DS 9 : un corrigé

Il s’agit du sujet Centrale 2014 MP, légèrement adapté et privé de sa dernière partie.

Le barème comporte un total de 60 points.

Partie I : Polynômes de Tchebychev (sur 16 points)

1◦ ) (sur 2 points) Pour tout θ ∈ R, 1(cos θ) = 1 = cos(0.θ), X(cos θ) = cos θ et
(2X 2 − 1)(cos θ) = cos 2θ, donc d’après l’unicité signalée par l’énoncé,
T0 = 1, T1 = X et T2 = 2X 2 − 1 .
De plus cos(3θ) + cos θ = cos(2θ + θ) + cos(2θ − θ) = 2 cos 2θ cos θ,
donc T3 = 2(2X 2 − 1)X − X. Ainsi, T3 = 4X 3 − 3X .
2◦ ) (sur 2 points) Soit n ∈ N. Soit θ ∈ R.
cos(nθ) = Re((eiθ )n ), or d’après la formule du binôme de Newton,
n 
X n
(eiθ )n = (cos θ + i sin θ)n = (cos θ)n−k (i sin θ)k
k
k=0
bn2
c   b n−1
2
c 
X n 2k n−2k
X n
= (i sin θ) (cos θ) + (i sin θ)2k+1 (cos θ)n−2k−1 ,
2k 2k + 1
k=0 k=0
donc en passant aux parties réelles,
bn c
2   bn c
2  
X n k 2 k n−2k
X n
cos nθ = (−1) (sin θ) (cos θ) = (−1)k (1−cos2 θ)k (cos θ)n−2k .
2k 2k
k=0 k=0
bn c
2  
X n
Ainsi, par unicité, on obtient bien que Tn = (X 2 − 1)k X n−2k .
2k
k=0
◦
3 ) (sur 2 points) Soit n ∈ N. Pour tout θ ∈ R,
cos(n + 2)θ + cos(nθ) = cos((n + 1) + 1)θ + cos((n + 1) − 1)θ = 2 cos((n + 1)θ) cos θ,
donc cos θ est une racine du polynôme Tn+2 + Tn − 2XTn+1 . Ainsi, ce polynôme est nul
car il possède une infinité de racines. Ceci démontre que Tn+2 = 2XTn+1 − Tn .
4◦ ) (sur 2 points)
Si P est un polynôme non nul, notons dom(P ) le coefficient dominant de P .
Soit n ∈ N. On va démontrer par récurrence double la propriété suivante, notée R(n) :

1
 
2n−1 si n ≥ 1
deg(Tn ) = n et dom(Tn ) = .
1 si n = 0
T0 = 1 et T1 = X, donc R(0) et R(1) sont vraies.
Supposons que n ≥ 0 et que R(n) et R(n + 1) sont vraies. Montrons R(n + 2).
Alors deg(2XTn+1 ) = n + 2 et deg(Tn ) = n, donc d’après le cours et la relation de la
question précédente, deg(Tn+2 ) = max(deg(2XTn+1 ), deg(Tn )), car ces deux derniers
degrés sont différents. Ainsi, deg(Tn+2 ) = n + 2. De plus, toujours d’après la relation
de la question précédente, dom(Tn+2 ) = 2dom(Tn+1 ) = 2n+1 , car n + 1 ≥ 1.
Ceci prouve R(n + 2). On conclut d’après le principe de récurrence.
5◦ ) (sur 3 points)
Lorsque P ∈ R[X], on notera Rac(P ) l’ensemble des racines réelles de P .
Lorsque n = 0, Rac(T0 ) = ∅ . Supposons maintenant que n ≥ 1.
π + 2kπ
Soit θ ∈ R. cos(nθ) = 0 ⇐⇒ nθ ≡ π2 [π] ⇐⇒ ∃k ∈ Z, θ = .
n  π + 2kπ  2n o
En particulier, ceci montre que cos / 0 ≤ k ≤ n − 1 ⊂ Rac(Tn ).
2n
π + 2kπ (2n − 1)π
Lorsque 0 ≤ k ≤ n − 1, 0 < ≤ < π,
2n 2n
or l’application cos est injective sur [0, π], donc lorsque h, k ∈ {0, . . . , n−1}, avec h 6= k,
 π + 2kπ   π + 2hπ 
on a cos 6= cos . On a ainsi déjà trouvé n racines distinctes de
2n 2n
Tn , or deg(Tn ) = n, donc Tn possède au plus n racines.
n  2k + 1  o
On a ainsi montré que Rac(Tn ) = cos π / 0≤k ≤n−1 .
2n
6◦ ) (sur 2 points)
Soit n ∈ N et θ ∈ R \ πZ. En dérivant la relation Tn+1 (cos θ) = cos((n + 1)θ), on
0
obtient que − sin θTn+1 (cos θ) = −(n + 1) sin((n + 1)θ), or sin θ 6= 0 car θ ∈/ πZ, donc
sin((n + 1)θ) 1
= T 0 (cos θ) = Un (cos θ), ce qu’il fallait démontrer.
sin θ n + 1 n+1
7◦ ) (sur 2 points) Soit n ∈ N. Soit θ ∈ R \ πZ.
sin((n+3)θ)+sin((n+1)θ) = sin(((n+2)+1)θ)+sin(((n+2)−1)θ) = 2 sin((n+2)θ) cos θ,
donc en divisant par sin θ 6= 0, Un+2 (cos θ) + Un (cos θ) = 2 cos θUn+1 (cos θ). Ainsi, le
polynôme Un+2 + Un − 2XUn+1 possède une infinité de racines, donc il est nul.
Ceci démontre que Un+2 = 2XUn+1 − Un .
8◦ ) (sur 2 points) Soit n ∈ N. Soit θ ∈ R \ πZ.
n  kπ  o
sin((n + 1)θ) = 0 ⇐⇒ (n + 1)θ ≡ 0 [π], donc cos / 1 ≤ k ≤ n ⊂ Rac(Un ),
n+1
or deg(Un ) = deg(Tn+1 ) − 1 = n, donc pour les mêmes raisons qu’en question 5,
n  kπ  o
Rac(Un ) = cos /1≤k≤n .
n+1

