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ECOLE POLYTECHNIQUE - ECOLES NORMALES SUPERIEURES CONCOURS D’ADMISSION 2019 JEUDI 18 AVRIL 2019 - 8h00 – 12h00 FILIERE MP - Epreuve n° 1 MATHEMATIQUES A (XLCR) Durée : 4 heures L’utilisation des calculatrices n’est pas autorisée pour cette épreuve Notations On notera respectivement C, R et Q les corps des nombres complexes, réels et rationnels, et Z l’anneau des entiers relatifs. Pour un entier n ≥ 1 on dit qu’un nombre complexe z est une racine n-ième de l’unité si zn = 1, et que z est une racine de l’unité s’il existe k ≥ 1 tel que z soit une racine k-ième de l’unité. Pour R ∈ {Z, Q, R, C} on notera R[X] l’anneau des polynômes à coefficients dans R. Un polynôme non nul est unitaire si son coefficient dominant est égal à 1. Un polynôme P ∈ Q[X] est irréductible dans Q[X] si P n’est pas constant et si l’égalité P = QR avec Q, R ∈ Q[X] implique que Q ou R est constant. Un nombre complexe x est appelé nombre algébrique s’il existe P ∈ Q[X] non nul tel que P(x) = 0. On dit que x ∈ C est un entier algébrique s’il existe P ∈ Z[X] unitaire tel que P(x) = 0. On admet le résultat suivant. Théorème: L’ensemble des entiers algébriques est un sous-anneau de C. Le problème est consacré à l’étude des polynômes unitaires P ∈ Z[X], irré- ductibles dans Q[X] et qui possèdent beaucoup de racines de module 1. La partie 1 est préliminaire et utilisée en fin de parties 2 et 3. La partie 3 est in- dépendante de la partie 2. La partie 4 utilise les notions introduites précédemment mais est, à l’exception des questions 19 et 20, indépendante du reste. 1 Partie 1 Le but de cette partie est d’introduire les notions de polynôme minimal et de degré d’un nombre algébrique, et de montrer que le polynôme minimal d’un entier algébrique est à coefficients entiers. Dans les questions 1 à 4, on fixe un nombre algébrique α. Soit I(α) = {P ∈ Q[X] | P(α) = 0}. 1. Montrer que I(α) est un idéal de Q[X], différent de {0}. Il existe donc un unique polynôme unitaire Πα ∈ Q[X], appelé polynôme min- imal de α, tel que I(α) = {ΠαQ | Q ∈ Q[X]}. On appelle degré de α le degré du polynôme Πα. 2. Montrer que α est de degré 1 si et seulement si α ∈ Q. 3. (a) Montrer que Πα est irréductible dans Q[X]. (b) Soit P ∈ Q[X] un polynôme unitaire, irréductible dans Q[X]. Montrer que si z est une racine complexe de P, alors P est le polynôme minimal de z. 4. (a) Soient A, B ∈ Q[X] deux polynômes qui possèdent une racine commune dans C. Montrer que A et B ne sont pas premiers entre eux dans Q[X]. (b) Montrer que les racines de Πα dans C sont simples. 5. (a) Montrer que si α ∈ Q est un entier algébrique, alors α ∈ Z. (b) Montrer que si α ∈ C est un entier algébrique alors Πα ∈ Z[X]. Indication: utiliser le théorème admis en introduction ainsi que la ques- tion 5a. 6. (a) Soit α ∈ C un entier algébrique de degré 2 et de module 1. Montrer que α est une racine de l’unité. (b) Montrer que 3+4i 5 est un nombre algébrique de degré 2 et de module 1 mais n’est pas une racine de l’unité. 2 Partie 2 Le but de cette partie est de caractériser les polynômes unitaires P ∈ Z[X], irréductibles dans Q[X], dont toutes les racines sont de module 1. Pour n un entier supérieur ou égal à 1 on dit qu’une racine n-ième de l’unité z est primitive si zd ̸= 1 pour tout entier d tel que 1 ≤ d < n. On note Pn l’ensemble des racines primitives n-ièmes de l’unité. On a donc P1 = {1}. On définit Φn ∈ C[X] par Φn = z∈Pn (X − z). Si a et b sont des entiers, on écrit a | b si a divise b. 7. Montrer que pour tout n ≥ 1 on a Xn − 1 = d|n Φd, le produit étant pris sur l’ensemble des entiers d > 0 divisant n. 8. (a) Montrer que si p est un nombre premier et k ≥ 1 est un entier, alors Φpk = X(p−1)pk−1 + X(p−2)pk−1 + · · · + Xpk−1 + 1. (b) Calculer Φn pour n = 1, 2, 3, 4, 5, 6. On fixe un entier n ≥ 2 pour toute la suite de cette partie. 9. (a) Calculer Φn(0). (b) Calculer Φn(1) en fonction de la décomposition en facteurs premiers de n. Indication: raisonner par récurrence sur n, en utilisant la question 7. 10. Montrer que Φn ∈ Z[X]. Soit P ∈ Z[X] un polynôme unitaire de degré n ≥ 1, irréductible dans Q[X] et dont toutes les racines complexes sont de module 1. L’objectif des questions 11 et 12 est de montrer que toutes les racines de P sont des racines de l’unité. Soient z1, ..., zn les racines complexes de P comptées avec leurs multiplicités, de sorte que P = n i=1 (X − zi). Pour tout entier k ≥ 0 on note ak = zk 1 + zk 2 + · · · + zk n. 3 11. (a) Montrer que la série k≥0 akzk converge pour tout z ∈ C tel que |z| < 1. (b) Soit z ∈ C non nul tel que |z| < 1 et soit f(z) la somme de la série k≥0 akzk. Montrer que zf(z)P 1 z = P ′ 1 z . (c) En déduire que ak ∈ Z pour tout k ≥ 0. 