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Exercice : Arithmétique des polynômesPolynôme/Exercices/Arithmétique des polynômes », n'a pu être restituée correctement ci-dessus.
Déterminer le PGCD et le PPCM des polynômes :
A := X 6 + X 4 − X − 1 {\displaystyle A:=X^{6}+X^{4}-X-1} et B := X 5 − 3 X 4 + 3 X 3 − 2 X 2 − X + 2 {\displaystyle B:=X^{5}-3X^{4}+3X^{3}-2X^{2}-X+2} ;
P := X 4 + X + 1 {\displaystyle P:=X^{4}+X+1} et Q := X 2 + X + 1 {\displaystyle Q:=X^{2}+X+1} .
Déterminer ( U , V ) ∈ ( R [ X ] ) 2 {\displaystyle (U,V)\in (\mathbb {R} [X])^{2}} vérifiant U P + V Q = 1 {\displaystyle UP+VQ=1} .
Solution
A = ( X − 1 ) A 1 {\displaystyle A=(X-1)A_{1}} et B = ( X − 1 ) B 1 {\displaystyle B=(X-1)B_{1}} avec A 1 = X 5 + X 4 + 2 X 3 + 2 X 2 + 2 X + 1 {\displaystyle A_{1}=X^{5}+X^{4}+2X^{3}+2X^{2}+2X+1} et B 1 = X 4 − 2 X 3 + X 2 − X − 2 {\displaystyle 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 ) {\displaystyle A_{1}=(X+3)B_{1}+7(X^{3}+X+1)} et B 1 = ( X − 2 ) ( X 3 + X + 1 ) {\displaystyle B_{1}=(X-2)(X^{3}+X+1)} , donc pgcd ( A 1 , B 1 ) = X 3 + X + 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (A_{1},B_{1})=X^{3}+X+1} , pgcd ( A , B ) = ( X − 1 ) ( X 3 + X + 1 ) = X 4 − X 3 + X 2 − 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (A,B)=(X-1)(X^{3}+X+1)=X^{4}-X^{3}+X^{2}-1} , ppcm ( A 1 , B 1 ) = ( X − 2 ) A 1 = X 6 − X 5 − 2 X 3 − 2 X 2 − 3 X − 2 {\displaystyle \operatorname {ppcm} (A_{1},B_{1})=(X-2)A_{1}=X^{6}-X^{5}-2X^{3}-2X^{2}-3X-2} et ppcm ( A , B ) = ( X − 1 ) ppcm ( A 1 , B 1 ) {\displaystyle \operatorname {ppcm} (A,B)=(X-1)\operatorname {ppcm} (A_{1},B_{1})} . On pouvait aussi appliquer directement l'algorithme d'Euclide à A {\displaystyle A} et B {\displaystyle B} : A = ( X + 3 ) B + 7 ( X 4 − X 3 + X 2 − 1 ) {\displaystyle A=(X+3)B+7(X^{4}-X^{3}+X^{2}-1)} et B = ( X − 2 ) ( X 4 − X 3 + X 2 − 1 ) {\displaystyle B=(X-2)(X^{4}-X^{3}+X^{2}-1)} , donc pgcd ( A , B ) = X 4 − X 3 + X 2 − 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (A,B)=X^{4}-X^{3}+X^{2}-1} et ppcm ( A , B ) = A B / pgcd ( A , B ) {\displaystyle \operatorname {ppcm} (A,B)=AB/\operatorname {pgcd} (A,B)}
P = ( X 2 − X ) Q + 2 X + 1 {\displaystyle P=(X^{2}-X)Q+2X+1} et Q = ( X + 1 / 2 ) 2 + 3 / 4 {\displaystyle Q=(X+1/2)^{2}+3/4} (ou encore : cf. question suivante) donc pgcd ( P , Q ) = 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (P,Q)=1} et ppcm ( P , Q ) = P Q {\displaystyle \operatorname {ppcm} (P,Q)=PQ}
3 = 4 Q − ( 2 X + 1 ) 2 = 4 Q − ( 2 X + 1 ) ( P − ( X 2 − X ) Q ) = − ( 2 X + 1 ) P + ( 4 + ( 2 X + 1 ) ( X 2 − X ) ) Q {\displaystyle 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 = − 2 X + 1 3 {\displaystyle U=-{\frac {2X+1}{3}}} et V = 2 X 3 − X 2 − X + 4 3 {\displaystyle V={\frac {2X^{3}-X^{2}-X+4}{3}}} conviennent.
Quel est le pgcd D {\displaystyle D} des polynômes A = X 4 + 2 X 3 − X 2 − 4 X − 2 {\displaystyle A=X^{4}+2X^{3}-X^{2}-4X-2} et B = X 4 + X 3 − X 2 − 2 X − 2 {\displaystyle B=X^{4}+X^{3}-X^{2}-2X-2} ?
Trouver des polynômes U , V {\displaystyle U,V} tels que A U + B V = D {\displaystyle AU+BV=D} .
