Sujet A.8.5 Factorisation de polynômes
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Exercice
Décomposer le polynôme $\,P=X^4-3X^3+4X^2-8\,$ en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{1.5}.\,$
divisibilité et racines distinctes
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
formule de Bernoulli
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ et $\bb R[X]$
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
indication
Rechercher des racines évidentes du polynôme $\,P\sp{.75}.\,$
réponse
Le polynôme $\,P\,$ a pour décompositions en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{-1.5}:\,$
$\eqalign{P&=(X+1)(X-2)(X^2-2X+4)\\P&= (X+1)(X-2)\big(X-1-i\sp{.75}\sqrt3\big)\big(X-1+i\sp{.75}\sqrt3\big)}$
correction
En remarquant que $\,P(-1)=P(2)=0\sp{1.5},\,$ on sait que $\,P\,$ se
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
factorise
par $\,(X+1)(X-2)=X^2-X-2\sp{1.5}.\,$
Le quotient de
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
Pour tous polynômes $\,A,B\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ le degré a pour propriétés :
degré
$\,2:\,$ $\,Q=aX^2+bX+c\sp{1.5},\,$ est de coefficient dominant $\,a=1\,$ et de terme constant $\,c=4:\,$
- $\,\op{deg}(A+B)\leq\max\big(\op{deg}(A),\op{deg}(B)\big),\,$ avec égalité lorsque $\,\op{deg}(A)\neq\op{deg}(B)\,;\,$
- $\,\op{deg}(A\sp{1.5}B)=\op{deg}(A)+\op{deg}(B)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}X^4-3X^3+4X^2-8=(X^2-X-2)(X^2+bX+4)$
En développant partiellement ce produit, on
Un polynôme $\,A\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ à coefficients dans $\,\bb K\sp{1.5},\,$ est une somme :
identifie
le coefficient médian $\,b=-2\sp{1.5},\,$ d'où :
$\displaystyle{}A=a_0+a_1\sp{1.5}X+\cdots+a_n\sp{1.5}X^n\txt{pour} (a_0,\dots,a_n)\app\bb K^{n+1}$
- $A$ est caractérisé par $\,(a_k)_{k\app\bb N}\sp{1.5},\,$ avec : $\,\ptt k > n,\ a_k=0\,;\,$
- pour $\,A,B\app\bb K[X]:\,$ $\,A=B\Ssi(\ptt k\app\bb N,\ a_k=b_k)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}X^4-3X^3+4X^2-8=(X^2-X-2)(X^2-2X+4)$
On aurait aussi pu effectuer complètement la
On
Pour $A,B\app\bb K[X]$ avec $B\neq0,$ il existe un et un seul $\,(Q,R)\app\bb K[X]^2\,$ tel que :
division
euclidienne, mais c'est plus laborieux :
$\displaystyle{}A=B\sp{1.5}Q+R\txt{et}\deg(R) < \deg(B)$
$Q$ et $R$ sont le quotient et le reste de la division euclidienne de $A$ par $B\sp{1.5}.$
| $\require{color}\colorbox{white}{$\tabl{{r|l}X^4-3X^3+4X^2\ph{\,\sp{1.5}\sp{1.5}-4X}-8&X^2-X-2\\[-1ex] -2X^3+6X^2\ph{\,\sp{1.5}\sp{1.5}-4X}-8& \!\!\!\surl{\,\,\,\smh{.5}{X^2-2X+4}}\\ 4X^2-4X-8&\\ 0}$}$ |
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorise
enfin le polynôme $\,X^2-2X+4\,$ en écrivant :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\displaystyle{}X^2-2X+4=(X-1)^2+3=(X-1)^2-\big(i\sp{.75}\sqrt3\big)^2$
