Sujet A.6.1 Factorisations
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Exercice
Factoriser l'expression $\,a^4+a^2b^2+b^4\,$ comme produit d'expressions polynomiales à coefficients réels.
formule de Bernoulli
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N^{\ast}\!,\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}a^n-b^n=(a-b){\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}a^k\sp{1.5}b^{n-1-k}\bigg)}$
formule du binôme
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}(a+b)^n={\dsum_{k=0}^{n}\binome{n\\\,k\,}}\sp{1.5}a^k\,b^{n-k}$
indication
Ecrire cette expression comme une différence de deux carrés.
réponse
On obtient : $\,a^4+a^2b^2+b^4=(a^2+ab+b^2)(a^2-ab+b^2).\,$
correction
En faisant apparaître le
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
carré
d'une somme, l'expression peut s'écrire comme une
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
différence
de deux carrés.
En effet, en considérant $\,A=a^2+b^2\,$ et $\,B=a\sp{1.5}b\sp{1.5},\,$ on obtient $\,A^2-B^2:\,$
$\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$
$\eqalign{a^4+a^2b^2+b^4&=(a^4+2a^2b^2+b^4)-a^2b^2\\ &=(a^2+b^2)^2-(a\sp{1.5}b)^2\\&=(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-a\sp{1.5}b+b^2)}$
Aucun des deux facteurs $\,(a^2\pm a\sp{1.5}b+b^2)\,$ ne peut être décomposé en facteurs du premier degré.
En effet, supposons que l'un d'eux admette un facteur comme $\,(\alpha\sp{1.5}a+\beta\sp{1.5}b)\,$ pour $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{(0,0)\}\sp{1.5}.\,$
Il s'annulerait alors pour $\,(a,b)=(\beta,-\alpha)\neq(0,0)\,$ en contradiction avec l'implication :
$\displaystyle{}(a,b)\neq(0,0)\Imp a^4+a^2b^2+b^4 > 0$
Cette factorisation comme produit de deux expressions polynomiales à coefficients réels est donc optimale.
On peut cependant poursuivre cette factorisation sur $\bb C\sp{1.5}.$
En effet, en utilisant une
Pour $n\app\bb N^{\ast}\!,$ l'ensemble des racines $n\tiret$èmes de l'unité est l'ensemble :
racine
cubique de l'unité comme $\,j=\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi/3}=\smh{1.5}{\smb1{-\dfrac12+i\sp{1.5}\dfrac{\sqrt3}2}}\sp{1.5},\,$ on obtient :
$\displaystyle{}\bb U_n=\ens{\sp{1.5}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}{k\app\,[\![0,n-1]\!]\sp{1.5}}$
Pour toute racine $n\tiret$ème de l'unité $\,\alpha\,$ distincte de $1\sp{1.5},$ on a alors :
$\displaystyle{}1+\alpha+\dots+\alpha^{n-1}=0$
$\displaystyle{} a^4+a^2b^2+b^4=(a-j\,b)(a-j^2\sp{.75}b)(a+j\,b)(a+j^2\sp{.75}b)$
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Exercice
Factoriser l'expression $\,a^4+b^4\,$ comme produit d'expressions polynomiales à coefficients réels.
formule de Bernoulli
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N^{\ast}\!,\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}a^n-b^n=(a-b){\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}a^k\sp{1.5}b^{n-1-k}\bigg)}$
formule du binôme
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}(a+b)^n={\dsum_{k=0}^{n}\binome{n\\\,k\,}}\sp{1.5}a^k\,b^{n-k}$
indication
Ecrire cette expression comme une différence de deux carrés.
réponse
On obtient : $\,a^4+b^4=(a^2+\sqrt2\,a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-\sqrt2\,a\sp{1.5}b+b^2).\,$
correction
En faisant apparaître le
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
carré
d'une somme, l'expression peut s'écrire comme une
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
différence
de deux carrés.
En effet, en considérant $\,A=a^2+b^2\,\,$ et $\,\,B=\sqrt2\,a\sp{1.5}b\sp{1.5},\,$ on obtient $\,A^2-B^2:\,$
$\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$
$\eqalign{a^4+b^4&=(a^4+2a^2b^2+b^4)-2a^2b^2\\[-.5ex]
&=(a^2+b^2)^2-(\sqrt2\,a\sp{1.5}b)^2\\[-.5ex]
&= (a^2+\sqrt2\,a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-\sqrt2\,a\sp{1.5}b+b^2)}$
Aucun des deux facteurs $\,(a^2\pm \sqrt2\,a\sp{1.5}b+b^2)\,$ ne peut être décomposé en facteurs du premier degré.
En effet, supposons que l'un d'eux admette un facteur comme $\,(\alpha\sp{1.5}a+\beta\sp{1.5}b)\,$ pour $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{(0,0)\}\sp{1.5}.\,$
Il s'annulerait alors pour $\,(a,b)=(\beta,-\alpha)\neq(0,0)\,$ en contradiction avec l'implication :
$\displaystyle{}(a,b)\neq(0,0)\Imp a^4+b^4 > 0$
Cette factorisation comme produit de deux expressions polynomiales à coefficients réels est donc optimale.