Mêmes questions avec A = X 4 − X 3 − 4 X 2 + 4 X + 1 {\displaystyle A=X^{4}-X^{3}-4X^{2}+4X+1} et B = X 2 − X − 1 {\displaystyle B=X^{2}-X-1} .
Solution
A = B Q 1 + R 1 , B = R 1 Q 2 + R 2 , R 1 = R 2 Q 3 + 0 {\displaystyle 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 − 2 X , Q 2 = X + 1 , R 2 = X 2 − 2 Q 3 = X {\displaystyle 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 {\displaystyle D=R_{2}=X^{2}-2} . Remarque : A = ( X 2 − 2 ) ( X + 1 ) 2 {\displaystyle A=(X^{2}-2)(X+1)^{2}} et B = ( X 2 − 2 ) ( X 2 + 2 X + 1 ) {\displaystyle B=(X^{2}-2)(X^{2}+2X+1)} et ( X + 1 ) 2 , X 2 + X + 1 {\displaystyle (X+1)^{2},X^{2}+X+1} sont premiers entre eux.
R 2 = B − R 1 Q 2 = B − ( A − B Q 1 ) Q 2 = A U + B V {\displaystyle R_{2}=B-R_{1}Q_{2}=B-(A-BQ_{1})Q_{2}=AU+BV} avec U = − Q 2 = − X 2 + 2 {\displaystyle U=-Q_{2}=-X^{2}+2} et V = 1 + Q 1 Q 2 = X + 2 {\displaystyle V=1+Q_{1}Q_{2}=X+2} .
A = B Q 1 + R 1 , B = R 1 Q 2 + 1 {\displaystyle 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 {\displaystyle Q_{1}=X^{2}-3,R_{1}=X-2,Q_{2}=X+1} ) donc D = 1 {\displaystyle D=1} . Remarque : soit z ∈ C {\displaystyle z\in \mathbb {C} } une racine de B {\displaystyle B} , alors z 2 = z + 1 {\displaystyle z^{2}=z+1} donc z 3 = z 2 + z = 2 z + 1 {\displaystyle z^{3}=z^{2}+z=2z+1} et z 4 = 2 z 2 + z = 3 z + 2 {\displaystyle z^{4}=2z^{2}+z=3z+2} donc A ( z ) = ( 3 z + 2 ) − ( 2 z + 1 ) − 4 ( z + 1 ) + 4 z + 1 = 2 ( z − 1 ) ≠ 0 {\displaystyle A(z)=(3z+2)-(2z+1)-4(z+1)+4z+1=2(z-1)\neq 0} (car z ≠ 1 {\displaystyle z\neq 1} , car B ( 1 ) ≠ 0 {\displaystyle B(1)\neq 0} ). C'est une autre façon de prouver que D = 1 {\displaystyle D=1} , mais qui ne permet pas de trouver U , V {\displaystyle U,V} .
1 = B − R 1 Q 2 = B − ( A − B Q 1 ) Q 2 = A U + B V {\displaystyle 1=B-R_{1}Q_{2}=B-(A-BQ_{1})Q_{2}=AU+BV} avec U = − Q 2 = − X − 1 {\displaystyle U=-Q_{2}=-X-1} et V = 1 + Q 1 Q 2 = 1 + ( X 2 − 3 ) ( X + 1 ) = X 3 + X 2 − 3 X − 2 {\displaystyle V=1+Q_{1}Q_{2}=1+(X^{2}-3)(X+1)=X^{3}+X^{2}-3X-2} . (Remarque : V = ( X + 2 ) B {\displaystyle V=(X+2)B} .)
Soient P ∈ R [ X ] {\displaystyle P\in \mathbb {R} [X]} et x 0 ≠ x 1 ∈ R {\displaystyle x_{0}\neq x_{1}\in \mathbb {R} } . On suppose que le reste de la division (euclidienne) de P {\displaystyle P} par X − x i {\displaystyle X-x_{i}} est y i {\displaystyle y_{i}} . Quel est le reste de la division de P {\displaystyle P} par ( X − x 0 ) ( X − x 1 ) {\displaystyle (X-x_{0})(X-x_{1})} ?
Quel est le reste de la division euclidienne de X n {\displaystyle X^{n}} par X 2 + 1 {\displaystyle X^{2}+1} ?
Solution
Le reste est a X + b {\displaystyle aX+b} avec a , b ∈ R {\displaystyle a,b\in \mathbb {R} } tels que i n = a i + b {\displaystyle \mathrm {i} ^{n}=a\mathrm {i} +b} .
Si n ≡ 0 mod 4 {\displaystyle n\equiv 0{\bmod {4}}} alors i n = 1 , a = 0 , b = 1 {\displaystyle \mathrm {i} ^{n}=1,a=0,b=1} .
Si n ≡ 1 mod 4 {\displaystyle n\equiv 1{\bmod {4}}} alors i n = i , a = 1 , b = 0 {\displaystyle \mathrm {i} ^{n}=\mathrm {i} ,a=1,b=0} .
