Exercices d’oraux type CCINP

Enoncé (Bécéas)

Soit $E$ l’ensemble des polynômes unitaires de degré $n$, à coefficients entiers, n’admettant que des racines complexes de module $1$.

1) Montrer que $E$ est fini.

2) Soit $P\in E$. On note $x_1$, $\ldots$ , $x_n$, ses racines. On définit $\widehat{P}$ le polynôme unitaire de degré $n$ dont les racines sont $x_1^2$, $\ldots$ , $x_n^2$. Montrer que $\widehat{P}$ est à coefficients entiers.

3) Montrer que les racines de $P$ sont des racines de l’unité.

Corrigé

On suppose $n\geqslant1$.

1) Posons $P=\left(X-x_1\right)\ldots\left(X-x_n\right)=X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$ où les $x_i$ sont des nombres complexes de module $1$. Pour $k\in\{1,\ldots,n\}$, on pose $\sigma_k=\displaystyle\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\ldots<i_k}x_{i_1}\ldots x_{i_k}$. On sait alors que $P=X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{n-k}\sigma_{n-k}X^k$.

Soit $k\in\{0,\ldots,n-1\}$. $\left|\sigma_k\right|\leqslant\displaystyle\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\ldots<i_k}\left|x_{i_1}\right|\ldots\left|x_{i_k}\right|=\displaystyle\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\ldots<i_k}1$. Ensuite, $\displaystyle\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\ldots<i_k}1$ est le nombre de $k$-uplets $\left(i_1,\ldots,i_k\right)\in\{1,\ldots,n\}^k$ tels que $i_1<\ldots<i_k$. Il y a autant de tels $k$-uplets que de parties de $\{1,\ldots,n\}$ à $k$ éléments. Donc, $\displaystyle\sum_{1\leqslant i_1<i_2<\ldots<i_k}1=\dbinom{n}{k}$.

Ainsi, pour tout $k\in\{0,\ldots,n-1\}$, $\left|(-1)^{n-k}\sigma_{n-k}\right|\leqslant\dbinom{n}{n-k}=\dbinom{n}{k}$ ou encore, pour tout $k\in\{0,\ldots,n-1\}$, le coefficient $a_k$ de $X^k$ vérifie $\left|a_k\right|\leqslant\dbinom{n}{k}$. Puisque $a_k$ est un entier relatif, il y a au plus $2\dbinom{n}{k}+1$ valeurs possibles de $a_k$.

Ainsi, $a_0$, $a_1$, $\ldots$ , $a_{n-1}$, ne peuvent prendre qu’un nombre fini de valeurs et donc $E$ est un ensemble fini ($\text{card}(E)\leqslant\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\left(2\dbinom{n}{k}+1\right)$).

2) Posons $P=\left(X-x_1\right)\ldots\left(X-x_n\right)=X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k$ et $\widehat{P}=\left(X-x_1^2\right)\ldots\left(X-x_n^2\right)=X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}b_kX^k$. Alors,

\begin{align*}\widehat{P}\left(X^2\right)&=\left(X^2-x_1^2\right)\ldots\left(X^2-x_n^2\right)=\left(X-x_1\right)\ldots\left(X-x_n\right)\left(X+x_1\right)\ldots\left(X+x_n\right)\\&=(-1)^n\left(X-x_1\right)\ldots\left(X-x_n\right)\left((-X)-x_1\right)\ldots\left((-X)-x_n\right)=(-1)^nP(X)P(-X)\end{align*}

puis

$$X^{2n}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}b_kX^{2k}=(-1)^n\left(X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k\right)\left(X^n+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^ka_kX^k\right).$$

En développant le second membre et en identifiant les coefficients, on obtient le fait que chaque $b_k$ est une somme de produits de coeffcients $a_k$ et donc chaque $b_k$ est un entier relatif. Par suite, $\widehat{P}\in\mathbb{Z}[X]$.

3) On pose $c=\text{card}(E)\in\mathbb{N}^*$. Soit $P=\left(X-x_1\right)\ldots\left(X-x_n\right)\in E$. Pour $k\in\mathbb{N}$, posons $P_k=\left(X-x_1^{2^k}\right)\ldots\left(X-x_n^{2^k}\right)$. D’après la question précédente, pour tout $k\in\mathbb{N}$, $P_k\in E$ par récurence sur $k$ .

