Chapitre 3 Les polynˆomes
Le fait qu’un polynˆome soit une suite d’´el´ements de K nulle `a partir d’un certain rang permet de d´efinir : D´efinition 3 2 Soit P = c0 +c1X +c2X2 +···+cd−1Xd−1 +cdXd) un polynome non nul ou` cd est le dernier terme non nul de la suite L’entier d ∈ N s’appelle le degr´e de P et se note deg(P)
Chapitre 12 : Polynômes
correspond à la propriété précédente Si on suppose qu’on polynôme P à kracines distinctes est toujours factorisable comme décrit, en ajoutant une racine a k+1, on pourra commencer par écrire P = Yk i=1 (X a i) Q, et comme P(a i+1) = 0, on a nécessairement Q(a i+1) = 0 (en effet, les facteurs précédents a i+1 a
TD n 15: Polynômes
2 Commencez par montrer qu’une solution non nulle est de degré 4 Indication 23 Montrez que 0,−1 et −2 sont racines de P, écrivez P = X(X + 1)(X +2)Q(X)et montrez que Q est constant Indication 24 Montrer qu’une solution non nulle est de degré 3 Memo • Comment déterminer les racines d’un polynôme? – Trouver des racines et
Polynômes
Montrer qu’il existe un unique polynôme Pn 2C[X] vérifiant la relation Pn ¡P0 n ˘ X n Exercice 6 : Montrer pour tout P 2K[X] que P(X ¯1) ˘ ¯1X n˘0 1 n P(n)(X) Exercice 7 : Déterminer les polynômes P 2R[X] tels que 8x 2R⁄ ¯, fl fl fl flP(x)P µ 1 x ¶fl fl fl61 Exercice 8 : Soient n 2Net˘ei 2 n¯1 2C On
Cours - Polynomes - Christophe Bertault
chapitre qu’en fait NON, LES « POLYNÔMES » NE SONT PAS DES FONCTIONS Notons par exemple P le polynôme 3X2 +4X +1 Calculer P(5), c’est transformer 5 en un autre nombre conformément à certaines opérations élémentaires — puissances, multiplication par un réel et addition Or il y a tout un tas de mondes
Polynômes - Licence de mathématiques Lyon 1
1 Montrer qu’il existe un polynôme , de degré 2 tel que ( )=???? (????) ????2 2 Calculer les racines de 3 En déduire les racines de , puis la factorisatistion de dans ℝ [ ] et dans ℂ ]
Polynômes - Université Paris-Saclay
Soit un polynôme P de R[X] tel que P(x) soit positif ou nul pour tout réel x a Montrer qu’il existe deux polynômes A et B de R[X] tels que P = A 2+B b Montrer que si un polynôme P de R[X] a tous ses coefficients positifs, il existe des polynômes A,B,C et D dans R[X] tels que P = A2 + B 2+X(C2 +D ) 3 Extraits de partiels 3 0 11
Polynômes scindés - maquisdoc
Il est possible qu'un polynôme Pdont les coe cients sont dans K soit scindé dans K0mais pas dans K C'est le cas par exemple de X2 +1 qui est scindé dans C[X] mais pas dans R[X] 2 outT polynôme de degré 1 est de la forme aX+b= a(X b a) avec a6= 0 K donc b a est une racine de ce polynôme ainsi que de tout polynome dont il est un diviseur
Exo7 - Exercices de mathématiques
1 Si K est un corps, montrer qu’un polynôme P de degré 2 ou 3 dans K[x] est irréductible si et seulement si il n’a pas de zéro dans K 2 Trouver tous les polynômes irréductibles de degré 2, 3 à coefficients dans Z=2Z 3 En utilisant la partie précédente, montrer que les polynômes 5x3+8x2+3x+15 et x5+2x3+3x2 6x 5
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Énoncés : V. Gritsenko
Corrections : J.-F. BarraudExo7
Anneaux de polynômes I
Exercice 1
1. Soit Aun anneau quelconque. Alors l"anneau de polynômesA[x]n"est pas un corps. 2.Montrer que pour un anneau intègre A, les polynômes unitaires linéaires deA[x]sont irréductibles.
