Trois exposants, un seul diviseur : diviser, c'est évaluer en $j$

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Les propriétés de $j$ vues au chapitre 3 — $j^3=1$, $1+j+j^2=0$, $\bar{j}=j^2$ — ; le théorème « $a$ est racine de $P$ si et seulement si $X-a$ divise $P$ » ; la conjugaison des racines d'un polynôme réel ; l'unicité de la division euclidienne. Le programme de PTSI ne donne pas de critère général de divisibilité par un produit de facteurs : on le démontre ici pour deux racines simples, avec le seul théorème « racine et divisibilité ». La stratégie : ne jamais poser la division, mais évaluer le dividende aux racines du diviseur.

a) Le diviseur et le critère. Les racines de $X^2+X+1$ sont $\frac{-1\pm i\sqrt{3}}{2}$, c'est-à-dire $j$ et $\bar{j}$ : distinctes, et $X^2+X+1=(X-j)(X-\bar{j})$ — un trinôme unitaire est le produit des $X-r$ sur ses deux racines, puisque leur somme est $-1$ et leur produit $1$. Deux racines donnent le produit des deux facteurs. Soit $P\in \mathbb{C}[X]$ tel que $P(j)=P(\bar{j})=0$. Comme $j$ est racine, le théorème « racine et divisibilité » donne $Q\in \mathbb{C}[X]$ tel que $P=(X-j)Q$. Évaluons en $\bar{j}$ : $0=P(\bar{j})=(\bar{j}-j)Q(\bar{j})$, et $\bar{j}-j=-i\sqrt{3}\ne 0$, donc $Q(\bar{j})=0$ ; le même théorème donne $R$ tel que $Q=(X-\bar{j})R$. Ainsi $P=(X-j)(X-\bar{j})R=(X^2+X+1)R$ : $X^2+X+1$ divise $P$ dans $\mathbb{C}[X]$. C'est ici que sert la distinction des deux racines : pour une racine double, l'évaluation de $Q$ ne dirait rien. Le cas réel. Soit $P$ réel. Si $X^2+X+1$ divise $P$, alors $P(j)=0$. Réciproquement, si $P(j)=0$, alors $P(\bar{j})=\overline{P(j)}=0$, les coefficients de $P$ étant réels : par ce qui précède, $X^2+X+1$ divise $P$ dans $\mathbb{C}[X]$. Enfin, le reste de la division de $P$ par $X^2+X+1$ calculée dans $\mathbb{R}[X]$ est aussi un reste dans $\mathbb{C}[X]$ ; par unicité, il est nul. Pour $P$ réel, une seule évaluation suffit : la racine conjuguée suit.

b) Les exposants se réduisent par paquets de trois. Comme $j^3=1$, $$j^{3n+2}+j^{3m+1}+j^{3k}=(j^3{)}^n{j}^2+(j^3{)}^{m}j+(j^3{)}^k=j^2+j+1=0,$$ et le polynôme est réel : par le a), $X^2+X+1$ le divise. Contrôles : pour $n=m=k=1$, $X^5+X^4+X^3=X^3(X^2+X+1)$ ; pour $n=k=0$ et $m=1$, $X^4+X^2+1=(X^2+X+1)(X^2-X+1)$.

c) Une condition sur $n$. De $1+j+j^2=0$ on tire $1+j=-j^2=e^{i\pi }{e}^{4i\pi /3}=e^{i\pi /3}$. Donc, pour $P_n=(X+1{)}^n-X^n-1$, qui est réel, $$P_n(j)=e^{in\pi /3}-e^{2in\pi /3}-1.$$ Écrivons la division euclidienne $n=6q+r$, $0\le r\le 5$ : comme $e^{2i\pi }=1$, les deux exponentielles ne dépendent que de $r$. On calcule, avec $e^{i\pi /3}=\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$ et $e^{2i\pi /3}=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}$ :

• $r=0$ : $1-1-1=-1$ ;
• $r=1$ : $e^{i\pi /3}-e^{2i\pi /3}-1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-1=0$ ;
• $r=2$ : $e^{2i\pi /3}-e^{4i\pi /3}-1=i\sqrt{3}-1$ ;
• $r=3$ : $-1-1-1=-3$ ;
• $r=4$ : $e^{4i\pi /3}-e^{2i\pi /3}-1=-i\sqrt{3}-1$ ;
• $r=5$ : $e^{5i\pi /3}-e^{4i\pi /3}-1=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-1=0$.

$X^2+X+1$ divise $(X+1{)}^n-X^n-1$ si et seulement si $n$ est de la forme $6q+1$ ou $6q+5$, c'est-à-dire impair et non multiple de $3$. Contrôles : pour $n=1$, $P_1=0$ ; pour $n=5$, $P_5=5X^4+10X^3+10X^2+5X=5X(X+1)(X^2+X+1)$ ; pour $n=3$, $P_3=3X^2+3X=3X(X+1)$, non divisible.

Le point délicat. Trois justifications qu'on oublie : deux racines distinctes donnent deux facteurs, parce que l'on peut diviser par $\bar{j}-j\ne 0$ ; il suffit d'évaluer en $j$ parce que $P$ est réel ; et la divisibilité obtenue dans $\mathbb{C}[X]$ vaut dans $\mathbb{R}[X]$ par unicité du reste.

Ce que l'exercice installe. Pour établir une divisibilité, on ne pose pas la division : on injecte les racines du diviseur dans le dividende. Et quand ces racines ont une algèbre simple, comme $j^3=1$, une question sur des exposants arbitraires devient une question sur leurs restes par la division euclidienne. Le même geste — diviser par un polynôme dont on connaît les racines — reviendra à l'exercice 8.