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3. Équations polynomiales de degré supérieur ou égal à 2
P.26-29

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COURS 3


3
Équations polynomiales de degré supérieur ou égal à 2




A
Résolution des équations du second degré à coefficients réels


Dans cette partie, aa, bb et cc désignent trois nombres réels avec a0a \neq 0 et zz est un nombre complexe. On cherche à résoudre dans C\mathbb{C} l’équation az2+bz+c=0a z^{2}+b z+c=0.

Définition

On appelle discriminant du trinôme az2+bz+ca z^{2}+b z+c le nombre réel, noté Δ\Delta, défini par : Δ=b24ac\Delta=b^{2}-4 a c.

Théorème

Soit (E):az2+bz+c=0(\mathrm{E}): a z^{2}+b z+c=0 une équation du second degré d’inconnue zCz \in \mathbb{C}.
1. Si Δ>0\Delta>0, alors (E)(\mathrm{E}) admet deux solutions réelles distinctes :
z1=bΔ2az_{1}=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2 a} et z1=b+Δ2az_{1}=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2 a}.

2. Si Δ=0\Delta=0, alors (E)(\mathrm{E}) admet une solution réelle : z0=b2az_{0}=\dfrac{-b}{2 a}.

3. Si Δ<0\Delta \lt 0, alors (E)(\mathrm{E}) admet deux solutions complexes conjuguées :
z1=biΔ2az_{1}=\dfrac{-b-\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a} et z2=z1=b+iΔ2az_{2}=\overline{z_{1}}=\dfrac{-b+\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a}.

Remarque

Si Δ<0\Delta \lt 0, on calcule la première solution z1z_1 avec une des deux formules et la deuxième solution z2z_2 en utilisant z2=z1z_{2}=\overline{z_{1}}.

Remarque

Dans l’exercice
150
p. 47
, on explicite une méthode permettant de résoudre l’équation à coefficients complexes az2+bz+c=0a z^{2}+b z+c=0.

DÉMONSTRATION

Les points 1. et 2. ont déjà été démontrés dans R\mathbb{R} en classe de première.

3. On écrit le trinôme sous forme canonique :
a0a \neq 0 donc az2+bz+c=a(z+b2a)2b24ac4a=a(z+b2a)2Δ4aa z^{2}+b z+c=a\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\dfrac{b^{2}-4 a c}{4 a}=a\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\dfrac{\Delta}{4 a}.
Comme Δ<0\Delta \lt 0, alors Δ>0-\Delta>0 donc Δ=(Δ)=i2×(Δ)\Delta=-(-\Delta)=\mathrm{i}^{2} \times(-\Delta).
Alors (E)(z+b2a)2i2Δ4a2=0(\mathrm{E}) \Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\mathrm{i}^{2} \dfrac{-\Delta}{4 a^{2}}=0 (en divisant par a0a \neq 0)
(z+b2a)2(iΔ2a)2=0\Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\left(\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)^{2}=0
(z+b2aiΔ2a)(z+b2a+iΔ2a)=0\Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)\left(z+\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)=0 (d’après les identités remarquables)
z+b2aiΔ2a=0\Leftrightarrow z+\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}=0 ou z+b2a+iΔ2a=0z+\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}=0
z+b2a=iΔ2a\Leftrightarrow z+\dfrac{b}{2 a}=\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a} ou z+b2a=iΔ2az+\dfrac{b}{2 a}=-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}
z=b2a+iΔ2a\Leftrightarrow z=-\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a} ou z=b2aiΔ2az=-\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a} (ces solutions sont conjuguées)
z=b+iΔ2a\Leftrightarrow z=\dfrac{-b+\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a} ou z=biΔ2az=\dfrac{-b-\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a}.