3. Décrire tous les polynômes irréductibles de C[x]et deR[x]. 4.Démontrer que pour tout corps K, l"anneau de polynômesK[x]a une infinité de polynoˆmes unitaires
irréductibles. 1. Montrer que l"idéal (x;n)oùn2Z,n>1 de l"anneauZ[x]n"est pas principal. 2. Soit Aun anneau intègre. Montrer queA[x]est principal ssiAest un corps. Soitf(x)2A[x]un polynôme sur un anneauA. Supposons que(x1)jf(xn). Montrer que(xn1)jf(xn). Pourn;m>2, déterminer le reste de la division euclidienne du polynôme(x2)m+(x1)n1 par(x1)(x2)dansZ[x].
1.Si Kest un corps, montrer qu"un polynômePde degré 2 ou 3 dansK[x]est irréductible si et seulement si
il n"a pas de zéro dansK. 2. T rouvertous les polynômes irréductibles de de gré2, 3 à coef ficientsdans Z=2Z. 3. En utilisant la partie précédente, montrer que les polynômes 5 x3+8x2+3x+15 etx5+2x3+3x26x5 sont irréductibles dansZ[x]. 4. Décrire tous les polynômes irréductibles de de gré4 et 5 sur Z=2Z. 1.T rouvertous les polynômes irréductibles de de gré2, 3 à coef ficientsdans le corps F3=Z=3Z.
12.Décomposer les polynômes sui vantsen f acteursirréductibles dans F3[x].
x2+x+1;x3+x+2;x4+x3+x+1:
Enutilisantlesréductions mod 2ou mod 3montrerquelespolynômesx56x3+2x24x+5, 7x4+8x3+11x224x455 sont irréductibles dansZ[x].Soient
f(x) = (xa1)(xa2):::(xan)1;g(x) = (xa1)2(xa2)2:::(xan)2+1 oùa1;:::an2Zsoient deux à deux distincts. Montrer quefetgsont irréductibles dansQ[x]. Soientf;g2Q[x]. Supposons quefsoit irréductible et qu"il existea2Ctel quef(a) =g(a) =0. Alorsf diviseg.Pour queln,mdansZla fraction11n+2m18n+5m
est réductible ?Trouver le pgcd(xn1;xm1)dansZ[x].
Trouver le pgcd(f;g)dansZ2[x]et sa représentation linéairefu+gvoùd;u;v2Z2[x]: 1. f=x5+x4+1;g=x4+x2+1; 2. f=x5+x3+x+1;g=x4+1: Trouver le pgcd(f;g)dansZ3[x]etZ5[x]def=x4+1,g=x3+x+1. Trouver le pgcd(f;g)dansZ[x]def=x4+x33x24x1 etg=x3+x2x1. 2Exercice 15
Montrer quefest irréductible dansQ[x]:
1.f=x48x3+12x26x+2;
2.f=x512x3+36x12;
3.f=x4x3+2x+1;
4.f=xp1++x+1, oùpest premier.
SoientA=Z[p3]etKson corps de fractions. Montrer quex2x+1 est irréductible dansA[x]sans pourautant être irréductible dansK[x]. Expliquer la contradiction apparente avec le corollaire du lemme de Gauss.
SoitP2Z[x].