2
Partie II : Arithmétique des polynômes de Tchebychev (sur
19 points)
9◦ ) (sur 2 points)
 Soit n, m ∈ N tels que 0 ≤ m ≤ n. Soit θ ∈ R.
cos(nθ+mθ)+cos(nθ−mθ) = 2 cos(nθ) cos(mθ), donc le polynôme Tn+m +Tn−m −2Tn Tm
admet cos θ pour racine. Ce polynôme possède donc une infinité de racines, donc il est
nul (on appellera pour la suite cet argument le principe de rigidité des polynômes).
Ainsi, Tm Tn = 12 (Tn+m + Tn−m ).
 Soit n, m ∈ N tels que 0 ≤ m < n. Alors n − m − 1 ∈ N. Soit θ ∈ R \ πZ.
sin((n + m)θ) + sin((n − m)θ) = 2 cos(mθ) sin(nθ), donc
(sin θ)Un+m−1 (cos θ) + (sin θ)Un−m−1 (cos θ) = 2Tm (cos θ)(sin θ)Un−1 (cos θ), donc , en
simplifiant par sin θ qui est non nul, puis en utilisant le principe de rigidité des po-
lynômes, on obtient bien que Tm Un−1 = 12 (Un+m−1 + Un−m−1 ).
10◦ ) (sur 2 points) En reprenant le premier calcul de la question précédente, par
parité de l’application cos, on voit que, pour tout n, m ∈ N, Tm Tn = 12 (Tn+m + T|n−m| ).
Soit maintenant n, m ∈ N avec m < n < 3m. En appliquant ce qui précède en rem-
plaçant le couple (n, m) par le couple (n − m, m) (on a bien n − m ∈ N), on obtient
que (1) : Tn = T(n−m)+m = 2Tm Tn−m − T|n−2m| . Or deg(T|n−2m| ) = |n − 2m| < m, car
n ∈]m, 3m[= {x ∈ R / d(x, 2m) < m} (où d désigne la distance usuelle dans R). Ainsi,
deg(T|n−2m| ) < deg(Tm ), donc l’égalité (1) est la division euclidienne de Tn par Tm , ce
qu’il fallait démontrer.
11◦ ) (sur 2 points) Lors de la question précédente, pour montrer la relation (1), on
a seulement eu besoin de supposer que n, m ∈ N avec m ≤ n.
Supposons maintenant que n = m(2p + 1) avec p ∈ N.
Alors m ≤ n et la relation (1) devient : Tm(2p+1) = 2Tm T2pm − Tm(2p−1) .
Par récurrence sur p, on en déduit que, pour tout p ∈ N (on accepte la valeur p = 0,
p
X
pour initialiser la récurrence), Tm(2p+1) = 2Tm (−1)p−k T2km + (−1)p Tm .
k=1
p
X
On en déduit que Qn,m = (−1)p + 2 (−1)p−k T2km et Rn,m = 0 .
k=1

