\input{../.headers/cours.tex}

\begin{center}
\shadowbox{\LARGE \bf \textsc{\supline ~$\K[X]$ \subline}}\\
\end{center}

Contexte~: dans ce chapitre, $\K$ d\'esigne un sous-corps de $\C$ (mais en pratique on prendra $\K=\R$ ou $\K=\C$).\\

Objectifs du chapitre~:\subline
\begin{itemize}
\item D\'efinir rigoureusement les objets rencontr\'es en TACMAS.\subline
\item D\'emontrer les th\'eor\`emes admis en TACMAS.\subline
\item D\'ecrire l'arithm\'etique de $\K[X]$.
\end{itemize}


\section{Construction. Structure.}

\subsection{Alg\`ebre {\mathversion{bold}{$\K[X]$}}}

Rappel~: un polyn\^ome n'a pas vocation \`a s'appliquer \`a un scalaire. Il a vocation \`a s'appliquer \`a {\it tout \'el\'ement de toute $\K$-alg\`ebre} (scalaire, matrice, endomorphisme, ...)~: cette motivation nous conduit \`a la d\'efinition suivante.

\Definition\ \\[-0.9cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item On appelle ind\'etermin\'ee la lettre $X$.
\item On appelle \newdef{polyn\^ome en $X$} \`a coefficients dans $\K$ toute combinaison lin\'eaire formelle de puissances de l'ind\'etermin\'ee $X$.
\item On appelle \newdef{mon\^ome} tout polyn\^ome de la forme $a_{n}X^n$.
\end{enumerate}
\FinDefinition

L'ind\'etermin\'ee $X$ est un objet formel, rien de plus, de m\^eme pour les expressions $X^0$, $X^1$, $X^2$, $\hdots$, $X^n$, etc.
Une combinaison lin\'eaire formelle des puissances de l'ind\'etermin\'ee est simplement une expression de la forme $a_1X^{i_1}+a_2X^{i_2}+\cdots+a_rX^{i_r}$ o\`u les $a_k$ sont des scalaires et les $i_k$ des entiers distincts. Cette expression est formelle au sens o\`u l'\'egalit\'e entre deux telles expressions est l'\'egalit\'e syntaxique, aux trois identifications suivantes pr\`es (sans lesquelles parler de "combinaison lin\'eaire" serait usurper une appellation contr\^ol\'ee)~:
\begin{enumerate}[1.]
\item on identifie $X^0$ avec le scalaire $1$ et $X^1$ avec l'ind\'etermin\'ee $X$~;
\item on identifie les combinaisons lin\'eaires qui ne se distinguent que par l'ordre des termes, par exemple $a_{1} X^{i_1}+a_{2} X^{i_2}+a_{3} X^{i_3}$ et $a_{3} X^{i_3}+a_{1} X^{i_1}+a_{2} X^{i_2}$~;
\item on identifie une combinaison lin\'eaire de la forme $a_{1} X^{i_1}+a_{2} X^{i_2}+\cdots+a_{r} X^{i_r} + 0 X^{i_{r+1}}$ avec la combinaison lin\'eaire correspondante $a_{1} X^{i_1}+a_{2} X^{i_2}+\cdots+a_{r} X^{i_r}$.
\end{enumerate}

%\`A ces identifications pr\`es, l'\'egalit\'e entre combinaisons lin\'eaires de puissances de l'ind\'etermin\'ee est l'\'egalit\'e syntaxique.


\Propdef\ \\[-0.5cm]
Un polyn\^ome est toujours de la forme $\dsp{P=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n=\sum_{k=0}^na_{k}X^k}$, o\`u $n$ d\'esigne un entier naturel\\[-0.25cm] et $a_{0}$,...,$a_{n}$ des \'el\'ements de $\K$.\\[0.15cm]
Les \'el\'ements $a_{0}$, ..., $a_{n}$ sont alors appel\'es les \newdef{coefficients} de $P$.\\[0.15cm]
Lorsqu'ils sont tous nuls, on dit que $P$ est \newdef{le polyn\^ome nul}.
\FinPropdef

\demo
Il suffit d'utiliser de fa\c{c}on r\'ep\'et\'ee les r\`egles 2. et 3. d'identification pr\'esent\'ees pr\'ec\'edemment~: on note $n$ le plus grand des entiers $i_k$ (ou m\^eme un entier quelconque plus grand que le plus grand des $i_k$), on ajoute des coefficients nuls pour toutes les puissances de $X$ absentes de la somme, et on r\'eordonne enfin les termes.
\cqfd

\medskip
\Definition
On appelle degr\'e de $P$ l'\'el\'ement de $\N\cup\{-\infty\}$ suivant~: $\deg(P)=\sup\limits_{\overline{\R}}\ \{i,~a_i\neq 0\}$.\\
Ainsi un polyn\^ome est nul \ssi son degr\'e est $-\infty$ et, si $a_n\neq 0$, alors $\deg(a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n)=n$.
\FinDefinition

\nota
\begin{enumerate}[$\bullet$] 
\item On note $\K[X]$ l'ensemble de tous les polyn\^omes \`a coefficients dans $\K$.
\item On note $\K_n[X]$ l'ensemble des polyn\^omes \`a coefficients dans $\K$ de degr\'e $\leq n$.
\end{enumerate}
\aton

\newpage\ \\[-1.5cm]

\begin{rem}\ \\[-0.5cm]
On peut donc agr\'eablement noter un polyn\^ome $\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$, o\`u la suite $(a_{k})_{k\in\N}$ est nulle \`a partir d'un certain rang (on dit aussi qu'elle est \newdef{presque nulle}). 
Le polyn\^ome nul correspond alors \`a la suite $(a_{k})_{k\in\N}$ telle que $a_{k}=0$ pour tout $k\in\N$.
\end{rem}\ \\[0.25cm]

Toujours en appliquant nos deux r\`egles, on a imm\'ediatement~:
\Theoreme[Identification]\label{theoremeidentificationcoefficientspolynomes}
Deux polyn\^omes %$\dsp{P=\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$ et $\dsp{Q=\sum_{k=0}^{+\infty}b_{k}X^k}$
 sont \'egaux \ssi %tous leurs coefficients de m\^eme degr\'e sont \'egaux, \ie 
 les suites presque nulles $(a_{k})_{k\in\N}$ et $(b_{k})_{k\in\N}$ sont identiques.\\[0.1cm]
Dit autrement~: $P=Q\eq \forall k\in \N,\ a_{k}=b_{k}$.
\FinTheoreme
Bref, deux polyn\^omes sont \'egaux \ssi tous leurs coefficients de m\^eme degr\'e sont \'egaux. C'\'etait facile mais il reste \`a montrer %\\ Le proc\'ed\'e d'\og\!identifiation\!\fg{} des coefficients correspond \`a ce dernier th\'eor\`eme. On va voir dans la suite pourquoi 
qu'on peut encore l'utiliser sur des fonctions polynomiales et pas seulement sur les polyn\^omes formels.\\


\subsection{Structure d'alg\`ebre}

\Definition\label{lci+surlespolynomes}
On d\'efinit une loi de composition interne $+$ sur $\K[X]$ de la mani\`ere suivante :\\
si $\dsp{P=\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$ et $\dsp{Q=\sum_{k=0}^{+\infty}b_{k}X^k}$ sont deux \'el\'ements de $\K[X]$, on note $P+Q$ le polyn\^ome ~:\\[0.25cm]
$\dsp{P+Q=(a_0+b_0)+(a_1+b_1)X+\cdots+(a_n+b_n)X^n}$.\\[-0.25cm]
\FinDefinition

\Proposition
$(\K[X],+)$ forme un groupe de neutre le polyn\^ome nul.
\FinProposition

\demo ~Toujours le m\^eme argument (travailler coefficient par coefficient). Exercice \`a savoir faire~!
%\ \\
%\uneligne\\
%\uneligne
\cqfd %\ \\


%\begin{rem}
%Soient deux suites presque nulles $(a_{k})_{k\in\N}$ et $(b_{k})_{k\in\N}$. Il existe alors $n_{a}\in \N$ et $n_{b}\in\N$ tels que $a_{k}=0$ pour tout $k\geq n_{a}$ et $b_{k}=0$ pour tout $k\geq n_{b}$. Par cons\'equent, si l'on note $M=\max(n_{a},n_{b})$, on a $a_{k}=0$ et $b_{k}=0$ pour tout $k\geq M$, donc $a_{k}+b_{k}=0$ pour tout $k\geq M$.\\
%On a ainsi d\'emontr\'e que la somme de deux suites presque nulles est presque nulle.\\
%Il s'ensuit que la quantit\'e $P+Q$ d\'efinie ci-dessus est bien un polyn\^ome. Cela explique en quoi la loi $+$ est bien interne \`a $\K[X]$.
%\end{rem}


\begin{rem}\ \\
$\Psi\nobreak:\nobreak \defapp{\K[X]}{\K^\N}{P=a_0+a_1X+\cdots+a_nX^n}{(a_0,a_1,\cdots,a_n,0,0,\ldots,0,\ldots)}$ est un morphisme de groupe.\\\\\\
$Im(\Psi)=\K^{(\N)}$ (les suites presque nulles). La corestriction $\Psi : \K[X] \too \K^{(\N)}$ est un isomorphisme de groupe.
\end{rem}\ \\


\Definition
On d\'efinit une loi de composition externe~ $\boldsymbol{\cdot} : \defapp{\K\times \K[X]}{\K[X]}{(\lambda,P)}{\lambda\boldsymbol{\cdot} P}$ par : si $\dsp{P=\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$ alors\\[0.15cm]
$\dsp{\lambda\boldsymbol{\cdot} P=(\lambda a_0)+(\lambda a_1)X+\cdots+(\lambda a_n)X^n}$\\[-0.25cm]
\FinDefinition

%\begin{rem}
%Reprenons les deux lois pr\'ec\'edentes en revenant \`a la premi\`ere \'ecriture propos\'ee des polyn\^omes~: si $n$ et $m$ sont les plus grands entiers tels que $a_{n}\neq 0$ et $b_{m}\neq 0$ alors on peut \'ecrire $\dsp{P=\sum_{k=0}^na_{k}X^k}$ et $\dsp{Q=\sum_{k=0}^mb_{k}X^k}$.\\
%On a alors $\dsp{\lambda P=\sum_{k=0}^{n}\lambda a_{k}X^k}$ et, si par exemple $n\geq m$, on a~:\\
%$P+Q=\dsp{\sum_{k=0}^m(a_{k}+b_{k})X^k+\sum_{k=m+1}^n a_{k}X^k}$.
%\end{rem}

\Proposition\label{propositionK[X]espacevectoriel}
$(\K[X],+,\boldsymbol{\cdot})$ est un $\K$-espace vectoriel.
\FinProposition

\demo ~Toujours le m\^eme argument (travailler coefficient par coefficient). Exercice \`a savoir faire~!
\cqfd %\ \\[-1cm]