Exemple

Pour résoudre z24z+5=0z^{2}-4 z+5=0, on calcule le discriminant du trinôme az2+bz+ca z^{2}+b z +c :
Δ=(4)24×1×5=4\Delta=(-4)^{2}-4 \times 1 \times 5=-4.
Puisque 4<0-4 \lt 0, alors l’équation admet deux solutions complexes :
z1=2+iz_{1}=2+\mathrm{i} et z2=z1=2i.z_{2}=\overline{z_{1}}=2-\mathrm{i}.

Application et méthode - 6

Énoncé

Résoudre dans C\mathbb{C} les équations suivantes.
1. 9z26z+5=09 z^{2}-6 z+5=0
2. z=22zz=2-\dfrac{2}{z}

Solution


1. Δ=(6)24×9×5=144<0\Delta=(-6)^{2}-4 \times 9 \times 5=-144 \lt 0 donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées.
On a Δ=144\Delta=-144 donc Δ=12\sqrt{|\Delta|}=12.
Les solutions sont donc z1=(6)12i2×9=1323iz_{1}=\dfrac{-(-6)-12 \mathrm{i}}{2 \times 9}=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{3} \mathrm{i} et z2=z1=13+23iz_{2}=\overline{z_{1}}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{2}{3} \mathrm{i}.
2. Pour z0z \neq 0, z=22zz22z+2=0z=2-\dfrac{2}{z} \Leftrightarrow z^{2}-2 z+2=0.
Δ=(2)24×1×2=4<0\Delta=(-2)^{2}-4 \times 1 \times 2=-4 \lt 0 donc l’équation admet deux solutions complexes conjuguées. On a Δ=2\sqrt{|\Delta|}=2 donc les solutions sont
z1=(2)2i2=1iz_{1}=\dfrac{-(-2)-2 \mathrm{i}}{2}=1-\mathrm{i} et z2=z1=1+iz_{2}=\overline{z_{1}}=1+\mathrm{i}.

Pour s'entraîner : exercices 43 et 44 p. 35

Méthode

  • On calcule le discriminant Δ=b24ac\Delta=b^{2}-4 a c.
  • Si Δ0\Delta \geqslant 0, on résout l’équation comme dans R\mathbb{R} et si Δ<0\Delta \lt 0, alors on écrit Δ=(iΔ)2\Delta=(\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|})^{2} et on calcule z1=biΔ2az_{1}=\dfrac{-b-\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a} et z2=z1.z_{2}=\overline{z_{1}}.
  • Il arrive de devoir d’abord se ramener à une équation de la forme az2+bz+c=0a z^{2}+b z+c=0.

B
Équations polynomiales à coefficients réels


Définitions

Soit nn un entier naturel et soient a0a_0, a1a_1, … , ana_n des nombres réels avec an0a_n \neq 0 .
On appelle fonction polynôme de degré n\boldsymbol{n} à coefficients réels (ou plus simplement polynôme de degré n\boldsymbol{n}), la fonction P\text{P} définie sur C\mathbb{C} par P(z)=k=0nakzk\mathrm{P}(z)=\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n} a_{k} z^{k}.
L’équation P(z)=0\mathrm{P}(z)=0 est appelée équation polynomiale de degré n\boldsymbol{n}.

Remarque

Un polynôme est nul si, et seulement si, tous ses coefficients sont nuls.

NOTATION

On note deg(P)\operatorname{deg}(\mathrm{P}) le degré du polynôme P\text{P}.

Propriété 1

Soient zz et aa deux nombres complexes.
Pour tout entier naturel nn non nul, znan=(za)k=0n1zn1kakz^{n}-a^{n}=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}.

Remarque

Lorsque an=1a_n = 1 , on dit que P\text{P} est unitaire.

