Exercices corrigés : les équations polynomiales dans les complexes (maths expertes)

a) Les coefficients sont réels : $a=1$, $b=-8$, $c=17$. On calcule $\Delta=b^{2}-4ac=64-68=-4$. Le discriminant est strictement négatif : dans $\mathbb{R}$ l'équation n'a pas de solution, mais dans $\mathbb{C}$ elle en a deux, conjuguées, $z=\frac{-b\pm\mathrm{i}\sqrt{-\Delta}}{2a}$. Ici $\sqrt{-\Delta}=\sqrt{4}=2$, donc $z=\frac{8\pm 2\mathrm{i}}{2}$, soit $z_{1}=4+\mathrm{i}$ et $z_{2}=4-\mathrm{i}$. Vérification par substitution : $(4+\mathrm{i})^{2}=16+8\mathrm{i}-1=15+8\mathrm{i}$, puis $15+8\mathrm{i}-8(4+\mathrm{i})+17=15-32+17+(8-8)\mathrm{i}=0$. On écrit $\mathrm{i}\sqrt{-\Delta}$, et jamais $\sqrt{\Delta}$ : le symbole racine carrée n'est défini que pour un réel positif, et $\sqrt{-4}$ n'a aucun sens dans une copie.

b) Ici $a=4$, $b=4$, $c=5$ et $\Delta=16-80=-64$, donc $\sqrt{-\Delta}=8$. Les solutions sont $z=\frac{-4\pm 8\mathrm{i}}{8}=-\frac{1}{2}\pm\mathrm{i}$. Le piège de cette ligne est le dénominateur : on divise par $2a=8$, pas par $2$. Un élève qui écrit $\frac{-4\pm 8\mathrm{i}}{2}=-2\pm 4\mathrm{i}$ trouve deux nombres qui ne vérifient pas l'équation. Le contrôle le plus rapide est celui de la somme et du produit : $z_{1}+z_{2}=-1=-\frac{b}{a}$ et $z_{1}z_{2}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}=\frac{c}{a}$, ce qui confirme les deux racines.

c) L'équation est bicarrée : avec $Z=z^{2}$ elle devient $Z^{2}+5Z-36=0$, de discriminant $25+144=169=13^{2}$, positif. Donc $Z=\frac{-5+13}{2}=4$ ou $Z=\frac{-5-13}{2}=-9$. Il reste à revenir à $z$, ce que beaucoup oublient : $z^{2}=4$ donne $z=2$ ou $z=-2$, et $z^{2}=-9$ donne $z=3\mathrm{i}$ ou $z=-3\mathrm{i}$, puisque $(3\mathrm{i})^{2}=-9$. L'équation a quatre solutions dans $\mathbb{C}$, alors qu'elle n'en a que deux dans $\mathbb{R}$. Quatre, c'est aussi son degré : on verra à l'exercice 5 qu'une équation de degré $4$ ne peut pas en avoir davantage.

d) Le lien entre racines et facteurs est le fil de toute la série. Pour un trinôme unitaire de racines $z_{1}$ et $z_{2}$, on a $z^{2}-8z+17=(z-z_{1})(z-z_{2})=(z-4-\mathrm{i})(z-4+\mathrm{i})$. On le vérifie en développant par l'identité $(u-v)(u+v)=u^{2}-v^{2}$ avec $u=z-4$ et $v=\mathrm{i}$ : $(z-4)^{2}-\mathrm{i}^{2}=z^{2}-8z+16+1=z^{2}-8z+17$. De même $z^{4}+5z^{2}-36=(z^{2}-4)(z^{2}+9)=(z-2)(z+2)(z-3\mathrm{i})(z+3\mathrm{i})$, car $z^{2}+9=z^{2}-(3\mathrm{i})^{2}$. Retenez-le : dans $\mathbb{R}$, $z^{2}+9$ ne se factorise pas ; dans $\mathbb{C}$, une somme de deux carrés est une différence de deux carrés.