%\begin{enumerate}[1.]
%\item Montrons que $(\K[X],+)$ forme un groupe commutatif~:
%\begin{itemize}
%\item Comme nous l'avons d\'ej\`a dit dans la d\'efinition \ref{lci+surlespolynomes}, $+$ est une lci sur $\K[X]$.
%\item Soient trois polyn\^omes $\dsp{P=\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$, $\dsp{Q=\sum_{k=0}^{+\infty}b_{k}X^k}$ et $\dsp{R=\sum_{k=0}^{+\infty}c_{k}X^k}$. On a~:\\
%\begin{tabular}{lcll}
%\hspace{-0.3cm}$(P+Q)+R$&$=$&$\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}(a_{k}+b_{k})X^k+\sum_{k=0}^{+\infty}c_{k}X^k }$& par d\'efinition de $+$\\
%\hspace{-0.3cm}& $=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}\big((a_{k}+b_{k})+c_{k}\big)X^k}$ & par d\'efinition de $+$\\
%\hspace{-0.3cm}& $=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}\big(a_{k}+(b_{k}+c_{k})\big)X^k}$ & par associativit\'e de $+$ dans $\K$\\
%\hspace{-0.3cm}& $=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k+\sum_{k=0}^{+\infty}(b_{k}+c_{k})X^k}$ & par d\'efinition de $+$\\
%\hspace{-0.3cm}& $=$ & $P+(Q+R)$ & par d\'efinition de $+$.\\[0.3cm]
%\end{tabular}\ \\
%Ainsi $+$ est associative.
%\item La commutativit\'e de $+$ dans $\K[X]$ s'\'etablit sans plus de difficult\'e que l'associativit\'e, et d\'ecoule de la commutativit\'e de $+$ dans $\K$.
%\item Le polyn\^ome nul est clairement l'\'el\'ement neutre de $\K[X]$ pour cette lci.
%\item \'Etant donn\'e un polyn\^ome quelconque $\dsp{P=\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k}$, la quantit\'e $\dsp{Q=\sum_{k=0}^{+\infty}(-a_{k})X^k}$ est clairement aussi un polyn\^ome car si la suite $(a_{k})_{k\in\N}$ est presque nulle, la suite $(-a_{k})_{k\in\N}$ est presque nulle \'egalement.\\
%On a alors $\dsp{P+Q=\sum_{k=0}^{+\infty}\big(a_{k}+(-a_{k})\big)X^k=\sum_{k=0}^{+\infty}(0)X^k}$ qui est le polyn\^ome nul. Ainsi $P+Q=0$ et, par commutativit\'e de $+$, on a aussi $Q+P=0$.\\
%Par cons\'equent $Q$ est l'oppos\'e de $P$. \\
%On a ainsi d\'emontr\'e que $P$ admet un sym\'etrique dans $\K[X]$ pour la loi $+$, que nous noterons $-P$ de mani\`ere traditionnelle.
%\end{itemize}
%Tout cela prouve que $(\K[X],+)$ est un groupe commutatif, de neutre $0$.
%\item 
%\begin{itemize}
%\item Montrons que $\cdot$ est distributive (\`a gauche) sur l'addition de $\K[X]$~:\\
%Soit $\lambda\in\K,\ (P,Q)\in \K[X]^2$. On a~: \\
%\begin{tabular}{lcll}
%$\lambda \cdot (P+Q) $&$=$&$ \dsp{\lambda \cdot \left(\sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}X^k + \sum_{k=0}^{+\infty}b_{k}X^k\right)}$&\\
%    &$=$&$\lambda \cdot \dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}(a_{k}+b_{k})X^k}$ & par d\'efinition de $+$\\
%    &$=$&$\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}\big(\lambda(a_{k}+b_{k})\big)X^k}$ & par d\'efinition de $\cdot$\\
%        &$=$&$\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}(\lambda a_{k}+\lambda b_{k})X^k}$ & par distributivit\'e dans $\K$\\
%        &$=$&$\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty}(\lambda a_{k})X^k+\sum_{k=0}^{+\infty}(\lambda b_{k})X^k}$ & par d\'efinition de $+$\\
%        &$=$&$\lambda \cdot P+\lambda \cdot Q$ & par d\'efinition de $\cdot$.\\
%\end{tabular}\ \\
%
%On montre sans plus de mal les points restants~:
%\item la distributivit\'e (\`a droite) de $\cdot$ sur l'addition de $\K$~, \ie\\
%$\dsp{\forall (\lambda,\mu)\in \K^2,\ \forall P\in \K[X],\ (\lambda+_\K\mu) \cdot P = \lambda \cdot P + \mu \cdot P}$.
%\end{itemize}
%\item la compatibilit\'e de $\cdot$ avec $\times_\K$, \ie~:\\ $\forall (\lambda,\mu)\in \K^2,\ \forall P\in \K[X],\ (\lambda\times_\K\mu) \cdot P = \lambda \cdot (\mu \cdot P)$.
%\item la compatibilit\'e de $\cdot$ avec  $1_{\K}$, \ie~: $\forall P\in \K[X],\ 1_\K \cdot P = P$. \qed
%\end{enumerate}


\begin{rem}
$\Psi\nobreak:\nobreak\defapp{\K[X]}{\K^{(\N)}}{P=a_0+\cdots+a_nX^n}{(a_0,\cdots,a_n,0,\ldots,0,\ldots)}$ est un isomorphisme de $\K$-ev.
\end{rem}\ \\

Ainsi, on aurait pu (d\^u~?) {\bf \underline{d\'efinir}} un polyn\^ome comme une suite presque nulle, et $X$ comme la suite $(0,1,0,0,\ldots)$... %comme vous l'avez fait en cours d'info~!\newpage\ \\[-1.5cm]
 c'est ce qu'on peut faire en informatique en d\'efinissant un polyn\^ome par la liste (ou le tableau) de ses coefficients.\newpage\ \\[-1.5cm]

\begin{rem}\ \\[-0.8cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Par d\'efinition, $\K[X]$ a une base canonique~: $(1,X,X^2,\ldots,X^n,\ldots)$.
\item $\K_n[X]$ est clairement un sev de $\K[X]$ qui a aussi une base canonique~: $(1,X,X^2,\ldots,X^n)$.
\end{enumerate}
\end{rem}

\medskip

\Definition \label{definitionproduitpolynomes}
Soit $\dsp{P=\sum_{k=0}^na_kX^k}$ et $\dsp{Q=\sum_{j=0}^mb_jX^j}$. \\On d\'efinit le polyn\^ome not\'e $P\times Q$ par~: $\dsp{P\times Q=\sum_{k=0}^{n+m}c_kX^k}$ avec
$c_k=\sum\limits_{i+j=k} a_ib_j = \sum\limits_{r=0}^ka_rb_{k-r}$.%\\[-0.25cm] 
\FinDefinition

\begin{notation}
Pour un polyn\^ome $P$ quelconque, on note \'evidemment $P^2=P\times P$, $P^3=P^2\times P$, etc.
\end{notation}

\thm
$(\K[X],+,\times)$ est un anneau commutatif, d'\'el\'ement unit\'e le polyn\^ome constant $1$.
\mht

%\demo\ \\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
%\vfill
%\cqfd

\demo
\begin{enumerate}[1.]
\item On a d\'ej\`a vu que $(\K[X],+)$ forme un groupe commutatif.
\item Soient trois polyn\^omes $\dsp{P=\sum_{k=0}^{n}a_{k}X^k}$, $\dsp{Q=\sum_{k=0}^{m}b_{k}X^k}$ et $\dsp{R=\sum_{k=0}^{\ell}c_{k}X^k}$. On a~:\\
\begin{tabular}{lcll}
$(P\times Q)\times R$ &$=$ & $\dsp{\left(\sum_{k=0}^{n+m}\left(\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}\right)X^k\right)\times \sum_{k=0}^{\ell}c_{k}X^k}$ & par d\'efinition de $\times$\\
&$=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{n+m+\ell}\sum_{i=0}^k \left(\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}\right) c_{k-i}X^k}$ & par d\'efinition de $\times$\\
&$=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{n+m+\ell}\sum_{i=0}^k \left(\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}c_{k-i}\right)X^k}$ & par distributivit\'e\\
&$=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{n+m+\ell}\sum_{j=0}^k \left(\sum_{i=j}^{k}a_jb_{i-j}c_{k-i}\right)X^k}$ & par permutation de $\Sigma$\\
&$=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{n+m+\ell}\sum_{j=0}^k a_{j}\left(\sum_{i=j}^{k}b_{i-j}c_{k-i}\right)X^k}$ & par distributivit\'e\\
&$=$ & $\dsp{\sum_{k=0}^{n+m+\ell}\sum_{j=0}^k a_{j}\left(\sum_{i=0}^{k-j}b_{i}c_{k-j-i}\right)X^k}$ & par r\'eindi\c{c}age\\
&$=$ & $\dsp{\left(\sum_{k=0}^{n}a_{k}X^k\right)\times \sum_{k=0}^{m+\ell} \left(\sum_{i=0}^{k}b_{i}c_{k-i}\right)X^k}$ & par d\'efinition de $\times$\\
&$=$ & $P\times (Q\times R)$ & par d\'efinition de $\times$.\\[0.3cm]
\end{tabular}
Ainsi $\times$ est associative.
\item Soit $\dsp{P=\sum_{k=0}^{n}a_{k}X^k}\in \K[X]$. Si l'on note $Q=b_{0}=1$, alors le coefficient g\'en\'eral $c_k=\dsp{\sum_{i=0}^{k}a_ib_{k-i}}$ de $P\times Q$ vaut $a_{k}b_{0}=a_{k}$ car pour $i\neq k$, on a $k-i\neq 0$ et donc $b_{k-i}=0$.
Ainsi a-t-on $P\times 1=P$.\\
On obtient de m\^eme (ou on d\'eduit de la commutativit\'e mentionn\'ee plus bas) qu'on a $1\times P=P$.\supline\subline\\
Finalement $\times$ poss\`ede un \'el\'ement neutre dans $\K[X]$, \`a savoir le polyn\^ome $1$.\subline
\end{enumerate}
Il reste \`a v\'erifier~:
\begin{enumerate}[resume]
\item $\times$ est commutative.
\item $\times$ est distributive sur $+$, c'est-\`a-dire~:\\
$\forall (P,Q,R)\in \K[X]^3,\ P\times(Q+R)=P\times Q+P\times R$ (distributivit\'e \`a gauche).
\end{enumerate}
Ces deux points entra\^inant \'evidemment la distributivit\'e \`a droite.\\ 
\exo Montrer ces deux points 4 et 5.

\cqfd



\bigskip

%La combinaison de la structure de $\K$-espace vectoriel et d'anneau nous permettent essentiellement de conclure qu'on a aussi la structure suivante~:

\col[Structure de \mathversion{bold}{$\K$}-alg\`ebre]\label{KDeXEstUneAlgebre}
$(\K[X],+,\times,\cdot)$ forme une $\K$-alg\`ebre.
\loc

\demo Il reste \`a voir que $\cdot$ est compatible avec $\times$ et $1_\K$, et c'est facile. \cqfd

\begin{rem}
$\K_{n}[X]$ {\bf n'}est {\bf pas} un sous-anneau de $\K[X]$ pour $n\geq 1$~!
\end{rem}

\medskip

\Proposition
L'anneau $\K[X]$ est int\`egre, \cad qu'un produit de deux polyn\^omes est nul \ssi un des deux facteurs est nul.
\FinProposition

\demo Le sens r\'eciproque est vrai dans tout anneau. Soient $P=a_0+\cdots+a_nX^n$ et $Q=b_0+\cdots+b_mX^m$ tels que $PQ=0$. Supposons par l'absurde $P\neq 0$ et $Q\neq 0$. \`A renommage pr\`es on peut donc supposer $a_n\neq 0$ et $b_m\neq 0$. Par suite on a $PQ=a_0b_0+\cdots+a_nb_mX^{n+m} \neq 0$.

