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

$-18=18\,\mathrm{i}^{2}$, donc $z^{2}=\left(\mathrm{i}\sqrt{18}\right)^{2}$ et $z=\pm\mathrm{i}\sqrt{18}=\pm 3\sqrt{2}\,\mathrm{i}$. La partie imaginaire positive vaut $3\sqrt{2}\approx 4{,}243$. Piège : écrire $z=\pm 3\sqrt{2}$, dont le carré vaut $+18$.

$\Delta=36-136=-100<0$, donc $\sqrt{-\Delta}=10$ et $z=\frac{-6\pm 10\mathrm{i}}{2}=-3\pm 5\mathrm{i}$ : partie réelle $-3$, partie imaginaire positive $5$.

$\Delta=16-4\times 4\times 17=16-272=-256$, donc $\sqrt{-\Delta}=16$ et $z=\frac{4\pm 16\mathrm{i}}{8}=\frac{1}{2}\pm 2\mathrm{i}$ : partie réelle $\frac{1}{2}$, partie imaginaire positive $2$. Piège : diviser par $2$ au lieu de $2a=8$, ce qui donne $2\pm 8\mathrm{i}$.

$\Delta=4-12=-8$, donc $\sqrt{-\Delta}=2\sqrt{2}$ et $z=\frac{-2\pm 2\sqrt{2}\,\mathrm{i}}{6}=-\frac{1}{3}\pm\frac{\sqrt{2}}{3}\,\mathrm{i}$ : partie réelle $-\frac{1}{3}\approx-0{,}333$, partie imaginaire positive $\frac{\sqrt{2}}{3}\approx 0{,}471$. On simplifie par $2$ les DEUX termes du numérateur.

Avec $Z=z^{2}$ : $Z^{2}+10Z+9=0$, $\Delta=100-36=64$, donc $Z=\frac{-10\pm 8}{2}$, soit $Z=-1$ ou $Z=-9$. Puis $z^{2}=-1$ donne $z=\pm\mathrm{i}$ et $z^{2}=-9$ donne $z=\pm 3\mathrm{i}$ : quatre solutions, toutes imaginaires pures, et la plus grande partie imaginaire vaut $3$. Piège : s'arrêter à $Z=-1$ ou $Z=-9$, deux valeurs négatives qui n'empêchent rien dans $\mathbb{C}$.

Une racine entière divise le terme constant $4$ : on teste $\pm 1$, $\pm 2$, $\pm 4$. Tous les coefficients sont positifs, donc $P(x)>0$ pour $x\geq 0$ : seules les valeurs négatives sont à essayer. $P(-1)=-1+2-5+4=0$ : la racine est $-1$, et $P(z)=(z+1)(z^{2}+z+4)$. Piège : $(-1)^{2}=+1$, donc $2z^{2}$ vaut $+2$ en $-1$.

On développe : $(z-3)(z^{2}+bz+c)=z^{3}+(b-3)z^{2}+(c-3b)z-3c$. Par identification, $b-3=-5$ donne $b=-2$, et $-3c=-18$ donne $c=6$ ; le coefficient de $z$ sert de contrôle : $c-3b=6+6=12$. Piège : identifier $b$ à $-5$ directement, en oubliant le $-3z^{2}$ que fournit le produit.

On factorise par $z+2$ : $(z+2)(z^{2}+bz+c)=z^{3}+(b+2)z^{2}+(c+2b)z+2c$, d'où $b=2$ et $c=4$, contrôle $c+2b=8$. Reste $z^{2}+2z+4=0$ : $\Delta=4-16=-12$, $\sqrt{-\Delta}=2\sqrt{3}$ et $z=-1\pm\sqrt{3}\,\mathrm{i}$. Les trois solutions sont $-2$, $-1+\sqrt{3}\,\mathrm{i}$ et $-1-\sqrt{3}\,\mathrm{i}$ ; partie imaginaire positive $\sqrt{3}\approx 1{,}732$.

$\Delta=36-80=-44<0$ : deux solutions conjuguées, de somme $-\frac{b}{a}=\frac{6}{4}=\frac{3}{2}$. Contrôle : la somme de deux conjugués est le double de la partie réelle commune, $2\times\frac{6}{8}=\frac{3}{2}$. Piège : le signe, $-\frac{b}{a}$ avec $b=-6$ donne $+\frac{3}{2}$.

En développant $2(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})$, le terme constant vaut $-2z_{1}z_{2}z_{3}$. Par identification avec $-4$ : $z_{1}z_{2}z_{3}=\frac{-4}{-2}=2$. Contrôle : $\frac{1}{2}$ est racine, $2\times\frac{1}{8}+\frac{1}{4}+\frac{7}{2}-4=0$, et $P(z)=(2z-1)(z^{2}+z+4)$ ; le produit des racines de $z^{2}+z+4$ vaut $4$, donc $z_{1}z_{2}z_{3}=\frac{1}{2}\times 4=2$. Piège : oublier le signe du produit de trois facteurs, ce qui donne $-2$.

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.

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.

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.

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.

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 $z^{3}-a^{3}$.

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 $n=3$.

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.

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 : $1+3+9=13=\frac{27-1}{2}$.

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.

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.

$P(2)=8-16+12-4=0$, 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).

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 $-2\times 2=-4$.