Les polynômes $P_k$, $0\leqslant k\leqslant c$ sont $c+1$ éléments de $E$ qui est de cardinal $c$. Ces polynômes ne peuvent être deux à deux distincts (principe des tiroirs). Donc, il existe $(i,j)\in\{0,\ldots,c\}^2$ tel que $i<j$ et $P_i=P_j$ ou encore $\left(X-x_1^{2^i}\right)\ldots\left(X-x_n^{2^i}\right)=\left(X-x_1^{2^j}\right)\ldots\left(X-x_n^{2^j}\right)$.

Par suite, il existe une permutation $\sigma$ de $\{1,\ldots,n\}$ telle que, pour tout $k\in\mathbb{N}$, $\left(x_k\right)^{2^i}=\left(x_{\sigma(k)}\right)^{2^j}$. Soit $k\in\{1,\ldots,n\}$.

$$\left(x_k\right)^{2^i}=\left(\left(x_{\sigma(k)}\right)^{2^i}\right)^{2^{j-i}}=\left(\left(x_{\sigma^2(k)}\right)^{2^j}\right)^{2^{j-i}}=\left(x_{\sigma^2(k)}\right)^{2^{2j-i}}$$

puis

$$\left(x_k\right)^{2^i}=\left(\left(x_{\sigma^2(k)}\right)^{2^i}\right)^{2^{2j-2i}}=\left(\left(x_{\sigma^3(k)}\right)^{2^j}\right)^{2^{2j-2i}}=\left(x_{\sigma^3(k)}\right)^{2^{3j-2i}}$$

puis par récurrence, pour tout $p\in\mathbb{N}^*$, $\left(x_k\right)^{2^i}=\left(x_{\sigma^p(k)}\right)^{2^{pj-(p-1)i}}=\left(x_{\sigma^p(k)}\right)^{2^{j+(p-1)(j-i)}}$.

Maintenant, on sait que toute permutation de $\{1,\ldots,n\}$ est d’ordre fini et donc il existe $p_0\in\mathbb{N}^*$ tel que $\sigma^{p_0}=Id_{\{1,\ldots,n\}}$. Pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$, on a $\left(x_k\right)^{2^i}=\left(x_{k}\right)^{2^{p_0j-(p_0-1)i}}$ puis $\left(x_{k}\right)^{2^{j+(p_0-1)(j-i)}-2^i}=1$. Enfin, $j+\left(p_0-1\right)(j-i)\geqslant j>i$ et donc $2^{j+(p_0-1)(j-i)}-2^i\in\mathbb{N}^*$.

On a trouvé $q\in\mathbb{N}^*$ tel que, pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$, $x_k^q=1$ et donc les racines de $P$ sont des racines de l’unité dans $\mathbb{C}$.

Commentaires et/ou rappels de cours

$\bullet$ Dans un groupe fini $(G,\star)$, tout élément est d’ordre fini et l’ordre de chaque élément de $G$ est un diviseur de l’ordre $G$. En particulier, si $n=\text{card}(G)\in\mathbb{N}^*$, alors pour tout $x$ de $G$, $\underbrace{x\star\ldots\star x}_{n}=e$ où $e$ est l’élément neutre de $G$.

$\bullet$ Principe des tiroirs de Dirichlet. Dans $n$ tiroirs, on a rangé $n+1$ chaussettes. Alors, au moins un des tiroirs contient au moins deux chaussettes.

Enoncé (CCINP)

Soit $P\in\mathbb{Q}[X]$ non constant. Soient $a$, $b$ et $c$ trois nombres rationnels tels que $\sqrt{c}$ ne soit pas rationnel. Montrer que si $a+b\sqrt{c}$ est racine de $P$ d’ordre $\alpha$, il en est de même de $a-b\sqrt{c}$.