\cqfd



\subsection{Applications polynomiales}


\Definition\label{definitionapplicationpolynomiale}
Soit $\big(\ac,+,\times,\cdot\big)$ une $\K$-alg\`ebre. Pour tout polyn\^ome $\dsp{P=\sum_{k=0}^d a_kX^k}$ de $\K[X]$ on peut consid\'erer\break\\[-0.4cm]
\newdef{l'application polynomiale associ\'ee \`a $P$ dans $\ac$}, simplement d\'efinie par~: $\widetilde{P}^{{}^\ac}\defapp{\ac}{\ac}{A}{\dsp{\sum_{k=0}^d a_kA^k}}$,\break la somme et les multiplications consid\'er\'ees dans cette expression \'etant celles de l'alg\`ebre $\ac$.${}^{{}^{}}$
\FinDefinition
En g\'en\'eral, on note encore $P$ l'application $\tilde{P}^{{}^\ac}$ pour \'eviter trop de lourdeurs, le contexte permettant de d\'eterminer dans quelle alg\`ebre on se trouve.\megasubline

\exs Pour $\K=\R$, consid\'erons le polyn\^ome $X^2+1\in\R[X]$.
\begin{enumerate}
\item Ce polyn\^ome induit une application $\defapp{\R}{\R}{x}{x^2+1}$ qui ne s'annule pas.
\item Ce polyn\^ome induit une application $\defapp{\C}{\C}{z}{z^2+1}$ qui s'annule exactement deux fois.
\item Ce polyn\^ome induit une application $\defapp{\mc_2(\R)}{\mc_2(\R)}{M}{M^2+I_2}$ qui s'annule une infinit\'e de fois, par exemple sur toutes les matrices de la forme $\matdd{0}{\lambda}{-\frac{1}{\lambda}}{0}$ ($\lambda\in\R^*$).
\item Ce polyn\^ome induit une application $\defapp{\R^I}{\R^I}{f}{\big(x\mapsto f(x)^2+1\big)}$.
\end{enumerate}
\sxe

\medskip

On a de mani\`ere \'evidente, du fait des d\'efinitions de la somme et du produit de fonctions~:

%\Proposition[R\`egles de calcul]
%$\forall (P,Q)\in \K[X]^2$, $\forall \lambda\in \K$, $\widetilde{\lambda P}{}^{{}^\ac}=\lambda \widetilde{P}^{{}^\ac}$, $\widetilde{P+Q}{}^{{}^\ac}=\widetilde{P}^{{}^\ac}+\widetilde{Q}^{{}^\ac}$ et $\widetilde{PQ}{}^{{}^\ac}=\widetilde{P}^{{}^\ac}\,\widetilde{Q}^{{}^\ac}$.
%\FinProposition
%
%\begin{rem}
%\label{remarquemorphismedalgebresdonctionspolynomiales}On peut pr\'eciser la proposition pr\'ec\'edente en disant que l'application $\defapp{\K[X]}{\ac^\ac}{P}{\widetilde{P}^{{}^\ac}}$ est non seulement une application lin\'eaire, mais aussi un morphisme d'anneaux, et donc m\^eme un morphisme d'alg\`ebres.
%\end{rem}

\thm[Lien polyn\^ome/application polynomiale] Si $\ac\neq\{0\}$ alors $P\mapsto \tilde{P}$ est un morphisme d'alg\`ebres injectif, \cad~:
\begin{enumerate}
\item $\forall (P,Q)\in \K[X]^2,\ \forall (\lambda,\mu)\in \K^2\, \widetilde{\lambda P+\mu Q}{}^{{}^\ac}=\lambda \widetilde{P}^{{}^\ac}+\mu\widetilde{Q}^{{}^\ac}$ (lin\'earit\'e)~;
\item $\forall (P,Q)\in \K[X]^2,\ \widetilde{PQ}{}^{{}^\ac}=\widetilde{P}^{{}^\ac}\,\widetilde{Q}^{{}^\ac}$ (pr\'eservation des produits)~;
\item $\forall (P,Q)\in \K[X]^2,\ \widetilde{P}{}^{{}^\ac}=\widetilde{Q}^{{}^\ac}\Rightarrow P=Q$ (injectivit\'e). 
\end{enumerate}
\mht\ \\
Cela justifie qu'on note $P$ plut\^ot que $\tilde{P}^\ac$.\\[0.15cm]
La th\'eor\`eme est int\'eressant car on conna\^it plein de th\'eor\`emes sur les fonctions polyn\^omiales~; ce th\'eor\`eme permet d'en d\'eduire des th\'eor\`emes analogues mais portant sur les polyn\^omes formels.\newpage\ \\[-1cm]

\exo Les deux premiers points (c'est un morphisme d'alg\`ebre) d\'ecoulent imm\'ediatement des d\'efinitions.\\
Le montrer est cens\'e \^etre un exercice facile, je vous le laisse pour la maison.\\

Reste l'injectivit\'e.\\

Soient $P = \sum_{k=0}^{n} a_k, Q = \sum_{k=0}^{m} b_k \in \K[X]$
Soient $\lambda, \mu\in \R$ 

Quitte à ce que certains coefficients soient nuls, on peut supposer que $m=n$.

\begin{itemize}
	\item $\widetilde{\lambda P + \mu Q}^{\ac} = x \mapsto \widetilde{\lambda P + \mu Q}^{\ac}(x)$
		Or $\lambda P + \mu Q = \lambda \sum_{k=0}^{n} a_k X^{k} + \mu \sum_{k=0}^{n} b_k X^{k}$. Par définition de $P$ et $Q$
		$\lambda P + \mu Q = \sum_{k=0}^{n} (\lambda a_k + \mu b_k)X^{k}$ par définition de $ \cdot $ et $+$.

		Donc %TODO

\end{itemize}

\demo Montrons l'injectivit\'e dans le cas $\ac=\K=\R$ (on verra dans quelques pages une d\'emonstration g\'en\'erale).\\[0.25cm]
Soient $P,\ Q\in\R[X]$ et supposons $\tilde{P}=\tilde{Q}$ \ie $\widetilde{P-Q}=x\mapsto 0$.\\[0.25cm]
Notons $P=p_0+p_1X+\cdots+p_nX^n$ et $Q=q_0+q_1X+\cdots+q_nX^n$ (quitte\,\`a\,ce\,que\,certains\,coefficients\,soient\,nuls).\\
On a $x\mapsto 0 = \widetilde{P-Q} = x\mapsto (p_0-q_0)+(p_1-q_1)x+\cdots+(p_n-q_n)x^n$.\\[0.2cm]
On \'evalue en 0 on trouve $p_0=q_0$.\\[0.1cm]
On d\'erive et on \'evalue en $0$ on trouve $p_1=q_1$.\\[0.1cm]
On red\'erive et on \'evalue en $0$ on trouve $2(p_2-q_2)=0$ donc $p_2=q_2$.\\[0.1cm]
Etc. On trouve finalement $n!(p_n-q_n)=0$ donc $p_n=q_n$.\\[0.1cm]
On a donc $P=Q$.\\[0.1cm]
D'o\`u l'injectivit\'e.
\cqfd

\medskip

\rmq
On a vu dans le corollaire \ref{KDeXEstUneAlgebre} que $(\K[X],+,\times,\cdot)$ est justement une $\K$-alg\`ebre.\\[0.2cm]
\`A tout polyn\^ome $P$, on peut donc associer une application $\widetilde{P}^{{}^{\K[X]}} : \K[X]\too\K[X]$~!
\qmr

\bigskip

\begin{rem}
On a donc toujours~: $P(X)=P$~!
\end{rem}

\bigskip

\Definition
Soient $P=\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty} a_{k}X^k}$ et $Q\in \K[X]$.\\
On d\'efinit le polyn\^ome compos\'e $P\circ Q$, not\'e parfois simplement $P(Q)$, par~: $P\circ Q=\widetilde{P}^{{}^{\K[X]}}\big(Q\big)=\dsp{\sum_{k=0}^{+\infty} a_{k}Q^k}$.
\FinDefinition


\medskip

\subsection{D\'erivation des polyn\^omes}

On d\'efinit la d\'eriv\'ee d'un polyn\^ome de la seule fa\c{c}on possible pour avoir $\widetilde{P'}=\tilde{P}\,'$, \cad pour que la d\'eriv\'ee de l'application associ\'ee soit l'application associ\'ee \`a la d\'eriv\'ee. Cela donne~:

\Definition\ \\[-0.25cm]
Soit $\dsp{P=\sum_{k=0}^da_kX^k\in\K[X]}$. \\On appelle \newdef{polyn\^ome d\'eriv\'e} de $P$ le polyn\^ome $\dsp{P'=\sum_{k=1}^da_kkX^{k-1}}$ \ie $\dsp{P'=\sum_{k=0}^{d-1}(k+1)a_{k+1}X^k}$.
\FinDefinition

De m\^eme que pour les fonctions, on d\'efinit la d\'erivation $n$-i\`eme par $P^{(0)}=P$ et, pour tout $n\in\N$, $P^{(n+1)}=\big(P^{(n)}\big)'$.\\

Le fait que $P\mapsto\tilde{P}$ soit un morphisme d'anneau injectif permet gratuitement de r\'ecup\'erer les propri\'et\'es alg\'ebriques de la d\'erivation connues sur les fonctions polyn\^omiales (car connues sur toutes les fonctions suffisament d\'erivables).\\

\thm[Propri\'et\'es de la d\'erivation]\label{ProprietesAiseesDeLaDerivation}\ \\[-0.75cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $P\mapsto P'$ est lin\'eaire, donc $P\mapsto P^{(n)}$ est lin\'eaire~;
\item $\forall (P,Q)\in\K[X],\ (PQ)'=P'Q+PQ'$, donc $\forall (P,Q)\in\K[X],\ (PQ)^{(n)}=\sum\limits_{k=0}^n \binom{n}{k} P^{(k)}Q^{(n-k)}$~;
\item $\forall (P,Q)\in\K[X],\ (P\circ Q)'=Q' \,\times\, P' \circ Q$, donc $\forall P\in\K[X],\ \forall (\alpha,\beta)\in\K^2,\ P^{(n)}(\alpha X+\beta)=\alpha^n P^{(n)}(\alpha X+\beta)$.
\end{enumerate}
\mht

\bigskip

Les formules de Taylor se transposent de la m\^eme fa\c{c}on, mais on a pour les polyn\^omes une version de luxe~:

\thm[Taylor pour les polyn\^omes]\label{ProprietesAiseesDeLaDerivation}\ \\[-0.5cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item En $0$~: $P(X)=\sum\limits_{k=0}^{\deg(P)} \dfrac{P^{(k)}(0)}{k!}X^k$.
\item En $\lambda$~: $P(X+\lambda)=\sum\limits_{k=0}^{\deg(P)} \dfrac{P^{(k)}(\lambda)}{k!}X^k$.
\item En $\lambda$ (v2)~: $P(X)=\sum\limits_{k=0}^{\deg(P)} \dfrac{P^{(k)}(\lambda)}{k!}(X-\lambda)^k$.
\end{enumerate}
\mht

\demo On peut le d\'eduire de la formule de Taylor pour les fonctions (cf cours "familles en dimension finie"). On peut aussi proc\'eder comme suit~:
\begin{enumerate}[1.]
\item Notons $P=a_0+a_1X+a_2X^2+\cdots+a_pX^p$. On a $P(0)=a_0$, puis, par d\'efinition de la d\'erivation, $P'(0)=a_1$, $P''(0)=2a_2$, $\hdots$, $P^{(k)}(0)=k!a_k$, $\hdots$, $P^{(n)}(0)=n!a_n$.\\
Comme une factorielle n'est jamais nulle, on peut r\'e\'ecrire ces \'egalit\'es $a_0=P(0)$, $a_1=P'(0)$, $a_2=\dfrac{P''(0)}{2}$, $\hdots$, $a_k=\dfrac{P^{(k)}(0)}{k!}$, $\hdots$, $a_n=\dfrac{P^{(n)}(0)}{n!}$. 
On a donc bien $\dsp{P=\sum_{k=0}^p a_k X^k=\sum_{k=0}^p \dfrac{P^{(k)}(0)}{k!}X^k}$.
\item On applique la formule pr\'ec\'edente au polyn\^ome $Q(X)=P(X+\lambda)$. 
On a $P(X+\lambda)=\dsp{\sum_{k=0}^p \dfrac{Q^{(k)}(0)}{k!}X^k}$. D'apr\`es le point 3 du th\'eor\`eme 3 on a, pour tout entier $k$, $Q^{(k)}(0)=P^{(k)}(0+\lambda)=P^{(k)}(\lambda)$. D'o\`u le r\'esultat.\megasubline
\item Il suffit de composer l'\'egalit\'e pr\'ec\'edente \`a droite par $X-\lambda$.
\end{enumerate}\ \\[-1cm]
\cqfd