Les décompositions de $\,P\,$ en facteurs
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
irréductibles
dans $\,\bb{R}[X]\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\,$ s'ensuivent :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{P&=(X+1)(X-2)(X^2-2X+4)\\ P&=(X+1)(X-2)\big(X-1-i\sp{.75}\sqrt3\big)\big(X-1+i\sp{.75}\sqrt3\big)}$
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Exercice
Décomposer le polynôme $\,P=2X^4+6X^3-X^2-12X-4\,$ en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5}.\,$
divisibilité et racines distinctes
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
formule de Bernoulli
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ et $\bb R[X]$
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
indication
Rechercher une racine évidente du polynôme $\,P\sp{.75}.\,$
réponse
Le polynôme $\,P\,$ a pour décomposition en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{-1.5}:\,$
$\displaystyle{}P=2\sp{1.5}(X+2)^2\sp{1.5}\Big(X-\dfrac{1+\sqrt3}{2}\Big)\Big(X-\dfrac{1-\sqrt3}{2}\Big)$
correction
En remarquant que $\,P(-2)=0\sp{1.5},\,$ on sait que $\,P\,$ se
Une racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ est un $\,\alpha\app\bb K\,$ tel que $\,P(\alpha)=0\,.\,$
$\,\alpha\app\bb K\,$ est racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ ssi $\,(X\!-\!\alpha)\,$ divise le polynôme $P.$
factorise
par $\,(X+2)\sp{1.5}.\,$
Le quotient de
Pour tous polynômes $\,A,B\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ le degré a pour propriétés :
degré
$\,3:\,$ $\,Q=aX^3+bX^2+cX+d\sp{1.5},\,$ est de coefficient dominant $\,a=2\,$ et de terme constant $\,d=-2:\,$
- $\,\op{deg}(A+B)\leq\max\big(\op{deg}(A),\op{deg}(B)\big),\,$ avec égalité lorsque $\,\op{deg}(A)\neq\op{deg}(B)\,;\,$
- $\,\op{deg}(A\sp{1.5}B)=\op{deg}(A)+\op{deg}(B)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}2X^4\!\sp{-1.5}+\sp{-1.5}6X^3\!-\sp{-1.5}X^2\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}12X\sp{-1.5}-\sp{-1.5}4=(X\sp{-1.5}+\sp{-1.5}2)\sp{1.5}(2X^3\!\sp{-1.5}+\sp{-1.5}bX^2\!\sp{-1.5}+\sp{-1.5}cX\sp{-1.5}-\sp{-1.5}2)$
En développant partiellement ce produit, on
Un polynôme $\,A\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ à coefficients dans $\,\bb K\sp{1.5},\,$ est une somme :
identifie
les coefficients médians $\,b=2\,$ et $\,c=-5\sp{1.5},\,$ d'où :
$\displaystyle{}A=a_0+a_1\sp{1.5}X+\cdots+a_n\sp{1.5}X^n\txt{pour} (a_0,\dots,a_n)\app\bb K^{n+1}$
- $A$ est caractérisé par $\,(a_k)_{k\app\bb N}\sp{1.5},\,$ avec : $\,\ptt k > n,\ a_k=0\,;\,$
- pour $\,A,B\app\bb K[X]:\,$ $\,A=B\Ssi(\ptt k\app\bb N,\ a_k=b_k)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}2X^4\!\sp{-1.5}+\sp{-1.5}6X^3\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}X^2\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}12X\sp{-1.5}-\sp{-1.5}4=\sp{-1.5}(X\sp{-1.5}+\sp{-1.5}2)\sp{1.5}(2X^3\!\sp{-1.5}+\sp{-1.5}2X^2\!\sp{-1.5}-\sp{-1.5}5X\sp{-1.5}-\sp{-1.5}2)$