Si n ≡ 2 mod 4 {\displaystyle n\equiv 2{\bmod {4}}} alors i n = − 1 , a = 0 , b = − 1 {\displaystyle \mathrm {i} ^{n}=-1,a=0,b=-1} .
Si n ≡ 3 mod 4 {\displaystyle n\equiv 3{\bmod {4}}} alors i n = − i , a = − 1 , b = 0 {\displaystyle \mathrm {i} ^{n}=-\mathrm {i} ,a=-1,b=0} .
Quel est le reste de la division euclidienne de X n {\displaystyle X^{n}} par X 2 + X + 1 {\displaystyle X^{2}+X+1} ?
Quel est le reste de la division euclidienne de X n {\displaystyle X^{n}} par ( X − 1 ) ( X − 2 ) ( X − 3 ) {\displaystyle (X-1)(X-2)(X-3)} ?
En utilisant la dérivation, trouver le reste de la division euclidienne de X n {\displaystyle X^{n}} par ( X − 1 ) 2 {\displaystyle (X-1)^{2}} .
Trouver de même le reste de la division euclidienne de X n {\displaystyle X^{n}} par ( X 2 + 1 ) 2 {\displaystyle (X^{2}+1)^{2}} .
Décomposer dans C [ X ] {\displaystyle \mathbb {C} [X]} et R [ X ] {\displaystyle \mathbb {R} [X]} les polynômes A = X 3 + 1 {\displaystyle A=X^{3}+1} , B = X 3 − 1 {\displaystyle B=X^{3}-1} et C = X 4 + X 2 + 1 {\displaystyle C=X^{4}+X^{2}+1} .
En déduire A ∧ C {\displaystyle A\land C} , B ∧ C {\displaystyle B\land C} , A ∨ C {\displaystyle A\lor C} et B ∨ C {\displaystyle B\lor C} .
Montrer que Z [ X , Y ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X,Y]} est un anneau factoriel.
Montrer que X 2 + Y 2 + 1 {\displaystyle X^{2}+Y^{2}+1} est irréductible dans Z [ X , Y ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X,Y]} .
Calculer le pgcd de X 3 Y 2 + X Y 4 + X Y 2 {\displaystyle X^{3}Y^{2}+XY^{4}+XY^{2}} et X 3 + X 2 + X Y 2 + Y 2 + X + 1 {\displaystyle X^{3}+X^{2}+XY^{2}+Y^{2}+X+1} .
Solution
Z {\displaystyle \mathbb {Z} } est (euclidien donc principal donc) factoriel, donc Z [ X ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X]} est (non principal mais) factoriel, donc Z [ X ] [ Y ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X][Y]} aussi.
Vu comme polynôme en Y {\displaystyle Y} , Y 2 + ( X 2 + 1 ) {\displaystyle Y^{2}+(X^{2}+1)} est irréductible car il est de degré 2 et sans racine dans Z [ X ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X]} , car il n'existe pas de F {\displaystyle F} dans Z [ X ] {\displaystyle \mathbb {Z} [X]} tel que F 2 = − X 2 − 1 {\displaystyle F^{2}=-X^{2}-1} . En fait, il n'en existe même pas dans R ( X ) {\displaystyle \mathbb {R} (X)} , pour des raisons de signe de la fonction rationnelle associée. (Ni même dans C ( X ) {\displaystyle \mathbb {C} (X)} car pour tous A , B ∈ C [ X ] {\displaystyle A,B\in \mathbb {C} [X]} non nuls, les facteurs irréductibles X + i {\displaystyle X+\mathrm {i} } et X − i {\displaystyle X-\mathrm {i} } apparaissent chacun à une puissance impaire dans − ( X 2 + 1 ) B 2 ( X ) {\displaystyle -(X^{2}+1)B^{2}(X)} et à une puissance paire dans A 2 ( X ) {\displaystyle A^{2}(X)} , ce qui exclut que A / B = − X 2 − 1 {\displaystyle A/B=-X^{2}-1} .)
pgcd ( X 3 Y 2 + X Y 4 + X Y 2 , X 3 + X 2 + X Y 2 + Y 2 + X + 1 ) = ( X 2 + Y 2 + 1 ) pgcd ( X Y 2 , X + 1 ) = X 2 + Y 2 + 1 {\displaystyle \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} .
Déterminer P ∈ R [ X ] {\displaystyle P\in \mathbb {R} [X]} de degré minimal tel que P + 1 {\displaystyle P+1} soit divisible par ( X − 1 ) 3 {\displaystyle (X-1)^{3}} et P − 1 {\displaystyle P-1} par ( X + 1 ) 3 {\displaystyle (X+1)^{3}} .
