Nous avons vu précédemment comment résoudre les équations polynômiales de degré 1 et 2.

Nous allons apporter ici quelques compléments.

Factorisation de $\text{z}^\text{n}-\text{a}^\text{n}$

Soient $z$ et $a$ deux nombres complexes, et soit $n$ un entier naturel non nul.

Alors, \[ z^n - a^n = (z-a)\sum_{k=0}^{n-1} a^kz^{n-k-1}. \]

Développons: \begin{align} (z-a)\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1} & = z\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1} - a\sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1}\\ & = \sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k-1}\times z^1 - \sum_{k=0}^{p-1} a^k\times a^1 z^{p-k-1}\\ & = \sum_{k=0}^{p-1} a^kz^{p-k} - \sum_{k=0}^{p-1} a^{k+1}z^{p-k-1}\\ & = \big( a^0z^p + \textcolor{red}{a^1z^{p-1}} + \textcolor{blue}{a^2z^{p-2}} + \cdots + \textcolor{green!50!black}{a^{p-1}z^1}\big)\\ & - \big( \textcolor{red}{a^1z^{p-1}} + \textcolor{blue}{a^2z^{p-2}} + a^3z^{p-3} + \cdots + \textcolor{green!50!black}{a^{p-1}z^1}+ a^pz^0 \big) \\ & = a^0z^p - a^pz^0\\ & = z^p-a^p.\end{align}

On peut factoriser $z^4 - 16$ sous la forme: \[ z^4 - 2^4 = (z-2)(z^3 + 2z^2 + 4z + 8). \]

Factorisation polynomiale

On note $\C_n[z]$ l'ensemble des polynômes de degré $n$ à coefficients complexes: \[ \C_n[z] = \big\{ c_nz^n+c_{n-1}z^{n-1}+\cdots+c_1z+c_0 \, , \, c_k\in\C,\, , \, 0\leqslant k\leqslant n \big\}. \]

Si un polynôme $P$, à variable $z$, est de degré $n$ et est à coefficients complexes, on écrira: \[ P\in\C_n[z]. \]

admise

Soit $P \in\C_n[z]$. \[ P(a)=0 \iff P(z)=(z-a)Q(z)\quad,\quad Q\in\C_{n-1}[z]. \]

Soit $P(z) = 3z^3 - 5z^2 + 7z - 5$.

\[ P(1) = 3\times1^3 - 5\times1^2 + 7\times1 - 5=0. \]

Par conséquent, on peut écrire: \[ P(z)=(z-1)(az^2+bz+c). \] Pour trouver les valeurs de $a$, $b$ et $c$, on développe la forme factorisée: \[ P(z) = az^3 + bz^2 + cz - az^2 - bz - c \] puis on regroupe les termes de mêmes puissances: \[ P(z) = az^3 + (b-a)z^2 + (c-b)z - c \] et enfin, on identifie les coefficients de chaque puissance de $z$ à ceux de la forme développée initiale: \begin{cases} a & = 3\\ b-a & = -5\\ c-b & = 7\\ -c & = -5\end{cases} \iff \begin{cases} a=3\\ b=-2\\ c=5 \] Finalement, on peut écrire: \[ P(z)=(z-1)(3z^2-2z+5). \] Il est désormais aisé de résoudre l'équation $P(z)=0$.

Tout polynôme de degré $n$ admet au plus $n$ racines complexes.

Nous allons ici démontrer que tout polynôme de degré $n$ admet un nombre de racines inférieur ou égal à $n$.

Soit $P(z)=\displaystyle\sum_{k=0}^n c_kz^k$ un polynôme de $C_n[z]$.

Supposons qu'il existe $n+1$ racines à $P$, et notons-les $r_1$, $r_2$, ... , $r_{n+1}$.

Alors, $P(z)=c_n(z-r_1)(z-r_2)\cdots(z-r_n)(z-r_{n+1})$.

Or, en développant, on obtient un terme en $z^{n+1}$, ce qui contredit l'hypothèse selon laquelle $P\in\C_n[z]$.

Par conséquent, il y a moins de $n+1$ racines à $P$.

pourquoi "au plus"

Il existe des cas où les racines sont multiples.

Par exemple, $(z-1)^3$ est un polynôme de degré 3 qui n'admet que 1 comme racine. Mais comme le facteur $z-1$ apparaît trois fois dans la factorisation, on dit que la racine « 1 » est triple.

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Exercices

Factoriser dans $\C$ les polynômes suivants par un monôme de degré 1.