1. Supposons que P(0),P(1)soient impairs. Montrer quePn"a pas de racine dansZ. (Indication :Utiliser la réduction modulo 2.) 2. Soit n2Ntel qu"aucun des entiersP(0);:::;P(n1)ne soit divisible parn. Montrer quePn"a pas de racine dansZ. 1.Soit P2Z[x]. Soitab
sa racine rationnelle :P(ab ) =0, pgcd(a;b) =1. Montrer que8k2Z(abk) diviseP(k). 2. Quelles racines rationnelles ont les polynômes f(x) =x36x2+15x14 etg(x) =2x3+3x2+6x4 ? 1. Soient P2Z[x],n2N,m=P(n). Montrer que8k2ZmjP(n+km). 2.En déduire qu"il n"e xisteaucun polynôme P2Z[x], non constant, tel que, pour toutn2Z,P(n)soit un
nombre premier.Correction del"exer cice1 N1.Le polynôme Xn"est jamais inversible dansA[X]. SiAn"est pas intègre, commeAA[X],A[X]ne l"est
pas non plus et ne peut pas être un corps. SiAest intègre et siX=PQ, alors deg(P)+deg(Q) =1 donc
PouQest une constante. Supposons par exemple que ce soitP.PjXdoncPj1 doncPest inversible, et QX. 2. Soit P=X+aun polynôme unitaire linéaire deA[X]. Supposons queP=P1P2. CommeAestintègre, on a deg(P1)+deg(P2) =1, doncP1ouP2est une constante. Supposons que ce soitP1. AlorsP1j1 etP1ja.En particulier,P1est inversible, et doncP2P.
3.Les polynômes irréductibles de C[X]sont les polynômes de degré 1 (théorème de Gauss).
Les irréductibles deR[X]sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 sans racine réelles.
En effet, soitP2R[X].Pse factorise surC[X]sous la formeP=aÕ(Xli)ni(aveci6=j)li6= l j). Comme cette factorisation est unique, et queP=P, on en déduit que siliest racine dePavec multipliciténi, alors il en va de même pourl i. Ainsi, on obtient une factorisation dePdansR[X]: Pest donc irréductible ssiPest de la formeP=a(Xl)avecl2RouP=a(X22Re(li)X+jlij2) avecl=2R. 4.Supposons que K[X]ait un nombre fini de polynômes unitaires irréductiblesP1;:::;Pk. Soit alorsP=
ki=1Pi+1. CommeKest un corps, les irréductibles sont de degré au moins 1, et doncPn"est pas l"un desPi. CommePest unitaire,Pn"est pas irréductible. En particulier, l"un au moins desPidiviseP. Supposons par exemple que ce soitP1:9Q2K[X];P=P1Q. AlorsP1(QÕki=2Pi) =1. DoncP1est inversible, cequi est faux.Correction del"exer cice2 N1.Supposons (X;n)principal dansZ[X]:(X;n) = (P0). AlorsP0jndoncP02Z, etP0jXdoncP0=1.
Ainsi(P0) =Z[X]. Or(X;n)est l"ensemble des polynômes dont le terme constant est un multiple den: en effet, siP2(X;n),9A;B2Z[X];P=AX+Bndonc le terme constant dePest un multiple den. Réciproquement, si le terme constant deP=åpiXiest un multiple den,p0=p00n, alorsP= X(åi>1piXi)+p00n2(X;n). Ainsi, 1=2(X;n). Donc(X;n)n"est pas principal. 2. Si A[X]est principal, soita2Anf0g, etI= (X;a).A[X]étant principal,9P02A[X];I= (P0). Alors P0jadoncP02A, etP0jXdoncP0j1 etP0est inversible. On en déduit queI=A[X]. En particulier 12I:
9U;V2A[X];XU+aV=1. Le terme constant deXU+aVest multiple deaet vaut 1.aest donc
inversible.SiAest un corps, on dispose de la division euclidienne. SoitIun idéal deA[X]. SoitP0un élément
deInf0gde degré minimal. SoitP2I.9!(Q;R)2A[X]2;P=P0Q+Ret deg(R)f(xn) =Q(xn)(xn1).(xn1)divise bienf.Correction del"exer cice4 NNotons(Q;R)le quotient et le reste de cette division euclidienne:(x2)m+(x1)n1=Q(x2)(x1)+R
avec deg(R)61. NotonsR=ax+b. En évaluant en 1, on obtient(1)m1=a+b, et en évaluant en 2,2a+b=0. On en déduitb=2aeta=1(1)m, soitR= (1(1)m)(x2).