Solution
P = ( X − 1 ) 3 A ( X ) − 1 = ( X + 1 ) 3 B ( X ) + 1 ⇒ ( X − 1 ) 3 A ( X ) − ( X + 1 ) 3 B ( X ) = 2 {\displaystyle 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
2 5 = ( ( X + 1 ) − ( X − 1 ) ) 5 = ∑ k = 0 5 ( 5 k ) ( X + 1 ) k ( 1 − X ) 5 − k = ( X + 1 ) 3 ( ( X + 1 ) 2 − 5 ( X + 1 ) ( X − 1 ) + 10 ( X − 1 ) 2 ) − ( X − 1 ) 3 ( 10 ( X + 1 ) 2 − 5 ( X + 1 ) ( X − 1 ) + ( X − 1 ) 2 ) = ( X + 1 ) 3 ( 6 X 2 − 18 X + 16 ) − ( X − 1 ) 3 ( 6 X 2 + 18 X + 16 ) {\displaystyle {\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
( X − 1 ) 3 A ( X ) − ( X + 1 ) 3 B ( X ) = 2 ⇔ ( X − 1 ) 3 A ( X ) − ( X + 1 ) 3 B ( X ) = ( X + 1 ) 3 ( 3 X 2 − 9 X + 8 ) − ( X − 1 ) 3 ( 3 X 2 + 9 X + 8 ) 8 ⇔ ( X − 1 ) 3 A ( X ) − ( X + 1 ) 3 B ( X ) = ( X + 1 ) 3 ( 3 X 2 − 9 X + 8 ) − ( X − 1 ) 3 ( 3 X 2 + 9 X + 8 ) 8 ⇔ ( X − 1 ) 3 ( A ( X ) + 3 X 2 + 9 X + 8 8 ) = ( X + 1 ) 3 ( B ( X ) + 3 X 2 − 9 X + 8 8 ) ⇔ ∃ C ∈ R [ X ] A ( X ) = − 3 X 2 + 9 X + 8 8 + ( X + 1 ) 3 C ( X ) , B ( X ) = − 3 X 2 − 9 X + 8 8 + ( X − 1 ) 3 C ( X ) . {\displaystyle {\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 {\displaystyle P} soit de degré minimal, on choisit C = 0 {\displaystyle C=0} , ce qui donne :
P = − ( X − 1 ) 3 3 X 2 + 9 X + 8 8 − 1 = − ( X + 1 ) 3 3 X 2 − 9 X + 8 8 + 1 = − 3 X 5 + 10 X 3 − 15 X 8 {\displaystyle 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 = a X 5 + b X 4 + c X 3 + d X 2 + e X + f {\displaystyle P=aX^{5}+bX^{4}+cX^{3}+dX^{2}+eX+f} , à traduire en 6 équations sur les 6 inconnues a , b , … , f {\displaystyle a,b,\dots ,f} les 6 contraintes (P ( 1 ) = − 1 {\displaystyle P(1)=-1} , P ( − 1 ) = 1 {\displaystyle P(-1)=1} , et 1 et –1 sont racines de P ′ {\displaystyle P'} et P ″ {\displaystyle P''} ) :
b + d + f = 0 , a + c + e = − 1 , 2 b + d = 0 , 5 a + 3 c + e = 0 , 6 b + d = 0 , 10 a + 3 c = 0 {\displaystyle 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.
Soient n {\displaystyle n} et m {\displaystyle m} deux entiers positifs.
Déduire de la division euclidienne de n {\displaystyle n} par m {\displaystyle m} celle de X n − 1 {\displaystyle X^{n}-1} par X m − 1 {\displaystyle X^{m}-1} .
Déduire du pgcd de n {\displaystyle n} et m {\displaystyle m} celui de X n − 1 {\displaystyle X^{n}-1} et X m − 1 {\displaystyle X^{m}-1} .
Quel est le pgcd de P = X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 {\displaystyle 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 {\displaystyle Q=X^{7}+X^{6}+X^{5}+X^{4}+X^{3}+X^{2}+X+1} ?
Quel est le pgcd de P = X 47 + X 46 + ⋯ + X 2 + X + 1 {\displaystyle P=X^{47}+X^{46}+\dots +X^{2}+X+1} et Q = X 14 + X 13 + ⋯ + X 2 + X + 1 {\displaystyle Q=X^{14}+X^{13}+\dots +X^{2}+X+1} ?
Trouver deux polynômes U , V ∈ Z [ X ] {\displaystyle U,V\in \mathbb {Z} [X]} tels que ( X 5 − 1 ) U + ( X 9 − 1 ) V = X − 1 {\displaystyle (X^{5}-1)U+(X^{9}-1)V=X-1} .
Solution
n = m q + r {\displaystyle n=mq+r} , 0 ≤ r < m {\displaystyle 0\leq r<m} . X m q + r − 1 = ( X m q − 1 ) X r + X r − 1 = ( X m − 1 ) Q + R {\displaystyle X^{mq+r}-1=(X^{mq}-1)X^{r}+X^{r}-1=(X^{m}-1)Q+R} avec Q = ( X m ( q − 1 ) + ⋯ + X m + 1 ) X r {\displaystyle Q=(X^{m(q-1)}+\dots +X^{m}+1)X^{r}} et R = X r − 1 {\displaystyle R=X^{r}-1} .
