Équations polynomiales

Dans $\mathbb{C}$, toute équation du second degré a des solutions. Plus généralement, connaître une racine $a$ d'un polynôme permet de le factoriser par $z - a$ ; on en déduit qu'une équation polynomiale de degré $n$ a au plus $n$ solutions.

  • Résoudre une équation du second degré à coefficients réels
  • Factoriser $z^n - a^n$, et un polynôme dont on connaît une racine
  • Résoudre une équation de degré 3 dont une racine est connue
  • Démontrer qu'un polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines

Cours

1. Second degré à coefficients réels

Soit $a, b, c$ réels avec $a \neq 0$, et $\Delta = b^2 - 4ac$.

  • Si $\Delta > 0$ : deux solutions réelles $z_{1,2} = \dfrac{-b \pm \sqrt\Delta}{2a}$ ;
  • si $\Delta = 0$ : une solution réelle (double) $z_0 = -\dfrac{b}{2a}$ ;
  • si $\Delta < 0$ : deux solutions complexes conjuguées $z_{1,2} = \dfrac{-b \pm i\sqrt{-\Delta}}{2a}$.

Dans tous les cas : $az^2 + bz + c = a(z - z_1)(z - z_2)$, $\;z_1 + z_2 = -\dfrac ba\;$ et $\;z_1z_2 = \dfrac ca$.

Si $\Delta < 0$, les solutions sont $\dfrac{-b \pm i\sqrt{-\Delta}}{2a}$.

Forme canonique (comme en Première) : $az^2 + bz + c = a\left[\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{\Delta}{4a^2}\right]$.

Comme $\Delta < 0$, on a $-\Delta > 0$ et $\dfrac{\Delta}{4a^2} = \dfrac{i^2(-\Delta)}{4a^2} = \left(\dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2$. On factorise la différence de deux carrés : $$az^2 + bz + c = a\left(z + \frac{b}{2a} - \frac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z + \frac{b}{2a} + \frac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right),$$ et on conclut avec la règle du produit nul. $\blacksquare$

$z^2 - 2z + 5 = 0$ : $\Delta = 4 - 20 = -16 = (4i)^2$, donc $z = \dfrac{2 \pm 4i}{2} = 1 \pm 2i$. Vérification : somme $2 = -\frac ba$, produit $(1 + 2i)(1 - 2i) = 5 = \frac ca$.

2. Polynômes et racines

Une fonction polynôme (ou polynôme) de degré $n$ est une fonction $P(z) = a_nz^n + a_{n-1}z^{n-1} + \dots + a_1z + a_0$ avec $a_n \neq 0$. Un nombre $\alpha$ est une racine de $P$ si $P(\alpha) = 0$.

On admet que si une fonction polynôme est nulle (pour tout $z$), alors tous ses coefficients sont nuls. On peut donc identifier les coefficients de deux polynômes égaux.

3. Factorisation de zⁿ − aⁿ

Pour tous complexes $z$ et $a$ et tout entier $n \geqslant 1$ :

$$z^n - a^n = (z - a)\left(z^{n-1} + az^{n-2} + a^2z^{n-3} + \dots + a^{n-2}z + a^{n-1}\right) = (z - a)\sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-1-k}.$$

On développe le membre de droite : $$(z - a)\sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-1-k} = \sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-k} - \sum_{k=0}^{n-1}a^{k+1}z^{n-1-k}.$$ Dans la seconde somme, on pose $j = k + 1$ : elle devient $\sum_{j=1}^{n}a^jz^{n-j}$. Les deux sommes ont en commun les termes d'indices $1$ à $n - 1$, qui s'annulent (somme télescopique). Il reste le terme $k = 0$ de la première, $z^n$, et le terme $j = n$ de la seconde, $a^n$ : $$(z - a)\sum_{k=0}^{n-1}a^kz^{n-1-k} = z^n - a^n. \quad\blacksquare$$

$z^3 - 8 = z^3 - 2^3 = (z - 2)(z^2 + 2z + 4)$. Avec $a = 1$ et $z \neq 1$, on retrouve la somme géométrique : $1 + z + \dots + z^{n-1} = \dfrac{z^n - 1}{z - 1}$.

4. Factorisation par z − a

Soit $P$ un polynôme de degré $n \geqslant 1$ et $a$ un complexe. Il existe un polynôme $Q$ de degré $n - 1$ tel que, pour tout $z$ : $\;P(z) - P(a) = (z - a)Q(z)$.

En particulier, si $a$ est une racine de $P$ : $\;P(z) = (z - a)Q(z)$.