On aurait aussi pu effectuer complètement la
Le nombre $\,-2\,$ étant à nouveau
Pour $A,B\app\bb K[X]$ avec $B\neq0,$ il existe un et un seul $\,(Q,R)\app\bb K[X]^2\,$ tel que :
division
euclidienne, mais c'est plus laborieux :
$\displaystyle{}A=B\sp{1.5}Q+R\txt{et}\deg(R) < \deg(B)$
$Q$ et $R$ sont le quotient et le reste de la division euclidienne de $A$ par $B\sp{1.5}.$
| $\require{color}\colorbox{white}{$\tabl{{r|l}2X^4+6X^3-X^2-12X-4&X+2\\[-1ex] 2X^3-X^2-12X-4& \!\!\!\surl{\,\,\,\smh{.5}{2X^3+2X^2-5X-2}}\\ -5X^2-12X-4&\\-2X-4&\\0&}$}$ |
Une racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ est un $\,\alpha\app\bb K\,$ tel que $\,P(\alpha)=0\,.\,$
$\,\alpha\app\bb K\,$ est racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ ssi $\,(X\!-\!\alpha)\,$ divise le polynôme $P.$
racine
du quotient obtenu, on refactorise celui-ci par $\,(X+2):\,$
$\displaystyle{}2X^3+2X^2-5X-2=(X+2)\sp{1.5}(2X^2+\beta X-1)$
On en déduit le coefficient $\,\beta=-2\,$ et la factorisation plus poussée du polynôme $\,P:\,$
$\displaystyle{}2X^4+6X^3-X^2-12X-4=(X+2)^2\sp{1.5}(2X^2-2X-1)$
$\,-2\,$ est ainsi une racine
On
La multiplicité d'une racine $\alpha$ de $P\app\bb K[X]$ est le plus grand entier $m\app\bb N^{\ast}$ tel que $(X-\alpha)^m$ divise $P\sp{.75}.$
Une racine $\alpha$ de $P$ est simple si $\,m=1\sp{1.5},\,$ elle est double si $\,m=2\sp{1.5},\,$ etc.
double
de $\,P\,$ comme le
confirme la caractérisation de la
$\alpha\app\bb K$ est une racine $P\app\bb K[X]$ de multiplicité $m\app\bb N^{\ast}\!$ ssi :
multiplicité
par dérivation :
$\displaystyle{}P(\alpha)=\cdots=P^{(m-1)}(\alpha)=0\txt{et}P^{(m)}(\alpha)\neq0$
$\eqalign{P'=&\sp{1.5}8X^3+18X^2-2X-12\Imp P'(-2)=0\\
P''=&\sp{1.5}24X^2+36X-2\Imp P''(-2)=22\neq0}$
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorise
enfin le polynôme $\,2X^2-2X-1\,$ en écrivant :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\displaystyle{}2X^2-2X-1=2\Big(X-\dfrac{1}{2}\Big)^{\!2}\!\sp{-1.5}-\dfrac{3}{2}$
On obtient alors la décomposition de $\,P\,$ en facteurs
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
irréductibles
dans $\,\bb{R}[X]\sp{-1.5}:\,$
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}P=2\sp{1.5}(X+2)^2\sp{1.5}\Big(X-\dfrac{1+\sqrt3}{2}\Big)\Big(X-\dfrac{1-\sqrt3}{2}\Big)$
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Exercice
Décomposer le polynôme $\,P=2X^3-X^2+X+1\,$ en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{1.5}.\,$
divisibilité et racines distinctes
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
formule de Bernoulli
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ et $\bb R[X]$
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
indication
Rechercher une racine du polynôme $\,P\,$ sous forme d'une fraction simple.