12. (a) Montrer qu’il existe deux entiers 0 ≤ k < l tels que ak+i = al+i pour tout i ∈ {0, 1, . . . , n}. On fixe deux tels entiers k, l dans les questions 12b et 12c. (b) Montrer que n i=1 F(zi)(zl i − zk i ) = 0 pour tout polynôme F ∈ C[X] de degré inférieur ou égal à n. (c) Montrer que z1, z2, . . . , zn sont deux à deux distincts. En déduire que zl−k i = 1 pour tout i ∈ {1, 2, . . . , n} et conclure. Soit z ∈ Pn. Le but des questions 13 et 14 est de montrer que Φn est le polynôme minimal de z, i.e. Φn = Πz. Soit p un nombre premier ne divisant pas n. 13. (a) Soient F, G ∈ Z[X]. Montrer qu’il existe H ∈ Z[X] tel que (F + G)p = F p + Gp + pH. (b) Montrer que Πz ∈ Z[X] et en déduire l’existence d’un polynôme F ∈ Z[X] tel que Πz(Xp) = Πz(X)p + pF(X). (c) Montrer que Πz(zp) p est un entier algébrique. 14. (a) Exprimer en fonction de n le nombre 1≤i<j≤n(zi−zj)2, où z1, z2, . . . , zn sont les racines du polynôme P = Xn − 1. Indication: On pourra considérer les nombres P ′(zi). (b) Montrer que Πz(zp) = 0. Indication: montrer que si Πz(zp) ̸= 0, alors il existe un entier al- gébrique u tel que nn = u · Πz(zp). (c) Conclure que Φn = Πz. 4 Partie 3 Le but de cette partie est d’introduire et d’étudier une certaine classe d’entiers algébriques, qui ne sont pas des racines de l’unité et dont le polynôme minimal possède beaucoup de racines de module 1. Un polynôme unitaire de degré d ≥ 1 P = d i=0 aiXi ∈ C[X] est dit réciproque si ai = ad−i pour 0 ≤ i ≤ d. 15. (a) Montrer qu’un polynôme P ∈ C[X] unitaire de degré d est réciproque si et seulement si XdP( 1 X ) = P. (b) Soit P ∈ C[X] un polynôme unitaire réciproque. Montrer que si x ∈ C est une racine de P, alors x ̸= 0 et 1 x est aussi une racine de P, avec la même multiplicité. Si α est un nombre algébrique de polynôme minimal Πα, les racines complexes de Πα différentes de α sont appelées les conjugués de α. On notera C(α) l’ensemble des conjugués de α. L’ensemble C(α) est donc vide si α est de degré 1. 16. Soit x un nombre algébrique de module 1 et tel que x /∈ {−1, 1}. Montrer que 1 x est un conjugué de x. En déduire que Πx est réciproque. On note S l’ensemble des nombres réels α ∈ ]1, +∞[ qui sont aussi des entiers algébriques de degré au moins 2 et qui vérifient max γ∈C(α) |γ| = 1. 17. Soit α un élément de S et soit γ ∈ C(α) de module 1. (a) Montrer que le polynôme minimal de α est réciproque et que 1 α est un conjugué de α. (b) Montrer que γ n’est pas une racine de l’unité. (c) Montrer que tous les conjugués de α autres que 1 α sont de module 1. 18. Montrer que le degré de tout élément de S est un entier pair, supérieur ou égal à 4. 5 Partie 4 Dans cette partie on étudie une famille infinie d’éléments de l’ensemble S introduit dans la partie 3, avant la question 17. Pour tout entier n > 1, on définit Pn ∈ Z[X] par Pn = X4 − (6 + n)X3 + (10 + n)X2 − (6 + n)X + 1. 19. Vérifier que Pn n’a pas de racine dans Q et que Pn a au moins une racine réelle strictement plus grande que 1. On fixe une telle racine αn dans la suite. 20. Montrer que si x ∈ C est une racine de Pn, alors 1 x est aussi une racine de Pn, avec la même multiplicité. On note αn, 1 αn, γn, 1 γn les racines de Pn dans C et on pose tn = αn + 1 αn , sn = γn + 1 γn . 21. Montrer que tn + sn = 6 + n et tnsn = 8 + n. 22. Montrer que sn est réel et que 0 < sn < 2. En déduire que γn n’est pas réel et que γn est de module 1. 23. (a) Montrer que tn et sn sont irrationnels. (b) En déduire que Pn est irréductible dans Q[X] et que αn ∈ S. (c) Montrer que limn→+∞ αn = +∞. 24. Soit T l’ensemble des α ∈ S de degré 4. Montrer que T possède un plus petit élément et calculer ce nombre. On ne sait pas si l’ensemble S possède un plus petit élément. Le plus petit élément de S connu est la plus grande racine réelle du polynôme X10 + X9 − X7 − X6 − X5 − X4 − X3 + X + 1. 6

X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé (copie modèle) par Clément de Seguins Pazzis ∗ Partie 1 1. La fonction ϕ : P ∈ Q[X] → P(α) ∈ Q est un morphisme d’anneaux car elle vérifie ϕ(1Q[X]) = 1 et ∀(P, Q) ∈ Q[X]2, ϕ(P + Q) = ϕ(P) + ϕ(Q) et ϕ(PQ) = ϕ(P)ϕ(Q). L’ensemble I(α) étant le noyau de ce morphisme, c’est un idéal de Q[X]. Comme α est algébrique, I(α) possède un élément non nul. 2. Si α est de degré 1 alors Πα = X + β pour un β ∈ Q, et donc on trouve α + β = 0 puis α = −β ∈ Q. Réciproquement, supposons α ∈ Q. Alors X − α ∈ I(α), donc Πα divise X − α. Or Πα ne peut ˆetre constant et non nul puisqu’il a une racine. Ainsi, Πα est de degré 1, autrement dit α est de degré 1. Ainsi, α est de degré 1 si et seulement si α ∈ Q. 3. (a) D’abord, on a vu dans notre réponse à la question 2 que Πα n’est pas constant. Ensuite, soit P, Q dans Q[X] tels que Πα = PQ. En particulier deg P + deg Q = deg Πα (et P et Q sont non nuls). On a P(α)Q(α) = Πα(α) = 0, donc P(α) = 0 ou Q(α) = 0. Ainsi, Πα divise P ou Q, ce qui conduit à deg Πα ⩽ deg P ou deg Πα ⩽ deg Q. Par suite, deg Q ⩽ 0 ou deg P ⩽ 0, autrement dit Q ou P est constant. Ainsi, Πα est irréductible dans Q[X]. (b) On suppose que P(z) = 0. Alors z est algébrique (puisque P ̸= 0 et P ∈ Q[X]), donc Πz divise P . La question précédente montre que Πz est irréductible, et comme P est aussi irréductible on en déduit que Πz est associé à P . Puisque Πz et P sont tous deux unitaires, on conclut que Πz = P . Remarque : en vu de la suite du sujet, il est important de remarquer qu’étant donné un nombre algébrique α, toute racine z de Πα vérifie Πz = Πα , ce que l’on déduit de 3.(a) et 3.(b). 4. (a) Choisissons une racine commune z ∈ C de A et B. Supposons A et B premiers entre eux dans Q[X]. Le théorème de Bézout fournit alors un couple (U, V ) ∈ Q[X]2 tel que AU + BV = 1. En spécialisant en z, il vient 1 = A(z)U(z) + B(z)V (z) = 0, ce qui est absurde. Ainsi, A et B ne sont pas premiers entre eux dans Q[X]. ∗Lycée Sainte-Geneviève, MP ⋆ , dsp.prof@gmail.com 1/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé (b) On a vu en 3.(a) que Πα est irréductible, en particulier non constant. Par suite deg(Π′ α) = deg(Πα) − 1 ⩾ 0, donc Πα ne divise pas Π′ α . Comme Πα est irréductible, cela montre qu’il est premier avec Π′ α. La contraposée du résultat précédent garantit alors que Πα et Π′ α n’ont pas de racine complexe commune. Ainsi, toutes les racines complexes de Πα sont simples. 5. (a) Soit α ∈ Q, supposé entier algébrique. Écrivons α = p q avec p ∈ Z et q ∈ Z∗ tels que p ∧ q = 1. Puisque α est un entier algébrique, il existe un polynˆome P = Xn + n−1 k=0 akXk unitaire à coefficients entiers tel que P(α) = 0. Par suite qnP(α) = 0, ce qui se récrit pn = −q n−1 k=0 qn−1−kpkak. En particulier q divise pn . Or q est premier avec p donc avec pn. Le lemme de Gauss assure donc que q divise 1, autrement dit q = ±1. Ainsi, α = ±p est un entier relatif. (b) Soit α ∈ C, supposé entier algébrique. Il existe P ∈ Z[X] unitaire (de degré noté n) tel que P(α) = 0. Le polynˆome Πα divise P , donc toutes ses racines sont des racines de P , et elles sont donc toutes des entiers algébriques. Notons z1, . . . , zn ces racines (comptées à mesure de leur ordre de multiplicité). Soit k ∈ [[1, n]]. Alors, par les relations coefficients-racines, le coefficient de Πα devant Xn−k vaut ak := (−1)k 1⩽i1<···<ik⩽n zi1 · · · zik. Comme l’ensemble des entiers algébriques est stable par addition, multiplication et passage à l’opposé (d’après le théorème admis), on en déduit que ak est un entier algébrique. Or ak ∈ Q (puisque Πα ∈ Q[X]), et on déduit donc de 5.(a) que ak ∈ Z. Comme par ailleurs Πα est unitaire, on conclut que Πα ∈ Z[X]. 6. (a) Si α ∈ R, alors α = ±1 donc α est racine 2-ième de l’unité. Supposons α non réel. Alors α est une autre racine complexe de Πα (car Πα est à coefficients réels) et ainsi, puisque α est de degré 2, Πα = (X − α)(X − α) = X2 − 2 Re(α)X + 1. Or Πα est à coefficients entiers d’après 5.(b). Enfin |2 Re(α)| ⩽ 2 |α| = 2, et ainsi Πα est l’un des polynˆomes suivants : X2 − 2X + 1, X2 − X + 1, X2 + 1, X2 + X + 1 ou X2 + 2X + 1, dont les ensembles de racines sont, respectivement, {1}, {−j, −j}, {i, −i}, {j, j} et {−1}. Chacune de ces racines éventuelles est racine de l’unité, puisque 12 = (−1)2, j3 = (j)3 = 1, (−j)6 = (−j)6 = 1 et i4 = (−i)4 = 1. Ainsi, dans tous les cas α est une racine de l’unité. (b) On a immédiatement 3+4i 5 = √ 32+42 5 = 1. Les relations coefficients-racines montrent ensuite que X − 3 + 4i 5 X − 3 − 4i 5 = X2 − 6 5 X + 1. Ce polynˆome, noté Q, est donc à coefficients rationnels. Comme α en est une racine, on en déduit que α est algébrique et Πα divise Q (donc α est de degré au plus 2). Évidemment α n’est pas rationnel (il n’est pas réel), donc la question 2 assure que α est de degré au moins 2. Ainsi, α est de degré 2. Enfin, Πα divise Q et ces deux polynˆomes sont unitaires et de mˆeme degré, donc Πα = Q. En particulier Πα ̸∈ Z[X], et on déduit de 5.(b) que α n’est pas un entier algébrique. Si α était une racine de l’unité il serait annulé par Xn − 1 pour un certain n ∈ N∗ et serait donc un entier algébrique! Ainsi, α n’est pas une racine de l’unité. 