Corrigé

$\bullet$ Posons $P=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_kX^k$ où $n\in\mathbb{N}^*$, $\left(a_k\right)_{0\leqslant k\leqslant n}\in\mathbb{Q}^{n+1}$ et $a_n\neq0$. Soit $k\in\{1,\ldots,n\}$.

\begin{align*}\left(a+b\sqrt{c}\right)^k&=\displaystyle\sum_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i}a^{k-i}\left(b\sqrt{c}\right)^i=\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k}{2}}\dbinom{k}{2i}a^{k-2i}\left(b\sqrt{c}\right)^{2i}+\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k-1}{2}}\dbinom{k}{2i+1}a^{k-(2i+1)}\left(b\sqrt{c}\right)^{2i+1}\\&=\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k}{2}}\dbinom{k}{2i}a^{k-2i}b^{2i}c^{i}+\sqrt{c}\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k-1}{2}}^{k}\dbinom{k}{2i+1}a^{k-(2i+1)}b^{2i+1}c^{i},\end{align*}

puis, en remplaçant $b$ par $-b$, on a aussi

$$\left(a-b\sqrt{c}\right)^k=\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k}{2}}\dbinom{k}{2i}a^{k-2i}b^{2i}c^{i}-\sqrt{c}\displaystyle\sum_{0\leqslant i\leqslant\frac{k-1}{2}}^{k}\dbinom{k}{2i+1}a^{k-(2i+1)}b^{2i+1}c^{i}.$$

Ainsi, pour tout $k\in\{1,\ldots,n\}$, il existe deux nombres rationnels $\alpha_k$ et $\beta_k$ tels que  $\left(a+b\sqrt{c}\right)^k=\alpha_k+\beta_k\sqrt{c}$  et $\left(a-b\sqrt{c}\right)^k=\alpha_k-\beta_k\sqrt{c}$, ce qui reste vrai quand $k=0$ en prenant $\alpha_0=1$ et $\beta_0=0$. Ensuite,

$$P\left(a+b\sqrt{c}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\left(\alpha_k+\beta_k\sqrt{c}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\alpha_k+\sqrt{c}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\beta_k.$$

et de même, $P\left(a-b\sqrt{c}\right)=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\alpha_k-\sqrt{c}\displaystyle\sum_{k=0}^{n}a_k\beta_k$. Donc, il existe deux nombre rationnels $A$ et $B$ tels que $P\left(a+b\sqrt{c}\right)=A+B\sqrt{c}$ et $P\left(a-b\sqrt{c}\right)=A-B\sqrt{c}$.

$\bullet$ Supposons que $P\left(a+b\sqrt{c}\right)=0$ ou encore $A+B\sqrt{c}=0$. Si $B\neq0$, on peut écrire $\sqrt{c}=-\dfrac{A}{B}\in\mathbb{Q}$ ce qui est faux. Donc, $B=0$ puis $A=0$. Mais alors $P\left(a-b\sqrt{c}\right)=A-B\sqrt{c}=0$.

On a montré que si $a+b\sqrt{c}$ est racine de $P$, alors $a-b\sqrt{c}$ est racine de $P$. En appliquant à $-b\in\mathbb{Q}$, on a aussi montré que si $a-b\sqrt{c}$ est racine de $P$, alors $a+b\sqrt{c}$ est racine de $P$ et finalement $a+b\sqrt{c}$ est racine de $P$ si et seulement si $a-b\sqrt{c}$ est racine de $P$.

$\bullet$ $a+b\sqrt{c}$ est racine de $P$ d’ordre $\alpha$. Donc, pour tout $k\in\{0,\ldots,\alpha-1\}$, $P^{(k)}\left(a+b\sqrt{c}\right)=0$ et $P^{(\alpha)}\left(a+b\sqrt{c}\right)\neq0$. Mais les polynômes $P^{(k)}$, $k\in\{0,\ldots,\alpha-1\}$, sont aussi à coefficients rationnels et donc, d’après ce qui précède, pour tout $k\in\{0,\ldots,\alpha-1\}$, $P^{(k)}\left(a-b\sqrt{c}\right)=0$ et $P^{(\alpha)}\left(a-b\sqrt{c}\right)\neq0$.

On a montré que $a-b\sqrt{c}$ est racine de $P$ d’ordre $\alpha$.

Commentaires et/ou rappels de cours

Enoncé (CCINP)

Corrigé

Commentaires et/ou rappels de cours