D'après la question précédente, les deux algorithmes d'Euclide se font en parallèle et si pgcd ( m , n ) = d {\displaystyle \operatorname {pgcd} (m,n)=d} , pgcd ( X n − 1 , X m − 1 ) = X d − 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (X^{n}-1,X^{m}-1)=X^{d}-1} . Autre méthode : soient a , b {\displaystyle a,b} (premiers entre eux) tels que m = a d , n = b d {\displaystyle m=ad,n=bd} . Alors X m − 1 = X a d − 1 = ( X d − 1 ) ( 1 + X d + … + X ( a − 1 ) d ) {\displaystyle X^{m}-1=X^{ad}-1=(X^{d}-1)(1+X^{d}+\ldots +X^{(a-1)d})} donc X d − 1 ∣ X m − 1 {\displaystyle X^{d}-1\mid X^{m}-1} et (de même) X d − 1 ∣ X n − 1 {\displaystyle X^{d}-1\mid X^{n}-1} . De plus on a Bézout : soient u , v ∈ Z {\displaystyle u,v\in \mathbb {Z} } tels que a u + b v = 1 {\displaystyle au+bv=1} , alors u , v {\displaystyle u,v} sont de signes contraires, par exemple u > 0 {\displaystyle u>0} et v = − w ≤ 0 {\displaystyle v=-w\leq 0} , donc m u = n w + d {\displaystyle mu=nw+d} , donc X m u − 1 = X d ( X n w − 1 ) + X d − 1 {\displaystyle X^{mu}-1=X^{d}(X^{nw}-1)+X^{d}-1} , donc X d − 1 ∈ ⟨ X m u − 1 , X n w − 1 ⟩ ⊂ ⟨ X m − 1 , X n − 1 ⟩ {\displaystyle X^{d}-1\in \langle X^{mu}-1,X^{nw}-1\rangle \subset \langle X^{m}-1,X^{n}-1\rangle } .
D'après la question précédente, ( X − 1 ) pgcd ( P , Q ) = pgcd ( ( X − 1 ) P , ( X − 1 ) Q ) = pgcd ( X 6 − 1 , X 8 − 1 ) = X 2 − 1 = ( X − 1 ) ( X + 1 ) {\displaystyle (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 pgcd ( P , Q ) = X + 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (P,Q)=X+1} .
De même, ( X − 1 ) pgcd ( P , Q ) = pgcd ( ( X − 1 ) P , ( X − 1 ) Q ) = pgcd ( X 48 − 1 , X 15 − 1 ) = X 3 − 1 = ( X − 1 ) ( X 2 + X + 1 ) {\displaystyle (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 pgcd ( P , Q ) = X 2 + X + 1 {\displaystyle \operatorname {pgcd} (P,Q)=X^{2}+X+1} .
X 9 − 1 = ( X 5 − 1 ) X 4 + X 4 − 1 {\displaystyle X^{9}-1=(X^{5}-1)X^{4}+X^{4}-1} et X 5 − 1 = ( X 4 − 1 ) X + X − 1 {\displaystyle X^{5}-1=(X^{4}-1)X+X-1} doncX − 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 {\displaystyle 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 {\displaystyle U=1+X^{5}} et V = − X {\displaystyle V=-X} .
Soit n ∈ N ∗ {\displaystyle n\in \mathbb {N} ^{*}} .
Montrer ∃ ! ( P , Q ) ∈ R n − 1 [ X ] × R n − 1 [ X ] ( 1 − X ) n P ( X ) + X n Q ( X ) = 1 {\displaystyle \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} .
Montrer que P ( X ) = Q ( 1 − X ) {\displaystyle P(X)=Q(1-X)} .
Montrer que ∃ a ∈ R ∗ ( 1 − X ) P ′ ( X ) − n P ( X ) = a X n − 1 {\displaystyle \exists a\in \mathbb {R} ^{*}\quad (1-X)P'(X)-nP(X)=aX^{n-1}} .
Calculer P {\displaystyle P} pour n = 3 {\displaystyle n=3} . Le retrouver par l'algorithme d'Euclide.
Solution
( 1 − X ) n {\displaystyle (1-X)^{n}} et X n {\displaystyle X^{n}} sont premiers entre eux (car 1 − X {\displaystyle 1-X} et X {\displaystyle X} le sont), d'où l'existence de polynômes P , Q {\displaystyle P,Q} tels que ( 1 − X ) n P ( X ) + X n Q ( X ) = 1 {\displaystyle (1-X)^{n}P(X)+X^{n}Q(X)=1} , deg P < deg ( X n ) {\displaystyle \deg P<\deg(X^{n})} et deg Q < deg ( ( 1 − X ) n ) {\displaystyle \deg Q<\deg((1-X)^{n})} .
En remplaçant X {\displaystyle X} par 1 − X {\displaystyle 1-X} , les degrés ne sont pas modifiés et X n P ( 1 − X ) + ( 1 − X ) n Q ( 1 − X ) = 1 {\displaystyle X^{n}P(1-X)+(1-X)^{n}Q(1-X)=1} . Par unicité, P ( X ) = Q ( 1 − X ) {\displaystyle P(X)=Q(1-X)} (et P ( 1 − X ) = Q ( X ) {\displaystyle P(1-X)=Q(X)} , ce qui est d'ailleurs équivalent).