réponse
Le polynôme $\,P\,$ a pour décompositions en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{-1.5}:\,$
$\eqalign{P&=\smh1{(2X+1)\sp{.75}(X^2-X+1)}\\P&=\smh{1.5}{(2X+1)\Big(X-\dfrac{1+i\,\sqrt3}{2}\Big)
\Big(X-\dfrac{1-i\,\sqrt3}{2}\Big)}}$
correction
En remarquant que $\,P(-1/2)=0\sp{1.5},\,$ on sait que $\,P\,$ se
Une racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ est un $\,\alpha\app\bb K\,$ tel que $\,P(\alpha)=0\,.\,$
$\,\alpha\app\bb K\,$ est racine de $\,P\app\bb K[X]\,$ ssi $\,(X\!-\!\alpha)\,$ divise le polynôme $P.$
factorise
par $\,(2X+1)\sp{1.5}.\,$
Le quotient
Pour tous polynômes $\,A,B\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ le degré a pour propriétés :
de degré $\,2:\,$
$\,Q=aX^2+bX+c\sp{1.5},\,$ est de coefficient dominant $\,a=1\,$ et de terme constant $\,c=1:\,$
- $\,\op{deg}(A+B)\leq\max\big(\op{deg}(A),\op{deg}(B)\big),\,$ avec égalité lorsque $\,\op{deg}(A)\neq\op{deg}(B)\,;\,$
- $\,\op{deg}(A\sp{1.5}B)=\op{deg}(A)+\op{deg}(B)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}2X^3-X^2+X+1=(2X+1)(X^2+bX+1)$
En développant partiellement ce produit, on
Un polynôme $\,A\app\bb K[X]\sp{1.5},\,$ à coefficients dans $\,\bb K\sp{1.5},\,$ est une somme :
identifie
le coefficient médian $\,b=-1\sp{1.5},\,$ d'où :
$\displaystyle{}A=a_0+a_1\sp{1.5}X+\cdots+a_n\sp{1.5}X^n\txt{pour} (a_0,\dots,a_n)\app\bb K^{n+1}$
- $A$ est caractérisé par $\,(a_k)_{k\app\bb N}\sp{1.5},\,$ avec : $\,\ptt k > n,\ a_k=0\,;\,$
- pour $\,A,B\app\bb K[X]:\,$ $\,A=B\Ssi(\ptt k\app\bb N,\ a_k=b_k)\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}2X^3-X^2+X+1=(2X+1)(X^2-X+1)$
On aurait pu aussi effectuer complètement la
On
Pour $A,B\app\bb K[X]$ avec $B\neq0,$ il existe un et un seul $\,(Q,R)\app\bb K[X]^2\,$ tel que :
division
euclidienne, mais c'est plus laborieux :
$\displaystyle{}A=B\sp{1.5}Q+R\txt{et}\deg(R) < \deg(B)$
$Q$ et $R$ sont le quotient et le reste de la division euclidienne de $A$ par $B\sp{1.5}.$
| $\require{color}\colorbox{white}{$\tabl{{r|l}2X^3-X^2+X+1&2X+1\\[-1ex] -2X^2+X+1& \!\!\!\surl{\,\,\,X^2-X+1}\\ 2X+1&\\ 0}$}$ |
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorise
enfin le polynôme $\,X^2-X+1\,$ en écrivant :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\displaystyle{}X^2-X+1=\smh1{\Big(X-\dfrac{1}{2}\Big)^{\!2}+\dfrac{3}{4}=
\Big(X-\dfrac{1}{2}\Big)^{\!2}-\Big(\dfrac{i\,\sqrt3}{2}\Big)^{\!2}}$
Les décompositions de $\,P\,$ en facteurs
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
irréductibles
dans $\,\bb{R}[X]\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\,$ s'ensuivent :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{P&=(2X+1)(X^2-X+1)\\P&=(2X+1)\smh{1.5}{\Big(X-\dfrac{1+i\,\sqrt3}{2}\Big) \Big(X-\dfrac{1-i\,\sqrt3}{2}\Big)}}$
On pouvait aussi penser à la
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorisation
de $\,X^3+1:\,$
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\displaystyle{}X^3+1=X^3-(-1)^3=(X+1)(X^2-X+1)$
$\,X^2-X+1\,$ a donc pour racines les deux racines cubiques non réelles de $\,-1:\,$
$\,-j=\e{-i\sp{1.5}\pi/3}\,$ et $\,-j^2=\e{-i\sp{1.5}\pi/3}.\,$
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Exercice
Décomposer le polynôme $\,P=X^4-2X^3-4X-4\,$ en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{1.5}.\,$
divisibilité et racines distinctes
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
formule de Bernoulli
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ et $\bb R[X]$
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
indication
Faire apparaître dans l'expression du polynôme $\,P\,$ une différence de deux carrés.