a) Pour $n=2$, le second facteur est $z+a$ et $(z-a)(z+a)=z^{2}-a^{2}$ : c'est l'identité remarquable. Pour $n=3$, le second facteur est $z^{2}+az+a^{2}$ et $(z-a)(z^{2}+az+a^{2})=z^{3}+az^{2}+a^{2}z-az^{2}-a^{2}z-a^{3}=z^{3}-a^{3}$. Observez comment le calcul se passe : chaque terme produit par $z$ est détruit par un terme produit par $-a$, sauf le premier et le dernier. C'est exactement ce que la question b) généralise. Remarquez aussi la forme du second facteur : les puissances de $z$ descendent de $n-1$ à $0$ pendant que celles de $a$ montent de $0$ à $n-1$, et TOUS les signes sont des plus. Écrire $z^{2}-az+a^{2}$ est l'erreur classique : ce facteur-là va avec $z^{3}+a^{3}$, pas avec $z^{3}-a^{3}$.

b) On distribue : $zS=\sum_{k=0}^{n-1}a^{k}z^{n-k}=z^{n}+az^{n-1}+\cdots+a^{n-1}z$ et $aS=\sum_{k=0}^{n-1}a^{k+1}z^{n-1-k}=az^{n-1}+a^{2}z^{n-2}+\cdots+a^{n-1}z+a^{n}$. Les deux sommes ont en commun tous les termes $a^{k}z^{n-k}$ pour $k$ allant de $1$ à $n-1$ : dans la différence ils s'éliminent deux à deux, c'est une somme télescopique. Il reste le premier terme de $zS$ et le dernier de $aS$ : $(z-a)S=zS-aS=z^{n}-a^{n}$. La démonstration n'utilise que la distributivité et la commutativité du produit, vraies dans $\mathbb{C}$ comme dans $\mathbb{R}$ : l'égalité vaut donc pour tous complexes $z$ et $a$. Une démonstration par récurrence sur $n$ est aussi acceptée, à condition d'écrire l'hérédité, pas seulement les cas $n=2$ et $n=3$.

c) Avec $a=2$ et $n=5$ : $z^{5}-2^{5}=(z-2)(z^{4}+2z^{3}+4z^{2}+8z+16)$, les coefficients étant les puissances successives $1$, $2$, $4$, $8$, $16$ de $a$. Donc $Q(1)=1+2+4+8+16=31$, et l'on retrouve bien $z^{5}-32=-31=(1-2)\times 31$ en $z=1$. Et $Q(2)=16+16+16+16+16=80$ : en $z=a$, chacun des $n$ termes vaut $a^{n-1}$, donc $Q(a)=na^{n-1}=5\times 2^{4}$. Ce dernier calcul montre que $Q(2)\neq 0$ : $2$ n'est racine qu'une seule fois de $z^{5}-32$. On ne pouvait pas calculer $Q(2)$ en écrivant $Q(z)=\frac{z^{5}-32}{z-2}$, qui n'a pas de sens en $z=2$ ; la forme développée, elle, se calcule partout.

d) Avec $z=3$, $a=1$ et $n=8$, le second facteur vaut $3^{7}+3^{6}+\cdots+3+1$, et l'égalité donne $3^{8}-1=(3-1)(1+3+\cdots+3^{7})$. Donc $1+3+\cdots+3^{7}=\frac{3^{8}-1}{2}=\frac{6\,561-1}{2}=3\,280$. On reconnaît la somme des termes d'une suite géométrique vue en Première : $1+q+\cdots+q^{n-1}=\frac{q^{n}-1}{q-1}$ pour $q\neq 1$. C'est la même formule, lue avec $a=1$ : la factorisation de $z^{n}-a^{n}$ contient la somme géométrique, et elle la démontre du même coup. Vérification sur un petit cas : $1+3+9=13=\frac{27-1}{2}$.

