Chapitre 4 — Équations polynomiales dans ℂ

M

Tout polynôme de degré n admet exactement n racines dans ℂ

→ P(z)=z²+1 : degré 2 → 2 racines

→ Q(z)=z⁴−16 : degré 4 → 4 racines

→ R(z)=z³−1 : degré 3 → 3 racines

= 2 racines · 4 racines · 3 racines

P(z)=z²−4z+5

→ 1) Δ=16−20=−4

→ 2) √Δ=2i → z=4±2i2 = 2±i

→ 3) P(z) = (z−(2+i))(z−(2−i))

= Δ=−4 · z=2±i · (z−2−i)(z−2+i)

P(z)=z⁴−2z³+3z²−2z+2, z₁=i racine

→ 1) coefficients réels → z̄₁=−i est aussi racine

→ 2) (z−i)(z+i)=z²+1 divise P : P(z)=(z²+1)(z²−2z+2) ; z²−2z+2=0 → Δ=−4 → z=1±i

→ → les 4 racines sont i, −i, 1+i, 1−i

= −i · P(z)=(z²+1)(z²−2z+2), racines 1±i

P(z)=z³−3z²+z+5 par D(z)=z−2

→ 1) P(2) = 8−12+2+5 = 3 (reste)

→ 2) P(z) = (z−2)(z²−z−1) + 3

→ 3) z=2 n'est pas racine car P(2)=3≠0

= reste=3 · P(z)=(z−2)(z²−z−1)+3 · z=2 non racine

Résoudre dans ℂ

→ 1) z²+iz−1=0 : Δ=i²+4=3 → z=−i±√32

→ 2) z²−2(1+i)z+2i=0 : Δ=[2(1+i)]²−4×2i = 4(1+i)²−8i = 4×2i−8i = 8i−8i = 0 → racine double z=2(1+i)2=1+i. Vérification : (1+i)²−2(1+i)(1+i)+2i = −(1+i)²+2i = −2i+2i = 0 ✓

= z=−i±√32 · z=1+i (racine double, Δ=0)

P(z)=z³−3z+2

→ 1) P(1)=1−3+2=0 et P'(z)=3z²−3, P'(1)=0 → z=1 racine double

→ 2) P(z) = (z−1)²(z+2)

→ 3) P(z)=0 ⟺ z=1 (double) ou z=−2

= (z−1)²(z+2) · z=1 (double) ou z=−2

M

→ Relations de Viète pour z²−5z+7=0 : z_1+z_2 = 5, z_1z_2 = 7.

→ z_1²+z_2² = (z_1+z_2)² − 2z_1z_2 = 25 − 14 = 11.

→ z_1³+z_2³ = (z_1+z_2)³ − 3z_1z_2(z_1+z_2) = 125 − 3·7·5 = 125 − 105 = 20.

= z_1+z_2=5 ; z_1z_2=7 ; z_1²+z_2²=11 ; z_1³+z_2³=20.

→ Z²+4Z+4=0 ⟺ (Z+2)²=0 ⟺ Z=−2 (racine double).

→ z²=−2 ⟹ z = ±i√2 (chaque racine de Z est double, donc z=i√2 et z=−i√2 sont chacune racines doubles de P).

→ Factorisation dans ℂ : P(z) = (z−i√2)²(z+i√2)².

→ Regroupement des conjuguées : (z−i√2)(z+i√2) = z²+2, donc P(z) = (z²+2)², qui est déjà à coefficients réels.

= P(z) = (z−i√2)²(z+i√2)² dans ℂ ; P(z) = (z²+2)² dans ℝ.

→ P(0)=c=1.

→ P(1)=a+b+c=2 ⟹ a+b=1.

→ P(i)=ai²+bi+c = (−a+c)+bi = 0 ⟹ partie réelle : −a+1=0 ⟹ a=1 ; partie imaginaire : b=0.

→ Vérification : a+b=1+0=1 ✓ (cohérent avec P(1)=2).

= P(z) = z²+1 (a=1, b=0, c=1).

→ z³=1 ⟹ z_k = e^2ikπ/3, k=0,1,2 : z_0=1, z_1=e^2iπ/3, z_2=e^4iπ/3.

→ Les trois racines ont même module 1, donc sont sur le cercle |z|=1, et leurs arguments 0, 2π/3, 4π/3 sont régulièrement espacés de 120°.

= z_0=1, z_1=e^2iπ/3=−12+i√32, z_2=e^4iπ/3=−12−i√32 ; trois points régulièrement espacés de 120° sur le cercle unité forment un triangle équilatéral.

→ Méthode des résidus : A = valeur de 2z+1z+2 en z=1, B = valeur de 2z+1z−1 en z=−2.

→ A = 2·1+11+2 = 33 = 1.

→ B = 2·(−2)+1−2−1 = −3−3 = 1.

= (2z+1)/[(z−1)(z+2)] = 1z−1 + 1z+2.

→ P(z)=zⁿ−1 = Π_{k=0}^{n−1}(z−ω^k). En z=1 les deux membres sont nuls (le facteur k=0 s'annule), donc on divise d'abord par (z−1) : zⁿ⁻¹+...+1 = Π_{k=1}^{n−1}(z−ω^k).

→ En z=1, le membre de gauche vaut n (somme de n termes égaux à 1), donc Π_{k=1}^{n−1}(1−ω^k) = n.

→ 1−ω^k = 1−e^2ikπ/n = −2i sin(kπn)·e^ikπn, donc |1−ω^k| = 2sin(kπn) pour k=1,...,n−1 (sinus positif sur cet intervalle).

→ En prenant le module du produit : Π_{k=1}^{n−1} 2sin(kπn) = |n| = n.

= P(z)=Π_{k=0}^{n−1}(z−ω^k) ; Π_{k=1}^{n−1}(1−ω^k)=n ; d'où sin(πn)·sin(2π/n)·...·sin((n−1)πn) = n2ⁿ⁻¹.