réponse
Le polynôme $\,P\,$ a pour décompositions en facteurs irréductibles dans $\,\bb{R}[X]\sp{1.5},\,$ puis dans $\,\bb{C}[X]\sp{-1.5}:\,$
$\eqalign{P&=\big(X-1-\sqrt3\big)\big(X-1+\sqrt3\big)\big(X^2+2\big)\\ P&=\big(X-1-\sqrt3\big)\big(X-1+\sqrt3\big) \big(X-i\sp{.75}\sqrt2\big)\big(X+i\sp{.75}\sqrt2\big)}$
correction
On fait apparaître dans l'expression de $\,P\,$ une différence de deux
Pour $\,A,B\app\bb K[X]\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a la formule du binôme :
carrés :
$\displaystyle{}(A+B)^n=\dsum_{k=0}^{n}\binome{n\\\sp{1.5}k\sp{1.5}}A^k\sp{1.5}B^{\,n-k}$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}(A+B)^2&=A^2+2\sp{1.5}A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2}\\[-.75ex](A+B)^3&=A^3+3\sp{1.5}A^2B+3\sp{1.5}A\sp{1.5}B^{\sp{1.5}2}+B^{\sp{1.5}3}}$
$\eqalign{X^4\!-2X^3\!-4X-4&=(X^4\!-2X^3\!+X^2)-(X^2\!+4X+4)\\ &=X^2(X-1)^2-(X+2)^2}$
Cette différence de carrés se
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorise :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\displaystyle{}P=(X^2-X)^2-(X+2)^2=(X^2-2X-2)(X^2+2)$
On aurait pu aussi remarquer que $\,i\sp{1.5}\sqrt2\,$ est une racine de $\,P\sp{1.5},\,$ qui est un polynôme à coefficients réels. Le
On
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
conjugué
de cette racine : $\,-i\sp{1.5}\sqrt2\sp{1.5},\,$ est donc aussi une racine de $\,P\,$ ce qui implique la
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
factorisation
de $\,P\,$ par :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
$\displaystyle{}\big(X-i\,\sqrt2\big)\big(X+i\,\sqrt2\big)=X^2+2$
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
factorise
enfin le polynôme $\,X^2-2X-2\,$ en écrivant :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
$\eqalign{X^2-2X-2&=(X-1)^2-3\\[-.5ex]&=\big(X-1-\sqrt3\big)\big(X-1+\sqrt3\big)}$
On en déduit les décompositions de $\,P\,$ en facteurs
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
irréductibles
dans $\,\bb{R}[X]\,$ et dans $\,\bb{C}[X]:\,$
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{P&=\big(X-1-\sqrt3\big)\big(X-1+\sqrt3\big)\big(X^2+2\big)\\P&= \big(X-1-\sqrt3\big)\big(X-1+\sqrt3\big) \big(X-i\sp{.75}\sqrt2\big)\big(X+i\sp{.75}\sqrt2\big)}$
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Exercice
Pour $\,n\app\bb N^{\ast}\sp{-1.5},\,$ on considère le polynôme suivant :
$\displaystyle{}P_n=(X+i)^n-(i-X)^n$
Décomposer ce polynôme en facteurs irréductibles dans $\,\bb C[X]\sp{1.5}.\,$
Préciser le degré de $P_n\sp{1.5},$ et s'il est ou non scindé dans $\,\bb R[X]\sp{1.5}.\,$
divisibilité et racines distinctes
Soient, dans $\bb K[X]\sp{1.5},$ $\,A\neq0\,$ et $\,B=(X-\alpha_1)\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}(X-\alpha_p),\,$ avec des $\alpha_i$ deux à deux distincts ; alors :
$\displaystyle{}B\txt{divise}\!A\Ssi A(\alpha_1)=\sp{-1.5}\dots\sp{-1.5}=A(\alpha_p)=0$
racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit $\,A\,$ un polynôme à coefficients réels, et de racine $\,\alpha\app\bb C\sp{1.5}.\,$ Alors $\,\surl{\sp{.75}\alpha\sp{.75}}\,$ est aussi une racine de $\,A\sp{1.5},\,$ avec la même multiplicité.