12◦ )  (sur 1 point) Soit p ∈ N∗ . Alors

n
|n − 2pm| < m ⇐⇒ 2pm − m < n < 2pm + m ⇐⇒ 2p − 1 < m < 2p + 1, donc
1 n 1 n
|n − 2pm| < m ⇐⇒ p − 1 < 2 ( m − 1) < p. Posons x = 2 ( m − 1) (m est supposé
n
non nul). 0 < m ≤ n, donc x ≥ 0 et x ∈ / N car m n’est pas un entier impair. Ainsi,
|n − 2pm| < m ⇐⇒ p = 1 + bxc. Ceci prouve qu’il existe un unique p ∈ N∗ tel que
|n − 2pm| < m, et que p = 1 + b 12 ( m
n
− 1)c.
 (sur 3 points) Par récurrence sur k ∈ {0, . . . , p − 1}, en adaptant la question
k−1
X
précédente, on montre que R(k) : Tn = 2Tm (−1)h Tn−(2h+1)m + (−1)k Tn−2km .
h=0

3
En effet, R(0) est évidente, et si R(k) est vraie avec 0 ≤ k < p − 1, alors d’après la
relation (1), Tn−2km = 2Tm Tn−(2k+1)m − Tn−2(k+1)m (on a bien n − 2(k + 1)m ≥ 0
car k + 1 < p), l’hypothèse de récurrence donne
k−1
X
Tn = 2Tm (−1)h Tn−(2h+1)m + (−1)k (2Tm Tn−(2k+1)m − Tn−2(k+1)m )
h=0
Xk
= 2Tm (−1)h Tn−(2h+1)m + (−1)k+1 Tn−2(k+1)m .
h=0
En particulier, R(p − 1) suivi d’une nouvelle utilisation de (1) donne :
p−2
X
Tn = 2Tm (−1)h Tn−(2h+1)m + (−1)p−1 Tn−2(p−1)m
h=0
p−2
X
= 2Tm (−1)h Tn−(2h+1)m + (−1)p−1 (2Tm Tn−(2p−1)m − T|n−2pm| ),
h=0
Or deg(T|n−2pm| = |n − 2pm| < m, donc l’égalité précédente est la division euclidienne
de Tn par Tm .
p−1
X
On a ainsi montré que Qn,m = 2 (−1)h Tn−(2h+1)m et que Rn,m = (−1)p T|n−2pm| .
h=0

13◦ ) (sur 5 points)

 D’après la question 8, les décompositions
Yen produit de polynômes irréductibles dans
R[X] de Un et Um sont Un = dom(Un ) (X − x)
x∈Rac(Un )
Y
et Um = dom(Un ) (X − x), donc d’après le cours, un pgcd de Un et Um est égal
x∈Rac(Um )
Y
à dom(Uh−1 ) (X − x). Le polynôme Uh−1 étant scindé, il suffit donc de
x∈Rac(Un )∩Rac(Um )
montrer que Rac(Uh−1 ) = Rac(Un ) ∩ Rac(Um ).
 jπ 
 Soit x ∈ Rac(Uh−1 ). D’après la question 8, il existe j ∈ Nh−1 tel que x = cos .
 jdπ h 
Or h divise n + 1, donc il existe d ∈ N∗ tel que n + 1 = dh. alors x = cos et
n+1
1 ≤ jd < dh = n + 1, donc x ∈ Rac(Un ). De même, on montre que x ∈ Rac(Um ).
Ainsi, Rac(Uh−1 ) ⊂ Rac(Un ) ∩ Rac(Um ).
 Soit x ∈ Rac(Un ) ∩ Rac(Um ). Il existe k ∈ Nn et k 0 ∈ Nm tels que
 kπ   k0π  k k0
x = cos = cos . Par injectivité de cos sur [0, π], = .
n+1 m+1 n+1 m+1
D’après le cours, il existe d, d0 ∈ N∗ tels que n + 1 = hd, m + 1 = hd0 avec d et
k0 m+1 d0
d0 premiers entre eux. On a = = , donc k 0 d = d0 k. Ainsi, d divise d0 k,
k n+1 d
puis d’après le lemme de Gauss, d divise k : il existe k 00 ∈ N∗ tel que k = dk 00 . Alors
 k 00 π 
x = cos ∈ Rac(Uh−1 ), car 1 ≤ k = dk 00 < n + 1 = hd, donc 1 ≤ k 00 < h.
h
Ainsi, Rac(Un ) ∩ Rac(Um ) ⊂ Rac(Uh−1 ), ce qui conclut.

