de facteur de degré 2 dans $\mathbb {Q} [X]$.

 

Exercice 3-17

1. Soient A un anneau factoriel, p un élément premier de A, et $P\in A[X]$. On suppose que l'image ${\overline {P}}$ de P dans (A/pA)[X] est irréductible et de même degré que P. Montrer qu'alors, P est irréductible sur le corps des fractions de A.
2. Donner un exemple montrant que l'hypothèse sur les degrés est indispensable.
3. Montrer que le polynôme $P=X^{6}+18X^{5}+12X^{4}-6X^{3}+32X^{2}+13X+45$ est irréductible sur $\mathbb {Z}$.

Solution

1. Supposons que P est réductible sur le corps des fractions de A. Alors, P = QR avec $Q,R\in A[X]$, de degrés < deg(P) donc chacun de même degré que son image dans (A/pA)[X]. Comme ${\overline {P}}={\bar {Q}}{\bar {R}}$, ceci contredit l'hypothèse d'irréductibilité de ${\overline {P}}$.
2. $(2X+1)X\in \mathbb {Z} [X]$ est réductible sur $\mathbb {Q}$, bien que son image modulo 2 soit irréductible.
3. Comme P est primitif, il suffit de montrer qu'il est irréductible dans $\mathbb {Q} [X]$. Pour cela, d'après la question 1 appliquée à p = 2, il suffit de montrer que le polynôme ${\bar {P}}=X^{6}+X+1$ est irréductible sur $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$. On vérifie facilement que ${\bar {P}}$ n'a pas de racine dans $\mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ et (en calculant le reste de la division euclidienne) qu'il n'est divisible ni par $X^{2}+X+1$, ni par $X^{3}+X+1$, ni par $X^{3}+X^{2}+1$, les seuls irréductibles de degré 2 ou 3 de $(\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]$ (cf. exercice 5 du lien externe ci-dessous). Ou moins savamment, pour tous $a,b,c\in \mathbb {Z} /2\mathbb {Z}$ :
   • modulo $X-a$, on a ${\overline {P}}=a^{6}+a+1=1\neq 0$ ;
   • modulo $X^{2}-aX-b$, on a $X^{3}\equiv aX^{2}+bX\equiv a(aX+b)+bX=(a+b)X+ab$ donc $X^{6}\equiv (aX+b)^{3}=aX^{3}+abX^{2}+abX+b\equiv (a+ab)X+ab+abX+ab+abX+b=(a+ab)X+b$ donc ${\overline {P}}\equiv (a+ab+1)X+(b+1)\neq 0$ ;
   • modulo $X^{3}-aX^{2}-bX-c$, on a $X^{6}\equiv (aX^{2}+bX+c)^{2}=aX^{4}+bX^{2}+c\equiv aX^{3}+abX^{2}+acX+bX^{2}+c\equiv aX^{2}+abX+ac+(ab+b)X^{2}+acX+c=(a+ab+b)X^{2}+a(b+c)X+(a+1)c$ donc ${\overline {P}}\equiv (a+ab+b)X^{2}+(1+ab+ac)X+(1+c+ac)\neq 0$.

 

Exercice 3-18

Soient $K$ un corps et $g\in K[X]$, de degré $m\geq 1$. Montrer que tout polynôme $f\in K[X]$ s'écrit de façon unique

$f=f_{0}+gf_{1}+g^{2}f_{2}+\ldots +g^{d}f_{d}$ avec $f_{i}\in K[X]$ de degré $<m$.

Solution

Par récurrence sur le degré $n$ de $f$ : si $n\geq m$, en posant $f=gq+r$ la division euclidienne de $f$ par $g$, la condition équivaut à $f_{0}=r$ et $q=f_{1}+gf_{2}+\ldots +g^{d-1}f_{d}$, or $q$ est de degré $n-m$.

 

Exercice 3-19

Soient $\lambda \in \mathbb {C}$, $P\in \mathbb {C} [X]$ et $N\in \mathbb {N}$ tels que pour tout entier $n>N$, $\lambda ^{n}=P(n)$. Montrer que $\lambda$ est égal à $0$ ou $1$.

Solution

Supposons $\lambda \neq 0$ (donc $P\neq 0$) et notons $P=\sum _{k=0}^{d}a_{k}X^{k}$ (avec $a_{d}\neq 0$). Alors, pour tout entier $n>N$, $P(n+1)-\lambda P(n)=0$ donc (puisque ce polynôme a une infinité de racines) $P(X+1)-\lambda P(X)=0$ donc (en examinant les coefficients dominants) $a_{d}=\lambda a_{d}$, donc $\lambda =1$ (et $P=1$).

 

Plus généralement, soient $\lambda _{1},\dots ,\lambda _{r}$ des complexes non nuls distincts, $P_{1},\dots ,P_{r}\in \mathbb {C} [X]$ et $N\in \mathbb {N}$ tels que pour tout entier $n>N$, $\sum _{i=1}^{r}\lambda _{i}^{n}P_{i}(n)=0$. Montrer que tous les polynômes $P_{i}$ sont nuls.

Solution

On procède par récurrence sur $r\in \mathbb {N}$. Pour $r=0$, il n'y a rien à démontrer. Soit $r>0$. Supposons la propriété vraie pour $r-1$ et montrons qu'elle l'est pour $r$. Par hypothèse, pour tout entier $n>N$, $\sum _{i=1}^{r-1}\lambda _{i}^{n}\left(\lambda _{i}P_{i}(n+1)-\lambda _{r}P_{i}(n)\right)=0$ donc par hypothèse de récurrence, pour tout $i$ de $1$ à $r-1$, $\lambda _{i}P_{i}(X+1)=\lambda _{r}P_{i}(X)$, ce qui, puisque $\lambda _{i}\neq \lambda _{r}$, implique $P_{i}=0$. Comme $\lambda _{r}\neq 0$, l'hypothèse $\forall n>N\quad \sum _{i=1}^{r}\lambda _{i}^{n}P_{i}(n)=0$ devient alors $\forall n>N\quad P_{r}(n)=0$ donc $P_{r}=0$.

 

Lien externe

V. Gritsenko et J.-F. Barraud, « Anneaux de polynômes I », sur exo7