Racines d’un polynôme et Viète en maths sup (MPSI) : cours et méthodes

Si \(P\neq 0\), le degré de \(P\) est le plus grand entier \(d\) tel que \(a_d\neq 0\). Le coefficient \(a_d\) s’appelle le coefficient dominant. Si ce coefficient vaut 1, on dit que \(P\) est unitaire. Par convention, le polynôme nul a pour degré \(-\infty\).

Pour tous \(P\), \(Q\) dans \(\mathbb{K}[X]\) :

• \(\deg(PQ)=\deg P+\deg Q\), et le coefficient dominant de \(PQ\) est le produit des coefficients dominants ;
• \(\deg(P+Q)\leqslant\max(\deg P,\deg Q)\), avec égalité si \(\deg P\neq\deg Q\).

Soit \(A\) et \(B\) dans \(\mathbb{K}[X]\), avec \(B\neq 0\). On peut écrire \(A=BQ+R\) avec \(\deg R<\deg B\), et ce d’une seule façon. Les polynômes \(Q\) et \(R\) ainsi déterminés portent les noms de quotient et de reste.

Commençons par l’unicité. Supposons \(BQ+R=BQ_1+R_1\). Alors \(B(Q-Q_1)=R_1-R\). À droite, le degré reste sous \(\deg B\). À gauche, si \(Q\neq Q_1\), il atteint au moins \(\deg B\). Donc \(Q=Q_1\), puis \(R=R_1\).

Passons à l’existence, par récurrence forte sur \(\deg A\). Si \(\deg A<\deg B\), le couple \((0,A)\) convient. Sinon, on note \(a\) et \(b\) les coefficients dominants, \(n=\deg A\) et \(p=\deg B\). Le polynôme \(A-\frac{a}{b}X^{n-p}B\) est de degré strictement inférieur à \(n\). On lui applique l’hypothèse de récurrence, ce qui fournit le couple cherché pour \(A\).

Nous divisons \(A=X^4-2X^3+3X-1\) par \(B=X^2+X-1\). D’abord, \(A-X^2B=-3X^3+X^2+3X-1\). Ensuite, on retranche \(-3XB\) : il reste \(4X^2-1\). Enfin, on retranche \(4B\) : il reste \(-4X+3\), de degré 1.

Ainsi \(Q=X^2-3X+4\) et \(R=-4X+3\). Pour contrôler, on développe \(BQ=X^4-2X^3+7X-4\), puis on ajoute \(R\) et l’on retrouve bien \(A\).

Pour trouver le reste de \(A\) dans la division par \(B=(X-\alpha)(X-\beta)\), avec \(\alpha\neq\beta\) :

1. Écrire \(A=BQ+R\) avec \(R=uX+v\), car \(\deg R\leqslant 1\).
2. Évaluer en \(\alpha\) et en \(\beta\) : on obtient \(R(\alpha)=A(\alpha)\) et \(R(\beta)=A(\beta)\).
3. Résoudre le système de deux équations d’inconnues \(u\) et \(v\).

Cherchons le reste de \(X^n\) dans la division par \((X+1)(X-2)\). On pose \(R=uX+v\). Alors \(-u+v=(-1)^n\) et \(2u+v=2^n\). Par soustraction, \(u=\frac{2^n-(-1)^n}{3}\). Ensuite, \(v=\frac{2^n+2(-1)^n}{3}\).

Vérifions pour \(n=2\) : on trouve \(R=X+2\). Or \(X^2-(X^2-X-2)=X+2\). Le résultat est donc cohérent.

Montrons que \(X-1\) divise \(X^7-1\) et précisons le quotient. On utilise l’identité \(a^7-b^7=(a-b)(a^6+a^5b+\dots+b^6)\) avec \(a=X\) et \(b=1\). Ainsi \(X^7-1=(X-1)(X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1)\). Autrement dit, le quotient est la somme des puissances de \(X\) de 0 à 6, et le reste est nul.

Un élément \(a\in\mathbb{K}\) est racine de \(P\) lorsque \(\tilde{P}(a)=0\), où \(\tilde{P}\) est la fonction polynomiale associée. Dans la pratique, on note simplement \(P(a)\).

Le scalaire \(a\) est racine de \(P\) si et seulement si \(X-a\) divise \(P\). Plus généralement, si \(a_1,\dots,a_r\) sont des racines deux à deux distinctes de \(P\), alors \(\prod_{i=1}^{r}(X-a_i)\) divise \(P\).