\medskip

%\exo Le d\'emontrer de plein de fa\c{c}ons diff\'erentes.\\

\subsection{Propri\'et\'es du degr\'e}

\medskip

%\Definition
%Pour un polyn\^ome non nul $P=\sum\limits_{k=0}^{+\infty}(\lambda \times a_{k})X^k$, on appelle \newdef{degr\'e} de $P$ et on note $\deg(P)$ l'entier naturel d\'efini par~: $\deg(P)=\max \{k\in \N,\ a_{k}\neq0\}$.\\
%Si l'on note $d=\deg(P)$, le coefficient $a_d$ est appel\'e \newdef{coefficient dominant} de $P$.\\
%On d\'efinit le degr\'e du polyn\^ome nul comme \'etant $-\infty$.
%\FinDefinition

\pro[Degr\'e d'une d\'eriv\'ee]
Soit $P$ un polyn\^ome. Alors on a~:\subline
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $\deg(P') = \lect{\deg(P)-1\text{ si }\deg(P)\geq 1\\-\infty\text{ sinon.}}$\megasubline
\item $\deg(P^{(n)}) = \lect{\deg(P)-n\text{ si }\deg(P)\geq n\\-\infty\text{ sinon.}}$\subline
\end{enumerate}
\orp

\demo Il suffit d'\'ecrire la d\'efinition. \cqfd

\medskip

On s'int\'eresse dans la suite au degr\'e d'une expression de la forme $P\,\square\,Q$, avec $\square\in\{+,\times,\circ\}$.\\[0.5cm]
On convient des r\`egles suivantes pour la gestion du polyn\^ome nul~:\\[0.1cm]
\fbox{\begin{minipage}{7cm}
$-\infty+n=-\infty$\\
$-\infty\times 0=0$ et si $n\neq 0$ alors $-\infty\times n=-\infty$
\end{minipage}}

\thm[Degr\'e d'une CL]
Soient $P$ et $Q$ deux polyn\^omes, $\lambda$ un scalaire. Alors on a~:
\begin{enumerate}
\item $\deg(P+Q)\leq\max(\deg P,\deg Q)$~;
\item si $\deg(P)\neq \deg(Q)$, alors $\deg(P+Q)=\max(\deg P,\deg Q)$~;
\item si $\lambda\neq 0$, alors $\deg(\lambda P)=\deg(P)$.
\end{enumerate}
\mht

%\demo\ \\\\\\\\\\\\\\\\
%\cqfd

\demo
Supposons $P$ de degr\'e $n$ et $Q$ de degr\'e $m$.\\
Alors on peut \'ecrire $\dsp{P=\sum_{k=0}^na_{k}X^k}$ et $\dsp{Q=\sum_{k=0}^mb_{k}X^k}$, avec $a_{n}\neq 0$ et $b_{m}\neq 0$.\\[-0.5cm]
\begin{enumerate}
\item Si $m=n$, alors on a $\dsp{P+Q=\sum_{k=0}^n (a_{k}+b_{k})X^k}$ qui est de degr\'e au plus $n$ (et \'eventuellement de degr\'e strictement inf\'erieur si $a_{n}+b_{n}=0$).
\item Sinon on a $\dsp{P+Q=\sum_{k=0}^m (a_{k}+b_{k})X^k+\sum_{k=m+1}^n a_{k}X^k}$ qui est de degr\'e $n=\max(\deg P,\deg Q)$.
\item Idem.
\end{enumerate}\ \\[-1cm]
\cqfd

On peut utiliser ce th\'eor\`eme pour \'etablir que $\K_n[X]$ est un \sev de $\K[X]$.


\thm[Degr\'e d'un produit]
Soient $P$ et $Q$ deux polyn\^omes. Alors on a~: $\deg(P\times Q)=\deg(P)+\deg(Q)$.
\mht

\demo Soit $n\!=\!\deg P$ et $m\!=\!\deg Q$. On \'ecrit $\dsp{P\!=\!\sum_{k=0}^na_kX^k}$ et $\dsp{Q\!=\!\sum_{j=0}^mb_jX^j}$ avec $a_n\!\neq\!0$ et $b_m\!\neq\!0$. \\Dans le produit $PQ$, il n'y a aucun terme en $X^k$ avec $k>n+m$. Le terme en $k=n+m$ est $c_{n+m}=a_nb_m\not=0$.\\[0.1cm] On a donc bien $\deg(PQ)=n+m$.
\cqfd

\rmq
La proposition pr\'ec\'edente montre \`a nouveau que $\K_n[X]$ n'est pas un sous-anneau de $\K[X]$ pour $n\geq 1$.\\[0.15cm]
On peut aussi l'utiliser pour retrouver l'int\'egrit\'e de $\K[X]$ en une demi-ligne~!\megasubline
\qmr

\col[Degr\'e d'une puissance]
Soit $P$ un polyn\^ome et $n\in\N$. Alors on a~: $\deg(P^n)=n\deg(P)$.
\loc

\demo Par r\'ecurrence imm\'ediate. \Smiley \cqfd

\medskip

\thm[Degr\'e d'une compos\'ee]
Soient $P$ un polyn\^ome {\bf et $\mathversion{bold}{Q}$ un polyn\^ome non constant}. Alors on a~: $\deg(P\circ Q)=\deg(P)\times \deg(Q)$.
\mht

\demo Notons $n=\deg (P)$ et $m=\deg(Q)$. Comme $Q$ est suppos\'e non constant, on a $m\geq 1$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Si $P=0$, on a $P\circ Q=0$. Ainsi on a $\deg(P)=-\infty=\deg(P\circ Q)$ et, comme $m\geq 1$, $\deg(P)\times \deg(Q)=-\infty$.\subline\\
L'\'egalit\'e annonc\'ee est donc v\'erifi\'ee dans ce cas.
\item Si $\deg(P)=0$, \cad si $P$ est un polyn\^ome constant non nul, alors $P\circ Q=P$ et $0=\deg(P\circ Q)$ est bien \'egal \`a $\deg(P)\times \deg(Q)$.
\item Si $n\geq 1$ alors on \'ecrit $P=a_{n}X^n+P_{1}$ et $Q=b_{m}X^m+Q_{1}$ avec $a_{n}\neq 0$, $b_{m}\neq 0$, $\deg(P_{1})<n$ et $\deg(Q_{1})<m$.\\
On obtient $P\circ Q=a_{n}(b_{m}X^m+Q_{1})^n+P_{1}(b_{m}X^m+Q_{1})$. Le terme de plus haut degr\'e de $a_{n}(b_{m}X^m+Q_{1})^n$ est $a_{n}b_{m}X^{nm}$ qui a pour degr\'e $nm$, tandis que le terme de plus haut degr\'e de $P_{1}(b_{m}X^m+Q_{1})$ a pour degr\'e $(n-1)m$. Comme on a $m\geq 1$, on a $nm>(n-1)m$, ce qui signifie que $P\circ Q$ a pour terme de plus haut degr\'e $a_{n}b_{m}X^{mn}$. Ainsi $\deg(P\circ Q)=nm=\deg(P)\times \deg(Q)$.
\end{enumerate}\ \\[-1cm]
\cqfd

\rmq
Si $Q$ est constant il peut se produire qu'il soit une racine de $P$ et dans ce cas on a $P\circ Q=0$...
\qmr

%\Demonstration
%Notons $n=\deg (P)$ et $m=\deg(Q)$.\\
%Comme $Q$ est suppos\'e non constant, on a $m\geq 1$.
%\begin{itemize}
%\item Si $P=0$, on a $P\circ Q=0$. Ainsi on a $\deg(P)=-\infty=\deg(P\circ Q)$ et, comme $m\geq 1$, $\deg(P)\times \deg(Q)=-\infty$. L'\'egalit\'e annonc\'ee est donc v\'erifi\'ee dans ce cas.
%\item Si $\deg(P)=0$, \cad si $P$ est un polyn\^ome constant non nul, alors $P\circ Q=P$ et $0=\deg(P\circ Q)$ est bien \'egal \`a $\deg(P)\times \deg(Q)$.
%\item Si $n\geq 1$ alors on \'ecrit $P=a_{n}X^n+P_{1}$ et $Q=b_{m}X^m+Q_{1}$ avec $a_{n}\neq 0$, $b_{m}\neq 0$, $\deg(P_{1})<n$ et $\deg(Q_{1})<m$.\\
%On obtient $P\circ Q=a_{n}(b_{m}X^m+Q_{1})^n+P_{1}(b_{m}X^m+Q_{1})$. Le terme de plus haut degr\'e de $a_{n}(b_{m}X^m+Q_{1})^n$ est $a_{n}b_{m}X^{nm}$ qui a pour degr\'e $nm$, tandis que le terme de plus haut degr\'e de $P_{1}(b_{m}X^m+Q_{1})$ a pour degr\'e $(n-1)m$. Comme on a $m\geq 1$, on a $nm>(n-1)m$, ce qui signifie que $P\circ Q$ a pour terme de plus haut degr\'e $a_{n}b_{m}X^{mn}$. Ainsi $\deg(P\circ Q)=nm=\deg(P)\times \deg(Q)$. \qed
%\end{itemize}

\bigskip

Enfin, fixons un peu de terminologie pour la suite~:\label{DefinitionUnitaire}
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item On appelle \newdef{terme de plus haut degr\'e} d'un polyn\^ome non nul $P=\sum a_k X^k$ de degr\'e $d$ le mon\^ome $a_{d}X^d$.
\item On appelle \newdef{coefficient dominant} d'un polyn\^ome non nul $P=\sum a_k X^k$ de degr\'e $d$ le coefficient $a_{d}$.\semisubline
\item On dit d'un polyn\^ome qu'il est \newdef{unitaire} lorsqu'il est de coefficient dominant $1$.
\end{enumerate}
On notera dans ce chapitre $\uc$ l'ensemble des polyn\^omes unitaires de $\K[X]$ (le\nobreak\,contexte\nobreak\,permettant\nobreak\,de\nobreak\,d\'eterminer\nobreak\,$\K$).