formule de Bernoulli
Pour $A,B\app\bb K[X]$ et $n\app\bb N^{\ast},$ on a la formule :
$\displaystyle{}A^n-B^{\sp{1.5}n}=(A-B)\bigg(\dsum_{k=0}^{n-1}A^k\sp{1.5}B^{\,n-1-k}\bigg)$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}A^2-B^{\sp{1.5}2}&=(A-B)(A+B)\\[-.75ex] A^3-B^{\sp{1.5}3}&=(A-B)(A^2+A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2})}$
polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ et $\bb R[X]$
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
indication
1
Calculer les racines de $P_n$ en fonction des racines $n\tiret$èmes de l'unité.
indication
2
Exprimer trigonométriquement les racines de $P_n\sp{1.5},$ puis distinguer deux cas selon la parité de $n\sp{1.5}.$
réponse
On a comme décomposition de $P_n$ en facteurs irréductibles :
$\displaystyle{}\smb{1}{P_n=\lambda_n\,X\!\sp{-1.5}\prod_{k=1}^{\lfloor n/2\rfloor}}\!\!\Big(X+\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)\!\Big)\Big(X-\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)\!\Big)\txt{avec :}$
- $\,\deg P_{2p+1}=2\sp{1.5}p+1\sp{1.5}\,$ et $\,\lambda_{2\sp{1.5}p+1}=2\,$ si $\,n=2\sp{1.5}p+1\sp{1.5};\,$
- $\,\deg P_{2p}=2\sp{1.5}p-1\,$ et $\,\lambda_{2\sp{1.5}p}=4\sp{1.5}i\sp{1.5}p\,$ si $\,n=2\sp{1.5}p\sp{1.5}.\,$
correction
En remarquant que $\,P_n(i)=(2\sp{1.5}i)^n\neq0\sp{1.5},\,$ on obtient les racines de $\,P_n\,$ à l'aide des
Pour $n\app\bb N^{\ast}\!,$ l'ensemble des racines $n\tiret$èmes de l'unité est l'ensemble :
racines
$n\tiret$èmes de $1:$
$\displaystyle{}\bb U_n=\ens{\sp{1.5}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}{k\app\,[\![0,n-1]\!]\sp{1.5}}$
Pour toute racine $n\tiret$ème de l'unité $\,\alpha\,$ distincte de $1\sp{1.5},$ on a alors :
$\displaystyle{}1+\alpha+\dots+\alpha^{n-1}=0$
$\eqalign{&P_n(z)=(z+i)^n-(i-z)^n=0\\[-.5ex]
\Ssi&\frac{(z+i)^n}{(i-z)^n}=\Big(\frac{z+i}{i-z}\Big)^{\!n}=1\\[-.5ex]
\Ssi&\frac{z+i}{i-z}\app\bb U_n=\ens{\sp{1.5}\e{\sp{1.5}2\sp{1.5}i\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi\sp{-1.5}/\sp{-1.5}n}}{k\app\,[\![\sp{1.5}0\sp{1.5},n-1]\!]\sp{1.5}}}$
Pour $\,k\app\,[\![\sp{1.5}0\sp{1.5},n-1]\!]\,$ et $\,\theta_k=\dfrac{2\sp{1.5}k\sp{1.5}\pi}n,\,$ on écrit alors :
$\eqalign{ \frac{z+i}{i-z} =\e{i\sp{1.5}\theta_k}\Ssi& z\sp{1.5}(\e{i\sp{1.5}\theta_k}+1)=i\sp{1.5}(\e{i\sp{1.5}\theta_k}-1)\\[-1ex]
\Ssi&\Big(\e{i\sp{1.5}\theta_k}\neq-1\txt{et}z=i\,\frac{\e{i\sp{1.5}\theta_k}-1}{\e{i\sp{1.5}\theta_k}+1}\Big)}$