4
14◦ ) (sur 5 points)
 Remarquons d’abord que g = 0 ⇐⇒ nZ + mZ = {0} ⇐⇒ n = m = 0, or n et m sont
non tous deux nuls, donc g ∈ N∗ et l’on peut définir m1 et n1 .
 On suppose d’abord que n1 et m1 sont impairs, donc n et m sont tous deux non
nuls. En adaptant l’argument de la question précédente,
il s’agit de montrer que Rac(Tn ) ∩ Rac(Tm ) = Rac(Tg ).
 Soit x ∈ Rac(Tg ).
 2j + 1 
D’après la question 8, il existe j ∈ {0, . . . , g − 1} tel que x = cos π .
2g
 (2j + 1)n 
1
Or n = n1 g. donc x = cos π .
2n
De plus, n1 est impair, donc (2j + 1)n1 est aussi impair : il existe k ∈ N tel que
 2k + 1 
(2j + 1)n1 = 2k + 1. Alors x = cos π ∈ Rac(Tn ),
 2k + 1  2n
car Tn (x) = cos π = 0. De même, on montre que x ∈ Rac(Tm ).
2
Ainsi, Rac(Tg ) ⊂ Rac(Tn ) ∩ Rac(Tm ).
 Soit x ∈ Rac(Tn ) ∩ Rac(Tm ). Il existe k ∈ {0, . . . , n − 1} et k 0 ∈ {0, . . . , m − 1} tels
 2k + 1   2k 0 + 1 
que x = cos π = cos π . Par injectivité de cos sur [0, π],
0
2n 2m
2k + 1 2k + 1 2k + 1 2k 0 + 1
= . En multipliant par g, on obtient = ,
2n 2m 2n1 2m1
puis m1 (2k+1) = (2k 0 +1)n1 . Or d’après le cours, g = n∧m = g(n1 ∧m1 ) et g 6= 0, donc
n1 et m1 sont premiers entre eux. Alors, d’après le lemme de Gauss, n1 divise 2k + 1 : il
existe a ∈ N tel que 2k+1 = n1 a. a est nécessairement impair (sinon, 2k+1 serait pair),
 2k 00 + 1 
donc il existe k 00 ∈ N tel que 2k + 1 = n1 (2k 00 + 1). Alors x = cos ∈ Rac(Tg ).
2g
Ainsi, Rac(Tn ) ∩ Rac(Tm ) ⊂ Rac(Tg ), ce qui conclut.
 Supposons maintenant que n et m sont tous deux non nuls, mais que n1 ou m1
est pair. On a encore n1 ∧ m1 = 1, donc n1 et m1 ne sont pas tous deux pairs. Si
x ∈ Rac(Tn )∩Rac(Tm ), on a encore qu’il existe k ∈ {0, . . . , n−1} et k 0 ∈ {0, . . . , m−1}
tels que m1 (2k +1) = (2k 0 +1)n1 . C’est impossible car l’un des membres de cette égalité
est pair et l’autre est impair. Ainsi, Rac(Tn ) ∩ Rac(Tm ) = ∅, ce qui prouve que Tn et
Tm sont premiers entre eux. C’est bien sûr encore le cas lorsque n = 0 ou m = 0.

Partie III : Théorème de Block et Thielmann (sur 24 points)

15◦ ) (sur 1 point)
On sait déjà que pour tout n ∈ N, deg(Tn ) = n et bien sûr deg(X n ) = n.
Soit n, m ∈ N. Alors X n ◦ X m = X nm = X m ◦ X n , donc (X n )n∈N vérifie P.
Soit θ ∈ R.
Alors Tn ◦ Tm (cos θ) = Tn (cos(mθ)) = cos(nmθ) et Tm ◦ Tn (cos θ) = cos(mnθ).
Ainsi, Tn ◦ Tm − Tm ◦ Tn est un polynôme admettant une infinité de racines, donc il est
nul, ce qui prouve que (Tn )n∈N vérifie P.