\medskip

\section{Racines}

\subsection{Division euclidienne}

\thm[Division euclidienne]
Soit $(A,B)\in \K[X]\times (\K[X]\setminus\{0\})$.\\
Alors il existe un unique couple $(Q,R)\in \K[X]^2$ tel que~:
$A=BQ+R\ \text{et}\ \deg(R)<\deg(B)$.
\mht

\demo {\bf Unicit\'e}~: Soient $(Q,R)\in \K[X]^2$ et $(Q',R')\in \K[X]^2$ tels que ${\left\{\begin{array}{ll} A=BQ+R\\ \deg(R)<\deg(B) \end{array} \right.}$ et \break${\left\{\begin{array}{ll} A=BQ'+R'\\ \deg(R')<\deg(B). \end{array} \right.}$
On a en particulier $BQ+R=BQ'+R'$ d'o\`u $B(Q-Q')=R'-R$. \\[0.25cm]
Or $\deg(R'-R)\leq\max(\deg R,\deg R')<\deg B$, et si on a $Q-Q'\!\neq\!0$, alors %on a
 $\deg\big(B(Q-Q')\big)\!=\!\deg B+\deg(Q-Q')\!\geq\!\deg B$.
La seule possibilit\'e est qu'on ait $Q-Q'=0$, donc $Q=Q'$, et il s'ensuit $R=R'$.\\[0.25cm]
{\bf Existence~:} Je laisse la d\'emonstration version "comment poser une division euclidienne" et on fait au tableau la version "je recopie la preuve vue dans $\N$".\\[0.25cm]
On fixe $B$ et on montre par r\'ecurrence qu'on a $\forall n\in\N,\ \pc_n$, en notant $\pc_n$ la propri\'et\'e~:\break
$\pc_n$ : $\forall A\in \K_{n}[X]$, $\exists (Q,R)\in \K[X]^2$, $A=BQ+R$ et $\deg(R)<\deg(B)$.\\[0.2cm]
\recurrence{Soit $A=a_0\in \K_{0}[X]$. Si on a $\deg B>0$, alors on \'ecrit $A=B\times 0+a_0$. \\Si on a $\deg B=0$, alors $B=b_0\not=0$ et on \'ecrit $A=B\times \dfrac{a_0}{b_0}+0$. %\\
Ainsi $\pc_{0}$ est vraie.\megasubline}{Soit $n\in\N$ et supposons $\pc_n$ vraie. Soit $A\in \K_{n+1}[X]$.\\
Si on a $\deg B>n+1$, alors on \'ecrit $A=B\times 0+A$.\\
Sinon~: %, on \'ecrit :
$A=a_{n+1}X^{n+1}+a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0\ \text{et}\ B=b_dX^d+\cdots+b_1X+b_0,\ \text{o\`u}\ d\leq n+1.$
Soit $A_1=A-\dfrac{a_{n+1}}{b_d}X^{n+1-d}B$. Le polyn\^ome $A_1$ est de degr\'e au plus $n$ donc on peut appliquer l'hypoth\`ese de r\'ecurrence~: 
il existe $Q_1$ et $R_1$, avec $\deg R_1<\deg B$, tels que $A_1=BQ_1+R_1$. On en d\'eduit~:
$A=A_1+\dfrac{a_{n+1}}{b_d}X^{n+1-d}B=B\left(Q_1+\dfrac{a_{n+1}}{b_d}X^{n+1-d}\right)+R_1,$
donc $Q=\left(Q_1+\dfrac{a_{n+1}}{b_d}X^{n+1-d}\right)$ et $R=R_1$ conviennent~: $\pc_{n+1}$ est vraie.}{\supline La propri\'et\'e est vraie au rang $0$, et elle est h\'er\'editaire, donc d'apr\`es le th\'eor\`eme de r\'ecurrence elle est vraie pour tout entier $n\in\N$.\supline Le th\'eor\`eme est donc d\'emontr\'e pour tout polyn\^ome $A$ non nul. Si $A=0$, il suffit de prendre $Q=R=0$.}
\cqfd

\medskip

\fbox{\textbf{Reformulation~:}} ~le th\'eor\`eme de division euclidienne se reformule $\dsp{\forall B\in\R[X]\!\setminus\!\{0\},\ \K[X]=B\K[X]\oplus\K_{\deg(B)-1}[X]}$.

\bigskip

\exo Exemple d\'ej\`a vu dans une vie ant\'erieure~: quelle est la division euclidienne de $X^n-1$ par $X^d-1$~?\\

D'après le théorème de la division euclidienne dans $\N$ : $\exists !(q, r), n = qd+r$ avec $r<q$.

donc:

%TODO

\smallskip


\Proposition[Invariance par extension de corps]
Soit $(A,B)\in \R[X]\times (\R[X]\setminus\{0\})$ $\Big($ en particulier on a $(A,B)\in \C[X]\times (\C[X]\nobreak\setminus\nobreak\{0\})$ $\Big)$.\\[0.2cm]
Le quotient et le reste de la division euclidienne de $A$ par $B$ sont les m\^emes pour la division euclidienne dans $\C[X]$ que pour la division euclidienne dans $\R[X]$.
\FinProposition

\demo C'est imm\'ediat par unicit\'e de la division euclidienne~!
\cqfd

\smallskip



\subsection{Racines}

\medskip

\prd
Soit $P\in\K[X]$ et $\alpha\in\K$. Sont \'equivalentes :
\begin{enumerate}
\item ${P}(\alpha)=0$.
\item Le polyn\^ome $(X-\alpha)$ divise $P$.
\end{enumerate}
On dit alors que $\alpha$ est une \newdef{racine de $P$ dans $\K$.}\subline
\drp

\demo Fixons $P\in\K[X]$ et $\alpha\in\K$ et examinons la division euclidienne de $P$ par $X-\alpha$.\\[0.2cm]
On a $P=(X-\alpha)Q+R$ avec $\deg R<1$ autrement dit $R$ est une constante $c\in\K$.\\%[0.1cm]
L'\'equivalence demand\'ee s'en d\'eduit imm\'ediatement~!
\cqfd

\smallskip

\thm[\bf{très important}]\ \\[-0.75cm]
\begin{enumerate}
\item Un polyn\^ome de degr\'e $n\geq 0$ a au plus $n$ racines.
\item Si $P\in\K[X]$ a une infinit\'e de racines alors $P=0$.
\item Si $P\in\K_n[X]$ a $n+1$ racines alors $P=0$.
\end{enumerate}
\mht

\demo \begin{enumerate}
\item Soit $P$ de degr\'e $n$. Supposons par l'absurde qu'il a au moins $n+1$ racines~: $\lambda_1,\ldots,\lambda_{n+1}$.\\[0.2cm]
Ainsi il existe un polyn\^ome $Q\in\K[X]$ tel que $P=(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_{n+1})Q$.\\[0.2cm]
Donc $n=\deg(P)=(n+1)+\deg(Q)$.\\[0.2cm]
Si $Q=0$ on a $n=-\infty$~; si $Q\neq 0$ on a $n\geq n+1$~; dans tous les cas on a une contradiction.\subline
\item Par l'absurde. Supposons $P\neq 0$ \ie $n=\deg(P)\geq 0$.\subline\\
Alors $P$ a au plus $n$ racines et donc n'a pas une infinit\'e de racines, contradiction.\subline
\item Comme dans le 1. et le seul cas possible de la disjonction de cas est $Q=0$.
\end{enumerate}
\cqfd

\begin{appl}
On retrouve que $\defapp{\K}{\K}{P}{\tilde{P}}$ est injective (y compris pour $\K=\C$). En effet, soient $P,Q$ tels que $\tilde{P}=\tilde{Q}$. Comme $\K$ est infini, et que $\widetilde{P-Q}$ est la fonction nulle, $P-Q$ a une infinit\'e de racines, et donc $P-Q$ est le polyn\^ome nul~!\supline\\[0.2cm]
Plus g\'en\'eralement, si $\ac\neq 0$ est une $\K$-alg\`ebre on a (\`a identification pr\`es de $\lambda \cdot1_\ac$ et $\lambda$) $\K \subset \ac$ et donc $\defapp{\ac}{\ac}{P}{\tilde{P}}$ est injective.
\end{appl}

\bigskip

%\exo Th\'eor\`eme de Lemonnier-Meignan~: soit $I$ un intervalle non trivial et $f : I \too \R$.\subline\\ Montrer que la famille $(x\mapsto 1, f, f^2,\ldots,f^n,\ldots)$ est libre \ssi $f(I)$ est infini.\\

\exo\begin{enumerate}
\item {\bf Rappel~:} {\it (Formule de Vandermonde.)} Soient $p,q,n\in\N$. Montrer qu'on a $\dsp{\sum\limits_{k=0}^n \binom{p}{k}\binom{q}{n-k}=\binom{p+q}{n}}$.

	Soit $(1+X)^{m+n}\in \K[X]$. On a 

	\begin{align*}
		(1+X)^{m+n} &= \sum_{k=0}^{m+n} \begin{pmatrix} m+n \\ k \end{pmatrix} X^k \quad(1)\\
	\end{align*}

	\begin{align*}
		(1+X)^m(1+X)^m &= \sum_{k=0}^{m} \begin{pmatrix} m\\k \end{pmatrix} X^k \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} X^k\\
			       &= \sum_{k=0}^{m+n} \left( \sum_{r=0}^{k} \begin{pmatrix} m\\n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\k-r \end{pmatrix}  \right) X^k\quad (2) \\
	\end{align*}

	Donc par identification de (1) et (2) car $(1) = (2)$ :

	\[
		\sum_{r=0}^{k} \begin{pmatrix} m\\r \end{pmatrix} \begin{pmatrix} n\\k-r \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} m+n \\ k\end{pmatrix} 
	\] 

\item  {\it (Identit\'e de Chu-Vandermonde.)} Soit $\alpha$ un {\bf r\'eel}. Montrer qu'on a $\dsp{\sum\limits_{k=0}^n \binom{\alpha}{k}\binom{\alpha}{n-k}=\binom{2\alpha}{n}}$.

%TODO (meth 1)

\paragraph{Méth. 2}

On a vu: $\forall p, q, n: \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} p\\k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} q\\n-k \end{pmatrix} $ % TODO

D'après (1) (avec $q=p$ ), ce polynôme $P(X)$ a pour racines tout les entiers $p\in \N$

Donc $P$ a une infinité de racines, donc $P=0$, donc $\forall \alpha\in \uuline{\R}, P(\alpha) = 0$ ie :

\[
	\forall \alpha\in \R, \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} \alpha\\n \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha\\n-k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\alpha\\n \end{pmatrix} 
\] 
\end{enumerate}


\Definition
Un polyn\^ome $P$ de degr\'e $n$ est dit :
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item scind\'e lorsqu'il peut s'\'ecrire $P(X)=a_n(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_n)$.
\item scind\'e \`a racines simples lorsqu'il peut s'\'ecrire $P(X)=a_n(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_n)$ avec les $\lambda_i$ distincts.
\end{enumerate}
\FinDefinition\ \\[-0.25cm]
\attention{La notion de polyn\^ome scind\'e n'est pas invariante par extension de corps.\subline\\ Exemple~: $X^2+1$.}

\thm[de d'Alembert-Gauss (rappel)]
{\bf Tout} polyn\^ome de $\C[X]$ est scind\'e dans $\C$.
\mht

\demo\ \\
On a d\'ej\`a admis dans le cours sur $\C$ "tout polyn\^ome de $\C[X]$ a toujours une racine" (un petit DE~?). Une r\'ecurrence imm\'ediate sur le degr\'e de $P$ montre alors que tout polyn\^ome $P$ de $\C[X]$ est scind\'e~: notons $P\in\C[X]$~; si $P$ est constant il est scind\'e~; sinon il a une racine $\lambda$~; ainsi $P$ est de la forme $P=(X-\lambda)Q$ et on a abaiss\'e le degr\'e de $1$~; on recommence sur $Q$ jusqu'\`a tomber sur un polyn\^ome constant.\\Et voil\`a.
\cqfd

\medskip

\subsection{Relations coefficients-racines}

\medskip

$P(X) = a_2 X^2 + a_1 X + a_0$ 

scindé de racine(s) $\lambda_1$ et $\lambda_2$ 

\begin{align*}
	P(X) &= a_2(X-\lambda_1)(X-\lambda_2) \\
	     &= a_2(X^2-(\lambda_1-\lambda_2 X) + \lambda_1 \lambda_2) \\
\end{align*}

\underline{En identifiant}: $\lambda_1 + \lambda_2 = -\frac{a_1}{a_2}$ et $\lambda_1 \lambda_2 = \frac{+a_0}{a_2}$

\pro[Cas $n=3$]
Supposons $a_3X^3+a_2X^2+a_1X+a_0$ scind\'e de racines $\lambda_{1}, \lambda_2, \lambda_3$. Alors~:~\\[0.4cm]
$\lect{
\frac{a_2}{a_3}=-(\lambda_1+\lambda_2+\lambda_3)\\[0.4cm]
\frac{a_1}{a_3}=+(\lambda_1\lambda_2+\lambda_1\lambda_3+\lambda_2\lambda_3)\\[0.4cm]
\frac{a_0}{a_3}=-\lambda_1\lambda_2\lambda_3
}$\subline
\orp