Pour $\,\theta_k\non\equiv\pi\sp{1.5}[2\sp{1.5}\pi]\sp{1.5},\,$ c'est-à-dire : $\,k\neq n\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2\sp{1.5},\,$ on applique ensuite la technique de l'angle
Pour tous $a,b\app\bb R\sp{1.5},$ on factorise $\,\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\pm\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}b}\,$ avec l'angle moitié :
moitié :
$\displaystyle{}\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}a}\pm\e{\sp{1.5}i\sp{1.5}b}=\e{\,i\sp{1.5}\textstyle\frac{a+b}2}\Big(\e{\,i\sp{1.5}\textstyle\frac{a-b}2}\pm\e{\,i\sp{1.5}\textstyle\frac{b-a}2}\Big)$
$\eqalign{z_k=i\,\frac{\e{i\sp{1.5}\theta_k}-1}{\e{i\sp{1.5}\theta_k}+1}
&=i\,\frac{\e{i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}\sp{1.5}(\e{i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}-\e{-i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2})}{\e{i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}\sp{1.5}(\e{i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2}+\e{-i\sp{1.5}\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2})}\\
&=i\,\frac{2\sp{1.5}i\sp{1.5}\sin(\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)}{2\sp{1.5}\cos(\theta_k\sp{-1.5}/\sp{-1.5}2)}=-\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)}$
On a de plus une
Par symétries du cercle trigonométrique d'axes $\,Oy\,$ et $\,y=x\sp{1.5},\,$ on a :
symétrie
des racines non nulles de $\,P_n\sp{1.5},\,$ avec :
- $\,\sth{.5}\cos(\pi-x)=-\cos x\sp{1.5};\,$ $\,\sin(\pi-x)=\ \,\sin x\ \sp{1.5};\,$ $\,\sth{.5}\tan(\pi-x)=-\tan x\,$ si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi\sp{.75}]\sp{1.5};\stb{1.25}\,$
- $\,\cos(\pi/2-x)=\sin x\sp{1.5};\,$ $\,\sin(\pi/2-x)=\cos x\sp{1.5};\,$$\,\sth{.5}\tan(\pi/2-x)=1\sp{-1.5}/\sp{-1.5}\tan x\,$ si $\,x\non\equiv0\ [\sp{.75}\pi/2\sp{.75}]\sp{1.5}.\,$
$\eqalign{&1\leq k < n/2\Imp n/2 < n-k\leq n-1\sp{1.5},\txt{et :}\\[-.5ex]
&z_{n-k}=-\tan\Big(\pi-\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)=\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)=-z_k}$
En notant $\,\lambda_n\,$ son coefficient dominant, on décompose donc $P_n$ en facteurs
Les polynômes irréductibles de $\bb C[X]$ sont les polynômes de degré $\,1\sp{1.5}.\,$
Les polynômes irréductibles de $\bb R[X]$ sont :
irréductibles
sur $\,\bb C[X]:\,$
- les polynômes de degré $\,1\sp{1.5},\,$