0 = − n ( 1 − X ) n − 1 P + ( 1 − X ) n P ′ + n X n − 1 Q + x n Q ′ {\displaystyle 0=-n(1-X)^{n-1}P+(1-X)^{n}P'+nX^{n-1}Q+x^{n}Q'} donc X n − 1 {\displaystyle X^{n-1}} divise ( 1 − X ) P ′ − n P {\displaystyle (1-X)P'-nP} , qui est de degré ≤ n − 1 {\displaystyle \leq n-1} et qui est donc de la forme a X n − 1 {\displaystyle aX^{n-1}} avec a ∈ R {\displaystyle a\in \mathbb {R} } . De plus, a ≠ 0 {\displaystyle a\neq 0} car le seul polynôme de degré < n {\displaystyle <n} solution de l'équation différentielle ( 1 − X ) P ′ − n P = 0 {\displaystyle (1-X)P'-nP=0} est le polynôme nul, or P ≠ 0 {\displaystyle P\neq 0} car X n Q ≠ 1 {\displaystyle X^{n}Q\neq 1} .
1 = ( 1 − X + X ) 5 = ( 1 − X ) 3 P ( X ) + X 3 Q ( X ) {\displaystyle 1=(1-X+X)^{5}=(1-X)^{3}P(X)+X^{3}Q(X)} avec P ( X ) = ( 1 − X ) 2 + 5 ( 1 − X ) X + 10 X 2 = 6 X 2 + 3 X + 1 {\displaystyle 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 = 6 X 2 − 15 X + 10 {\displaystyle Q(X)=10(1-X)^{2}+5(1-X)X+X^{2}=6X^{2}-15X+10} . Ou en utilisant la question précédente : P ( X ) = a X 2 + b X + c {\displaystyle P(X)=aX^{2}+bX+c} avec λ X 2 = ( 1 − X ) ( 2 a X + b ) − 3 ( a X 2 + b X + c ) = − 5 a X 2 + ( 2 a − 4 b ) X + b − 3 c {\displaystyle \lambda X^{2}=(1-X)(2aX+b)-3(aX^{2}+bX+c)=-5aX^{2}+(2a-4b)X+b-3c} donc b = 3 c {\displaystyle b=3c} et a = 2 b = 6 c {\displaystyle a=2b=6c} , or 1 = P ( 0 ) = c {\displaystyle 1=P(0)=c} , donc P ( X ) = 6 X 2 + 3 X + 1 {\displaystyle P(X)=6X^{2}+3X+1} . Ou par l'algorithme d'Euclide…
Effectuer la division euclidienne de A := 2 X 4 − 4 X 3 − 7 X − 14 {\displaystyle A:=2X^{4}-4X^{3}-7X-14} par B := X 2 − 2 X − 2 {\displaystyle B:=X^{2}-2X-2} .
En déduire A ( 1 + 3 ) {\displaystyle A(1+{\sqrt {3}})} et A ( 1 − 3 ) {\displaystyle A(1-{\sqrt {3}})} .
Effectuer la division euclidienne de A := X 4 + 1 {\displaystyle A:=X^{4}+1} par B := 4 X 2 − X {\displaystyle B:=4X^{2}-X} .
Effectuer la division euclidienne de A := X 4 + 2 X 3 − 2 X 2 − 3 X + 2 {\displaystyle A:=X^{4}+2X^{3}-2X^{2}-3X+2} par X 2 + X {\displaystyle X^{2}+X} .
En déduire une décomposition de A {\displaystyle A} en un produit de deux polynômes du second degré.
Donner la décomposition en facteurs irréductibles de A {\displaystyle A} dans R [ X ] {\displaystyle \mathbb {R} [X]} .
Soit K {\displaystyle K} un corps algébriquement clos . Répertorier les idéaux premiers de K [ X , Y ] {\displaystyle K[X,Y]} .
Solution
Soient A = K [ X ] {\displaystyle A=K[X]} et P {\displaystyle P} un idéal premier de A [ Y ] {\displaystyle A[Y]} . L'idéal P ∩ A {\displaystyle P\cap A} de l'anneau principal A {\displaystyle A} est premier. Il est donc soit nul, soit engendré par un polynôme unitaire irréductible f ∈ A {\displaystyle f\in A} .
Premier cas : P ∩ A = ⟨ f ⟩ {\displaystyle P\cap A=\langle f\rangle } avec (puisque K {\displaystyle K} est algébriquement clos) f = X − a {\displaystyle f=X-a} , a ∈ K {\displaystyle a\in K} . Alors, P {\displaystyle P} est l'image réciproque d'un idéal premier Q {\displaystyle Q} de l'anneau A [ Y ] / ( f A [ Y ] ) = ( A / ⟨ f ⟩ ) [ Y ] = K [ Y ] {\displaystyle A[Y]/(fA[Y])=(A/\langle f\rangle )[Y]=K[Y]} . Selon que Q {\displaystyle Q} est nul ou de la forme ⟨ Y − b ⟩ {\displaystyle \langle Y-b\rangle } , P {\displaystyle P} est égal soit à ⟨ X − a ⟩ {\displaystyle \langle X-a\rangle } , soit à ⟨ X − a , Y − b ⟩ {\displaystyle \langle X-a,Y-b\rangle } .