2/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Partie 2 7. Notons Un l’ensemble des racines n-ièmes de l’unité. D’après le cours, Xn − 1 = z∈Un (X − z). Pour conclure, il suffit donc d’établir que la famille (Pd)d|n partitionne Un . Soit d ∈ N∗ divisant n, alors Pd est l’ensemble des éléments d’ordre d du groupe C∗ (ce que l’on reconnaˆıt en utilisant une caractérisation classique de l’ordre). Or, étant donné z ∈ C, l’égalité zn = 1 équivaut au fait que z soit, dans C∗, d’ordre fini divisant n. Cela montre que Un = d|n Pd ; en outre cette réunion est disjointe par unicité de l’ordre d’un élément dans un groupe. On conclut à l’identité Xn − 1 = d|n Φd. 8. (a) Soit p un nombre premier et k ⩾ 1 un entier. En appliquant le résultat précédent aux entiers pk−1 et pk , il reste Xpk − 1 Xpk−1 − 1 = Φpk puisque, par primalité de p, les diviseurs de pa (pour a ∈ N) sont exactement les entiers de la forme pb avec b ∈ [[0, a]]. La formule dite de Bernoulli dans l’anneau commutatif R(X) assure donc que Φpk = (Xpk−1)p − 1 Xpk−1 − 1 = p−1 i=0 Xipk−1. (b) Immédiatement Φ1 = X − 1 car P1 = {1}. En appliquant le résultat de 8.(a), on trouve aussi Φ2 = X + 1, Φ3 = X2 + X + 1, Φ4 = X2 + 1 et Φ5 = X4 + X3 + X2 + X + 1. Enfin, dans U6 les éléments sont 1 (d’ordre 1), −1 (d’ordre 2), j et j (d’ordre 3) et −j = e− iπ 3 et −j2 = e iπ 3 (d’ordre 6), donc Φ6 = (X + j)(X + j) = X2 − X + 1. 9. (a) Montrons par récurrence forte que Φk(0) = 1 pour tout k ⩾ 2. Notons que Φ1(0) = −1 vu le résultat de 8.(b). Soit k ⩾ 2 tel que Φi(0) = 1 pour tout i ∈ [[2, k − 1]] (propriété trivialement vraie si k = 2). Alors, par 7, 0k − 1 = d|k Φd(0) = Φ1(0)Φk(0) d|k, d̸∈{1,k} Φd(1) donc −Φk(0) = −1 par l’hypothèse de récurrence, et finalement Φk(0) = 1. Ainsi, l’hypothèse est vraie au rang suivant, ce qui achève le raisonnement par récurrence. (b) Pour k ⩾ 2, on introduit la propriété Hk : ≪ Φk(1) = 1 si k possède plusieurs diviseurs premiers, sinon Φk(1) est l’unique diviseur premier de k. ≫ Soit k ⩾ 2 tel que Hi soit vraie pour tout i ∈ [[2, k − 1]] (à nouveau, cette condition est trivialement vraie lorsque k = 2). Supposons d’abord que k = pa pour un nombre premier p et un a ∈ N∗ . Alors, par 8.(a), Φk(1) = p. 3/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Supposons maintenant que k possède plusieurs diviseurs premiers et notons B l’ensemble qu’ils forment. Par 7, d|k, d>1 Φd = Xn − 1 X − 1 = k−1 i=0 Xi donc d|k, d>1 Φd(1) = k et ainsi Φk(1) = k d|k,1<d<k Φd(1)· Par l’hypothèse de récurrence, d|k,1<d<k Φd(1) = d∈A Φd(1), ou A désigne l’ensemble des diviseurs de k strictement supérieurs à 1 et qui sont puissances d’un nombre premier (ils sont tous distincts de k puisque l’on a supposé que k a plusieurs diviseurs premiers). Ce sont exactement les nombres de la forme pa avec p ∈ B et a ∈ [[1, νp(k)]] (avec unicité d’une telle écriture) et ainsi, par l’hypothèse de récurrence, d|k,1<d<k Φd(1) = p∈B pνp(k) = k, et on conclut que Φk(1) = 1. Ainsi, par récurrence forte Hk est validée pour tout k ⩾ 2. 10. Procédons à nouveau par récurrence forte. Soit k ⩾ 2. Supposons Φi ∈ Z[X] pour tout i ∈ [[1, k − 1]] (propriété clairement vraie si k = 2 puisque Φ1 = X − 1). Le polynˆome B := d|k, d<k Φd est donc à coefficients dans Z (l’énoncé admet que (Z[X], +, ×) est un anneau), et il est évidemment unitaire puisque produit de polynˆomes unitaires. Récrivons B = e i=0 aiXi pour une liste (a0, . . . , ae) d’entiers, dont ae = 1. Écrivons également Φk = +∞ i=0 biXi. La relation BΦk = Xn − 1 assure alors que ∀l ⩾ e, e i=0 aibl−i ∈ Z. Ainsi, pour tout l ⩾ e, il existe un entier cl tel que bl−e = − e−1 i=0 aibl−i + cl. Or, tous les ai sont entiers, et tous les bi sont nuls à partir d’un certain rang. Par récurrence descendante forte, on en déduit que tous les bi sont entiers (si, pour un p ∈ N donné, on a bi ∈ Z pour tout entier i > p, on applique la formule précédente à l := e + p et on en déduit que bp ∈ Z). Ainsi, Φk ∈ Z[X]. On conclut par récurrence forte que Φn ∈ Z[X]. 11. Par souci de commodité nous fusionnons les réponses aux deux premières questions. (a) Soit z ∈ C tel que |z| < 1. Pour tout i ∈ [[1, n]], on a |ziz| = |z| < 1, donc d’après le cours 1 1 − ziz = +∞ k=0 (ziz)k. 4/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Par addition de séries convergentes, on en déduit que k akzk converge et que f(z) = n i=1 1 1 − ziz · Supposons maintenant z non nul. De P = n i=1 (X −zi), on déduit que znP(z−1) = n i=1 (1−ziz) donc znf(z)P(z−1) = n i=1 j̸=i (1 − zjz). Par ailleurs en dérivant P comme un produit (à n − 1 reprises), on trouve P ′ = n i=1 j̸=i (X − zj) donc de mˆeme zn−1P ′(z−1) = n i=1 j̸=i (1 − zjz) = znf(z)P(z−1). (1) Comme z ̸= 0, on simplifie par zn−1 et on conclut que zf(z)P(z−1) = P ′(z−1). (b) Voir (a). (c) On note P = n k=0 bn−kXk avec b0 = 1. On pose également bi := 0 pour tout i > n. On trouve immédiatement, pour tout z ∈ C∗, znP(z−1) = n k=0 bkzk = +∞ k=0 bkzk. De mˆeme zn−1P ′(z−1) = +∞ k=0 b′ kzk ou b′ k = bk(n − k) si k < n, et b′ k = 0 sinon. Par produit de Cauchy de séries entières sur l’intersection de leurs intervalles ouverts de convergence, on déduit de (1) que ∀t ∈ ]−1, 1[ ∖ {0}, +∞ k=0 b′ ktk = +∞ k=0 k i=0 aibk−i tk. Cette relation est trivialement vraie pour t = 0 car a0 = n, b0 = 1 et b′ 0 = n, donc par unicité du développement en série entière, ∀k ∈ N, b′ k = k i=0 aibk−i ce qui se récrit ∀k ⩾ 1, ak = − k−1 i=0 aibk−i + b′ k. Comme tous les bi et les b′ i sont entiers, et comme a0 = n (entier), on obtient par récurrence forte que ak est entier pour tout k ∈ N. 5/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé 12. (a) Nous remarquons que la suite (ak)k⩾0 est bornée par n puisque ∀k ∈ N, |ak| ⩽ n i=1 |zk i | = n. Comme les ak sont tous entiers, ils sont dans [[−n, n]]. La suite (bk)k⩾0 définie par bk := (ak+i)0⩽i⩽n prend donc ses valeurs dans l’ensemble [[−n, n]]n+1, lequel est fini en tant que produit cartésien (fini) d’ensembles finis. Cette suite n’est donc pas injective, autrement dit il existe deux entiers 0 ⩽ k < l tels que bk = bl, ce qui est la propriété souhaitée. (b) Pour tout p ∈ [[0, n]], on a n i=1 (zi)p(zl i − zk i ) = ap+l − ap+k = 0, donc par linéarité (évidente) de la fonction F ∈ C[X] → n i=1 F(zi)(zl i − zk i ), on en déduit ∀F ∈ Cn[X], n i=1 F(zi)(zl i − zk i ) = 0. (c) Comme P est irréductible et unitaire dans Q[X], la question 3.(a) montre que P = Πz1 et on déduit alors de 4.(b) que les racines complexes de P sont toutes simples, autrement dit z1, . . . , zn sont deux à deux distincts. Fixons i ∈ [[1, n]] : on peut donc introduire Λi , le i-ème polynˆome interpolateur élémentaire associé à la famille (z1, . . . , zn), qui est de degré n − 1. La relation de 12.(b) appliquée à F = Λi donne alors zl i − zk i = 0, autrement dit zl−k i = 1 puisque zi ̸= 0. Comme l − k ∈ N∗, on a effectivement montré que tous les zi sont des racines de l’unité. 13. (a) L’anneau Z[X] étant commutatif, la formule du binˆome de Newton donne (F + G)p = p k=0 p k F p−kGk = F p + Gp + p−1 k=1 p k F p−kGk. Fixons k ∈ [[1, p−1]] et notons que p divise p k : en effet, comme p est premier il est premier avec tout élément de [[1, p − 1]], donc avec k!. Comme p k est entier, on sait que k! divise p(p − 1) · · · (p − k + 1), donc il divise (p − 1) · · · (p − k + 1) (Gauss), ce qui permet d’écrire p k = pck pour un entier ck . Ainsi, p−1 k=1 p k F p−kGk = p p−1 k=1 ckF p−kGk H . Enfin, comme F et G sont dans Z[X] et comme (Z[X], +, ×) est un anneau, on conclut que H ∈ Z[X]. Finalement (F + G)p = F p + Gp + pH ou H ∈ Z[X]. (b) Comme z est annulé par Xn − 1 c’est un entier algébrique. On sait donc par 5.(b) que Πz ∈ Z[X]. Ensuite, on généralise par récurrence le résultat de la question précédente : soit k ∈ N∗ . On définit la propriété 6/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé (Hk) : Pour tous F1, . . . , Fk dans Z[X], il existe un polynˆome H tel que (F1 + · · · + Fk)p = k i=1 F p i + pH. Ce résultat est en effet trivialement vrai pour k = 1 (prendre H = 0) et il a été établi au rang 2. Soit k ⩾ 2 tel que Hk soit vraie. Soit F1, . . . , Fk+1 dans Hk+1 . Posons G := F2+· · ·+Fk+1 . Il existe H1 ∈ Z[X] tel que (F1 + G)p = (F1)p + Gp + pH1 , et par l’hypothèse de récurrence il existe H2 ∈ Z[X] tel que Gp = k+1 i=2 F p i + pH2. Ainsi, (F1 + · · · + Fk+1)p = k+1 i=1 (Fi)p + p (H1 + H2) ∈Z[X] . Ainsi, Hk+1 est vraie. La propriété est donc établie à tout rang. Écrivons en particulier Πz = d k=0 bkXk . Les bk sont entiers donc les bkXk sont dans Z[X]. Le résultat précédent fournit donc un H ∈ Z[X] tel que (Πz)p = d k=0 (bkXk)p + pH. Enfin, pour tout a ∈ Z, on sait que ap ≡ a [p] (petit théorème de Fermat) car ap−1 ≡ 1 [p] si p ne divise pas a (théorème d’Euler, car p − 1 = ϕ(p) puisque p est premier), et sinon le résultat est trivial. Ainsi, le polynˆome G := d k=0 (bk)p−bk p Xkp est à coefficient entiers, et l’on a Πz(Xp) = (Πz)p + p (−G − H) ∈Z[X] . (c) En spécialisant l’identité précédente en z, il vient Πz(zp) = pF(z) donc Πz(zp) p = F(z). Comme z est un entier algébrique le théorème admis montre que zk l’est aussi pour tout k ∈ N. Enfin, tout entier relatif i est évidemment un entier algébrique puisqu’annulé par X − i. Puisque F ∈ Z[X], le théorème admis montre alors que F(z) est un entier algébrique, ce qu’il fallait démontrer. 14. (a) Avec la mˆeme formule de dérivation que celle utilisée en 11.(b), on voit que ∀i ∈ [[1, n]], P ′(zi) = j∈[[1,n]]∖{i} (zi − zj). Par ailleurs P ′(zi) = nzn−1 i . En multipliant ces identités il vient donc nn n i=1 zi n−1 = i̸=j (zi − zj). Or, en regroupant les termes associés aux couples symétriques (i, j) et (j, i), on trouve i̸=j (zi − zj) = (−1)N 1⩽i<j⩽n (zi − zj)2, 7/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé ou N est le nombre de couples (i, j) d’entiers tels que 1 ⩽ i < j ⩽ n, autre- ment dit N = n 2 = n(n−1) 2 . Enfin, les relations coefficients-racines montrent que n i=1 zi = (−1)nP(0) = (−1)n−1, donc 1⩽i<j⩽n (zi − zj)2 = nn(−1)(n−1)2−N = nn(−1) (n−1)(n−2) 2 . (b) On a déjà vu dans la démonstration de 6.