\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 $a_{n}\neq 0$, $b_{m}\neq 0$, $\deg(P_{1})(n-1)m$, 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 $a_{n}\neq 0$, $b_{m}\neq 0$, $\deg(P_{1})(n-1)m$, 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 $r0$, 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}