Second cas : P ∩ A = { 0 } {\displaystyle P\cap A=\{0\}} . Par localisation , P = Q ∩ A [ Y ] {\displaystyle P=Q\cap A[Y]} avec Q := K ( X ) P {\displaystyle Q:=K(X)P} idéal premier de K ( X ) [ Y ] {\displaystyle K(X)[Y]} . Selon que Q {\displaystyle Q} est nul ou engendré par un polynôme irréductible F ∈ K ( X ) [ Y ] {\displaystyle F\in K(X)[Y]} , P {\displaystyle P} est soit nul, soit engendré par un polynôme irréductible G ( X , Y ) ∈ A [ Y ] {\displaystyle G(X,Y)\in A[Y]} (F ( X , Y ) = g ( X ) G ( X , Y ) {\displaystyle F(X,Y)=g(X)G(X,Y)} où g ( X ) ∈ K ( X ) {\displaystyle g(X)\in K(X)} est le « contenu » de F {\displaystyle F} : cf. Lemme de Gauss (polynômes) ). Bilan : les idéaux premiers de K [ X , Y ] {\displaystyle K[X,Y]} sont l'idéal nul, les idéaux engendré par un polynôme irréductible G ( X , Y ) {\displaystyle G(X,Y)} , et les idéaux maximaux , de la forme ⟨ X − a , Y − b ⟩ {\displaystyle \langle X-a,Y-b\rangle } .
Voir aussi :
Quels sont les facteurs irréductibles de X 4 − 1 {\displaystyle X^{4}-1} et de X 4 + 1 {\displaystyle X^{4}+1} dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} , dans R [ X ] {\displaystyle \mathbb {R} [X]} , dans C [ X ] {\displaystyle \mathbb {C} [X]} ?
Soit a {\displaystyle a} un entier non nul. Montrer que X 4 + a X 2 − 1 {\displaystyle X^{4}+aX^{2}-1} est irréductible dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} .
Solution
X 4 − 1 = ( X 2 + 1 ) ( X + 1 ) ( X − 1 ) {\displaystyle X^{4}-1=(X^{2}+1)(X+1)(X-1)} dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} et R [ X ] {\displaystyle \mathbb {R} [X]} et ( X − i ) ( X + i ) ( X + 1 ) ( X − 1 ) {\displaystyle (X-\mathrm {i} )(X+\mathrm {i} )(X+1)(X-1)} dans C [ X ] {\displaystyle \mathbb {C} [X]} .X 4 + 1 = ( X − e i π / 4 ) ( X + e i π / 4 ) ( X − e − i π / 4 ) ( X + e − i π / 4 ) {\displaystyle 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 C [ X ] {\displaystyle \mathbb {C} [X]} , ( X 2 − X 2 + 1 ) ( X 2 + X 2 + 1 ) {\displaystyle (X^{2}-X{\sqrt {2}}+1)(X^{2}+X{\sqrt {2}}+1)} dans R [ X ] {\displaystyle \mathbb {R} [X]} , et irréductible dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} .
Soit α ∈ C {\displaystyle \alpha \in \mathbb {C} } une racine de ce polynôme P {\displaystyle P} , alors α 2 = β ± := − a ± a 2 + 4 2 ∉ Q {\displaystyle \alpha ^{2}=\beta _{\pm }:={\frac {-a\pm {\sqrt {a^{2}+4}}}{2}}\notin \mathbb {Q} } donc α ∉ Q {\displaystyle \alpha \notin \mathbb {Q} } , donc P {\displaystyle P} n'a pas de facteur de degré 1 dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} . D'autre part, si P ( X ) = ( X 2 + p + X + q + ) ( X 2 + p − X + q − ) {\displaystyle P(X)=(X^{2}+p_{+}X+q_{+})(X^{2}+p_{-}X+q_{-})} avec q ± ∈ R {\displaystyle q_{\pm }\in \mathbb {R} } alors p − = − p + , p + ( q − − q + ) = 0 , q + q − = − 1 {\displaystyle p_{-}=-p_{+},p_{+}(q_{-}-q_{+})=0,q_{+}q_{-}=-1} donc p ± = 0 {\displaystyle p_{\pm }=0} et q ± = − β ± ∉ Q {\displaystyle q_{\pm }=-\beta _{\pm }\notin \mathbb {Q} } , donc P {\displaystyle P} n'a pas non plus de facteur de degré 2 dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} .
Soient A un anneau factoriel , p un élément premier de A, et P ∈ A [ X ] {\displaystyle P\in A[X]} . On suppose que l'image P ¯ {\displaystyle {\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.
Donner un exemple montrant que l'hypothèse sur les degrés est indispensable.