(b) que toute racine de l’unité est un entier algébrique. Comme Xn − 1 est à coefficients rationnels et annule z, il est divisible par Πz , donc Πz a toutes ses racines simples et parmi z1, . . . , zn. Notons B l’ensemble de ces racines. Par ailleurs (zp)n = znp = 1 donc, quitte à réordonner les zi (ce qui n’a aucune importance) on peut supposer zp = z1. Raisonnons ensuite par l’absurde en suppoant que Πz(zp) ̸= 0, autrement dit zp ̸∈ B. Quitte à réordonner à nouveau les zi, on peut supposer que B = {z2, . . . , zq} pour un certain entier q ∈ [[2, n]]. Revenons au résultat intermédiaire i̸=j (zi − zj) = ±nn dans la question précédente. On peut alors factoriser i̸=j (zi − zj) = q i=2 (zp − zi) Πz(zp) n i=q+1 (z1 − zi) (i,j)∈C (zi − zj) u ou C désigne l’ensemble des couples (i, j) d’éléments de [[1, n]] tels que i ̸= 1 et j ̸= i. Comme chaque élément zi est un entier algébrique (car annulé par Xn −1), le théorème admis montre que u en est aussi un. Finalement, nn = ±u Πz(zp) pour un entier algébrique u. Or par 13.(c) on peut écrire Πz(zp) = pv pour un entier algébrique v. Ainsi nn = ±p(uv), et uv est un entier algébrique par le théorème admis. Par ailleurs uv = ± nn p est rationnel. La question 5.(a) montre alors qu’il est entier, autrement dit p divise nn. C’est absurde car p est premier et ne divise pas n. On conclut que Πz(zp) = 0 . (c) Nous concluons d’abord la séquence précédente. La remarque faite à la fin de 3.(b) montre que Πzp = Πz . Remarquons ensuite que zp reste dans Pn : en effet, pour tout k ∈ Z, (zp)k = 1 ⇔ zpk = 1 ⇔ n|pk ⇔ n|k par le lemme de Gauss et les propriétés de l’ordre d’un élément (on a vu à la question 7 que les éléments de Pn sont les éléments d’ordre n dans le groupe C∗). Ainsi, par récurrence finie (à partir de la décomposition en facteurs premiers de m), on trouve que pour tout entier naturel m premier avec n, zm ∈ Pn et Πzm = Πz. Finalement, soit y ∈ Pn . Comme z est d’ordre n dans le groupe Un à n éléments, il engendre ce groupe et en particulier y = zk pour un k ∈ N. Si k possédait un diviseur premier p commun avec n alors yn/p = z(k/p)n = 1 donc l’ordre de y ne serait pas n (mais un diviseur de n/p). Ainsi, k est premier avec n et le résultat précédent montre que Πy = Πz . En particulier y est racine de Πz . Comme les racines de Φn sont simples, on conclut que Φn | Πz. Comme Φn ∈ Q[X] et Φn(z) = 0, on a inversement Πz | Φn , et finalement Πz = Φn puisque Φn et Πz sont unitaires. 8/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Partie 3 15. (a) Soit P = d k=0 akXk ∈ C[X] unitaire de degré d. Alors XdP(1/X) = Xd d k=0 akX−k = d k=0 akXd−k = d k=0 ad−kXk, donc XdP(1/X) = P si et seulement si ∀k ∈ [[0, d]], ak = ad−k , autrement dit si et seulement si P est un polynˆome réciproque. (b) Soit x une racine de P , de multiplicité notée p. Avec les notations précédentes, on a P(0) = a0 = ad = 1, donc x ̸= 0. On écrit ensuite P = (X − x)pQ(X) ou Q ∈ C[X] vérifie Q(x) ̸= 0 et deg(Q) = n − p. Alors P = XnP(1/X) = Xp(X−1 − x)pXn−p Q(X−1) = (X − x−1)pR(X) ou R := (−x)pXn−pQ(X−1) ∈ C[X]. En notant que R(x−1) = (−x)pxp−nQ(x) ̸= 0, on conclut que x−1 est d’ordre p comme racine de P , et en particulier x−1 est racine de P . 16. Comme Πx est à coefficients réels et x en est une racine, x en est aussi une racine, autrement dit x−1 = x en est une racine. Puisque x ̸∈ {−1, 1}, on voit que x2 ̸= 1 donc x ̸= x−1 et ainsi x−1 ∈ C(x). La remarque à la fin de 3.(b) assure que Πx−1 = Πx. Notons d le degré de Πx et constatons que Πx−1 = Q ou Q := XdΠx(X−1). D’abord, on voit que Q(x−1) = x−dΠx(x) = 0, tandis que le calcul effectué en 15.(a) montre que Q ∈ Qd[X]. On trouve donc que Πx−1 divise Q et en particulier x−1 est de degré au plus d. Comme x−1 est de module 1 et distinct de ±1, le mˆeme raisonnement donne que le degré de x est au plus celui de x−1 , et finalement x−1 est de degré d. Ainsi la divisibilité de Q par Πx−1 et le fait qu’ils aient le mˆeme degré montre qu’ils sont associés. On a donc Q = λΠx pour un λ ∈ C∗. Par suite, Q et Πx ont les mˆemes racines. Or : • Toute racine complexe de Πx est non rationnelle puisque Πx est irréductible et de degré au moins 2 (sinon x serait rationnel par 2, donc égal à ±1 car de module 1). • En particulier, pour tout racine y de Πx, on a y ̸= 0 et y−1 est évidemment racine de Q. • L’application y → y−1 définit donc une involution sans point fixe de l’ensemble B des racines de Πx dans lui-mˆeme. Enfin, les racines de Πx sont toutes simples (voir 4.