Multiplicités et factorisation dans R[X] : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : multiplicités et factorisation dans R[X]

Le corrigé détaillé : multiplicités et factorisation dans R[X]

Exercice 1 – Question de cours : au plus n racines (3 points)

1. La division euclidienne de \(P\) par \(X – a\), de degré \(1\), s’écrit \(P = (X – a)Q + R\) avec \(\deg R < 1\). Le reste est donc une constante \(r\). En évaluant en \(a\), on trouve \(P(a) = 0 \times Q(a) + r = r\).

   Par conséquent, \(P(a) = 0\) équivaut à \(r = 0\), c’est-à-dire à l’écriture \(P = (X – a)Q\). Réciproquement, si \(X – a\) divise \(P\), l’unicité de la division impose un reste nul. Ainsi \(P(a) = 0\) si et seulement si \(X – a\) divise \(P\).

2. Notons \(\mathcal{H}_n\) la propriété : « tout polynôme non nul de degré \(n\) possède au plus \(n\) racines distinctes ». D’abord, \(\mathcal{H}_0\) est vraie, car un polynôme constant non nul ne s’annule jamais.

   Supposons ensuite \(\mathcal{H}_n\) vraie, et soit \(P\) de degré \(n + 1\). Si \(P\) n’a aucune racine, il n’y a rien à prouver. Sinon, soit \(a\) une racine : la question a) donne \(P = (X – a)Q\) avec \(\deg Q = n\), donc \(Q \neq 0\). Soit \(b \neq a\) une autre racine de \(P\). Alors \(0 = (b – a)\,Q(b)\) avec \(b – a \neq 0\). Comme \(\mathbb{K}\) est un corps, il reste \(Q(b) = 0\).

   Les racines de \(P\) autres que \(a\) sont donc des racines de \(Q\), qui en possède au plus \(n\) d’après \(\mathcal{H}_n\). Finalement, \(P\) en possède au plus \(n + 1\), ce qui établit \(\mathcal{H}_{n+1}\). Par récurrence, un polynôme non nul de degré \(n\) a au plus \(n\) racines distinctes.

3. Une récurrence immédiate à partir de \(P(x + 1) = P(x)\) donne \(P(k) = P(0)\) pour tout entier naturel \(k\). Le polynôme \(D = P – P(0)\) admet alors une infinité de racines \(0, 1, 2, \ldots\). S’il était non nul, il en aurait au plus \(\deg D\) ; c’est donc le polynôme nul. Ainsi \(P\) est constant, égal à \(P(0)\).

Piège classique : oublier de justifier que \(Q(b) = 0\). L’argument repose sur l’absence de diviseurs de zéro dans \(\mathbb{K}\), qui permet de simplifier par \(b – a\).

Barème : a) 1 point (division et évaluation 0,5, équivalence complète 0,5) ; b) 1,5 point (initialisation 0,25, factorisation 0,5, racines de Q et conclusion 0,75) ; c) 0,5 point.

Exercice 2 – Trois divisions euclidiennes (4 points)

1. On abaisse le degré du dividende étape par étape. D’abord, le terme \(2X^2\) du quotient donne \(A – 2X^2 B = -X^3 – 3X^2 + 3\). Ensuite, le terme \(-X\) conduit à \(-X^3 – 3X^2 + 3 + X\,B = -2X^2 – X + 3\). Enfin, le terme \(-2\) laisse \(-2X^2 – X + 3 + 2B = X + 1\), de degré \(1 < 2\).

   On obtient \(A = (X^2 + X – 1)(2X^2 – X – 2) + X + 1\). Le quotient vaut \(2X^2 – X – 2\) et le reste \(X + 1\). Pour vérifier, on développe \(BQ = 2X^4 + X^3 – 5X^2 – X + 2\). Puis on ajoute \(X + 1\) et l’on retrouve bien \(A\).