4 Correction del"exer cice5 N1.Soit Pun polynôme de degréd=2 ou 3 deK[X]. SiPa une racinea2K, alors(Xa)jP, etPn"est pas irréductible. Réciproquement, siP=ABavecA;B2K[X]etA;B=2K[X]=Knf0g, alors deg(A)>1, deg(B)>1, et deg(A)+deg(B) =d=2 ou 3, donc l"un au moins des deux polynômesAetBest de degré 1. On peut supposer que c"estA. NotonsA=aX+b. Alors(X+a1b)jP, eta1best racine deP. FinalementPa une racine ssiPn"est pas irréductible. 2. Irréductibles de de gré2 de Z=2Z: SoitP=aX2+bX+cun polynôme de degré 2.a6=0 donca=1.Pirréductible,Pn"a pas de racine
P(0)6=0
P(1)6=0
P(0) =1
P(1) =1
c=11+b+1=1
,P=X2+X+1 Ainsi, il y a un seul irréductible de degré 2, c"estI2=X2+X+1. Irréductibles de degré 3 deZ=2Z: SoitP=aX3+bX2+cX+dun polynôme de degré 2.a6=0 donc a=1.Pirréductible,Pn"a pas de racine
d=11+b+c+1=1
d=1 (b;c) = (1;0)ou(b;c) = (0;1) ,P=X3+X+1 ouP=X3+X2+1 Ainsi, il y a deux irréductibles de degré 3 dansZ=3Z[X]:I3=X3+X+1 etI03=X3+X2+1. 3. Soit P=5X3+8X2+3X+152Z[X]. SoientAetBdeux polynômes tels queP=AB. L"application Z!Z=2Z;n7!¯ninduit une applicationZ[X]!Z=2Z[X];P=åaiXi7!¯P=å¯aiXi. Cette applicationest compatible avec les opérations: en particulierAB=¯A¯B(pourquoi?). Ainsi on a:¯P=¯A¯B. Or¯P=
X3+X+1 est irréductible, donc (quitte à échanger les rôles deAetBon peut supposer que)¯A=1 et
¯B=X3+X+1. On en déduit queBest au moins de degré 3, d"où deg(A) =0.A2ZetAjP, doncAj5, Aj8,Aj3, etAj15. On en déduit queA=1. Finalement,A=1 etBP.Pest donc irréductible dans Z[X]. SoitP=X5+2X3+3X26x52Z[X]. SoientAetBdeux polynômes tels queP=AB. On a comme précédemment:¯P=¯A¯Boù¯P=X5+X2+1.¯Pn"a pas de racine dansZ=2Z, donc si¯Pest réductible, il
doit être le produit d"un irréductible de degré 2 et d"un irréductible de degré 3. Or¯P6=I2I3et¯P6=I2I03(faire le calcul!), donc¯Pest irréductible. Le même raisonnement montre alors quePest irréductible dans
Z[X]. 54.Un polynôm ede de gré4 est réductible ssi il a une racine ou est le produit de deux irréductibles de de gré
2. SoitP=å4i=0aiXi2Z=2Z[X], aveca4=1.
Pirréductible,8
:P(0)6=0P(1)6=0
P6=I22
,8 :a 0=11+a3+a2+a1+1=1
P6=I22
,P2 fX4+X3+1;X4+X+1;X4+X3+X2+X+1gUn polynôme de degré 5 est irréductible ssi il n"a pas de racine et l"est pas le produit d"un irréductible de
degré 2 et d"un irréductible de degré 3. Tous calculs fait, on obtient la liste suivante:fX5+X2+1;X5+
X3+1;X5+X4+X3+X2+1;X5+X4+X3+X+1;X5+X4+X2+X+1;X5+X3+X2+X+1;g.Correction del"exer cice6 N1.On raisonne e xactementcomme pour l"e xercice5 . On peut réduire un peu les discussions en remarquant
que puisqu"on est sur un corps, on peut se contenter de chercher les irréductiblesunitaires: on obtient les
autres en multipliant les irréductibles unitaires par les inversibles, soit1.Les irréductibles de degré 2 sont caractérisés parP(0)6=0,P(1)6=0 etP(1)6=0. On obtient finalement
la liste suivante:fX2+1;X2X1;X21;X2+X+1g.Sans commentaire, on obtient la liste suivante pour les irréductibles de degré 3 deZ=3Z[X]:f(X3+
X1)(X3+X21);(X3X1);g.