$z^3 - 27$
$z^5 - \i$
$z^4 - 4$
$z^6 + 64$

On a: \begin{align} z^3 - 27 & = z^3 - 3^3\\ & = (z-3)(z^2 + 3z + 9). \end{align}
On a: \begin{align} z^5 - \i & = z^5 - \i^5\\ & = (z-\i)(z^4 + \i z^3 + \i^2 z^2 + \i^3z + \i^4)\\ & = (z-\i)(z^4 + \i z^3 - z^2 - \i z + 1). \end{align}
On a: \begin{align} z^4 - 4 & = (z^4 - \big(\sqrt2\big)^4\\ & = \big(z-\sqrt2\big)\big(z^3 + \sqrt2z^2 + (\sqrt2)^2z + (\sqrt2)^3\big)\\ & = \big(z-\sqrt2\big)\big( z^3 + \sqrt2z^2 + 2z + 2\sqrt2 \big). \end{align}
On a: \begin{align} z^6 + 64 & = z^6 - (2\i)^6\\ & = (z-2\i)\big(z^5 + 2\i z^4 + (2\i)^2z^3 + (2\i)^3z^2 + (2\i)^4z + (2\i)^5 \big)\\ & = (z-2\i)\big(z^5 + 2\i z^4 - 4z^3 -8\i z^2 + 16z + 32\i \big). \end{align}

Soit $P(z) = \dfrac{1}{2}z^3 + 5z +\dfrac{11}{2}$.

Montrer que $P(-1)=0$, puis résoudre l'équation $P(z)=0$.

$P(z) = \dfrac{1}{2}z^3 + 5z +\dfrac{11}{2}$ donc: \[ P(-1) = \dfrac{1}{2}\times(-1)^3 + 5\times(-1) +\dfrac{11}{2} =- \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}= 0. \] On en déduit alors que: \[ P(z) = (z-(-1))(az^2+bz+c) = (z+1)(az^2+bz+c) . \] En développant, on trouve: \[ P(z) = az^3 + (a+b)z^2 + (b+c)z + c. \] En identifiant les coefficients, on a: \begin{cases} a & = \frac{1}{2}\\ a+b & = 0\\ b+c & = 5\\ c&=\frac{11}{2} \end{cases} soit: \begin{cases} a=\frac{1}{2}\\ b=-\frac{1}{2}\\ c = \frac{11}{2} \end{cases}

Ainsi, \[ P(z)=(z+1)\left(\frac{1}{2}z^2-\frac{1}{2}z+\frac{11}{2}\right). \] Le discriminant de $\frac{1}{2}z^2-\frac{1}{2}z+\frac{11}{2}$ est: \[ \Delta = -\frac{43}{4} \] donc ses racines complexes sont: \[ z_1=\dfrac{\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{43}}{2}}{2\times\frac{1}{2}}\i=\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{43}}{2}\qquad\text{et}\qquad z_2=\overline{z_1}=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{43}}{2}\i. \] Les solutions de l'équation $P(z)=0$ sont donc $-1$, $z_1$ et $z_2$.

On considère l'équation: \[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0.\tag{E} \]

Montrer que $-3$ est solution de $(E)$.
Trouver une autre solution simple de $(E)$.
Résoudre $(E)$.

\[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0.\tag{E} \]

En remplaçant $z$ par $-3$ dans le membre de gauche de $(E)$, on obtient: \begin{align} (-3)^4 + 3(-3)^3 - (-3) - 3 & = 81 - 81 + 3 - 3\\ & = 0.\end{align}

Ainsi, $-3$ est bien solution de $(E)$.

On peut alors en déduire que: \[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)Q(z). \]

On pouvait aussi le voir en écrivant: \[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = z^3(z+3) - (z+3) = (z+3)(z^3-1). \]
Cette question, consistant à trouver nous-même une solution de $(E)$, nous pousse à nous dire qu'il en existe une évidente. Commençons donc par remplacer $z$ par $1$: \begin{align} 1^4 + 3\times1^3 - 1 - 3 & = 1 +3 -1 - 3\\ & = 0.\end{align}

Donc $1$ est solution de $(E)$.

On pouvait aussi s'aider de la factorisation trouvée dans la remarque précédente: \[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = 0 \iff (z+3)(z^3-1)=0 \] Une valeur de $z$ qui annule le second facteur est $z=1$.
D'après la remarque précédente, on sait que $z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)(z^3-1)$. De plus, \[ 1+z+z^2 = \dfrac{z^3-1}{z-1} \] donc: \[ z^4 + 3z^3 - z - 3 = (z+3)(z-1)(z^2+z+1). \]

Les racines de $z^2+z+1$ sont $\j=\e^{\frac{2\i\pi}{3}}$ et $\bar{\j}=\e^{-\frac{2\i\pi}{3}}=\e^{\frac{4\i\pi}{3}}=\j^2$.