- et les polynômes de degré $2$ et de discriminant $\,\Delta < 0\sp{1.5}.\,$
$\displaystyle{}P_n=\lambda_n\,X\!\prod_{k=1}^{\big\lfloor \frac{n-1}2\big\rfloor}\!\Big(X+\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)\!\Big)\Big(X-\tan\Big(\sp{-1.5}\frac{k\sp{1.5}\pi}n\sp{-1.5}\Big)\!\Big)$
On a donc : $\,\deg P_n=2\big\lfloor \frac{n-1}2\big\rfloor+1\sp{1.5},\,$ et on obtient $\lambda_n$ par les deux premiers termes de la formule du
Pour $\,A,B\app\bb K[X]\,$ et $\,n\app\bb N\sp{1.5},\,$ on a la formule du binôme :
binôme :
$\displaystyle{}(A+B)^n=\dsum_{k=0}^{n}\binome{n\\\sp{1.5}k\sp{1.5}}A^k\sp{1.5}B^{\,n-k}$
On a en particulier les identités remarquables :
$\eqalign{\sth{.5}(A+B)^2&=A^2+2\sp{1.5}A\sp{1.5}B+B^{\sp{1.5}2}\\[-.75ex](A+B)^3&=A^3+3\sp{1.5}A^2B+3\sp{1.5}A\sp{1.5}B^{\sp{1.5}2}+B^{\sp{1.5}3}}$
$\eqalign{P_n&=(X^n\!+ i\sp{1.5}n\sp{1.5}X^{n-1}\!+\cdots\sp{1.5})-(-1)^n(X^n\!- i\sp{1.5}n\sp{1.5}X^{n-1}\!+\cdots\sp{1.5})\\[-.5ex]
&=(1-(-1)^n)\sp{1.5}X^n+i\sp{1.5}(1+(-1)^n)\sp{1.5}n\sp{1.5}X^{n-1}+\cdots}$
Dex cas se présentent donc selon la
Un entier relatif $a$ est pair ssi il est divisible par $2\sp{1.5},$ c'est-à-dire ssi il existe $q\app\bb Z$ tel que $\,a=2\sp{1.5}q\sp{1.5}.\,$
Les entiers non pairs sont les entiers impairs, de la forme : $\,a=2\sp{1.5}q+1\sp{1.5},\,$ pour $\,q\app\bb Z\sp{1.5}.\,$
parité
de l'entier $n:$- $\,\deg P_{2p+1}=2\sp{1.5}p+1\,$ et $\,\lambda_{2\sp{1.5}p+1}\!=\!2\sp{1.5},\,$ si $\,n=2\sp{1.5}p+1\sp{1.5};\,$
- $\,\deg P_{2p}=2\sp{1.5}p-1\,$ et $\,\lambda_{2\sp{1.5}p}=4\sp{1.5}i\sp{1.5}p\sp{1.5},\,$ si $\,n=2\sp{1.5}p\sp{1.5}.\,$
- il est
Un polynôme $A\app\bb K[X]$ non constant est scindé sur $\bb K$ ssi il se décompose en facteurs de degré $1$ dans $\bb K[X]:$scindé dans $\,\bb R[X]\,$ lorsque $n$ est impair ;$\displaystyle{}A=\lambda\sp{1.5}\smh{1.3}{\prod_{i=1}^n}(X-\alpha_i)\sp{1.5},\,\txt{pour}\lambda\app\bb K^{\ast}\!\txt{et}(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\app\bb K^n.$
- il est
Un polynôme $A\app\bb K[X]$ non constant est scindé sur $\bb K$ ssi il se décompose en facteurs de degré $1$ dans $\bb K[X]:$scindé dans $\,\bb C[X]\sp{1.5},\,$ mais n'appartient pas à $\,\bb R[X]\sp{1.5},\,$ lorsque $n$ est pair.$\displaystyle{}A=\lambda\sp{1.5}\smh{1.3}{\prod_{i=1}^n}(X-\alpha_i)\sp{1.5},\,\txt{pour}\lambda\app\bb K^{\ast}\!\txt{et}(\alpha_1,\dots,\alpha_n)\app\bb K^n.$