2.X2+X+1= (X1)2
X3+X+2= (X+1)(X2X+2)
X4+X3+X+1= (X+1)(X3+1) = (X+1)4Correction del"exer cice7 NOn raisonne comme pour l"exercice5 . SoitP=X56X3+2X24X+5,A;Bdeux polynômes tels que
P=AB. En considérant la réduction modulo 2, on a¯P=X5+1 donc la décomposition en facteurs irréductibles
est ¯P= (X+1)(X4+X3+X2+X+1). CommePest unitaire,AetBle sont aussi, et la réduction modulo 2 préserve donc le degré deAetB. On en déduit que si¯A=X+1, alorsAest de degré 1. La réduction modulo 3 dePdevrait donc avoir une racine. MaisPmod 3=X5X2X1 n"a pas de racinedansZ=3Z. On en déduit que dans la réduction modulo 2, la factorisation¯P='¯A¯Best triviale (¯A=1 et¯B=¯P
ou le contraire), puis que la factorisationP=ABelle même est triviale (A=1 etB=Pou le contraire).Ainsi,Pest irréductible dansZ[X].
PourP=7X4+8X3+11X224X455, on procède de la même façon. SiP=AB, comme 7 est premier, l"undes polynômesAouBa pour coefficient dominant7 et l"autre1. On en déduit que les réductions modulo
2 ou 3 préservent le degré deAet deB. Les décompositions en facteurs irréductibles sont les suivantes:P
mod 2= (X2+X+1)2etPmod 3= (X1)(X3X1). Si la factorisationP=ABest non triviale, alors lesréductions modulo 2 deAetBsont de degré 2, et donc deg(A) =deg(B) =2. Mais la décomposition modulo
3 impose que ces degrés soient 1 et 3. La factorisationP=ABest donc nécessairement triviale, etPest donc
irréductible.Correction del"exer cice8 NCommençons par montrer que ces polynômes sont irréductibles surZ.
6-Le cas def=Õni=1(Xai)1 SoitP;Q2Z[X]tels quef=PQ. On peut supposer sans perte de généralité
quePetQont des coefficients dominants positifs (i.e. sont unitaires).On a :8i;f(ai) =P(ai)Q(ai) =1 donc
P(ai) =1 etQ(ai) =1
SoitI=fi;P(ai) =1getJ=f1;:::;ngnI. On noterajIjetjJjle nombre d"éléments deIetJ. Supposons I6=/0et J6=/0: AlorsÕi2I(Xai)j(P+1)etÕi2J(Xai)j(Q+1). Ainsi deg(P+1)>jIjet deg(Q+1)>jJj=njIj, et comme deg(P)+deg(Q) =n, on en déduit que deg(P) =jIjet deg(Q) =jJj, puis que (puisquePetQsont unitaires) :P=Õ
i2I(Xai)1 etQ=Õ i2J(Xai)1: i2I(Xai)+Õj2J(Xaj)2, donc Õi2I(Xai)+Õj2J(Xaj)2=0Z[X], ce qui est faux.AinsiI=/0 ouJ=/0. On peut supposer sans perte de généralité queI=/0. Alors8i2 f1;:::;ng;Q(ai) =1.