a) On écrit $P(z)=c_{0}+c_{1}z+\cdots+c_{n}z^{n}$ et $P(a)=c_{0}+c_{1}a+\cdots+c_{n}a^{n}$, puis on soustrait terme à terme, ce qui est permis puisque ce sont deux sommes finies : $P(z)-P(a)=\sum_{k=0}^{n}c_{k}(z^{k}-a^{k})$. Pour $k=0$, $z^{0}-a^{0}=1-1=0$ : le terme constant disparaît, et la somme commence à $k=1$. Ce détail compte : c'est lui qui permet de mettre $z-a$ en facteur dans CHAQUE terme restant.

b) D'après l'exercice 2, pour tout $k\geq 1$, $z^{k}-a^{k}=(z-a)S_{k}(z)$ où $S_{k}(z)=z^{k-1}+az^{k-2}+\cdots+a^{k-1}$ est un polynôme de degré $k-1$, de coefficient dominant $1$. On met $z-a$ en facteur : $P(z)-P(a)=(z-a)\sum_{k=1}^{n}c_{k}S_{k}(z)=(z-a)Q(z)$. Dans $Q$, seul $c_{n}S_{n}$ contient $z^{n-1}$, avec le coefficient $c_{n}\neq 0$ : $Q$ est donc de degré exactement $n-1$. Si $P(a)=0$, l'égalité devient $P(z)=(z-a)Q(z)$ pour tout $z$. Réciproquement, si $P(z)=(z-a)Q(z)$, alors $P(a)=0\times Q(a)=0$. D'où l'équivalence qui sert de fil à tout le chapitre : $a$ est racine de $P$ si et seulement si $P$ se factorise par $z-a$. La démonstration est un algorithme : elle construit $Q$ au lieu de seulement affirmer qu'il existe.

c) $P(2)=8-16+12-4=0$, donc $2$ est racine. On suit la démonstration : $P(z)-P(2)=(z^{3}-2^{3})-4(z^{2}-2^{2})+6(z-2)$. Chaque parenthèse se factorise par $z-2$ : $z^{3}-8=(z-2)(z^{2}+2z+4)$, $z^{2}-4=(z-2)(z+2)$. Donc $P(z)=(z-2)\left[(z^{2}+2z+4)-4(z+2)+6\right]=(z-2)(z^{2}-2z+2)$, soit $b=-2$ et $c=2$. Vérification par développement : $(z-2)(z^{2}-2z+2)=z^{3}-2z^{2}+2z-2z^{2}+4z-4=z^{3}-4z^{2}+6z-4$. Le terme $-4$ de $P$ n'apparaît jamais dans le calcul du quotient : il s'est éliminé avec $P(2)$, exactement comme $c_{0}$ à la question a).

d) Un produit de nombres complexes est nul si et seulement si l'un des facteurs est nul. $P(z)=0$ équivaut donc à $z=2$ ou $z^{2}-2z+2=0$. Ce trinôme a pour discriminant $4-8=-4<0$, d'où deux racines conjuguées $z=\frac{2\pm 2\mathrm{i}}{2}=1\pm\mathrm{i}$. L'équation a trois solutions : $2$, $1+\mathrm{i}$ et $1-\mathrm{i}$. Contrôle par le produit : $2\times(1+\mathrm{i})(1-\mathrm{i})=2\times 2=4$, et le terme constant de $P$ est $-4$, ce qui est cohérent avec $P(z)=(z-2)(z-1-\mathrm{i})(z-1+\mathrm{i})$, dont le terme constant vaut $-2\times 2=-4$.

a) $P(1)=1-3+12-10=0$ et $P(-1)=-1-3-12-10=-26$. Donc $1$ est racine, et la figure le laissait deviner : la courbe coupe l'axe en $x=1$. Mais une lecture graphique n'est qu'une conjecture, seul le calcul $P(1)=0$ la prouve. Pourquoi chercher parmi les diviseurs de $10$ ? Si un entier $k$ vérifie $k^{3}-3k^{2}+12k-10=0$, alors $10=k^{3}-3k^{2}+12k=k(k^{2}-3k+12)$, et $k^{2}-3k+12$ est un entier : $k$ divise $10$. Les seuls candidats entiers sont donc $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 5$ et $\pm 10$, et l'on commence toujours par les plus petits. Ce raisonnement vaut pour tout polynôme unitaire à coefficients entiers : une racine entière divise le terme constant.