DÉMONSTRATION

Soient aCa \in \mathbb{C} et nNn \in \mathbb{N}^{*}. On veut montrer que znan=(za)k=0n1zn1kakz^{n}-a^{n}=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}.
On développe : (za)k=0n1zn1kak=k=0n1znkakk=0n1zn1kak+1(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}=\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-k} a^{k}-\mathop{\sum}\limits_{k=0}^{n-1} z^{n-1-k} a^{k+1}.
D’une part, k=0n1znkak=zna0+zn1a+zn2a2++zn(n1)an1\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-k} a^{k}=z^{n} a^{0}+z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\dots+z^{n-(n-1)} a^{n-1}
=zn+zn1a+zn2a2++zan1=z^{n}+z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\ldots+z a^{n-1} (car a0=1a^0 = 1).
D’autre part, k=0n1zn1kak+1=zn1a+zn2a2++zn1(n2)an1+zn1(n1)an\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k+1}=z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\ldots+z^{n-1-(n-2)} a^{n-1}+z^{n-1-(n-1)} a^{n}
=zn1a+zn2a2++zan1+an=z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\dots+z a^{n-1}+a^{n} (car z0=1z^0 = 1).
Donc, par différence, les termes se simplifient deux à deux sauf le premier et le dernier, ce qui donne bien :
(za)k=0n1zn1kak=znan(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}=z^{n}-a^{n}.

Remarque

La propriété 1. donne que, pour tout entier naturel nn non nul, znanz_n - a_n se factorise par za.z - a.

Remarque

Une telle opération de simplification de la somme est appelée télescopage.

Propriété 2

Soit aa un nombre complexe.
Soit P\mathrm{P} un polynôme de degré supérieur ou égal à 11.
Si P(a)=0\mathrm{P}(a)=0, alors P\text{P} se factorise par zaz - a. Autrement dit, si P(a)=0\mathrm{P}(a)=0, alors il existe un polynôme Q\text{Q} avec deg(Q)=deg(P)1\operatorname{deg}(\mathrm{Q})=\operatorname{deg}(\mathrm{P})-1 tel que, pour tout zCz \in \mathbb{C}, P(z)=(za)Q(z)\mathrm{P}(z)=(z-a) \mathrm{Q}(z).

Remarque

Si P(a)=0\mathrm{P}(a)=0, alors aa est appelé racine du polynôme P\text{P}.

DÉMONSTRATION

On considère un polynôme complexe P\text{P} de degré n1n \geqslant 1 à coefficients réels.
Il existe alors n+1n +1 réels notés α0\alpha_0 ; … ; αn\alpha_n avec αn0\alpha_n \neq 0 tels que, pour tout nombre complexe zz, P(z)=p=0nαpzp\mathrm{P}(z)=\mathop{\sum}\limits_{p=0}\limits^{n} \alpha_{p} z^{p}.
Soit aCa \in \mathbb{C} tel que P(a)=0\mathrm{P}(a)=0.
Alors, d’après la propriété précédente, pour tout entier naturel non nul pp :
zpap=(za)k=0p1zp1kakz^{p}-a^{p}=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{p-1} z^{p-1-k} a^{k}.
Comme P(a)=0\mathrm{P}(a)=0, alors, pour tout nombre complexe zz,
P(z)=P(z)P(a)=p=0nαpzpp=0nαpap\mathrm{P}(z)=\mathrm{P}(z)-\mathrm{P}(a)=\mathop{\sum}\limits_{p=0}\limits^{n} \alpha_{p} z^{p}-\mathop{\sum}\limits_{p=0}\limits^{n} \alpha_{p} a^{p}
P(z)=p=1nαp(zpap)=(za)p=1nαp(k=0p1zp1kak)\Leftrightarrow \mathrm{P}(z)=\mathop{\sum}\limits_{p=1}\limits^{n} \alpha_{p}\left(z^{p}-a^{p}\right)=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{p=1}\limits^{n} \alpha_{p}\left(\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{p-1} z^{p-1-k} a^{k}\right)
=(za)p=1nαp(zp1+azp2++ap2z+ap1)=(za)Q(z)=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{p=1}\limits^{n} \alpha_{p}\left(z^{p-1}+a z^{p-2}+\ldots+a^{p-2} z+a^{p-1}\right)=(z-a) \mathrm{Q}(z).
Puisque αn\alpha_n est non nul, Q\text{Q} est un polynôme de degré n1n - 1, d’où le résultat.