Montrer que le polynôme P = X 6 + 18 X 5 + 12 X 4 − 6 X 3 + 32 X 2 + 13 X + 45 {\displaystyle P=X^{6}+18X^{5}+12X^{4}-6X^{3}+32X^{2}+13X+45} est irréductible sur Z {\displaystyle \mathbb {Z} } .
Solution
Supposons que P est réductible sur le corps des fractions de A. Alors, P = QR avec Q , R ∈ A [ X ] {\displaystyle Q,R\in A[X]} , de degrés < deg(P) donc chacun de même degré que son image dans (A/pA)[X]. Comme P ¯ = Q ¯ R ¯ {\displaystyle {\overline {P}}={\bar {Q}}{\bar {R}}} , ceci contredit l'hypothèse d'irréductibilité de P ¯ {\displaystyle {\overline {P}}} .
( 2 X + 1 ) X ∈ Z [ X ] {\displaystyle (2X+1)X\in \mathbb {Z} [X]} est réductible sur Q {\displaystyle \mathbb {Q} } , bien que son image modulo 2 soit irréductible.
Comme P est primitif, il suffit de montrer qu'il est irréductible dans Q [ X ] {\displaystyle \mathbb {Q} [X]} . Pour cela, d'après la question 1 appliquée à p = 2, il suffit de montrer que le polynôme P ¯ = X 6 + X + 1 {\displaystyle {\bar {P}}=X^{6}+X+1} est irréductible sur Z / 2 Z {\displaystyle \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} } . On vérifie facilement que P ¯ {\displaystyle {\bar {P}}} n'a pas de racine dans Z / 2 Z {\displaystyle \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 {\displaystyle X^{2}+X+1} , ni par X 3 + X + 1 {\displaystyle X^{3}+X+1} , ni par X 3 + X 2 + 1 {\displaystyle X^{3}+X^{2}+1} , les seuls irréductibles de degré 2 ou 3 de ( Z / 2 Z ) [ X ] {\displaystyle (\mathbb {Z} /2\mathbb {Z} )[X]} (cf. exercice 5 du lien externe ci-dessous). Ou moins savamment, pour tous a , b , c ∈ Z / 2 Z {\displaystyle a,b,c\in \mathbb {Z} /2\mathbb {Z} } :
modulo X − a {\displaystyle X-a} , on a P ¯ = a 6 + a + 1 = 1 ≠ 0 {\displaystyle {\overline {P}}=a^{6}+a+1=1\neq 0} ;
modulo X 2 − a X − b {\displaystyle X^{2}-aX-b} , on a X 3 ≡ a X 2 + b X ≡ a ( a X + b ) + b X = ( a + b ) X + a b {\displaystyle X^{3}\equiv aX^{2}+bX\equiv a(aX+b)+bX=(a+b)X+ab} donc X 6 ≡ ( a X + b ) 3 = a X 3 + a b X 2 + a b X + b ≡ ( a + a b ) X + a b + a b X + a b + a b X + b = ( a + a b ) X + b {\displaystyle 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 P ¯ ≡ ( a + a b + 1 ) X + ( b + 1 ) ≠ 0 {\displaystyle {\overline {P}}\equiv (a+ab+1)X+(b+1)\neq 0} ;
modulo X 3 − a X 2 − b X − c {\displaystyle X^{3}-aX^{2}-bX-c} , on a X 6 ≡ ( a X 2 + b X + c ) 2 = a X 4 + b X 2 + c ≡ a X 3 + a b X 2 + a c X + b X 2 + c ≡ a X 2 + a b X + a c + ( a b + b ) X 2 + a c X + c = ( a + a b + b ) X 2 + a ( b + c ) X + ( a + 1 ) c {\displaystyle 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 P ¯ ≡ ( a + a b + b ) X 2 + ( 1 + a b + a c ) X + ( 1 + c + a c ) ≠ 0 {\displaystyle {\overline {P}}\equiv (a+ab+b)X^{2}+(1+ab+ac)X+(1+c+ac)\neq 0} .
Soient λ ∈ C {\displaystyle \lambda \in \mathbb {C} } , P ∈ C [ X ] {\displaystyle P\in \mathbb {C} [X]} et N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} } tels que pour tout entier n > N {\displaystyle n>N} , λ n = P ( n ) {\displaystyle \lambda ^{n}=P(n)} . Montrer que λ {\displaystyle \lambda } est égal à 0 {\displaystyle 0} ou 1 {\displaystyle 1} .
Plus généralement, soient λ 1 , … , λ r {\displaystyle \lambda _{1},\dots ,\lambda _{r}} des complexes non nuls distincts, P 1 , … , P r ∈ C [ X ] {\displaystyle P_{1},\dots ,P_{r}\in \mathbb {C} [X]} et N ∈ N {\displaystyle N\in \mathbb {N} } tels que pour tout entier n > N {\displaystyle n>N} , ∑ i = 1 r λ i n P i ( n ) = 0 {\displaystyle \sum _{i=1}^{r}\lambda _{i}^{n}P_{i}(n)=0} . Montrer que tous les polynômes P i {\displaystyle P_{i}} sont nuls.