2. Le diviseur est de degré \(2\). Le reste s’écrit donc \(aX + b\), avec \(X^n = (X + 1)(X – 2)\,Q_n + aX + b\). En évaluant en \(-1\) puis en \(2\), on obtient le système \(-a + b = (-1)^n\) et \(2a + b = 2^n\).

   Par soustraction, \(3a = 2^n – (-1)^n\), puis \(b = (-1)^n + a\). Le reste vaut donc \(\dfrac{2^n – (-1)^n}{3}\,X + \dfrac{2^n + 2(-1)^n}{3}\). Par exemple, pour \(n = 2\), on trouve \(X + 2\). C’est cohérent, car \(X^2 – X – 2\) plus \(X + 2\) redonne \(X^2\).

3. Cette fois, \(X^{2026} = (X^2 + 1)\,S + cX + d\) avec \(c\) et \(d\) réels. Évaluons en \(\mathrm{i}\), racine de \(X^2 + 1\). Comme \(2026 = 4 \times 506 + 2\), on a \(\mathrm{i}^{2026} = -1\). Ainsi \(c\,\mathrm{i} + d = -1\), et l’identification des parties réelle et imaginaire donne \(c = 0\) et \(d = -1\). Le reste est donc le polynôme constant \(-1\).

Piège classique : évaluer en une seule racine du diviseur. Avec deux inconnues, il faut deux équations, ou bien une évaluation complexe dont on sépare partie réelle et partie imaginaire.

Barème : a) 1,5 point (division 1, vérification 0,5) ; b) 1,5 point (forme du reste 0,5, système 0,5, résolution 0,5) ; c) 1 point.

Exercice 3 – Racines multiples et dérivées (4 points)

1. Soit \(P\) non nul de \(\mathbb{K}[X]\) et \(m \geq 1\). Le scalaire \(a\) est racine de multiplicité exactement \(m\) si et seulement si \(P(a) = P^{\prime}(a) = \cdots = P^{(m-1)}(a) = 0\) et \(P^{(m)}(a) \neq 0\).

2. On calcule \(P(1) = 1 – 1 – 3 + 5 – 2 = 0\). Ensuite, \(P^{\prime} = 4X^3 – 3X^2 – 6X + 5\) donne \(P^{\prime}(1) = 0\). De même, \(P^{\prime\prime} = 12X^2 – 6X – 6\) s’annule en \(1\). En revanche, \(P^{(3)} = 24X – 6\) vérifie \(P^{(3)}(1) = 18 \neq 0\). Donc \(1\) est racine triple de \(P\).

   Par conséquent, \((X – 1)^3\) divise \(P\). Or \(P\) est unitaire de degré \(4\), donc \(P = (X – 1)^3(X + c)\) pour un réel \(c\). Le coefficient constant donne \(-c = -2\), donc \(c = 2\), et \(P = (X – 1)^3(X + 2)\). La courbe traverse donc l’axe en \(1\) avec une tangente horizontale. C’est le comportement attendu en une racine triple.

3. La racine \(-1\) est au moins double si et seulement si \(Q(-1) = 0\) et \(Q^{\prime}(-1) = 0\). Or \(Q(-1) = 4 – a – b\). De plus, \(Q^{\prime} = 4X^3 + 3aX^2 + b\), donc \(Q^{\prime}(-1) = -4 + 3a + b\). On résout donc \(a + b = 4\) et \(3a + b = 4\), d’où \(a = 0\) et \(b = 4\).

   Ainsi \(Q = X^4 + 4X + 3\). Comme \(Q^{\prime\prime}(-1) = 12 \neq 0\), la racine \(-1\) est exactement double. On cherche alors \(Q = (X^2 + 2X + 1)(X^2 + pX + q)\). Le coefficient constant impose \(q = 3\), et celui de \(X^3\) impose \(p + 2 = 0\), donc \(p = -2\). Un développement confirme \(Q = (X + 1)^2(X^2 – 2X + 3)\).

