%%%%%%%%%%%%%%% TPE 1985 MATHS APPLI - CORRIGE %%%%%%%%%%%%
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\def\a{\overline a}

\grostitre{TPE 1985 - \'Epreuve pratique de math\'ematiques}
%\grostitre{Un probl\`eme de polyn\^omes -- Corrig\'e}

\titrecentre{Th\`eme: \'etude du polyn\^ome
$P=X^3+aX^2-\a X-1\>.$}

\question[Informations sur les racines de $P$.] %1
%\sousquestion %1a
Posons $a=\alpha+i \beta $ et cherchons $z$ r\'eel racine de $P$. Il
vient:
$\cases{z^3+\alpha z^2-\alpha z-1=0\\\beta (z^2+z)=0}$.
Comme $z$ ne peut \^etre nul, on envisage d'abord le cas o\`u $z=-1$;
la partie r\'eelle impose
$2\alpha=2$ soit $\alpha=1$. Sinon, on doit prendre $\beta=0$ ($a$ r\'eel).
En ce cas, on trouve $(z-1)(z^2+(1+\alpha)z+1)=0$, soit
la racine r\'eelle $z=1$ \'eventuellement acompagn\'ee d'une ou deux
racines r\'eelles. Plus pr\'ecis\'ement:
$$
\cases{\hbox{ si }a\in ]-3,1[&alors $z=1$ est la seule racine r\'eelle\\
\hbox{ si }a=-3,&alors $z=1$ est racine triple\\
\hbox{ si }a=1,&alors $z=1$ est racine double et $z=-1$ racine simple\\
\hbox{ si }a\not\in [-3,1],&$z=1$, $z=-\frac{a+1\pm \sqrt{a^2+2a-3}}2$ sont les racines
r\'eelles de $P\>.$\\}
$$

%\sousquestion %1b
{\it Premi\`ere m\'ethode pour avoir une racine de module 1.}
Posons $a=\rho e^{i\varphi }$ et cherchons $z=e^{i\theta }$ racine de $P$. En
utilisant la formule
$e^{i\alpha }-e^{i\beta }=e^{\frac{i(\alpha+\beta)}2}.2i\sin\Frac{\alpha -\beta }2$,
il vient:
$$
0=2ie^{\frac{3i\theta }2}\Bigl[\sin\frac{3\theta }2+\rho \sin\bigl(\varphi+\frac{\theta }2\bigr)\Bigr]
\>.$$
Introduisons alors la fonction
$f(\theta)=\sin\frac{3\theta }2+\rho \sin\bigl(\varphi+\frac{\theta }2\bigr)$.
Nous avons $f(0)=\rho \sin\varphi $ et $f(2\pi)=-\rho \sin\varphi $. Si $a$ est r\'eel, $\varphi $
est nul et $z=1$ est bien une racine de module 1 de $P$. Sinon, 
$f$ s'annule en raison du th\'eor\`eme des valeurs interm\'ediaires et
$P$ admet une racine de module 1.

{\it Seconde m\'ethode.}
Notons que 
$$
P\bigl(\frac1{\overline z}\bigr)
=\Frac1{\overline z^3}\bigl[1+a\overline z-\a z^2-\overline z^3\bigr]
=\Frac{-1}{\overline z^3}\overline{P(z)}
$$
et qu'en cons\'equence l'ensemble des racines de $P$ est
invariant par l'inversion $z\longmapsto \frac1{\overline z}$. Si
$P$ n'a pas de racine de module 1, il a une racine $z_1$ et
aussit\^ot la racine $z_2=\frac1{\overline z_1}$, avec le m\^eme
ordre de multiplicit\'e (donc simple); l'une des deux (par
exemple $z_1$) est de module sup\'erieur \`a 1 et l'autre de
module inf\'erieur \`a 1. La derni\`ere racine $z_3$ doit \^etre
de module 1 car sinon elle serait accompagn\'ee d'une autre.

