Équation du troisième degré/Exercices/Nombres algébriques de degré 3

Exercice 8-1

Calculer le polynôme minimal sur $\mathbb{Q}$ de chacun des nombres suivants :

1. $\alpha =u+\bar{u}$ où $u$ est l'une des trois racines cubiques de $5+\mathrm{i}\sqrt{2}$ ;
2. $\beta =\sqrt[3]{2+\sqrt{3}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{3}}$ ;
3. $\gamma =\mathrm{j}\sqrt[3]{1-\sqrt{2}}+{\mathrm{j}}^2\sqrt[3]{1+\sqrt{2}}$.

Solution

1. $u^3+{\bar{u}}^3=10$ et $u\bar{u}=|u{|}^2=\sqrt[3]{|5+\mathrm{i}\sqrt{2}{|}^2}=3$ donc ${\alpha }^3=u^3+{\bar{u}}^3+3\alpha u\bar{u}=10+9\alpha$. Aucun des diviseurs du terme constant $-10$ n'est racine du polynôme $X^3-9X-10$, qui est donc irréductible sur $\mathbb{Q}$. C'est donc le polynôme minimal de α.
2. $\beta =u+v$ avec $u^3+v^3=4$ et $uv=1$ donc ${\beta }^3=4+3\beta$. Aucun des diviseurs du terme constant $-4$ n'est racine du polynôme $X^3-3X-4$, qui est donc irréductible sur $\mathbb{Q}$. C'est donc le polynôme minimal de β.
3. $\gamma =u+v$ avec $u^3+v^3=2$ et $uv=-1$, donc ${\gamma }^3=2-3\gamma$. Le polynôme $X^3+3X-2$ étant irréductible sur $\mathbb{Q}$, c'est donc le polynôme minimal de γ.

 

Exercice 8-2

Soient α un nombre algébrique de degré 3, de polynôme minimal

$P(X)=X^3+p{X}^2+qX+r$

et

$f(t)=\frac{at+b}{ct+d}$

une transformation homographique, avec $a,b,c,d\in \mathbb{Q}$, $ad-bc\ne 0$ et $c\ne 0$.

Calculer le polynôme minimal de $\beta :=f(\alpha )$.

Solution

Explicitons le résultat du cours dans ce cas particulier.

$\begin{array}{cc}\beta =\frac{a\alpha +b}{c\alpha +d}& \iff (c\alpha +d)\beta =a\alpha +b\\ & \iff (c\beta -a)\alpha =b-d\beta \\ & \iff \alpha =\frac{b-d\beta }{c\beta -a}\end{array}$

Donc $\beta$ est une racine du polynôme

$\begin{array}{cc}R(X)& :=(cX-a{)}^{3}P\left(\frac{b-dX}{cX-a}\right)\\ & =(b-dX{)}^3+p(b-dX{)}^2(cX-a)+q(b-dX)(cX-a{)}^2+r(cX-a{)}^3\\ & =X^3{c}^{3}P(-d/c)+X^2[3b{d}^2+p(-a{d}^2-2bcd)+q(b{c}^2+2acd)-3ra{c}^2]\\ & +X[-3b^{2}d+p(b^{2}c+2abd)+q(-2abc-a^{2}d)+3r{a}^{2}c]+b^3-pa{b}^2+q{a}^{2}b-r{a}^3\end{array}$

et son polynôme minimal est le quotient de ce polynôme (irréductible sur $\mathbb{Q}$ par construction) par son coefficient dominant :

$Q(X)=\frac{R(X)}{c^{3}P(-d/c)}=\frac{(X-a/c{)}^3}{P(-d/c)}P\left(\frac{b-dX}{cX-a}\right)$.

 

Application : quel est le polynôme minimal de $\frac{\cos \frac{\pi }{7}}{3\cos \frac{\pi }{7}-1}$ ?

Solution

En appliquant ce qui précède à

$\alpha =\cos \frac{\pi }{7}$ dont (cf. cours) on connaît le polynôme minimal

$P(X)=X^3-\frac{1}{2}{X}^2-\frac{1}{2}X+\frac{1}{8}\text{donc}p=q=-\frac{1}{2},r=\frac{1}{8}$ et à

$f(t)=\frac{t}{3t-1}\text{donc}a=1,b=0,c=3,d=-1$,

on trouve :

$R(X)=-\frac{13}{8}{X}^3+\frac{1}{8}{X}^2+\frac{5}{8}X-\frac{1}{8}$

donc le polynôme minimal de $\frac{\cos \frac{\pi }{7}}{3\cos \frac{\pi }{7}-1}$ est

$Q(X)=X^3-\frac{1}{13}{X}^2-\frac{5}{13}X+\frac{1}{13}$.