On peut cependant poursuivre cette factorisation sur $\bb C\sp{1.5}.$
En effet, en utilisant une
Pour $n\app\bb N^{\ast}\!,$ l'ensemble des racines $n\tiret$èmes de l'unité est l'ensemble :
racine
quatrième de $\,-1\,$ comme : $\,\alpha=\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi/4}=\smh{1.5}{\smb1{\dfrac{\sqrt2}2+i\sp{1.5}\dfrac{\sqrt2}2}}\sp{1.5},\,$ on obtient :
$\displaystyle{}\bb U_n=\ens{\sp{1.5}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}{k\app\,[\![0,n-1]\!]\sp{1.5}}$
Pour toute racine $n\tiret$ème de l'unité $\,\alpha\,$ distincte de $1\sp{1.5},$ on a alors :
$\displaystyle{}1+\alpha+\dots+\alpha^{n-1}=0$
$\displaystyle{} a^4+b^4=(a+\alpha\,b)(a+\surl\alpha\,b)(a-\alpha\,b)(a-\surl\alpha\,b)$
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Exercice
Factoriser l'expression $\,a^6+b^6\,$ comme produit d'expressions polynomiales à coefficients réels.
formule de Bernoulli
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N^{\ast}\!,\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}a^n-b^n=(a-b){\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}a^k\sp{1.5}b^{n-1-k}\bigg)}$
formule du binôme
Pour $\,a,b\app\bb C\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a la formule :
$\displaystyle{}(a+b)^n={\dsum_{k=0}^{n}\binome{n\\\,k\,}}\sp{1.5}a^k\,b^{n-k}$
indication
Factoriser $\,(a^2)^3+(b^2)^3\,$ en l'écrivant : $\,(a^2)^3-(-b^2)^3.\,$
réponse
On obtient : $\,a^6+b^6=(a^2+b^2)(a^2+\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2).\,$
correction
Cette expression apparaît comme une
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
différence
de deux cubes :
$\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$
$\eqalign{a^6+b^6&=(a^2)^3-(-b^2)^3\\ &=(a^2+b^2)(a^4-a^2b^2+b^4)}$
On fait apparaître le
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
carré
d'une somme pour factoriser $\,a^4-a^2b^2+b^4\,$ comme
$\eqalign{\sth{.75}(a+b)^2&=a^2+2\sp{1.5}a\sp{1.5}b+b^2\\[-.5ex](a+b)^3&=a^3+3\sp{1.5}a^2b+3\sp{1.5}a\sp{1.5}b^2+b^3}$
Pour $\,a,b\app\bb C\sp{1.5},\,$ on a les identités remarquables :
différence
de deux carrés :
$\eqalign{\sth{.75}a^2-b^2&=(a-b)(a+b)\\[-.5ex]a^3-b^3&=(a-b)(a^2+a\sp{1.5}b+b^2)}$
$\eqalign{a^4-a^2b^2+b^4&=(a^4+2a^2b^2+b^4)-3\sp{1.5}a^2b^2\\ &=(a^2+b^2)^2-(\sqrt3\,a\sp{1.5}b)^2\\&=(a^2+\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2)}$
En regroupant ces deux calculs, on obtient finalement une factorisation de $\,a^6+b^6:\,$ $\displaystyle{}a^6+b^6=(a^2+b^2)(a^2+\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2)(a^2-\sqrt3\,a\sp{1.5}b+b^2)$
Aucun de ces trois facteurs ne peut être décomposé en facteurs du premier degré.
En effet, supposons que l'un d'eux admette un facteur comme $\,(\alpha\sp{1.5}a+\beta\sp{1.5}b)\,$ pour $\,(\alpha,\beta)\app\bb R^2\!\sp{-1.5}\setminus\!\sp{-1.5}\{(0,0)\}\sp{1.5}.\,$
Il s'annulerait alors pour $\,(a,b)=(\beta,-\alpha)\neq(0,0)\,$ en contradiction avec l'implication :
$\displaystyle{}(a,b)\neq(0,0)\Imp a^6+b^6 > 0$
Cette factorisation comme produit de trois expressions polynomiales à coefficients réels est donc optimale.
On peut cependant poursuivre cette factorisation sur $\bb C\sp{1.5}.$
En effet, en utilisant une
Pour $n\app\bb N^{\ast}\!,$ l'ensemble des racines $n\tiret$èmes de l'unité est l'ensemble :
racine
sixième de $\,-1\,$ comme :
$\,\omega=\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}\pi/6}=\smh{1.5}{\smb1{\dfrac{\sqrt3}2+\dfrac i2}}\sp{1.5},\,$ on obtient :
$\displaystyle{}\bb U_n=\ens{\sp{1.5}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}{k\app\,[\![0,n-1]\!]\sp{1.5}}$
Pour toute racine $n\tiret$ème de l'unité $\,\alpha\,$ distincte de $1\sp{1.5},$ on a alors :
$\displaystyle{}1+\alpha+\dots+\alpha^{n-1}=0$
$\displaystyle{} a^6+b^6=(a+i\,b)(a-i\,b)(a+\omega\,b)(a+\surl\omega\,b)(a-\omega\,b)(a-\surl\omega\,b)$