b) On développe le membre de droite : $(z-1)(z^{2}+bz+c)=z^{3}+(b-1)z^{2}+(c-b)z-c$. Deux polynômes égaux pour tout $z$ ont les mêmes coefficients (le programme l'admet : une fonction polynôme nulle a tous ses coefficients nuls). On identifie : $b-1=-3$, $c-b=12$ et $-c=-10$. La première donne $b=-2$, la dernière $c=10$, et la deuxième sert de VÉRIFICATION : $c-b=10+2=12$. Trois équations pour deux inconnues, c'est normal, puisque le système n'a de solution que parce que $P(1)=0$. Si la vérification échoue, l'erreur est en amont : soit $1$ n'est pas racine, soit le développement est faux. Sautez cette ligne et vous perdez le seul contrôle gratuit de l'exercice.

c) $P(z)=0$ équivaut à $z-1=0$ ou $z^{2}-2z+10=0$, puisqu'un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs l'est. Le trinôme a pour discriminant $4-40=-36<0$ et $\sqrt{36}=6$, d'où $z=\frac{2\pm 6\mathrm{i}}{2}=1\pm 3\mathrm{i}$. Les trois solutions sont $1$, $1+3\mathrm{i}$ et $1-3\mathrm{i}$. Contrôle : leur somme vaut $3$, l'opposé du coefficient de $z^{2}$, et leur produit vaut $1\times(1+9)=10$, l'opposé du terme constant ; on justifiera ces deux relations à l'exercice 7.

d) La courbe représente $x\mapsto P(x)$ pour $x$ RÉEL seulement : un point d'intersection avec l'axe des abscisses est une racine réelle, et il n'y en a qu'une, $1$. Les deux autres racines, $1\pm 3\mathrm{i}$, ne sont pas réelles, elles n'ont donc aucun point sur ce dessin. Pour les voir, il faut placer leurs images dans le plan complexe, où elles sont symétriques par rapport à l'axe réel. Retenez les deux conclusions qu'on peut tirer d'une courbe : le nombre de racines RÉELLES, et une valeur approchée de chacune. Le nombre total de solutions dans $\mathbb{C}$ ne se lit jamais sur la courbe ; ici la factorisation montre qu'il y en a trois, le degré.

a) Supposons $uv=0$ et $u\neq 0$. Alors $u$ a un inverse $\frac{1}{u}$ dans $\mathbb{C}$, et $v=\frac{1}{u}\times(uv)=\frac{1}{u}\times 0=0$. Donc $u=0$ ou $v=0$. Ce résultat semble évident, et c'est pourtant lui qui fait marcher la suite : il repose sur l'existence d'un inverse pour tout complexe non nul. Il ne serait plus vrai pour des matrices, où l'on trouve deux matrices non nulles de produit nul ; il faut donc le citer dans la copie.

b) Pour $n\in\mathbb{N}$, 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, il n'a aucune racine, et $0\leq 0$. HÉRÉDITÉ : supposons $\mathcal{P}_{n-1}$ vraie pour un $n\geq 1$, et soit $P$ de degré $n$. Si $P$ n'a aucune racine, il en a au plus $n$. Sinon, soit $a$ une racine : $P(z)=(z-a)Q(z)$ avec $Q$ de degré $n-1$. Si $b$ est une racine de $P$ différente de $a$, alors $(b-a)Q(b)=0$ avec $b-a\neq 0$, donc $Q(b)=0$ d'après a). Les racines de $P$ sont donc $a$ et des racines de $Q$, qui sont au plus $n-1$ par hypothèse : $P$ en a au plus $1+(n-1)=n$. On conclut par récurrence. Le programme dit « au plus », jamais « exactement » : qu'un polynôme de degré $n$ ait toujours des racines est un théorème (d'Alembert-Gauss) que l'option ne démontre pas.