 

Exercice 8-3

Montrer que les trois nombres

$\frac{\tan \frac{\pi }{9}}{\sqrt{3}},\frac{\tan \frac{4\pi }{9}}{\sqrt{3}}\text{et}-\frac{\tan \frac{2\pi }{9}}{\sqrt{3}}$

sont algébriques de degré 3 et de même polynôme minimal :

$P(X)=X^3-3X^2-X+\frac{1}{3}$.

Solution

Le polynôme P n'a pas de racine rationnelle, donc il suffit de montrer que ces trois nombres (distincts) sont ses racines.

Pour $k\in \{1,4,-2\}$, posons

$\theta =\frac{k\pi }{9}$, $t=\tan \theta$ et $s=\frac{t}{\sqrt{3}}$.

Alors,

$\sqrt{3}=\tan 3\theta =\frac{3t-t^3}{1-3t^2}$

donc

$0=t^3-3\sqrt{3}{t}^2-3t+1=3\sqrt{3}P(s)$.

C'est un exemple de « résolution trigonométrique en tangente » (chap. 6).

 

Exercice 8-4

Montrer que les trois nombres

$\frac{\sin \frac{\pi }{9}}{\sqrt{3}}$, $\frac{\sin \frac{2\pi }{9}}{\sqrt{3}}$ et $-\frac{\sin \frac{4\pi }{9}}{\sqrt{3}}$

sont algébriques de degré 3 et de même polynôme minimal :

$P(X)=X^3-\frac{1}{4}X+\frac{1}{24}$.

Solution

Le polynôme P n'a pas de racine rationnelle, donc il suffit de montrer que ces trois nombres (distincts) sont ses racines.

Pour $k\in \{1,2,-4\}$, posons

$\theta =\frac{k\pi }{9}$, $s=\sin \theta$ et $t=\frac{s}{\sqrt{3}}$.

Alors,

$\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin 3\theta =3s-4s^3$

donc

$0=4s^3-3s+\frac{\sqrt{3}}{2}=12\sqrt{3}P(t)$.

C'est un exemple de « résolution trigonométrique en sinus » (chap. 6).

 

Exercice 8-5

Vérifier que pour $\theta =\frac{k\pi }{7}$ avec $k\in \{1,2,4\}$ :

$\frac{\tan \theta }{\sqrt{7}}=4\frac{\sin (2\theta )}{\sqrt{7}}-1$.

Solution

Pour ces trois valeurs de $\theta$, d'après la formule du sinus de l'angle double en fonction de la tangente et puisque le nombre $x:=\frac{\tan \theta }{\sqrt{7}}$ vérifie $x^2(x+1)=x-1/7$ :

$\frac{\sin (2\theta )}{\sqrt{7}}=\frac{2x}{1+7x^2}=\frac{2x}{1+7\frac{x-1/7}{x+1}}=\frac{x+1}{4}$.

 

En déduire que les trois nombres $\frac{\sin \frac{\pi }{7}}{\sqrt{7}}$, $-\frac{\sin \frac{2\pi }{7}}{\sqrt{7}}$ et $-\frac{\sin \frac{3\pi }{7}}{\sqrt{7}}$ sont algébriques de degré 3 et de même polynôme minimal :

$P(X)=X^3+\frac{1}{2}{X}^2-\frac{1}{56}$,

puis résoudre l'équation

$7x^2=\frac{1}{x+1}$.

Solution

D'après la question précédente, les trois nombres

$\frac{\sin \frac{\pi }{7}}{\sqrt{7}}=-\frac{\sin \frac{8\pi }{7}}{\sqrt{7}}$, $-\frac{\sin \frac{2\pi }{7}}{\sqrt{7}}$ et $-\frac{\sin \frac{3\pi }{7}}{\sqrt{7}}=-\frac{\sin \frac{4\pi }{7}}{\sqrt{7}}$

sont algébriques de degré 3 et de polynôme minimal :

$-\frac{1}{64}((-4X-1{)}^3+(-4X-1{)}^2-(-4X-1)+\frac{1}{7})=P(X)$.

L'équation

$7x^2=\frac{1}{x+1}$

peut s'écrire :

$x^3+x^2-\frac{1}{7}=0$,

ou encore, en divisant par 8 :

$P(x/2)=0$.

Ses solutions sont donc

$\frac{2\sin \frac{\pi }{7}}{\sqrt{7}}$, $-\frac{2\sin \frac{2\pi }{7}}{\sqrt{7}}$ et $-\frac{2\sin \frac{3\pi }{7}}{\sqrt{7}}$.

 

En déduire aussi que le nombre

$\beta :=\sqrt{2(1+\cos \frac{\pi }{7})}+\sqrt{2(1+\cos \frac{3\pi }{7})}+\sqrt{2(1-\cos \frac{2\pi }{7})}$

est égal à $\tan \frac{3\pi }{7}$.