(b)). En groupant chaque racine avec son inverse, on en déduit que Πx est de degré pair et que le produit de ses racines complexes vaut 1, si bien que Πx(0) = 1. Finalement, Πx = Πx−1 = λXdΠx(X−1) pour un λ ∈ C∗. En notant a0, . . . , ad les coefficients de Πx, il vient alors ∀k ∈ [[0, d]], ad−k = λak. Comme ad = 1 (Πx est unitaire) et a0 = Πx(0) = 1, on en déduit λ = 1 et ainsi Πx est un polynˆome réciproque. 17. (a) Comme à la question précédente, on voit que Πα = Πγ . Si γ valait ±1, le polynˆome Πα aurait une racine rationnelle bien qu’il soit irréductible de degré au moins 2, ce qui est absurde. Ainsi, la question 16 s’applique et montre que Πγ est un polynˆome réciproque. Comme α en est une racine (non nulle), la question 15.(b) montre que α−1 en est aussi une, donc α−1 est racine de Πα . Enfin, α ̸= α−1 puisque α ̸= ±1. 9/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé (b) Si γ était une racine de l’unité, Πγ diviserait Xn − 1 pour un n ∈ N∗, et alors toutes les racines de Πγ seraient de module 1. Ce n’est pas le cas puisque α en est une d’après le raisonnement effectué à la question précédente. (c) Soit β ∈ C(α) ∖ {α−1}. En particulier β ̸= 0 et β−1 est aussi racine de Πα car Πα est un polynˆome réciproque. Comme |β| |β−1| = 1, si |β| ̸= 1 alors |β| > 1 ou |β−1| > 1, donc l’appartenance de α à S montrerait que β = α ou β−1 = α, ce qui est interdit. Ainsi, |β| = 1. Tous les conjugués de α hormis α−1 sont donc de module 1. 18. Soit α ∈ S . Notons d le degré de Πα . En particulier, l’existence d’un conjugué γ de α de mo- dule 1 est assurée, et on voit alors que Πγ = Πα par la remarque à la fin de 3.(b). On sait alors que Πγ est un polynˆome réciproque (voir 17.(a)) dont ni 1 ni −1 n’est racine, et le raisonne- ment effectué en 16 a alors montré que Πγ est de degré pair. Évidemment ce degré n’est pas 2 sinon α et α−1 (tous deux de module différent de 1 !) seraient les seules racines de Πα . Ainsi, α est de degré pair au moins égal à 4. Partie 4 19. Soit n > 1. Supposons que Pn ait une racine x dans Q. D’après 5.(a), x est un entier. Par suite, l’égalité x −x3 + (6 + n)x2 − (10 + n)x + (6 + n) = 1 montre que x est inversible dans l’anneau Z, autrement dit x = ±1. Or, on calcule Pn(1) = −n < 0 et Pn(−1) = 3n + 24 > 0, ce qui donne une contradiction. Ainsi, Pn n’a pas de racine rationnelle. Par ailleurs, comme x → Pn(x) est continue, le théorème des valeurs intermédiaires montre que Pn([1, +∞[) est un intervalle. Cet intervalle n’est pas majoré car évidemment Pn −→ +∞ +∞ (Pn est unitaire non constant) donc il inclut [Pn(1), +∞[. Ainsi, Pn a une racine dans [1, +∞[, donc dans ]1, +∞[ puisque Pn(1) < 0. 20. Par retour immédiat à la définition, Pn est un polynˆome réciproque, donc le résultat annoncé se déduit directement de celui de 15.(b). 21. On remarque que sn + tn est la somme des racines de Pn (en tenant compte des ordres de multi- plicités), donc par les relations coefficients-racines −(sn + tn) est le coefficient de Pn devant X3 (puisque Pn est unitaire de degré 4). Ainsi tn + sn = 6 + n. De mˆeme, en utilisant la deuxième fonction symétrique élémentaire, on trouve αn 1 αn + αnγn + αn γn + 1 αn γn + 1 αn 1 γn + γn 1 γn = 10 + n, soit 2 + αnγn + αn γn + γn αn + 1 αnγn = 10 + n, et finalement, en retranchant 2 et en factorisant à gauche, tnsn = 8 + n. 22. La question précédente, combinée aux relations coefficients-racines, montre que tn et sn sont les racines de Q := X2 − (6 + n)X + (8 + n). 10/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Or, Q(0) = 8 + n > 0 et Q(2) = −n < 0. Puisque t → Q(t) est continue, le théorème des valeurs intermédiaires montre que Q a au moins une racine dans ]0, 2[. Or tn − 2 = (αn−1)2 αn ⩾ 0. Nécessairement 0 < sn < 2. Si γn était réel, on trouverait que |sn| ⩾ 2, car : • si γn > 0 alors sn − 2 ⩾ 0 (comme pour αn) ; • sinon, par le mˆeme raisonnement (−sn) − 2 ⩾ 0. On en déduit que γn ̸∈ R . Comme γn n’est pas réel, son conjugué ne l’est pas non plus mais c’est tout de mˆeme une racine de Pn (ce dernier étant à coefficients réels). Ainsi γn = 1 γn (puisque γn ̸= γn), et on conclut que |γn|2 = 1, autrement dit |γn| = 1. 23. (a) Les nombres tn et sn sont des entiers algébriques car racines du polynˆome Q (unitaire à coefficients entiers) introduit précédemment. Supposons que l’un d’entre eux soit rationnel. La relation tn + sn = 6 + n garantit alors que les deux sont rationnels, donc entiers d’après 5.