   Le trinôme \(X^2 – 2X + 3\) a pour discriminant \(-8 < 0\). Il est donc irréductible dans \(\mathbb{R}[X]\), de racines \(1 \pm \mathrm{i}\sqrt{2}\). Finalement, la factorisation réelle est \(Q = (X + 1)^2(X^2 – 2X + 3)\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on a \(Q = (X + 1)^2(X – 1 – \mathrm{i}\sqrt{2})(X – 1 + \mathrm{i}\sqrt{2})\).

Barème : a) 0,5 point ; b) 1,5 point (dérivées successives 1, factorisation 0,5) ; c) 2 points (système 0,75, multiplicité exacte 0,25, factorisation réelle 0,5, factorisation complexe 0,5).

Exercice 4 – Des complexes aux réels (4 points)

1. Le module de \(1 + \mathrm{i}\sqrt{3}\) vaut \(\sqrt{1 + 3} = 2\), et un argument est \(\frac{\pi}{3}\) : ce nombre s’écrit donc \(2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3}\). Sa puissance sixième vaut \(2^6\,\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\pi} = 64\), ce qui confirme que \(A\) convient.

   Cherchons maintenant \(z = r\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\) avec \(r > 0\). L’égalité \(z^6 = 64\) équivaut à \(r^6 = 64\) et \(6\theta \equiv 0\) modulo \(2\pi\). On obtient alors \(r = 2\) et \(\theta = \frac{k\pi}{3}\), avec \(k\) entre \(0\) et \(5\). Les six solutions distinctes sont donc \(z_k = 2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k\pi/3}\). Sous forme algébrique, ce sont \(2\), \(1 + \mathrm{i}\sqrt{3}\), \(-1 + \mathrm{i}\sqrt{3}\), \(-2\), \(-1 – \mathrm{i}\sqrt{3}\) et \(1 – \mathrm{i}\sqrt{3}\). Elles forment un hexagone régulier inscrit dans le cercle de la figure.

2. Le polynôme \(X^6 – 64\) est unitaire de degré \(6\), avec six racines distinctes. Il est donc le produit des \(X – z_k\) : \(X^6 – 64 = \displaystyle\prod_{k=0}^{5}\left(X – 2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}k\pi/3}\right)\) dans \(\mathbb{C}[X]\).

   Ensuite, on regroupe chaque racine non réelle avec sa conjuguée. On obtient \(X^2 – 2X + 4\) et \(X^2 + 2X + 4\). Ces deux trinômes ont pour discriminant \(-12 < 0\), donc ils sont irréductibles. Ainsi \(X^6 – 64 = (X – 2)(X + 2)(X^2 – 2X + 4)(X^2 + 2X + 4)\) dans \(\mathbb{R}[X]\). Pour contrôler, on regroupe les facteurs : on retrouve \(X^3 – 8\) et \(X^3 + 8\), dont le produit vaut bien \(X^6 – 64\).

3. On calcule \(R(\mathrm{i}) = \mathrm{i}^4 – 2\,\mathrm{i}^3 + 6\,\mathrm{i}^2 – 2\,\mathrm{i} + 5 = 1 + 2\mathrm{i} – 6 – 2\mathrm{i} + 5 = 0\). Comme \(R\) est à coefficients réels, \(R(-\mathrm{i}) = \overline{R(\mathrm{i})} = 0\). Par conséquent, \(X^2 + 1\) divise \(R\).

   Une identification donne alors \(R = (X^2 + 1)(X^2 – 2X + 5)\), ce qu’un développement confirme. Le second facteur a pour discriminant \(-16 < 0\) et pour racines \(1 \pm 2\mathrm{i}\). Ainsi \(R = (X^2 + 1)(X^2 – 2X + 5)\) dans \(\mathbb{R}[X]\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on a \(R = (X – \mathrm{i})(X + \mathrm{i})(X – 1 – 2\mathrm{i})(X – 1 + 2\mathrm{i})\).