Propriété 3

Pour tout entier naturel nn, un polynôme de degré nn admet au plus nn racines.

DÉMONSTRATION

Pour nNn \in \mathbb{N}, on note Rn\mathrm{R}_n la proposition « Un polynôme de degré nn admet au plus nn racines. » On souhaite démontrer que Rn\mathrm{R}_n est vraie pour tout nNn \in \mathbb{N}.
Initialisation : Un polynôme de degré 00 est une constante non nulle.
Ce polynôme n’a donc pas de racine, c’est‑à‑dire qu’il a au plus 00 racine.
On en déduit que R0\mathrm{R}_0 est vraie.
Hérédité : On considère un entier naturel kk quelconque tel que Rk\mathrm{R}_k est vraie (hypothèse de récurrence), autrement dit vérifiant « Un polynôme de degré kk admet au plus kk racines. » On souhaite démontrer que Rk+1\mathrm{R}_{k+1} est vraie, autrement dit que « Un polynôme de degré k+1k + 1 admet au plus k+1k + 1 racines. »
Soit P\text{P} un polynôme de degré k+1k + 1.
Si P\text{P} n’a pas de racine, il en compte alors 00 et 0<k+10 \lt k + 1, donc Rk+1\mathrm{R}_{k+1} est vraie.
Si P\text{P} admet au moins une racine aa, alors, d’après la propriété précédente, il se factorise par zaz - a : il existe donc un polynôme Q\text{Q} de degré kk tel que, pour tout nombre complexe zz, P(z)=(za)Q(z)\mathrm{P}(z)=(z-a) \mathrm{Q}(z).
D’après l’hypothèse de récurrence, Q\text{Q} a au plus kk racines, ce qui fait que P\text{P} en a au plus k+1k + 1.
Ainsi, R0\mathrm{R}_0 est vraie et, pour tout entier naturel kk, si Rk\mathrm{R}_k est vraie, alors Rk+1\mathrm{R}_{k+1} est vraie aussi. D’après le principe de récurrence, on déduit que, pour tout nNn \in \mathbb{N}, Rn\mathrm{R}_n est vraie. Un polynôme de degré nNn \in \mathbb{N} admet donc au plus nn racines.

Exemples

1. Pour tout nombre complexe zz, on a z31=(z1)(z2+z+1)z^{3}-1=(z-1)\left(z^{2}+z+1\right).
2. Soit P\text{P} le polynôme complexe défini par P(z)=z32z2+z2\mathrm{P}(z)=z^{3}-2 z^{2}+z-2.
22 est une racine de P\text{P} donc P\text{P} se factorise par z2z - 2 et on a, pour tout zCz \in \mathbb{C}, P(z)=(z2)(z2+1)\mathrm{P}(z)=(z-2)\left(z^{2}+1\right). On trouve exactement trois racines pour P:\text{P}: 22, i\mathrm{i} et i-\mathrm{i}.

Application et méthode - 7

Énoncé

Soit P\text{P} le polynôme défini sur C\mathbb{C} par P(z)=2z3+3z5\mathrm{P}(z)=2 z^{3}+3 z-5.
1. Montrer que 11 est une racine de P\text{P}.
2. Déterminer les réels aa, bb et cc tels que, pour tout zCz \in \mathbb{C}, P(z)=(z1)(az2+bz+c)\mathrm{P}(z)=(z-1)\left(a z^{2}+b z+c\right).
3. Résoudre dans C\mathbb{C} l’équation P(z)=0\mathrm{P}(z)=0.

