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Équations polynomiales de degré supérieur ou égal à 2

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

Si $\Delta \lt 0$, on calcule la première solution $z_1$ avec une des deux formules et la deuxième solution $z_2$ en utilisant $z_{2}=\overline{z_{1}}$.

Dans l’exercice

150

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

DÉMONSTRATION

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

3. On écrit le trinôme sous forme canonique :
$a \neq 0$ donc $a z^{2}+b z+c=a\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\dfrac{b^{2}-4 a c}{4 a}=a\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\dfrac{\Delta}{4 a}$.
Comme $\Delta \lt 0$, alors $-\Delta>0$ donc $\Delta=-(-\Delta)=\mathrm{i}^{2} \times(-\Delta)$.
Alors $(\mathrm{E}) \Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\mathrm{i}^{2} \dfrac{-\Delta}{4 a^{2}}=0$ (en divisant par $a \neq 0$)
$\Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}\right)^{2}-\left(\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)^{2}=0$
$\Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)\left(z+\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}\right)=0$ (d’après les identités remarquables)
$\Leftrightarrow z+\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}=0$ ou $z+\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}=0$
$\Leftrightarrow z+\dfrac{b}{2 a}=\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}$ ou $z+\dfrac{b}{2 a}=-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}$
$\Leftrightarrow z=-\dfrac{b}{2 a}+\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}$ ou $z=-\dfrac{b}{2 a}-\mathrm{i} \dfrac{\sqrt{|\Delta|}}{2 a}$ (ces solutions sont conjuguées)
$\Leftrightarrow z=\dfrac{-b+\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a}$ ou $z=\dfrac{-b-\mathrm{i} \sqrt{|\Delta|}}{2 a}$.

Exemple

Pour résoudre $z^{2}-4 z+5=0$, on calcule le discriminant du trinôme $a z^{2}+b z +c$ : $\Delta=(-4)^{2}-4 \times 1 \times 5=-4$. Puisque $-4 \lt 0$, alors l’équation admet deux solutions complexes : $z_{1}=2+\mathrm{i}$ et $z_{2}=\overline{z_{1}}=2-\mathrm{i}.$

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

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

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

DÉMONSTRATION

Soient $a \in \mathbb{C}$ et $n \in \mathbb{N}^{*}$. On veut montrer que $z^{n}-a^{n}=(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}$.
On développe : $(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}=\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-k} a^{k}-\mathop{\sum}\limits_{k=0}^{n-1} z^{n-1-k} a^{k+1}$.
D’une part, $\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-k} a^{k}=z^{n} a^{0}+z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\dots+z^{n-(n-1)} a^{n-1}$
$=z^{n}+z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\ldots+z a^{n-1}$ (car $a^0 = 1$).
D’autre part, $\mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k+1}=z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\ldots+z^{n-1-(n-2)} a^{n-1}+z^{n-1-(n-1)} a^{n}$
$=z^{n-1} a+z^{n-2} a^{2}+\dots+z a^{n-1}+a^{n}$ (car $z^0 = 1$).
Donc, par différence, les termes se simplifient deux à deux sauf le premier et le dernier, ce qui donne bien :
$(z-a) \mathop{\sum}\limits_{k=0}\limits^{n-1} z^{n-1-k} a^{k}=z^{n}-a^{n}$.

La propriété 1. donne que, pour tout entier naturel $n$ non nul, $z_n - a_n$ se factorise par $z - a.$

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

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

DÉMONSTRATION

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

DÉMONSTRATION

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

Exemples

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

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

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

148

p. 46.

« 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 $z_{1}=1+2 \mathrm{i}$ et $z_{2}=1-2 \mathrm{i}$ les racines d’un polynôme unitaire $\text{P}.$
Comme $z_{1}+z_{2}=2$ et $z_{1} z_{2}=z_{1} \overline{z_{1}}=1^{2}+2^{2}=5$, alors $z_1$ et $z_2$ sont les racines du trinôme $\text{P}$ défini sur $\mathbb{C}$ par $\mathrm{P}(z)=z^{2}-2 z+5$.