Écrivons $P(z) = \sum_{k=0}^{n}a_kz^k$. Alors $P(z) - P(a) = \sum_{k=0}^{n}a_k\left(z^k - a^k\right) = \sum_{k=1}^{n}a_k\left(z^k - a^k\right)$ (le terme $k = 0$ est nul).

D'après la factorisation précédente, pour chaque $k \geqslant 1$, $z^k - a^k = (z - a)Q_k(z)$ où $Q_k(z) = \sum_{j=0}^{k-1}a^jz^{k-1-j}$ est un polynôme de degré $k - 1$ (de coefficient dominant 1). Donc $$P(z) - P(a) = (z - a)\sum_{k=1}^{n}a_kQ_k(z) = (z - a)Q(z)\quad\text{avec}\quad Q = \sum_{k=1}^{n}a_kQ_k.$$ Seul $Q_n$ est de degré $n - 1$, avec le coefficient $a_n \neq 0$ : $Q$ est de degré $n - 1$. Si $P(a) = 0$, on obtient $P(z) = (z - a)Q(z)$. $\blacksquare$

$P(z) = z^3 - 3z^2 + 4z - 2$. On remarque $P(1) = 1 - 3 + 4 - 2 = 0$. On cherche $Q(z) = z^2 + \beta z + \gamma$ tel que $P(z) = (z - 1)Q(z)$ : en développant, $(z - 1)(z^2 + \beta z + \gamma) = z^3 + (\beta - 1)z^2 + (\gamma - \beta)z - \gamma$, et par identification $\beta = -2$, $\gamma = 2$.

Donc $P(z) = (z - 1)(z^2 - 2z + 2)$ et les solutions de $P(z) = 0$ sont $1$, $1 + i$ et $1 - i$.

Le schéma de Horner (ci-dessous) donne les coefficients de $Q$ plus rapidement.

5. Nombre de racines

Le nombre de solutions d'une équation polynomiale $P(z) = 0$, où $P$ est de degré $n \geqslant 0$, est inférieur ou égal à $n$.

Par récurrence sur $n$. On note $\mathcal{P}(n)$ : « tout polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines ».

Initialisation. Un polynôme de degré 0 est une constante non nulle $a_0$ : il n'a aucune racine. $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité. Supposons $\mathcal{P}(n)$ vraie et soit $P$ de degré $n + 1$.

  • Si $P$ n'a pas de racine, il en a bien au plus $n + 1$.
  • Sinon, soit $a$ une racine. D'après la propriété précédente, $P(z) = (z - a)Q(z)$ avec $Q$ de degré $n$. Si $b$ est une racine de $P$ : $(b - a)Q(b) = 0$, donc $b = a$ ou $Q(b) = 0$ (produit nul). Les racines de $P$ sont donc $a$ et les racines de $Q$, qui sont au plus $n$ par hypothèse de récurrence : $P$ a au plus $n + 1$ racines.

Par récurrence, $\mathcal{P}(n)$ est vraie pour tout $n$. $\blacksquare$

  • Un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ qui s'annule en plus de $n$ valeurs est le polynôme nul.
  • Si $P$ est à coefficients réels et $P(z_0) = 0$, alors $P(\bar z_0) = \overline{P(z_0)} = 0$ : les racines non réelles vont par paires conjuguées.

Le théorème de d'Alembert-Gauss (hors programme) affirme que tout polynôme non constant a au moins une racine complexe. En factorisant de proche en proche, un polynôme de degré $n$ a donc exactement $n$ racines, si on les compte avec leur multiplicité.

def horner(coefs, a):
    # coefs : du plus haut degré au terme constant
    # renvoie les coefficients du quotient Q et le reste P(a)
    q = [coefs[0]]
    for c in coefs[1:]:
        q.append(c + a * q[-1])
    return q[:-1], q[-1]

P = [1, -3, 4, -2]   # z³ - 3z² + 4z - 2
for a in range(-5, 6):
    if a != 0 and P[-1] % a == 0:
        Q, r = horner(P, a)
        print("a =", a, " reste =", r, " quotient :", Q)

Au XVIe siècle, Tartaglia et Cardan trouvent des formules « par radicaux » pour les équations de degré 3 et 4 ; les complexes y apparaissent inévitablement. Pour le degré 5, Abel (1824) puis Galois (1832) démontrent qu'une telle formule générale n'existe pas : c'est la naissance de la théorie des groupes.

Méthodes à connaître

  1. Calcule $\Delta = b^2 - 4ac$.
  2. Si $\Delta > 0$ ou $\Delta = 0$ : comme dans $\mathbb{R}$.
  3. Si $\Delta < 0$ : deux solutions complexes conjuguées $z = \dfrac{-b \pm \mathrm{i}\sqrt{-\Delta}}{2a}$.