Solution


1. P(1)=2×13+3×15=2+35=0\mathrm{P}(1)=2 \times 1^{3}+3 \times 1-5=2+3-5=0 donc 11 est bien une racine de P\text{P}.
2. Pour tout zCz \in \mathbb{C}, P(z)=(z1)(az2+bz+c)\mathrm{P}(z)=(z-1)\left(a z^{2}+b z+c\right)
P(z)=az3+(ba)z2+(cb)zc\Leftrightarrow \mathrm{P}(z)=a z^{3}+(b-a) z^{2}+(c-b) z-c
{a=2ba=0cb=3c=5\Leftrightarrow\left\{\begin{aligned} a &=2 \\ b-a &=0 \\ c-b &=3 \\-c &=-5 \end{aligned}\right. {a=2b=a=2c=3+b=5c=5\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=a=2 \\ c=3+b=5 \\ c=5\end{array}\right., donc, pour tout zCz \in \mathbb{C}, P(z)=(z1)(2z2+2z+5)\mathrm{P}(z)=(z-1)\left(2 z^{2}+2 z+5\right).
3. P(z)=0z=1\mathrm{P}(z)=0 \Leftrightarrow z=1 ou 2z2+2z+5=02 z^{2}+2 z+5=0.
On calcule le discriminant de 2z2+2z+52 z^{2}+2 z+5 :
Δ=224×2×5=36\Delta=2^{2}-4 \times 2 \times 5=-36 donc 2z2+2z+5=02 z^{2}+2 z+5=0 admet deux solutions complexes conjuguées : z1=26i4=1232iz_{1}=\dfrac{-2-6 \mathrm{i}}{4}=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2} \mathrm{i} et z2=z1=12+32iz_{2}=\overline{z_{1}}=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2} \mathrm{i}.
Conclusion : SC={1 ;1232i ;12+32i}\mathrm{S}_{\mathbb{C}}=\left\{1 ;-\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2} \mathrm{i} ;-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2} \mathrm{i}\right\}.

Pour s'entraîner : exercices 46 et 47 p. 35

Méthode

1. On vérifie que P(1)=0\mathrm{P}(1)=0.
2. On développe le produit et on identifie terme à terme les coefficients des deux polynômes pour obtenir un système de quatre équations à trois inconnues aa, bb et cc que l’on résout.
3. On utilise la propriété : « Un produit est nul si, et seulement si, au moins l’un de ses facteurs est nul. » et on résout l’équation du second degré en calculant son discriminant Δ=b24ac\Delta=b^{2}-4 a c.


Propriétés (admises)

Soient nNn \in \mathbb{N}^{*} et P(z)=k=0nαkzk\mathrm{P}(z)=\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n} \alpha_{k} z^{k} un polynôme de degré nn à coefficients réels (avec αn0\alpha_{n} \neq 0).
Alors :
  • la somme de toutes ses racines est égale à αn1αn-\dfrac{\alpha_{n-1}}{\alpha_{n}} ;

  • le produit de toutes ses racines est égal à (1)nα0αn(-1)^{n} \dfrac{\alpha_{0}}{\alpha_{n}}.

Remarque

Ce sont les formules de Viète. Elles sont démontrées dans l’exercice
148
p. 46
.

Remarque

« Toutes ses racines » signifie que si plusieurs racines sont égales (racines doubles ou triples par exemple), alors il faut toutes les considérer individuellement dans la somme et le produit.

Exemple

Soient z1=1+2iz_{1}=1+2 \mathrm{i} et z2=12iz_{2}=1-2 \mathrm{i} les racines d’un polynôme unitaire P.\text{P}.
Comme z1+z2=2z_{1}+z_{2}=2 et z1z2=z1z1=12+22=5z_{1} z_{2}=z_{1} \overline{z_{1}}=1^{2}+2^{2}=5, alors z1z_1 et z2z_2 sont les racines du trinôme P\text{P} défini sur C\mathbb{C} par P(z)=z22z+5\mathrm{P}(z)=z^{2}-2 z+5.
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