(a). En particulier sn = 1 puisque 0 < sn < 2. Il vient alors à la fois tn = 5 + n et tn = 8 + n en appliquant 21, ce qui est contradictoire. Ainsi, sn et tn sont tous deux irrationnels. (b) Par suite, ni αn ni γn n’est rationnel, donc leurs inverses non plus. Ainsi, Pn n’a aucune racine rationnelle. Supposons-le réductible dans Q[X], en écrivant Pn = AB avec A et B non constants à coefficients dans Q, que l’on peut choisir unitaires quitte à les normaliser. Aucun des polynˆomes A et B ne peut ˆetre de degré 1 sinon Pn aurait une racine rationnelle, donc ils sont tous deux de degré 2. Quitte à les échanger, on peut supposer que αn est racine de A. Mais alors les racines de A sont : • ou bien αn et α−1 n ; • ou bien αn et γn ; • ou bien αn et γ−1 n ; et dans tous les cas leur somme n’est pas rationnelle puisque c’est tn dans le premier cas, et un nombre non réel dans les deux autres cas. Or la somme des racines de A est l’opposé du coefficient de A selon X , donc un rationnel. Cette contradiction montre que Pn est irréductible dans Q[X]. Le nombre αn est un entier algébrique puisqu’il est annulé par Pn (qui est unitaire et dans Z[X]). Comme Pn est irréductible unitaire à coefficients rationnels, on sait par 3.(b) que Παn = Pn . Les conjugués de αn sont donc α−1 n , γn et γ−1 n . Les deux derniers sont de module 1 (voir 22), tandis que |α−1 n | = 1 αn ⩽ 1, donc αn ∈ S . (c) On note que ∀n > 1, tn = 6 + n − sn ⩾ n + 4, donc tn −→ n→+∞ +∞. Puis comme αn = tn − 1 an ⩾ tn − 1 pour tout n > 1, on obtient par minoration que αn −→ n→+∞ +∞. 24. Commen¸cons par un travail préliminaire en considérant un élément arbitraire α de T . Son polynˆome minimal est donc de degré 4 et réciproque, à coefficients entiers. Il s’écrit donc Pa,b := X4 − aX3 + bX − aX + 1 pour un certain couple (a, b) ∈ Z2 . Notons γ une racine de module 1 de ce polynˆome et posons t := α + α−1 et s := γ + γ−1. Comme en 23.(a), on voit que t et s sont les racines du polynˆome Qa,b := X2 − aX + (b − 2) et que t > 2 et −2 < s < 2. Pour cette dernière inégalité, remarquer que s = 2 Re(γ) et que −1 < Re(γ) < 1 car γ est de module 1 mais différent de ±1 (sinon il serait de degré 1). 11/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019 X-ENS MP Épreuve A 2019 Corrigé Réciproquement, donnons-nous un couple (a, b) ∈ Z2 tel que le polynˆome Qa,b possède une racine réelle t > 2 et une racine réelle s ∈ ]−2, 2[, avec t irrationnel. On montre facilement que X2−tX+1 possède une unique racine réelle strictement supérieure à 1, notée α, et l’autre est α−1 , tandis que les racines de X2 − sX + 1 sont non réelles et de module 1 : on en choisit une que l’on note γ , l’autre étant alors γ−1. Alors, P := (X − α)(X − α−1)(X − γ)(X − γ−1) vérifie P = (X2 − tX + 1)(X2 − sX + 1) = X4 − (t + s)X3 + (2 + ts)X2 − (t + s)X + 1 = Pa,b. Il est à coefficients entiers, et on obtient alors que α ∈ S sous réserve que P soit irréductible dans Q[X]. Or P est nécessairement irréductible dans Q[X] : en effet d’abord α est irrationnel puisque t l’est aussi ; puis s, qui vaut a − t, est aussi irrationnel ; on conclut alors comme à la question 23.(b). Maintenant, considérons un couple (a, b) ∈ Z2 et voyons à quelle condition Q := X2 − aX + (b − 2) possède une racine dans ]2, +∞[ et une racine dans ]−2, 2[ (condition notée Ca,b). Il est bien sˆur nécessaire que Q(2) < 0. Si cette condition est réalisée, Q a une racine (unique) dans ]2, +∞[, et il a donc une racine dans ]−2, 2[ si et seulement si Q(−2) > 0. Ainsi, (Ca,b) ⇔ Q(2) < 0 Q(−2) > 0 ⇔ b < 2a − 2 b > −2a − 2 ⇔ −2a − 1 ⩽ b ⩽ 2a − 3. Cette condition est réalisée en particulier pour le couple (a, b) = (1, −1). Pour ce dernier Q = X2 − X − 3 a sa plus grande racine t0 irrationnelle (sinon d’après 5.(a) t0 serait un en- tier, mais on constate que Q(2) < 0 et Q(3) > 0, si bien que 2 < t0 < 3). On notera que t0 = 1 + √ 13 2 · Nous allons maintenant montrer que t0 = min α∈T (α + α−1). Pour cela, supposons par l’absurde qu’il existe α ∈ T tel que t := α + α−1 soit strictement inférieur à t0. Prenons (a, b) ∈ Z2 tel que Πα = Pa,b . Comme 2 < t < t0 et la racine de Qa,b distincte de t doit ˆetre strictement inférieure à 2, on trouve Qa,b(t0) > 0. Comme t2 0 = t0 + 3, cela donne (1 − a) t0 + (b + 1) > 0, autrement dit (a − 1) t0 ⩽ b + 1. Comme par ailleurs b ⩽ 2a − 3, on en déduit (a − 1)t0 ⩽ 2a − 2 et donc (a − 1)(t0 − 2) ⩽ 0. Comme t0 > 2 il vient a − 1 ⩽ 0. Or a = t0 + s pour un s ∈ ]−2, 2[, et donc a > 0. Finalement a = 1. Enfin, l’encadrement −2a − 1 ⩽ b ⩽ 2a − 1 donne −3 ⩽ b ⩽ −1. La plus grande racine de Qa,b est donc 1+√ 1−4(b−2) 2 , supérieure ou égale à t0 car −4(b − 2) ⩾ 4 × 3. Cela contredit l’hypothèse initiale. On conclut que t0 = min α∈T (α + α−1). Sur ]1, +∞[, la fonction x → x + 1 x est dérivable de dérivée x → 1 − 1 x2 strictement positive, donc elle est strictement croissante. En notant α0 la plus grande racine de P1,−1, on conclut que α0 = min T . Enfin, α0 est évidemment la plus grande racine du polynˆome X2 − t0X + 1, donc α0 = t0 + t2 0 − 4 2 avec t0 = 1 + √ 13 2 (on s’abstiendra de simplifier l’expression de α0 ). 12/12 Lycée Privé Sainte Geneviève MP* — 31 octobre 2019