Exemple. $z^2 + 2z + 5 = 0$ : $\Delta = -16$, $z = -1 \pm 2\mathrm{i}$.

  1. Vérifie que $P(a) = 0$.
  2. Écris $P(z) = (z - a)Q(z)$ avec $Q$ de degré un de moins, coefficients inconnus.
  3. Développe et identifie les coefficients (ou utilise la division / le schéma de Horner).

Mini-jeux

Exercices

Résoudre dans $\mathbb{C}$ : (a) $z^2 + 4z + 13 = 0$ ; (b) $z^2 = -16$ ; (c) $2z^2 - 2z + 1 = 0$.

(a) Solutions :

(a) $\Delta = 16 - 52 = -36$ : $z = \frac{-4 \pm 6i}{2} = -2 \pm 3i$. (b) $z = \pm 4i$. (c) $\Delta = 4 - 8 = -4$ : $z = \frac{2 \pm 2i}{4} = \frac12 \pm \frac12 i$.

Factoriser $z^3 - 8$ par $z - 2$, puis résoudre $z^3 = 8$ dans $\mathbb{C}$.

$z^3 - 8 = (z - 2)(z^2 + 2z + 4)$. Le second facteur a pour discriminant $4 - 16 = -12$ : $z = \frac{-2 \pm 2i\sqrt3}{2} = -1 \pm i\sqrt3$. Solutions : $2$, $-1 + i\sqrt3$, $-1 - i\sqrt3$.

Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que $1 + i$ soit solution de $z^2 + az + b = 0$. Quelle est l'autre solution ?

$b =$

$(1 + i)^2 + a(1 + i) + b = 2i + a + ai + b = (a + b) + i(a + 2) = 0 \iff a = -2,\ b = 2$. L'autre solution est le conjugué $1 - i$ (coefficients réels).

Soit $P(z) = z^3 + z^2 + 3z - 5$. Calculer $P(1)$, factoriser $P$ puis résoudre $P(z) = 0$.

$P(1) = 0$, donc $P(z) = (z - 1)(z^2 + 2z + 5)$ (identification ou Horner). $\Delta = 4 - 20 = -16$ : solutions $1$, $-1 + 2i$, $-1 - 2i$.

Résoudre $z^4 + 3z^2 - 4 = 0$ en posant $Z = z^2$.

$Z^2 + 3Z - 4 = 0$ a pour solutions $Z = 1$ et $Z = -4$. Puis $z^2 = 1 \iff z = \pm1$ et $z^2 = -4 \iff z = \pm 2i$. Quatre solutions : $1, -1, 2i, -2i$ (au plus 4 pour un degré 4 : le compte est bon).

Soit $P(z) = z^3 - 5z^2 + 11z - 15$. Vérifier que $1 + 2i$ est racine de $P$. En déduire une autre racine, puis factoriser $P$ et trouver toutes ses racines.

$(1 + 2i)^2 = -3 + 4i$ et $(1 + 2i)^3 = (-3 + 4i)(1 + 2i) = -11 - 2i$. $P(1 + 2i) = -11 - 2i - 5(-3 + 4i) + 11(1 + 2i) - 15 = (-11 + 15 + 11 - 15) + i(-2 - 20 + 22) = 0$.

Coefficients réels : $1 - 2i$ est aussi racine. $(z - 1 - 2i)(z - 1 + 2i) = z^2 - 2z + 5$, et par identification $P(z) = (z^2 - 2z + 5)(z - 3)$. Racines : $1 + 2i$, $1 - 2i$, $3$.

(a) Si $z_1, z_2, z_3$ sont les racines de $z^3 + pz + q$ (c'est-à-dire $z^3 + pz + q = (z - z_1)(z - z_2)(z - z_3)$), montrer que $z_1 + z_2 + z_3 = 0$ et $z_1z_2z_3 = -q$.

(b) Résoudre $x^3 = 15x + 4$ (l'équation de Bombelli), sachant que 4 est solution.

(a) En développant : $(z - z_1)(z - z_2)(z - z_3) = z^3 - (z_1 + z_2 + z_3)z^2 + (z_1z_2 + z_1z_3 + z_2z_3)z - z_1z_2z_3$. On identifie : coefficient de $z^2$ nul, terme constant $q = -z_1z_2z_3$.

(b) $x^3 - 15x - 4 = (x - 4)(x^2 + 4x + 1)$, d'où les solutions $4$, $-2 + \sqrt3$, $-2 - \sqrt3$ (leur somme est bien nulle). Les trois solutions sont réelles, mais la formule de Cardan passe par des complexes pour les obtenir !