Donc lesaisont tous racine deQ+1. Comme deg(Q+1)6netQ+16=0, on en déduit queQ=f, etP=1. fest donc bien irréductible dansZ[X]. -Le cas deg=Õni=1(Xai)2+1 . Supposons queg=PQ, avecP;Q2Z[X].On ag(ai) =1=P(ai)Q(ai), doncP(ai) =Q(ai) =1.Commegn"a pas de racine réelle, il en va de même dePetQ, qui sont donc de signe constant (théorème des
valeurs intermédiaires pour les fonctions continues surR!). On peut donc supposer sans perte de généralité
quePetQsont positifs. AlorsP(ai) =Q(ai) =1. Ainsi, tous lesaisont racines deP1 et deQ1. On a doncÕni=1(Xai)jP1 et ni=1(Xai)jQ1. En particulier, siP16=0 etQ16=0, deg(P)>net deg(Q)=2ndeg(P)>n. Ainsi deg(P)=deg(Q)=n. Comme en plusPetQsont unitaires, on en déduit queP1=nÕ
i=1(Xai)etQ1=nÕ i=1(Xai): On devrait donc avoir(Õni=1(Xai)+1)2=Õni=1(Xai)2+1, ce qui est faux (Õni=1(Xai)6=0Z[X]) ! AinsiP1=0 ouQ1=0, et on en déduit bien quegest irréductible dansZ[X]. Irréductibilité dansQ[X]On a le lemme suivant : SiP2Z[X]est unitaire et irréductible dansZ[X], alors il l"est aussi dansQ[X].L"ingrédient de base de la démonstration est la notion decontenud"un polynômeP2Z[X]: c"est le pgcd de
ses coefficients, souvent notéc(P). Il satisfait la relation suivante : c(PQ) =c(P)c(Q): Supposons queP=QR, avecQ;R2Q[X],QetRunitaires. En réduisant tous leurs coefficients de au même dénominateur, on peut mettreQetRsous la forme : Q=1aQ1etR=1b
R1 aveca;b2Z,Q1;R12Z[X]etc(Q1) =1,c(R1) =1.AlorsabP=Q1R1, doncc(abP) =c(Q1)c(R1) =1. Commeabjc(abP), on aab=1, et en faitP;Q2Z[X].Correction del"exer cice9 Nfestirréductible, doncsif, nedivisepasg, alorsfetgsontpremiersentreeux. Ainsi,9u;v2Q[X];uf+vg=1.
En évaluant ena, on obtientu(a)0+v(a)0=1 ce qui est impossible! 7Correction del"exer cice10 NSupposons que la fraction soit réductible. Alors, il existep;q;d2Ztels que
11n+2m=pd
18n+5m=qd
On en déduit que
19n=5pd2qd
19m=18pd+1qd
En particulier,dj19netdj19m. Sid6=19, on a pgcd(n;m)6=1. Sid=19, alors n=5p2q m=18p+1q(1)Réciproquement, si pgcd(n;m)6=1 ou sin;msont de la forme donnée par (1), alors la fraction est réductible.Correction del"exer cice11 NSoitd=pgcd(m;n). Notonsn=dn0etm=dm0. AlorsXn1= (Xd)n01. Or(Y1)jYn01 donc(Xd
1)j(Xn1). De même,(Xd1)j(Xm1), et donc(Xd1)jpgcd(Xn1;Xm1).
Par ailleurs, soitD=pgcd(Xn1;Xm1). Les racines deDdansCsont des racines à la fois n-iéme et m-ième
de 1, qui sont touts simples : elles sont donc de la formew=ei2paoùa=kn =k0m . Ainsikm0=k0n0. On apgcd(m0;n0) =1, donc par le théorème de Gauss, on en déduit quek0est un multiple dem0, soitk0m
=k00d , etw est donc une racined-ième de 1. On en déduit queDjXd1, et finalement :pgcd(Xn1;Xm1) =Xpgcd(m;n)1:Correction del"exer cice12 NUtiliser l"algorithme d"Euclide. (on travaille dansZ=2Z).
x5+x4+1= (x4+x2+1)(x+1)+x3+x2+x
x4+x2+1= (x3+x2+x)(x+1)+x2+x+1
x3+x2+x= (x2+x+1)x+0
Donc pgcd(x5+x4+1;x4+x2+1) =x2+x+1, et
x2+x+1= (x4+x2+1)+(x3+x2+x)(x+1)
= (x4+x2+1)+(x5+x4+1)+(x4+x2+1)(x+1)(x+1) = (x4+x2+1)(1+(x+1)2)+(x5+x4+1)(x+1) = (x4+x2+1)(x2)+(x5+x4+1)(x+1)De même, pgcd(x5+x3+x+1;x4+1) =x3+1 etx3+1= (x5+x3+x+1)+(x4+1)x.Correction del"exer cice13 NDansZ=3Z: pgcd(x4+1;x3+x+1) =x2+x1.