Ainsi, l'ensemble solution de l'équation $(E)$ est: \[ \lbrace -3\,;\, 1\,;\, \j\,;\, \j^2 \rbrace. \]

Vers le cosinus de $\frac{2\pi}{5}$

On pose : \[ w=\e^{\i\frac{2\pi}{5}}. \]

Simplifier $w^5$ puis calculer $1+w+w^2+w^3+w^4$.
Monter que pour tout nombre complexe $z$ non nul, \[ \dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1. \]
1. Résoudre dans $\C$ l'équation : \[ Z^2+Z-1=0.\]
2. En déduire la valeur exacte de $\cos\left(\dfrac{2\pi}{5}\right)$.

$w^5=\left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)^5=\e^{\i\frac{2\pi}{5}\times5}=\e^{2\i\pi}=1$. \[ 1+w+w^2+w^3+w^4= \dfrac{w^5-1}{w-1} = 0. \]
On développe le second membre de l'égalité : \begin{align} \left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1 & = z^2+2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}-1\\ & = z^2+\dfrac{1}{z^2}+z+\dfrac{1}{z}+1.\end{align}

Or, \[ \dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right) = \dfrac{1}{z^2}+\dfrac{1}{z}+1+z+z^2. \] On a donc bien : \[ \boxed{\dfrac{1}{z^2}\left(1+z+z^2+z^3+z^4\right)=\left(z+\frac{1}{z}\right)^2+\left(z+\frac{1}{z}\right)-1} \]
1. Le polynôme $Z^2+Z-1$ a pour discriminant : \[ \Delta=1^2-4\times1\times(-1)=5. \] Il admet donc deux racines réelles distinctes : \[ Z_1 = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{et}\qquad Z_2 = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}. \]
2. D'après la question 1, \[ 1+w+w^2+w^3+w^4=0\;,\] donc \[ \dfrac{1}{w^2}\left(1+w+w^2+w^3+w^4\right)=0\;, \] soit, d'après la question 2 : \[ \left(w+\dfrac{1}{w}\right)^2+\left(w+\dfrac{1}{w}\right)-1=0. \] ou encore: \[ \left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+ \e^{-\i\frac{2\pi}{5}}\right)^2+ \left(\e^{\i\frac{2\pi}{5}}+ \e^{\i\frac{2\pi}{5}}\right)-1=0. \] Or, \begin{align} \e^{\i\frac{2\pi}{5}}+\e^{-\i\frac{2\pi}{5}} & = \cos\frac{2\pi}{5}+\i\sin\frac{2\pi}{5}+\cos\left(-\frac{2\pi}{5}\right)+\i\sin\left(-\frac{2\pi}{5}\right)\\ & = 2\cos\frac{2\pi}{5}.\end{align}
  
  Donc, \[ \left(2\cos\frac{2\pi}{5}\right)^2+2\cos\frac{2\pi}{5}-1=0.\qquad\qquad (1) \]
  
  $2\cos\dfrac{2\pi}{5}$ est solution de l'équation $Z^2+Z-1=0$ donc, d'après la question précédente:
  
  \[ 2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\qquad\text{ou}\qquad 2\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\;, \] soit: \[ \cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}\qquad\text{ou}\qquad \cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}. \] Or, $\cos\dfrac{2\pi}{5}>0$ car $0 < \dfrac{2\pi}{5} < \dfrac{\pi}{2}$ d'où : \[ \boxed{\cos\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}} \]

Résoudre l'équation: \[ 3\i z^2 + 2z + \i = 0.\tag{E} \]

Le discriminant de $3\i z^2 + 2z + \i$ est: \[ \Delta = 2^2 - 4\times3\i\times\i = 4 - 12\i^2 = 4+12 = 16. \] Il y a donc deux solutions à $(E)$: \[ z_1 = \dfrac{-2-\sqrt{16}}{2\times3\i} = -\dfrac{1}{\i} = -\dfrac{\i}{\i^2}=\i \] et \[ z_2 = \dfrac{-2+\sqrt{16}}{2\times3\i} = \frac{1}{3\i} = -\dfrac{1}{3}\i. \]

On souhaite résoudre l'équation: \[ 2z^2-3z+3-\i=0.\tag{E} \]

Trouver les réels $a$ et $b$ tels que $(a+\i b)^2 = -15 + 8\i$.
En déduire les solutions de $(E)$.