\paragraph{Pour $n=4$}

\begin{align*}
	P(X) &= a_4 X^4 + a_3 X^3 + a_2 + X^2 + a_1 X + a_0 \\
	     &= a_4\left( (X-\lambda_1)(X-\lambda_2)(X-\lambda_3)(X-\lambda_4) \right) \quad&\text{Car scindé de racines $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$} \\
	     &= a_4(X^4 +  (-\lambda_1-\lambda_2-\lambda_3-\lambda_4)X^3  \\& +  (\lambda_1 \lambda_2 +  \lambda_1 \lambda_3 +  \lambda_1 \lambda_4 +  \lambda_2 \lambda_4 + \lambda_3 \lambda_4)X^2 \\& + (-\lambda_1 \lambda_2 \lambda_3 - \lambda_1 \lambda_2 \lambda_4 - \lambda_2 \lambda_3 \lambda_4 - \lambda_1 \lambda_3 \lambda_4)X +  \underbrace{\lambda_1\lambda_2\lambda_3\lambda_4}_\text{produit}) 
\end{align*}


\medskip

\thm[Cas g\'en\'eral]
Supposons $a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0$ scind\'e de racines $\lambda_1, \lambda_2, \ldots, \lambda_n$.\\[0.2cm]
On appelle \newdef{$k^e$ expression sym\'etrique \'el\'ementaire} le scalaire $\sigma_k=\sum\limits_{1\leq i_1<i_2<\cdots<i_k\leq n} \lambda_{i_1}\lambda_{i_2}\cdots\lambda_{i_k}$.\\[0.2cm]
Supposons $a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0$ scind\'e de racines $\lambda_{1}, \lambda_2, \ldots \lambda_n$. Alors~:~\\[0.2cm]
Pour tout $0\leq i \leq n$ on a $\dfrac{a_i}{a_n}=(-1)^{n-i}\sigma_{n-i}$
\subline
\mht
En g\'en\'eral on s'arrange pour avoir $a_n=1$.\\

\medskip

\exo R\'esoudre $\lect{x+y+z=5\\x^2+y^2+z^2=\frac{33}{2}\\xyz=1.}$\\

\begin{align*}
	\begin{cases}
		x+y+z &= 0 \\
		xy + yz + xz &= -1 \\
		xyz &= 0 \\
	\end{cases}
\end{align*} a pour solution $(x, y, z)$ tel que  $x, y, z$ sont les racines de \begin{align*}
P(X) &= (X-x)(X-y)(X-z) \\
     &= X^3-(x+y+z)X^2 + (xy+yz+xz)X - xyz \\
     &= X^3-X \\
     &= X(X+1)(X+1) \\
\end{align*}

\begin{align*}
	S = \begin{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\1\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\0\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 0\\-1\\1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} -1\\1\\0 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1\\0\\-1 \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix}  \end{pmatrix} 
\end{align*}

\begin{align*}
	\begin{cases}
	x+y+z&= 5 \quad L_1\\
	x^2+y^2+z^2 &= \frac{33}{2} \quad L_2 \\
	xyz &= 1 \quad L_3 \\
	\end{cases}
\end{align*}

\begin{align*}
	L_1^2  &\iff (x+y+z)^2 = 25 \\
	       &\iff x^2+y^2+z^2 + 2(xy+xz+yz) = 25 \\
	       &\iff xy+xz+yz = \frac{25-(x^2+y^2+z^2)}{2} \\
	       &\iff xy+xz+yz = \frac{25-\frac{33}{2}}{2} = \frac{50-33}{4} \\
	       &\iff xy+xz+yz = \frac{17}{4}
\end{align*}

Donc \begin{align*}
	(S) &\iff \begin{cases}
		x+y+z &= 5 \\
		xy+yz+xz &= \frac{17}{4} \\
		xyz &= 1
	\end{cases} \\
	    &\iff \text{$x, y, z$ sont les racines de $X^3-5X^2+\frac{17}{4}X - 1$}
\end{align*}

\ldots ou encore de $4X^3-20X^2+ 17 - 4 \in \Z[X]$.

Une racine évidente est de la forme $\frac{p}{q}$ avec $\begin{cases}
	p | a_0 = 4\\
	q | a_4 = 4
\end{cases}$

4 est une racine évidente car 

\begin{align*}
	4 \cdot 4^3 - 20 \cdot 4^2 + 17 \cdot 4 - 4 &= 4(4^3 - 20 \cdot 4 + 17 - 1) \\
						    &= 4(64-80+16) \\
						    &= 0 \\
\end{align*}

\begin{align*}
	\begin{array}{l l l l | l}
		4X^3 & -20X^2 & +17X & - 4 & X-4 \\
		4X^3 & -16X^2 & & & 4X^2 - 4X + 1 \\
		     & -4X^2 &+ 17X &- 4 \\
		     & -4X^2 &+16X \\
		     &&X&-4 \\
		     &&&0
	\end{array}
\end{align*}

Donc \begin{align*}
	P(X) &= (X-4)(4X^2-4x+1) \\
	     &= (X-4)(2X-1)^2 \\
\end{align*}

\paragraph{Conclusion}

\begin{align*}
	S &= \left\{ \begin{pmatrix} 4\\\frac{1}{2}\\\frac{1}{2} \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\4\\\frac{1}{2} \end{pmatrix} , \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\\4 \end{pmatrix}  \right\} \\
\end{align*}

\subsection{Multiplicit\'e}

\prd[Racines multiples]\label{theoremeconditionsequivalentesracinesmultiples}
Soit $P\in\K[X]\setminus\{0\}$, $\alpha\in\K$ et $r\in\N$. Les trois propositions suivantes sont \'equivalentes :
\enumeration{
\item[i.] $r=\max\{k\in \Np,\ (X-\alpha)^k\ \text{divise}\ P\}$.
\item[ii.] On peut \'ecrire $P=(X-\alpha)^rQ$ avec ${Q}(\alpha)\not=0$.
\item[iii.] ${P}(\alpha)=0,\;{P'}(\alpha)=0,\ldots,\;{P^{(r-1)}}(\alpha)=0$ et ${P^{(r)}}(\alpha)\not=0$.}\subline
Lorsqu'elles sont v\'erifi\'ees, on dit que $\alpha$ est une \textbf{racine de multiplicit\'e $r$} de $P$.\\
Pour $r=1$ on parle de racine \newdef{simple}, pour $r=2$ de racine \newdef{double}, pour $r=3$ de racine \newdef{triple}, etc.\subline\\
On parle de \newdef{racine multiple} d\`es qu'on a $r\geq 2$.
\drp

\medskip

\exo Montrons-le.

\fbox{$i \implies ii$}

$r = \max \{k, (X-\alpha)\k | P\} $ 

En particulier $(X-\alpha)^r | P$ donc il existe  $Q \in \K[X]$ tel que 
\[
	P = (X-\alpha)^r Q
\] 

Montrons $Q(\alpha) \neq 0$ par l'absurde. Supposons $Q(\alpha) = 0$. Alors $\alpha$ est racine de $Q$
donc il existe $\tilde{Q} \in \K[X]$ tel que \[
	Q = (X-\alpha) \tilde{Q}
\]

d'où $P = (X-\alpha)^{r+1} \tilde{Q}$ ce qui contredit la maximalité de $r$.

\fbox{$ii \implies iii$}. On suppose qu'il existe $Q \in \K[X]$ tel que $\begin{cases}
	P &= (X-\alpha)^{n} Q \\
	Q(\alpha) &\neq  0 \\
\end{cases}$ 

Donc pour $n\in \N$ on a
\begin{align*}
	P^{(n)} &= \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} \left( (X-\alpha)^r \right)^{(k)} Q^{(n-k)} \\
		&= \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} r(r-1)\cdots(r-k+1)(X-\alpha)^{r-k}Q^{(n-k)} \\
\end{align*}

Pour $n\in \llbracket 0, \ldots, r-1\rrbracket$ et $k\le n$ on a $r-k>0$, donc pour  $n\in \llbracket 0, r-1 \rrbracket$

\begin{align*}
	P^{(n)}(\alpha) &= \sum_{k=0}^{n} \begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix} r(r-1)\cdots(r-k+1) \cdot 0 \cdot Q^{(n-k)} \\
	&= 0 \\
\end{align*}

Pour $n=r$, on a

 \begin{align*}
	 P^{(n)}(\alpha) &= P^{(r)}(\alpha) \\
			 &= \sum_{k=0}^{r-1} 0 + \begin{pmatrix} r\\r \end{pmatrix} r!  \times 1 \times Q^{(0)}(\alpha) \\
			 &= r! Q(\alpha) \\
			 &\neq 0
\end{align*}

\fbox{$iii \implies i$} Supposons $P(\alpha) = \cdots = P^{(r-1)}(\alpha) = 0$ et $P^{(r)}(\alpha) \neq 0$

D'après la formule de Taylor sur les polynômes, 

\begin{align*}
	P &= \sum_{k=0}^{\deg P} \frac{P^{(k)}(\alpha)}{k!} (X-\alpha)^k \\
	  &= \underbrace{\sum_{k=0}^{r-1} \frac{P^{(k)}(\alpha)}{k!} (X-\alpha)^k }_{0}+ \sum_{k=r}^{\deg P} \frac{P^{(k)}(\alpha)}{k!} (X-\alpha)^k  \\
	  &= \sum_{i=0}^{\deg P - r}  \frac{P^{(r+i)}(\alpha)}{(r+i)!} (X-\alpha)^{r+i}  \\
	  &= (X-\alpha)^r \sum_{i=0}^{\deg P - r}  \frac{P^{(r+i)}(\alpha)}{(r+i)!} (X-\alpha)^i  \\
	  &=: (X-\alpha)^r Q(X) \\
\end{align*}

Ainsi, $(x-\alpha)^{r}|P$

Reste à montrer que $(X-\alpha)^{r+1} \not| P$
 
Montrons-le par l'absurde. Supposons $(X-\alpha)^{r+1}|P = (X-\alpha)^r Q(X)$

On a donc $X-\alpha | Q$ donc $Q(\alpha) = 0$

donc  $\dfrac{P^{(r)}(\alpha)}{r!} = 0$ donc $P^{(r)}(\alpha)= 0$. \imp \qed


\rmq
L'exercice CCINP $n^\circ 85$ consiste essentiellement en cette question de cours~!\megasubline
\qmr

\begin{rem}
Avec la d\'efinition pr\'ec\'edente, on peut donc dire que $\alpha$ est racine de multiplicit\'e $0$ de $P$ \ssi ce n'est pas une racine de $P$ (c'est dans le programme). On peut aussi dire que tout scalaire est racine de multiplicit\'e infinie du polyn\^ome nul.\megasubline
\end{rem}

\rmq
Si $P$ est un polyn\^ome admettant des racines distinctes $\alpha_i$, pour $i\in \{1,\hdots,s\}$, de multiplicit\'es respectives $r_{i}$, alors $P$ est divisible par
$\dsp{(X-\alpha_1)^{r_1}(X-\alpha_2)^{r_2}\ldots(X-\alpha_s)^{r_s}=\prod_{i=1}^s(X-\alpha_i)^{r_i}}$.\\
\qmr

\medskip

\exo Donner tous les polyn\^omes de degr\'e $6$ admettant $1$ comme racine de multiplicit\'e $2$ et $-1$ comme racine de multiplicit\'e\nobreak\,$3$.

$P$ est de degré 6.

\begin{align*}
	(X-1)^2(X+1)^3 &| P \qquad\text{1 racine double et $-1$ racine triple.}
\end{align*}

Donc $P$ est de la forme $(X-1)^2(X+1)^3Q$ avec $\begin{cases}
	Q(1) &\neq 0 \\
	Q(-1) &\neq 0
\end{cases}$.