%\sousquestion %1c
Pour $a=0$ le polyn\^ome a pour racines $1,j,j^2$ de module 1.
Autrement,
supposons que $z$ soit racine de $P$ de module
sup\'erieur ou \'egal \`a $1+|a|$. On a donc
$z(z^2+az-\a)=1$, et aussi
$(1+|a|)|z^2+az-\a|<1$. Utilisons l'in\'egalit\'e
triangulaire sous la forme $|x+y|\ge |x|-|y|$:
$$
1>(1+|a|)\bigl(|z|(|z|-|a|)-|a|\bigr)>(1+|a|)(1+|a|-|a|)=1+|a|
$$
ce qui est impossible vu que $a$ n'est pas nul.
Enfin, comme le produit des racines de $P$ vaut 1, nous pouvons 
conclure que
\reponse{$P$ poss\`ede, pour $a\neq0$,\quad $\cases{
&une racine de module 1,\\
&une autre de module sup\'erieur ou \'egal \`a 1,\\
&une autre de module inf\'erieur ou \'egal \`a 1.}$}

\question[Un cas exceptionnel: $a=\frac{1+i\sqrt7}2$] %2

\sousquestion %a
Nous calculons $a^2=\frac{1-7+2i\sqrt7}4=\frac{-3+i\sqrt7}2=a-2$,
d\'ecouvrant au passage que $a$ est un nombre alg\'ebrique de degr\'e 2 (sur
$\Q$). Il vient aussi $a^3=a(a-2)=a-2-2a=-a-2$, puis
$a^4=(a-2)^2=a-2-4a+4=2-3a$.
D'autre part, $\a=1-a$ conduit \`a
$\a^2=-1-a,\,\a^3=a-3,\,\a^4=3a-1$.

\sousquestion %b
Les calculs qui pr\'ec\`edent permettent de poser explicitement la
division euclidienne de $P(X^2)$ par $P$. Cependant, on devine que
$P$ va diviser $P(X^2)$, soit
$P(X^2)=P(X)Q(X)=P(-X)Q(-X)$; $P$ n'a pas deux racines oppos\'ees
(voir la fin de la question 1), donc $P$ et $P(-X)$ sont premiers 
entre eux (\'etrangers) et on s'attend \`a trouver
$P(X^2)=-P(X)P(-X)$. V\'erifions cette relation:
$$
\eqalign{
-P(X)P(-X)
&=(X^3+aX^2-\a X-1)(X^3-aX^2-\a X+1)
=(X^3-\a X)^2-(aX^2-1)^2\\
&=X^6-(a^2+2\a)X^4+(2a+\a^2)X^2-1
=X^6-aX^4-\a X^2-1=P(X^2)
\>.}$$
%\sousquestion %c
En cons\'equence, si $\lambda $ est racine de $P$,
$\lambda^2$ et $\lambda^4$ le sont aussi.
On n'a certes pas $\lambda=\lambda^2$, car cela donnerait $\lambda=0$ ou $\lambda=1$, qui
ne sont pas racines de $P$. On n'aura pas davantage $\lambda^2=\lambda^4$,
pour la m\^eme raison. Enfin, $\lambda=\lambda^4$ am\`enerait $\lambda=0$ (exclu) ou
$\lambda^3=1$ qui obligerait \`a avoir $a\lambda^2-\a\lambda=a\overline{\lambda }-\a\lambda=0$, soit
$\a\lambda \in \R$. Mais alors $\a^3=(\a\lambda)^3=a-3$ serait r\'eel, ce qui n'est
pas. Ainsi, les trois racines \underbar{distinctes} de $P$ sont
bien $\lambda,\,\mu=\lambda^2$ et $\nu=\lambda^4$. Leur produit est connu par le
coefficient constant de $P$, soit \encadre{$\lambda^7=1\>.$}