Solution

$\begin{array}{cc}\sqrt{2(1+\cos \frac{\pi }{7})}+\sqrt{2(1+\cos \frac{3\pi }{7})}+\sqrt{2(1-\cos \frac{2\pi }{7})}& =\sqrt{2(1-\cos \frac{8\pi }{7})}+\sqrt{2(1-\cos \frac{4\pi }{7})}+\sqrt{2(1-\cos \frac{2\pi }{7})}\\ & =2(\sin \frac{4\pi }{7}+\sin \frac{2\pi }{7}+\sin \frac{\pi }{7})\\ & =2(\sin \frac{4\pi }{7}+\sin \frac{2\pi }{7}-\sin \frac{8\pi }{7})\\ & =\frac{1}{2}(\tan \frac{2\pi }{7}+\tan \frac{\pi }{7}-\tan \frac{4\pi }{7}+\sqrt{7})\\ & =\frac{1}{2}(-2\tan \frac{4\pi }{7})\\ & =\tan \frac{3\pi }{7}.\end{array}$

 

Exercice 8-6

Montrer que si un nombre est algébrique de degré 3 alors son carré l'est aussi.

Solution

Soit $\gamma$ algébrique de degré 3, de polynôme minimal $Q(X)$.

Le polynôme $R$ tel que $-Q(X)Q(-X)=R(X^2)$ est unitaire, de degré 3, à coefficients entiers, et admet ${\gamma }^2$ pour racine.

Il est irréductible car s'il avait une racine rationnelle, $Q$ aurait pour racine (irrationnelle, puisque $Q$ est irréductible) une racine carrée de ce rationnel donc aussi son opposée, si bien que la troisième racine de $Q$, quotient du produit des trois par le produit des deux premières, serait rationnelle, ce qui est absurde.

$R$ est donc le polynôme minimal de ${\gamma }^2$.

 

Soit $Q(X)=X^3+X+1$. Former le polynôme unitaire $R$ de degré 3 dont les racines sont les carrés des racines de $Q$.

Solution

En appliquant la méthode ci-dessus, on trouve

$-Q(X)Q(-X)=(X^3+X+1)(X^3+X-1)=(X^3+X{)}^2-1=X^6+2X^4+X^2-1=R(X^2)$ avec $R(X)=X^3+2X^2+X-1$.

Méthode plus « pédestre » : Soient $\alpha ,\beta ,\gamma$ les racines de $Q$.

Alors, $\alpha +\beta +\gamma =0$, $\alpha \beta +\beta \gamma +\alpha \gamma =1$ et $\alpha \beta \gamma =-1$ donc

$R(X)=(X-{\alpha }^2)(X-{\beta }^2)(X-{\gamma }^2)=X^3+p{X}^2+qX+r$ avec

• $p=-{\alpha }^2-{\beta }^2-{\gamma }^2=-(\alpha +\beta +\gamma {)}^2+2(\alpha \beta +\beta \gamma +\alpha \gamma )=2$,
• $q={\alpha }^2{\beta }^2+{\beta }^2{\gamma }^2+{\alpha }^2{\gamma }^2=(\alpha \beta +\beta \gamma +\alpha \gamma {)}^2-2\alpha \beta \gamma (\alpha \beta +\beta \gamma +\alpha \gamma )=1$,
• $r={\alpha }^2{\beta }^2{\gamma }^2=(\alpha \beta \gamma {)}^2=1$.

 

Exercice 8-7

Soit $\alpha =\sqrt[3]{2}$. On suppose qu'il existe des entiers $a,b,c$ non tous nuls tels que

$(\ast )a{\alpha }^2+b\alpha +c=0$.

1. Montrer que si $(\ast )$ est vrai, alors $a\ne 0$.
2. Montrer alors que $\alpha$ est solution d'une équation $X^2+pX+q=0$ avec $p,q\in \mathbb{Q}$. Trouver un autre polynôme $X^2+p^{\prime }X+q^{\prime }$ annulé par $\alpha$ et conclure que $(\ast )$ est impossible.

Solution

1. Si $a$ était nul, on aurait $b\alpha +c=0$ avec $b,c$ entiers et $b\ne 0$, donc $\alpha$ serait rationnel, ce qui est absurde (on le démontre facilement par la même méthode que pour $\sqrt{2}$).
2. ${\alpha }^2+p\alpha +q=0$ avec $p=\frac{b}{a}\ne 0$ et $q=\frac{c}{a}$. En multipliant par $\frac{\alpha }{p}$, on en déduit ${\alpha }^2+p^{\prime }\alpha +q^{\prime }=0$ avec $p^{\prime }=\frac{q}{p}$ et $q^{\prime }=\frac{2}{p}$, d'où $0=(p-p^{\prime })\alpha +(q-q^{\prime })$ donc $p=p^{\prime }$ et $q=q^{\prime }$, c'est-à-dire $q=p^2$ et $qp=2$, d'où $2=p^3$ : absurde.