$\deg P = 6$ donc $\deg Q = 1$ ie  $Q = \alpha (X + \lambda)$ avec $\begin{cases}
	\alpha&\neq 0 \\
	\lambda &\neq \pm 1
\end{cases}$ 

Finalement, \[
	S = \left\{ \alpha(X-1)^2(X+1)^3(X-\lambda), (\alpha, \lambda) \in \R^{ \times }  \times \R \setminus \{\pm 1\} \right\}
\] 

\megasubline

\col
Soit $n\in\N$ et $P\in\K_n[X]$.
\begin{enumerate}
\item $P$ a au plus $n$ racines {\bf compt\'ees avec leur multiplicit\'e}.
\item $P$ est scind\'e \ssi il a $n$ racines {\bf compt\'ees avec leur multiplicit\'e}.
\item Si $P$ a au moins $n+1$ racines  {\bf compt\'ees avec multiplicit\'e}, c'est le polyn\^ome nul.
\end{enumerate}
\loc

\medskip

\subsection{Racines complexes d'un polyn\^ome de $\R[X]$}

\dfn
Pour $P\in\C[X]$, on appelle %\newdef{polyn\^ome conjugu\'e} 
 {\bf polyn\^ome conjugu\'e} de $P=a_0+a_1X+a_2X^2+\cdots+a_nX^n$ le polyn\^ome $\overline{P}$ \subline d\'efini par $\overline{P}(X)=\overline{a_0}+\overline{a_1}X+\overline{a_2}X^2+\cdots+\overline{a_n}X^n$.\semisubline
\nfd

\rmq
La conjugaison \'etant un automorphisme de corps involutif sur $\C$ elle induit un automorphisme d'anneau involutif sur $\C[X]$. Elle est de plus compatible avec la d\'erivation et avec $P\mapsto \tilde{P}$.
\qmr

\medskip

%L'\'equivalence importante ici est celle-ci~:\newpage\ \\[-1cm]
\rmq\ \\[-1cm]\phantom{Remarque 14~:~}~ $\overline{P}=P \Leftrightarrow P\in\R[X]$. {\bf C'est \`a \c{c}a que sert \`a la conjugaison des polyn\^omes.}\qmr

\medskip
%\newpage\ \\[-1.4cm]
\col
Soit $P\in\R[X]$ et $\alpha\in\C$.
\begin{enumerate}
\item $\alpha$ racine de $P$ $\Leftrightarrow$ $\overline{\alpha}$ racine de $P$.
\item $\alpha$ racine de $P$ de multiplicit\'e $k$ $\Leftrightarrow$ $\overline{\alpha}$ racine de $P$ de multiplicit\'e $k$.
\end{enumerate}
\loc

\medskip

\demo \begin{enumerate}
\item Il suffit de montrer l'implication directe par involutivit\'e de la conjugaison.\subline\\
Supposons $P(\alpha)=0$. On a $P\in\R[X]$ donc $\overline{P}=P$.\subline\\
On conjugue~: $\overline{P(\alpha)}=\overline{0}$ \ie $\overline{P}(\overline{\alpha})=0$ \ie $P(\overline{\alpha})=0$. Youpie.\subline\\
\item Il suffit de montrer l'implication directe par involutivit\'e de la conjugaison.\subline\\
$\alpha$ est racine de $P$ de multiplicit\'e $k$ signifie que $\alpha$ est racine de $P$, $P'$, $\ldots$, $P^{(k-1)}$ mais pas de $P^{(k)}$.\subline\\
On utilise le point 1. sur $P$, $P'$, $\ldots$, $P^{(k-1)}$ et sa contrapos\'ee sur $P^{(k)}$.
\end{enumerate}
\cqfd

\col
Soit $P\in\R_{2n+1}[X]$. Alors $P$ a une racine {\bf r\'eelle}.
\loc

\medskip

\demo
D'apr\`es d'Alembert-Gauss, $P$ a $2n+1$ racines complexes compt\'ees avec multiplicit\'e.\subline\\
Or $P$ est \`a coefficients r\'eels donc ses racines vont par paires avec leur conjugu\'e qui a la m\^eme multiplicit\'e.\subline\\
Montrons que l'une est r\'eelle par l'absurde~: si ce n'\'etait pas le cas on aurait un nombre pair de racines compt\'ees avec leur multiplicit\'e. C'est une contradiction.
\cqfd

\bigskip

On aurait aussi pu utiliser le TVI~!\\%, comme au CB de janvier.\\




\section{Arithm\'etique dans {\mathversion{bold}{$\K[X]$}}}

\bigskip

%Comme mentionn\'e dans le chapitre sur les structures alg\'ebriques, l
Lorsqu'on a un anneau, on a une arithm\'etique (qui consiste, essentiellement, en l'\'etude de sa relation de divisibilit\'e). L'arithm\'etique d'un anneau dans lequelle on a un th\'eor\`eme de division euclidienne est essentiellement la m\^eme que celle de $\Z$~: nous allons l'illustrer ici, en prenant notre sur cours sur $\Z$ et en le recopiant. {\scriptsize Recopier, c'est le bien. Avec l'ordinateur en plus \c{c}a va vite.}

\subsection{Divisibilit\'e des polyn\^omes}

\Definition
On dit d'un polyn\^ome $B$ de $\K[X]$ qu'il \newdef{divise} un polyn\^ome $A$ de $\K[X]$, et on \'ecrit $B\mid A$, lorsqu'il existe un polyn\^ome $C$ de $\K[X]$ v\'erifiant $A=BC$. On dit alors de $B$ qu'il est un \newdef{diviseur} de $A$, et de $A$ qu'il est un \newdef{multiple} de $B$.
\FinDefinition

\nota
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item L'ensemble des multiples de $P$ dans $\K[X]$ se note $P\K[X]$.
\item On pourra, comme dans $\Z$, noter $D(P)$ l'ensemble des diviseurs de $P$.
\end{enumerate}
\aton


\pro[Inversibles de $\K\lceil X\rfloor$\supline]\ \\[-1.05cm] \phantom{Les inversibles de $\K[X]$ sont ces gens-l\`a~:} L'ensemble des inversibles de $\K[X]$ est $\K[X]^\times=\K^*$\subline\supline
\orp

\demo \fbox{$\supset$} Si $c\in\K^*$ alors $c$ est inversible puisque son inverse est $c^{-1}$.\subline\\
\fbox{$\subset$} Soit $P$ un polyn\^ome inversible et notons $Q$ son inverse. On a $PQ=1$ donc $\deg(PQ)=0$.\\
D'apr\`es la formule des degr\'es $\deg(P)+\deg(Q)=0$. Donc $\deg(P)=\deg(Q)=0$ et en particulier $P\in\K^*$.
\cqfd

\bigskip

\Proposition\label{propietesrelationdivisibilite}
La relation de divisibilit\'e sur $\K[X]$ est r\'eflexive et transitive mais n'est pas antisym\'etrique.\\[0.2cm]
Si on la restreint \`a l'ensemble $\uc$ des polyn\^omes unitaires de $\K[X]$, elle devient alors antisym\'etrique et est par cons\'equent une relation d'ordre sur $\uc$. Idem sur $\uc \cup \{0\}$ si on ne veut pas se priver du polyn\^ome nul.\subline
\FinProposition

\demo \begin{enumerate}[$\bullet$]
\item R\'eflexivit\'e~: soit $P\in\K[X]$. On a $1\in\K[X]$ et $P=1\times P$ donc $P\mid P$.
\item Transitivit\'e~: soient $P,Q,R\in\K[X]$ et supposons $P\mid Q$ et $Q\mid R$. Il existe donc $S, T\in\K[X]$ tels que $Q=PS$ et $R=QT$, donc $R=P(ST)$ et donc $P\mid R$.
\item La relation de divisibilit\'e n'est pas antisym\'etrique sur $\K[X]$~: $3X^2\mid X^2$ et $X^2\mid 3X^2$ mais $X^2\neq 3X^2$.
\item Pla\c{c}ons-nous maintenant dans $\uc\cup\{0\}$~: soit $(P,Q)\in \big(\uc\cup\{0\}\big)^2$ et supposons $P\mid Q$ et $Q\mid P$. Il existe $S\in \K[X]$ tel que $Q=SP$ et il existe $T\in \K[X]$ tel que $P=TQ$. On en d\'eduit $P=STP$ et donc on a soit $P=0$, soit $ST=1$ par int\'egrit\'e.
%$\star$  Dans le cas $P=0$, on obtient $Q=0$ et en particulier $P=Q$.\\
%$\star$ Dans le cas $K'K=1$, notons que, via les relations $Q=KP$ et $P=K'Q$, on sait que $K$ et $K'$ sont unitaires. %\\
%De $K'K=1$, on d\'eduit $\deg(K')+\deg(K)=0$, donc $\deg(K)=\deg(K')=0$ et ainsi $K$ et $K'$ sont des polyn\^omes constants. \'Etant unitaires, ils sont \'egaux \`a $1$. Ainsi $K=K'=1$ et $P=Q$.\\
%On a ainsi prouv\'e que la relation de divisibilit\'e est antisym\'etrique sur $\uc\cup\{0\}$.\\
%\'Etant r\'eflexive, transitive et antisym\'etrique, c'est donc une relation d'ordre sur $\uc\cup\{0\}$.
\item \'Evidemment, restreindre une relation antisym\'etrique donne une relation antisym\'etrique, donc la divisibilit\'e est aussi un ordre sur $\uc$.
\end{enumerate}\ \\[-0.75cm]
\cqfd

\smallskip

On retiendra donc que \textbf{$\mathversion{bold}{\uc}$ joue dans $\mathversion{bold}{\K[X]}$ le r\^ole jou\'e dans $\mathversion{bold}{\Z}$ par $\mathversion{bold}{\N}\setminus\{0\}$}.

\smallskip
\Propdef
On dit de deux polyn\^omes $P$ et $Q$ qu'ils sont \newdef{associ\'es} lorsqu'une des propositions suivantes est v\'erifi\'ees~:
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item $P\mid Q$ et $Q\mid P$~;
\item il existe $\lambda \in \K^*$ tel que $P=\lambda Q$.
\end{enumerate}
\FinPropdef
L'association est donc la relation d'\'equivalence canoniquement associ\'ee \`a la divisibilit\'e. La multiplication par un scalaire non nul joue dans $\K[X]$ le r\^ole jou\'e par la multiplication par $\pm 1$ dans $\Z$. On retrouve bien que $\uc$ joue dans $\K[X]$ le r\^ole jou\'e dans $\Z$ par $\N\setminus\{0\}$. On voit en particulier que tout polyn\^ome non nul est associ\'e \`a un unique polyn\^ome unitaire.