5
16◦ ) (sur 2 points)
Soit U, V ∈ G. Il existe a, b, a0 , b0 ∈ C tels que U = aX + b, V = a0 X + b0 , a 6= 0 et
a0 6= 0. Alors U ◦ V (X) = U (a0 X + b0 ) = a(a0 X + b0 ) + b = aa0 X + ab0 + b, or aa0 6= 0,
donc U ◦ V ∈ G. Ainsi, la loi ◦ est interne sur G. De plus, d’après le cours, elle est
associative sur C[X], donc en particulier sur G.
U ◦ X = U = X ◦ U et X ∈ G, donc X est un élément neutre.
Posons W = a1 X − ab . Alors W ◦ U = a1 (aX + b) − ab = X et U ◦ W = a( a1 X − ab )+ b = X,
or W ∈ G, donc U admet un symétrique pour ◦ dans G et on a U −1 = a1 X − ab .
En conclusion, G est un groupe pour la loi de composition ◦.
17◦ ) (sur 2 points) Pα (Q) = Q2 +α et Q◦Pα = Q(X 2 +α), donc Q2 +α = Q(X 2 +α).
Q étant non constant, dom(Q2 + α) = dom(Q2 ) = dom(Q)2 (en effet, en passant aux
coefficients, on peut montrer que si R et S sont deux polynômes non nuls de C[X],
alors dom(RS) = dom(R)dom(S)), or, à nouveau en passant aux coefficients, on voit
que dom(Q(X 2 + α)) = dom(Q), donc dom(Q)2 = dom(Q) et dom(Q) 6= 0. Ainsi,
dom(Q) = 1, ce qui prouve que Q est un polynôme unitaire.
18◦ )  (sur 3 points) Soit n ∈ N∗ . Supposons qu’il existe deux polynômes distincts
Q et H de degré n qui commutent avec Pα .
On a Q2 + α = Q(X 2 + α) et H 2 + α = H(X 2 + α), donc en formant la différence de
ces deux égalités, (Q − H)(Q + H) = (Q − H)(X 2 + α). Alors, en passant aux degrés,
on en déduit que (1) : deg(Q − H) + deg(Q + H) = 2deg(Q − H).
Q et H sont de degré n ≥ 1, donc ils ne sont pas constants. Alors, d’après la question
précédente, Q et H sont unitaires. On en déduit que deg(Q + H) = n et que
deg(Q − H) < n. Or Q − H est supposé non nul, donc deg(Q − H) ∈ N. Alors l’égalité
(1) montre que deg(Q − H) = deg(Q + H) = n, ce qui est contradictoire. Ainsi, on a
montré qu’il existe au plus un polynôme de degré n qui commute avec Pα .
 (sur 1 point) Pour tout n ∈ N, d’après la question 15, X n ∈ C(X 2 ), donc lorsque
n ≥ 1, d’après le point précédent, X n est l’unique polynôme de C[X] de degré n qui
commute avec X 2 .
Si P est un polynôme constant, P ◦ X 2 = P et X 2 ◦ P = P 2 , donc les polynômes
constants qui commutent avec X 2 sont exactement 0 et 1.
En conclusion, C(X 2 ) = {0} ∪ {X n / n ∈ N} .
19◦ ) (sur 3 points)
 Posons P (X) = aX 2 + bX + c avec a, b, c ∈ C et a 6= 0.
Soit α ∈ C et soit U = βX + γ ∈ G avec β 6= 0.
En composant à droite par U ou U −1 , U ◦ P ◦ U −1 = Pα ⇐⇒ U ◦ P = Pα ◦ U , donc
U ◦ P ◦ U −1 = Pα ⇐⇒ β(aX 2 + bX + c) + γ = (βX + γ)2 + α
⇐⇒ [βa = β 2 , βb = 2βγ, βc + γ = γ 2 + α],
2
or β 6= 0, donc U ◦ P ◦ U −1 = Pα ⇐⇒ [β = a, γ = 2b , α = ac + 2b − b4 ].
Ainsi, il existe un unique couple (U, α) ∈ G × C tel que U ◦ P ◦ U −1 = Pα .
2
De plus, U = aX + 2b et α = ac + 2b − b4 .
 Avec P = T2 = 2X 2 − 1, on obtient U = 2X et α = −2 .