DansZ=5Z: pgcd(x4+1;x3+x+1) =1.
8Correction del"exer cice14 NSurZ[X], pgcd(x4+x33x24x1;x3+x2x1) =1.Correction del"exer cice15 N1.Pest primitif, 2 divise tous les coefficients dePsauf le dominant, et 4 ne divise pas le terme constant :
d"après le critère d"Eisenstein, on en déduit quePest irréductible dansZ[x](puis dansQ[x]car il est
unitaire...). 2. On peut appliquer le même critère, a vec3 cette fois.3.fest primitif, et sa réduction modulo 2 est irréductible. Doncfest irréductible dansZ[x].
4.f(x+1) =åp
k=1Ckpxk1. Orpjp!k!(pk)!(carpapparaît au numérateur, tandis que tous les facteurs du dénominateur sontdoncfaussi.Correction del"exer cice16 NSoitP=x2x+1. SiPa une factorisation non triviale,Pest divisible par un polynôme de degré 1, et comme
Pest unitaire, ce diviseur peut être choisi unitaire : on en déduit quePa une racine. On calculeP(a+bip3) =
(a23b2a+1)+(2abb)ip3. Comme 1=2=2A=Z[ip3], 2a16=0, donc siP(a+bip3) =0, alorsb=0, etP(a) =0. Maisx2x+1 est primitif et se réduction modulo 2 est irréductible, donc il est irréductible
surZ[x]. En particulier il n"a pas de racine dansZ. On en déduit quePn"a pas de racine surA, et est donc
irréductible.SoitK=frac(A) =Q[ip3]. On aP(1+ip3
2) =0 doncPa une racine dansK, doncPest réductible surK.Correction del"exer cice17 NSiPa une racineadansZ, alorsP(a) =0, et en considérant la réduction modulon,¯P(¯a) =0, donc¯Pa une
racine dansZ=nZpour toutn. 1.Si P(0)etP(1)sont impairs,¯P(¯0) =¯1 et¯P(¯1) =¯1, donc¯Pn"a pas de racine surZ=2Z. DoncPn"a pas
de racine surZ. 2.Si nne divise aucun desP(0);:::;P(n1), alors¯P(¯0)6=0,...,¯P(n1)6=0, donc¯Pn"a pas de racine
surZ=nZ. DoncPn"a pas de racine surZ.Correction del"exer cice18 N1.(Xab )jPdonc9Q2Q[x];P= (xab )Q= (bxa)Qb . En réduisant tous les coefficients deQau même dénominateur, on peut mettreQsous la forme :Q=1mQ1, avecQ12Z[X]primitif. AlorsbdP=
(bxa)Q1. En considérant les contenus de ces polynômes, on ac(bxa) =pgcd(a;b) =1,c(Q1) =1 doncc(bdP) =bdc(P) =1. Ainsibd=1, et(bxa)jP. 2. On considère par e xempleles cas k=0;:::;3. (Pourk=2, on constate queP(2) =0 : on peut diviserP par(X2)et déterminer les trois racines complexes deP...). On obtient que ()aj14(k=0); () (ab)j4(k=1); () (a3b)j235(k=3): 9 Au passage On peut remarquer que sia60,P(a)<0, donc on peut supposera>0 etb>0. Si a=1 :())b2 f2;3;5g. Aucune de ces possibilités n"est compatible avec(). Si a=2 :())b2 f1;3;4;6g. Comme pgcd(a;b) =1, 4et 6 sont exclus. 3 n"est pas compatible avec(). Pour 2, on vérifie queP(2) =0. Si a=7 :())b2 f3;5;9;11g. Mais aucune de ces solution ne convient. Si a=14 :())b2 f10;12;16;18gmais pgcd(a;b) =1 exclu toutes ces possibilités.Finalement, 2 est la seule racine rationnelle deP.Correction del"exer cice19 N1.Notons P=ådi=0aiXi. Dans le calcul deP(n+km), en développant tous les termes(n+km)ià l"aide du
binôme, onobtientqueP(n+km)=å06j6i6daiCj inj(km)ij=P(n)+mNoùN=å06j