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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 $a\ne 0$ et $z$ est un nombre complexe. On cherche à résoudre dans $\mathbb{C}$ l’équation $a{z}^2+bz+c=0$.

Si $\Delta <0$, 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 $a{z}^2+bz+c=0$.

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 :
$a\ne 0$ donc $a{z}^2+bz+c=a{\left(z+\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{b^2-4ac}{4a}=a{\left(z+\frac{b}{2a}\right)}^2-\frac{\Delta }{4a}$.
Comme $\Delta <0$, alors $-\Delta >0$ donc $\Delta =-(-\Delta )={\mathrm{i}}^2\times (-\Delta )$.
Alors $(\mathrm{E})\iff {\left(z+\frac{b}{2a}\right)}^2-{\mathrm{i}}^2\frac{-\Delta }{4a^2}=0$ (en divisant par $a\ne 0$)
$\iff {\left(z+\frac{b}{2a}\right)}^2-{\left(\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}\right)}^2=0$
$\iff \left(z+\frac{b}{2a}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}\right)\left(z+\frac{b}{2a}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}\right)=0$ (d’après les identités remarquables)
$\iff z+\frac{b}{2a}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}=0$ ou $z+\frac{b}{2a}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}=0$
$\iff z+\frac{b}{2a}=\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}$ ou $z+\frac{b}{2a}=-\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}$
$\iff z=-\frac{b}{2a}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}$ ou $z=-\frac{b}{2a}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{|\Delta |}}{2a}$ (ces solutions sont conjuguées)
$\iff z=\frac{-b+\mathrm{i}\sqrt{|\Delta |}}{2a}$ ou $z=\frac{-b-\mathrm{i}\sqrt{|\Delta |}}{2a}$.

Exemple

Pour résoudre $z^2-4z+5=0$, on calcule le discriminant du trinôme $a{z}^2+bz+c$ : $\Delta =(-4{)}^2-4\times 1\times 5=-4$. Puisque $-4<0$, 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. $9z^2-6z+5=0$
2. $z=2-\frac{2}{z}$

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

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 $n⩾1$ à coefficients réels.
Il existe alors $n+1$ réels notés ${\alpha }_0$ ; … ; ${\alpha }_n$ avec ${\alpha }_n\ne 0$ tels que, pour tout nombre complexe $z$, $\mathrm{P}(z)=\sum _{p=0}^n{\alpha }_p{z}^p$.
Soit $a\in \mathbb{C}$ tel que $\mathrm{P}(a)=0$.
Alors, d’après la propriété précédente, pour tout entier naturel non nul $p$ : $z^p-a^p=(z-a)\sum _{k=0}^{p-1}{z}^{p-1-k}{a}^k$. Comme $\mathrm{P}(a)=0$, alors, pour tout nombre complexe $z$,
$\mathrm{P}(z)=\mathrm{P}(z)-\mathrm{P}(a)=\sum _{p=0}^n{\alpha }_p{z}^p-\sum _{p=0}^n{\alpha }_p{a}^p$
$\iff \mathrm{P}(z)=\sum _{p=1}^n{\alpha }_p\left(z^p-a^p\right)=(z-a)\sum _{p=1}^n{\alpha }_p\left(\sum _{k=0}^{p-1}{z}^{p-1-k}{a}^k\right)$
$=(z-a)\sum _{p=1}^n{\alpha }_p\left(z^{p-1}+a{z}^{p-2}+\dots +a^{p-2}z+a^{p-1}\right)=(z-a)\mathrm{Q}(z)$.
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 $0<k+1$, 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 $\mathrm{P}(z)=z^3-2z^2+z-2$.
$2$ 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 $\mathrm{P}(z)=2z^3+3z-5$.
1. Montrer que $1$ est une racine de $\text{P}$.
2. Déterminer les réels $a$, $b$ et $c$ tels que, pour tout $z\in \mathbb{C}$, $\mathrm{P}(z)=(z-1)\left(a{z}^2+bz+c\right)$.
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 $\mathrm{P}(z)=z^2-2z+5$.