6
20◦ ) (sur 3 points) D’après la question 15, pour tout n ∈ N, Tn commute avec T2 .
De plus, (− 12 ) ◦ T2 = − 12 et T2 ◦ (− 12 ) = (2X 2 − 1)(− 21 ) = − 12 ,
donc {− 12 } ∪ {Tn / n ∈ N} ⊂ C(T2 ).
Il reste à établir l’inclusion réciproque.
Soit P ∈ C(T2 ). Supposons d’abord que P est constant. Alors
P ◦ T2 = P et T2 ◦ P = 2P 2 − 1, donc 0 = 2P 2 − P − 1 = (P − 1)(2P + 1). Ainsi,
P = 1 = T0 ou bien P = − 21 .
Supposons maintenant que deg(P ) = n ≥ 1.
Posons U = 2X et α = −2. Ainsi, d’après la question précédente, en utilisant la
notation multiplicative usuelle pour la loi ◦, qui est associative,
on a U T2 U −1 = Pα et donc T2 = U −1 Pα U .
P T2 = T2 P , donc P (U −1 Pα U ) = (U −1 Pα U )P , puis (U P U −1 )Pα = Pα (U P U −1 ). Ainsi
U P U −1 ∈ C(X 2 − 2).
Ce calcul est également valable en remplaçant P par Tn , car Tn commute avec T2 , donc
U Tn U −1 commute également avec X 2 − 2. Or U Tn U −1 et U P U −1 sont de degré n ≥ 1,
donc d’après la question 18, ils sont égaux. On en déduit que P = Tn .
Ainsi, dans tous les cas, P ∈ {− 21 } ∪ {Tn / n ∈ N}, ce qui conclut.
21◦ ) (sur 4 points) T3 commute avec T2 , donc avec les notations de la question
précédente, U T3 U −1 commute avec X 2 − 2 = P−2 . Ainsi C(P−2 ) contient U T3 U −1 qui
est de degré 3. De plus, C(P0 ) = C(X 2 ) contient X 3 , donc 0 et −2 sont bien des
complexes α tels que C(Pα ) contient un polynôme de degré 3.
Réciproquement, supposons que C(Pα ) contienne un polynôme de degré 3, que l’on
notera P . D’après la question 17, P est unitaire. Posons P = X 3 + aX 2 + bX + c, avec
a, b, c ∈ C. On a P ◦ Pα = Pα ◦ P ,
donc (X 2 + α)3 + a(X 2 + α)2 + b(X 2 + α) + c = (X 3 + aX 2 + bX + c)2 + α, c’est-à-dire
X 6 + 3αX 4 + 3α2 X 2 + α3 + aX 4 + 2aαX 2 + aα2 + bX 2 + bα + c = X 6 + a2 X 4 + b2 X 2 +
c2 + 2(aX 5 + bX 4 + cX 3 + abX 3 + acX 2 + bcX) + α.
En égalant les coefficients de degré 5, on obtient 0 = 2a, donc a = 0, puis en égalant
les coefficients de degré 3, 0 = 2c, donc c = 0. Alors l’égalité polynomiale devient :
X 6 + 3αX 4 + 3α2 X 2 + α3 + bX 2 + bα = X 6 + b2 X 2 + 2bX 4 + α, donc
3α = 2b, 3α2 + b = b2 et α3 + bα = α.
Ainsi, b = 32 α et 3α2 + 32 α = 94 α2 . D’après la dernière équation, α = 0 ou α + 21 = 34 α,
c’est-à-dire α = −2, ce qui conclut.
22◦ ) (sur 4 points) Supposons que (Fn )n∈N vérifie P.
F2 est de degré 2, donc d’après la question 19, il existe U ∈ G et α ∈ C tel que
U F2 U −1 = Pα .
F2 et F3 commutent, donc U F3 U −1 commute avec U F2 U −1 = Pα , or U F3 U −1 est de
degré 3, donc d’après la question précédente, α ∈ {0, −2}.
Premier cas : Supposons que α = 0. Soit n ∈ N∗ . Fn commute avec F2 , donc U Fn U −1
commute avec Pα = X 2 , or U Fn U −1 est de degré n, donc d’après la question 18,
U Fn U −1 = X n , puis Fn = U −1 X n U .
Second cas : Supposons que α = −2. En posant V = 2X, on a vu que T2 = V −1 Pα V .

7
Soit n ∈ N∗ . Fn commute avec F2 , donc U Fn U −1 commute avec Pα = X 2 −2 = V T2 V −1 .
Ainsi, V −1 (U Fn U −1 )V commute avec V −1 (V T2 V −1 )V = T2 , or V −1 (U Fn U −1 )V est de
degré n, donc d’après les questions 18 et 20, V −1 (U Fn U −1 )V = Tn . Posons W = V −1 U .
On a montré que W Fn W −1 = Tn , où W ∈ G (car G est un groupe) et où W ne dépend
pas de n, ce qui conclut.