\demo
\fbox{$\Rightarrow$} Soit $(P,Q)\in \K[X]^2$ tels que $P|Q$ et $Q|P$.\\Ainsi il existe $C\in \K[X]$ tel que $P=QS$ et $T\in \K[X]$ tel que $Q=PT$.\\ On a en particulier les relations $\deg(P)=\deg(Q)+\deg(S)$ et $\deg(Q)=\deg(P)+\deg(T)$, dont on d\'eduit en r\'einjectant~: $\deg(S)+\deg(T)=0$. Et donc $\deg(S)=\deg(T)=0$.\ Ainsi $S$ est un polyn\^ome constant non nul~; en posant $\lambda=S$, on a bien $P=\lambda Q$ avec $\lambda\in \K^*$.\\[0.1cm] 
\fbox{$\Leftarrow$} $\lambda$ et $\frac{1}{\lambda}$ sont dans $\K[X]$ donc lol.
\cqfd



\subsection{Propri\'et\'es alg\'ebriques de la divisibilit\'e}

\pro
La divisibilit\'e est stable par~:
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item CL~: si $C\mid A$ et $C\mid B$ alors $C\mid AU+BV$.
\item Produit~: $\lect{\text{si $A\mid B$ alors $AC\mid BC$~;}\\
\text{si $A\mid B$ et $P\mid Q$ alors $AP\mid BQ$.}}$
\item Puissances~: si $n\in\N$ et $A\mid B$ alors $A^n\mid B^n$.
\end{enumerate}
\orp

\demo Fastoche (recopier le cours sur $\Z$).\cqfd

\pro
La divisibilit\'e est invariante par extension de corps~: si $P,\ Q\in\R[X]$ alors $P\mid Q$ dans $\R[X]$ \ssi $P\mid Q$ dans $\C[X]$.
\orp

\demo Imm\'ediat car il suffit d'utiliser le lien divisibilit\'e/division euclidienne et l'invariance de la division euclidienne par extension de corps.
\cqfd


\subsection{PGCD}

\dfn
Soient $P$ et $Q$ dans $\K[X]$.
\begin{enumerate}
\item On dit que $D$ est {\bf un} pgcd de $P$ et $Q$ lorsque c'est un plus grand diviseur de $P$ et de $Q$ (pour la divisibilit\'e).
\item Il existe un unique pgcd unitaire (ou nul), on l'appelle {\bf le} pgcd et on le note \textsc{PGCD}$(P,Q)$ ou $P\wedge Q$.
\end{enumerate}
\nfd

\exo Reformuler cette d\'efinition.

\begin{itemize}
	\item
		\begin{itemize}
		\item $D | P$ et $D | Q$ 
		\item $\forall R\in \K[X], (R | P \text{ et } R | Q) \implies R | D$
		\end{itemize}
	\item $P \land Q = \inf_{(\uc \cup \{0\},\ |) } \{P, Q\} $
	\item $\dc(D) = \dc(P) \cap \dc(Q)$
\end{itemize}

\semisubline

\pro[Propri\'et\'es imm\'ediates du PGCD]\ \\[-0.75cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Homog\'en\'eit\'e~: si $K$ est unitaire alors $KA\wedge KB=K(A\wedge B)$~;
\item Commutativit\'e~:  $B\wedge A~=~A\wedge B$~;
\item Associativit\'e~: $(A\wedge B)\wedge C=A\wedge (B\wedge C)$.
\end{enumerate}
\orp

Pour montrer l'existence, ne faisons pas comme dans $\Z$ (on pourrait), mais utilisons l'algorithme d'Euclide.

\lem[Lemme pr\'eparatoire \`a l'algorithme d'Euclide]\ \\[-0.75cm]
\begin{enumerate}
\item Si $R$ est le reste dans la division euclidienne de $A$ par $B$ alors $A\wedge B = B\wedge R$.\subline
\item Si $D$ est unitaire, $D\wedge 0 = D$.\subline
\end{enumerate}
\mel

\demo \begin{enumerate}
\item Il suffit de montrer que les diviseurs communs \`a $A$ et $B$ sont les m\^emes que les diviseurs communs \`a $B$ et $R$. Cela provient de la stabilit\'e par CL avec les deux CL $A=BQ+R$ et $R=A-BQ$.
\item Les diviseurs communs \`a $D$ et $0$ sont juste les diviseurs de $D$ d'o\`u le r\'esultat.
\end{enumerate}
\cqfd

L'existence du \textsc{pgcd} est assur\'ee par l'algorithme d'Euclide~:
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item On pose $R_0=A$ et $R_1=B$.
\item Tant que $R_{n+1}\neq 0$ on d\'efinit $R_{n+2}$ comme le reste dans la DE de $R_{n}$ par $R_{n+1}$.
\item Le \textsc{pgcd} est le dernier reste non nul $R_n$ (au coefficient dominant pr\`es).
\end{enumerate}

\medskip

Reste \`a montrer la terminaison et la correction de cet algorithme.
\demo On copie le cours sur $\Z$.
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Terminaison~: par division euclidienne, pour tout $n\geq 1$ tel que $R_{n}\neq 0$, on a $\deg(R_{n+1})<\deg(R_{n})$. On a donc $\deg(B)=\deg(R_{1})>\deg(R_{2})>\deg(R_{3})>\cdots$. Comme il n'y a qu'un nombre fini d'\'el\'ements dans $\{-\infty\}\cup \{0,\hdots,\deg(B)\}$, il existe n\'ecessairement un rang $N\geq 2$ tel que $\deg(R_{N})=-\infty$, \cad $R_{N}=0$ et $\deg(R_{N-1})\geq 0$. D'o\`u la terminaison.
\item Correction~: on a alors, par le lemme pr\'eparatoire, $R_{n-1}\land R_{n}=R_{n}\land R_{n+1}$ pour tout $n\in\{1,\hdots,N-1\}$. Donc~:
$A\land B=R_{0}\land R_{1}=R_{1}\land R_{2}=\cdots=R_{N-2}\land R_{N-1}=R_{N-1}\land R_{N}=R_{N-1}\land 0$. Le \textsc{pgcd} est donc associ\'e \`a $R_{N-1}$.
\end{enumerate}\ \\[-0.9cm]
\cqfd

\bigskip

\exo Calculons par exemple $\big(X^6+1\big) \wedge \big(X^4+1\big)$.\\

\medskip

\thm[Th\'eor\`eme d'Eudoxe (th\'eor\`eme "sur la relation de B\'ezout")]
Si $D=A\wedge B$ alors $\exists (U,V)\in\K[X]^2,~AU+BV=D$.
\subline\supline
\mht

\medskip
Formulation moderne~: pour $D$ unitaire~: $D=A\wedge B \Leftrightarrow A\K[X]+B\K[X]=D\K[X]$.

\demo Il suffit de remonter l'algorithme d'Euclide.
\cqfd

\exo Trouvons une relation de B\'ezout pour $A=X^6+1$ et $B=X^4+1$.

\pro
Le PGCD est invariant par extension de corps~: si $P,Q\in\R[X]$ alors le \textsc{pgcd} de $P$ et $Q$ dans $\R[X]$ est le m\^eme que dans $\C[X]$.
\orp

\ \\[-1.15cm]
\demo Imm\'ediat d'apr\`es le lien divisibilit\'e/division euclidienne et l'invariance de la division euclidienne par extension de corps.
\cqfd

\exo Calculons $\big(X^6-1\big)\wedge\big(X^4-1\big)$.

\medskip

\subsection{Polyn\^omes premiers entre eux}

\smallskip

\dfn
On dit que deux polyn\^omes $P$ et $Q$ sont premiers entre eux lorsque $P\wedge Q=1$.
\nfd

\pro
Le caract\`ere "premiers entre eux" est invariant par extension de corps~: $P,\ Q\in\R[X]$ sont premiers entre eux dans $\R[X]$ \ssi ils le sont dans $\C[X]$.
\orp


\rmq L'homog\'en\'e\"it\'e entra\^ine que si $A$ et $B$ sont non nuls et $D$ est leur \textsc{pgcd}, alors $\dfrac{A}{D}$ et $\dfrac{B}{D}$ sont premiers entre eux.
\qmr


\thm[Th\'eor\`eme de B\'ezout]
Soient $A$ et $B$ deux polyn\^omes. On a $A\wedge B=1$ $\Leftrightarrow$ $\exists (U,V),~AU+BV=1$.
\mht

\demo \fbox{$\Rightarrow$} C'est Eudoxe.\\
\fbox{$\Leftarrow$} Si $AU+BV=1$ par stabilit\'e par CL $A\wedge B|1$ donc $A\wedge B = 1$.
\cqfd

\thm[Lemme de Gauss]
Si $\lect{A\wedge B=1\\A|BC}$ alors $A|C$.
\mht
\ \\[-1cm]
\demo Comme dans $\Z$... exercice.\cqfd

\smallskip

\subsection{PPCM}

\medskip

\dfn
Soient $P$ et $Q$ dans $\K[X]$.
\begin{enumerate}
\item On dit que $M$ est {\bf un} ppcm de $P$ et $Q$ lorsque c'est un plus petit multiple de $P$ et de $Q$.
\item Il existe un unique ppcm unitaire (ou nul), on l'appelle {\bf le} ppcm et on le note \textsc{ppcm}$(P,Q)$ ou $P\vee Q$.
\end{enumerate}
\nfd

\exo Reformuler cette d\'efinition.

\pro[Propri\'et\'es imm\'ediates du PPCM]\ \\[-0.75cm]
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item Homog\'en\'eit\'e~: si $K$ est unitaire alors $KA\vee KB=K(A\vee B)$~;
\item Commutativit\'e~:  $B\vee A~=~A\vee B$~;
\item Associativit\'e~: $(A\vee B)\vee C=A\vee (B\vee C)$.
\end{enumerate}
\orp

Pour montrer l'existence, on peut s'appuyer sur la remarque suivante (d\'emonstration en exercice)~:\\

\rmq Si $A$ et $B$ sont unitaires, alors $(A\wedge B)\times(A\vee B) = A\times B$.\\
\qmr

\exo $(X^6-1)\vee(X^4-1)=(X-i)(X+i)(X-j)(X-\overline{j})(X+j)(X+\overline{j})=(X^2+1)(X^2+X+1)(X^2-X+1)$.

\medskip

\pro
Le PPCM est invariant par extension de corps~: si $P,Q\in\R[X]$ alors le \textsc{ppcm} de $P$ et $Q$ dans $\R[X]$ est le m\^eme que dans $\C[X]$.
\orp

\medskip

\subsection{Polyn\^omes irr\'eductibles}

\medskip

On cherche un analogue \`a la d\'ecomposition d'un nombre entier en produit de nombres premiers. Pour cela on commence par s'interroger sur l'analogue dans $\K[X]$ de la notion de nombre premier, ce qu'on appellera \newdef{polyn\^ome irr\'eductible}.

\dfn
Un polyn\^ome $P\in\K[X]\setminus\K$ est dit irr\'eductible lorsqu'on a~:\\
$\forall (U,V)\in\K[X]^2,~P=UV ~\Rightarrow~ \lect{U\text{ inversible}\\V\text{ associ\'e \`a }P} \text{ ou } \lect{U\text{ associ\'e \`a }P\\V\text{ inversible}}$
\nfd

\exs
\begin{enumerate}
\item $X^2+X+1$ est irr\'eductible dans $\R$.
\item $X^2+X+1$ n'est pas irr\'eductible dans $\C$ puisque $X^2+X+1=(X-j)(X-\overline{j})$. 
\item $aX+b$ avec $a\neq 0$ est toujours irr\'eductible dans $\K$.
\end{enumerate}\ \\
\sxe

\attention{La notion de polyn\^ome irr\'eductible d\'epend donc du corps consid\'er\'e.}

%\lem[Lemme d'Euclide %%%pr\'ecis\'e
% dans $\K\lceil X\rfloor$]
%Un polyn\^ome $P\in\K[X]\setminus\K$ est irr\'eductible \ssi $\forall A,B\in\K[X],\ P\mid AB \Rightarrow P\mid A \text{ ou }P\mid B$.
%\mel

\thm[Th\'eor\`eme de d\'ecomposition]
Tout polyn\^ome peut s'\'ecrire comme produit de polyn\^omes irr\'eductibles, de fa\c{c}on unique \`a l'ordre des facteurs pr\`es et \`a association pr\`es.
\mht

\exo Le d\'emontrer.\\

Notons que d\'ecomposer deux polyn\^omes en produit d'irr\'eductibles permet d'en calculer le pgcd et le ppcm.\\[0.3cm]

Le th\'eor\`eme de d'Alembert-Gauss se reformule~:
\thm[Irr\'eductibles de $\C$]
Les irr\'eductibles unitaires de $\C[X]$ sont les polyn\^omes de degr\'e $1$.
\mht

\thm[Irr\'eductibles de $\R$]
Les irr\'eductibles unitaires de $\R[X]$ sont
\begin{itemize}
\item les $X-\lambda$,~ $\lambda\in\R$~;
\item les $X^2+bX+c$,~$\Delta<0$.
\end{itemize}
\mht

\demo Exercice.
\cqfd


\exx $X^4+1=(X^2+\sqrt{2}X+1)(X^2-\sqrt{2}X+1)$.
\xxe


\end{document}