c) EXISTENCE : on cherche $\gamma=P(0)=2$, puis $\alpha+\beta+2=1$ et $4\alpha+2\beta+2=4$, soit $\alpha+\beta=-1$ et $2\alpha+\beta=1$ ; par soustraction $\alpha=2$, puis $\beta=-3$. Donc $P(z)=2z^{2}-3z+2$, et l'on vérifie $P(2)=8-6+2=4$. UNICITÉ : si $R$ est un autre polynôme de degré au plus $2$ qui convient, $D=P-R$ s'annule en $0$, $1$ et $2$. S'il n'était pas nul, il serait de degré au plus $2$ avec trois racines, ce que b) interdit. Donc $D$ est le polynôme nul et $R=P$. C'est le principe qui justifie toutes les identifications de la série : deux polynômes de degré au plus $n$ qui coïncident en $n+1$ points sont égaux.

d) $z^{5}=z$ équivaut à $z(z^{4}-1)=0$, et $z^{4}-1=(z^{2}-1)(z^{2}+1)=(z-1)(z+1)(z-\mathrm{i})(z+\mathrm{i})$. Par a), les solutions sont $0$, $1$, $-1$, $\mathrm{i}$ et $-\mathrm{i}$ : cinq solutions pour une équation de degré $5$, le maximum autorisé par b) est atteint. Une erreur fréquente consiste à diviser par $z$ dès le départ : on écrit $z^{4}=1$ et l'on perd la solution $0$.

e) On reconnaît $(z-1)^{3}=z^{3}-3z^{2}+3z-1$. L'unique racine est $1$ : le polynôme est de degré $3$ et n'a qu'une racine distincte. C'est pour cela que le théorème dit « au plus » : une racine peut être multiple, et le nombre de racines distinctes est alors strictement inférieur au degré. Écrire « un polynôme de degré $3$ a trois racines » est faux, même dans $\mathbb{C}$, si l'on parle de racines distinctes.

a) Écrivons $P(z)=\sum_{k=0}^{n}c_{k}z^{k}$ avec des $c_{k}$ réels. Le conjugué d'une somme est la somme des conjugués, celui d'un produit le produit des conjugués, donc $\overline{P(z)}=\sum_{k=0}^{n}\overline{c_{k}}\,\overline{z}^{k}$. Comme $c_{k}$ est réel, $\overline{c_{k}}=c_{k}$, et il reste $\sum c_{k}\overline{z}^{k}=P(\overline{z})$. Si $P(z_{0})=0$, alors $P(\overline{z_{0}})=\overline{P(z_{0})}=\overline{0}=0$ : le conjugué d'une racine est racine. L'hypothèse « coefficients réels » intervient à UNE ligne, $\overline{c_{k}}=c_{k}$, et c'est celle qu'il faut écrire : sans elle la propriété est fausse, comme le montre la question e).

b) $(3+\mathrm{i})^{2}=9+6\mathrm{i}-1=8+6\mathrm{i}$, puis $(3+\mathrm{i})^{3}=(8+6\mathrm{i})(3+\mathrm{i})=24+8\mathrm{i}+18\mathrm{i}-6=18+26\mathrm{i}$, et $(3+\mathrm{i})^{4}=(8+6\mathrm{i})^{2}=64+96\mathrm{i}-36=28+96\mathrm{i}$. On remplace en séparant parties réelles et imaginaires : partie réelle $28-6\times 18+14\times 8-24\times 3+40=28-108+112-72+40=0$, partie imaginaire $96-6\times 26+14\times 6-24=96-156+84-24=0$. Donc $P(3+\mathrm{i})=0$. Calculer $(3+\mathrm{i})^{4}$ comme le carré de $(3+\mathrm{i})^{2}$ évite une multiplication, et donc une occasion d'erreur.