Piège classique : laisser un facteur de degré 2 sans vérifier son discriminant. Dans \(\mathbb{R}[X]\), seul un trinôme de discriminant strictement négatif est irréductible.

Barème : a) 1,5 point (vérification 0,25, résolution exponentielle 0,75, forme algébrique 0,5) ; b) 1 point (0,5 par corps) ; c) 1,5 point (racine i et conjuguée 0,5, factorisation réelle 0,5, factorisation complexe 0,5).

Exercice 5 – Problème : un cubique sans racine évidente (5 points)

1. Le polynôme \(T\) est unitaire et se factorise dans \(\mathbb{C}[X]\) en \((X – \alpha)(X – \beta)(X – \gamma)\). L’identification des coefficients donne \(\alpha + \beta + \gamma = 2\), \(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = 3\) et \(\alpha\beta\gamma = 5\).

2. On développe le carré de la somme : \((\alpha + \beta + \gamma)^2 = \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 + 2(\alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha)\). Il vient \(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = 4 – 6\), soit \(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = -2\).

   Si les trois racines étaient réelles, cette somme de carrés serait positive. Donc \(T\) admet au moins une racine non réelle. De plus, \(T\) est à coefficients réels : la conjuguée de cette racine est donc aussi racine. Ainsi \(T\) a deux racines non réelles conjuguées et une racine réelle.

3. Le produit \(\alpha\beta\gamma = 5\) n’est pas nul, donc aucune racine n’est nulle. Au même dénominateur, \(\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} = \frac{\beta\gamma + \gamma\alpha + \alpha\beta}{\alpha\beta\gamma}\), d’où \(\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} = \frac{3}{5}\).

4. Chaque racine \(x\) de \(T\) vérifie \(x^3 = 2x^2 – 3x + 5\). Par sommation, \(\alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 = 2 \times (-2) – 3 \times 2 + 3 \times 5\), soit \(\alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 = 5\).

5. Les nombres \(\frac{1}{\alpha}\), \(\frac{1}{\beta}\), \(\frac{1}{\gamma}\) ont pour somme \(\frac{3}{5}\). Ensuite, la somme de leurs produits deux à deux vaut \(\frac{\alpha + \beta + \gamma}{\alpha\beta\gamma} = \frac{2}{5}\), et leur produit vaut \(\frac{1}{5}\). Le polynôme cherché est donc \(X^3 – \frac{3}{5}X^2 + \frac{2}{5}X – \frac{1}{5}\). On peut le contrôler : il est égal à \(-\frac{1}{5}X^3\,T\!\left(\frac{1}{X}\right) = -\frac{1}{5}\left(1 – 2X + 3X^2 – 5X^3\right)\).

6. La fonction \(t\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), avec \(t^{\prime}(x) = 3x^2 – 4x + 3\). Ce trinôme a pour discriminant \(-20 < 0\), donc \(t^{\prime}\) reste strictement positive. Ainsi \(t\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

   De plus, \(t(1) = 1 – 2 + 3 – 5 = -3\) et \(t(2) = 8 – 8 + 6 – 5 = 1\). Or \(t\) est continue et strictement croissante. Le théorème de la bijection montre alors qu’elle s’annule une seule fois, dans \(]1\,;\,2[\). Ainsi \(T\) a une unique racine réelle, située entre \(1\) et \(2\), ce qui confirme la question b).

Piège classique : oublier le signe alterné des relations de Viète. Pour un polynôme unitaire de degré 3, le produit des racines est l’opposé du coefficient constant.

Barème : a) 0,5 point ; b) 1 point (calcul 0,5, conclusion sur les racines 0,5) ; c) 0,5 point ; d) 1 point ; e) 1 point (trois fonctions symétriques 0,75, polynôme 0,25) ; f) 1 point (monotonie 0,5, localisation 0,5).

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