%\sousquestion %d
Posons alors $\omega=e^{\frac{2i\pi }7}$. Nous avons essentiellement deux
choix possibles pour les racines de $P$:
$\omega,\omega^2,\omega^4$ et $\omega^3,\omega^5,\omega^6$. Dans
tous les cas figure au moins une racine de partie imaginaire
positive, ce sera $\lambda $.
Or, la somme des racines de $P$ vaut $-a=-\frac{1+i\sqrt7}2$, de
partie imaginaire n\'egative, et:
$$
\im(\omega+\omega^2+\omega^4)
=\sin\frac{2\pi }7+\sin\frac{4\pi }7+\sin\frac{8\pi }7
=\sin\frac{2\pi }7+\sin\frac{4\pi }7-\sin\frac{\pi }7
>0
\quad\hbox{car}\quad
\sin\frac{2\pi }7>\sin\frac{\pi }7
\>,
$$
ce qui ne nous convient pas. Donc,
\reponse{$\lambda $ vaut $\omega^3=e^{\frac{6i\pi }7}$, et les racines de $P$ sont $\omega^3,\omega^5,\omega^6$.}

\question %3
On a d'abord $X\equiv X\bmod P$ et $X^2\equiv X^2\bmod P$. Ensuite,
$X^4-XP=-aX^3+\a X^2+X$, soit
$X^4=(X-a)P-X^2-X-a\equiv -X^2-X-a\bmod P$ (on peut aussi poser la
division).
On continue en substituant $X^2$ \`a $X$:
$X^8\equiv -X^4-X^2-a\equiv X^2+X+a-X^2-a=X\bmod P$ (le modulo demeure parce que
$P(X^2)$ est divisible par $P$).
A partir de ce point, les restes vont se r\'ep\'eter avec une p\'eriode
\'egale \`a 3. En effet, si
l'on a 
$X^{2^{3k}}\equiv X\bmod P$ alors en substituant $X^2$ \`a $X$ il vient
$X^{2^{3k+1}}\equiv X^2\bmod P$ puis de m\^eme
$X^{2^{3k+2}}\equiv X^4\bmod P$ et enfin
$X^{2^{3k+3}}\equiv X\bmod P$.

%\question[
\bf{R\'eciproque.}
Soit un polyn\^ome $Q$ du troisi\`eme degr\'e \`a coefficients r\'eels ou
complexes tel que $Q(X^2)$ soit divisible par $Q(X)$.
L'ensemble des racines de $Q$, devant \^etre stable par la
transformation du carr\'e, doit \^etre inclus dans le cercle unit\'e
avec son centre. 
De surcro\^\i t, pour toute racine $\lambda $ de $Q$ on doit avoir soit
$\lambda=\lambda^2$ soit $\lambda=\lambda^4$ soit $\lambda=\lambda^8$, ce qui donne comme possibilit\'es
$\{0,1,j,j^2,\omega,\omega^2,\omega^3,\omega^4,\omega^5,\omega^6\}$.
Avec les racines septi\`emes on tombe imm\'ediatement sur $P$ et
$\overline P$. Autrement, avec la racine $j$ vient toujours $j^2$
et vice-versa. On a les polyn\^omes
$(X-1)(X^2+X+1)=X^3-1$, $X(X^2+X+1)$ (convient:
$P(X^2)=X^2(X^4+2X^2+1-X^2)=X^2(X^2-X+1)(X^2+X+1)$), $X(X-1)^2$,
$X^2(X-1)$. Il reste \`a examiner des polyn\^omes comme
$(X-j)^2(X-j^2)$: il ne convient pas car
$(X^2-j)^2(X^2-j^2)=(X^2-j^4)^2(X^2-j^2)=(X-j^2)(X+j^2)(X-j)(X+j)$ n'a pas
de racine double. En somme:
\Reponse{les polyn\^omes $Q$ de degr\'e 3 tels que $Q$ divise
$Q(X^2)$ sont}
{$X^3-1$, $X^3+X^2+1$, $X(X-1)^2$,
$X^2(X-1)$, $P$, $\overline P$.}
%% A VERIFIER !

\bye