On divise \(P\) par \(X-a\) : \(P=(X-a)Q+R\) avec \(R\) constant. En évaluant en \(a\), on obtient \(R=P(a)\). Donc \(X-a\) divise \(P\) si et seulement si \(P(a)=0\). Pour plusieurs racines, on procède par récurrence : si \(P=(X-a_1)Q\), alors chaque \(a_i\) avec \(i\geqslant 2\) annule \(Q\), car \(a_i-a_1\neq 0\).

Soit \(P\neq 0\) de degré \(n\). Alors \(P\) admet au plus \(n\) racines deux à deux distinctes. En conséquence, si \(\deg P\leqslant n\) et si \(P\) prend la valeur 0 en \(n+1\) scalaires distincts, alors \(P=0\).

Soit \(P\neq 0\) et \(a\) une racine de \(P\). La multiplicité de \(a\) est le plus grand entier \(m\) tel que \((X-a)^m\) divise \(P\). De façon équivalente, \(P=(X-a)^mQ\) où \(Q(a)\neq 0\). Lorsque \(m\) vaut 1, 2 ou 3, la racine est dite simple, double ou triple.

Formule de Taylor : pour tout \(P\) de degré au plus \(n\) et tout \(a\in\mathbb{K}\), \[P=\sum_{k=0}^{n}\frac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^k.\]

Soit \(m\geqslant 1\). Le scalaire \(a\) est racine de multiplicité exactement \(m\) de \(P\) si et seulement si \(P(a)=P^{\prime}(a)=\dots=P^{(m-1)}(a)=0\) et \(P^{(m)}(a)\neq 0\).

D’après la formule de Taylor, \(P=\sum_{k<m}\frac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^k+(X-a)^mS\), où \(S=\sum_{k\geqslant m}\frac{P^{(k)}(a)}{k!}(X-a)^{k-m}\). Si les \(m\) premières dérivées s’annulent en \(a\), alors \(P=(X-a)^mS\) avec \(S(a)=\frac{P^{(m)}(a)}{m!}\neq 0\). Réciproquement, l’unicité de l’écriture suivant les puissances de \(X-a\) donne les conditions annoncées.

Soit \(P=X^5-3X^4+4X^3-4X^2+3X-1\). On calcule \(P(1)=1-3+4-4+3-1=0\). Ensuite, \(P^{\prime}=5X^4-12X^3+12X^2-8X+3\) donne \(P^{\prime}(1)=0\). De même, \(P^{\prime\prime}=20X^3-36X^2+24X-8\) s’annule en 1. Enfin, \(P^{(3)}=60X^2-72X+24\) vaut 12 en 1.

Par conséquent, 1 est racine triple de \(P\). D’ailleurs, on vérifie que \(P=(X-1)^3(X^2+1)\).

Cherchons les racines multiples de \(P=X^4-2X^3+2X-1\). On dérive : \(P^{\prime}=4X^3-6X^2+2=2(2X^3-3X^2+1)\). Le nombre 1 annule la parenthèse, et l’on obtient \(P^{\prime}=2(X-1)^2(2X+1)\). Les candidates sont donc 1 et \(-\frac{1}{2}\).

Ensuite, \(P(1)=1-2+2-1=0\), donc 1 est racine multiple. En revanche, \(P\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{16}+\frac{1}{4}-1-1\neq 0\). Enfin, 1 est racine double de \(P^{\prime}\), donc racine triple de \(P\). On en déduit \(P=(X-1)^3(X+1)\), ce que confirme le terme constant.

On qualifie de scindé sur \(\mathbb{K}\) tout polynôme non constant de la forme \(P=c\prod_{i=1}^{n}(X-x_i)\), avec \(c\neq 0\) et des \(x_i\in\mathbb{K}\) non nécessairement distincts. Les \(x_i\) sont alors les racines de \(P\), répétées selon leur multiplicité.

Relations de Viète. Soit \(P=\sum_{k=0}^{n}a_kX^k\) scindé, de racines \(x_1,\dots,x_n\), avec \(a_n\neq 0\). Pour \(1\leqslant k\leqslant n\), on note \(\sigma_k\) la somme des produits \(x_{i_1}\cdots x_{i_k}\) avec \(i_1<\dots<i_k\). Alors \[\sigma_k=(-1)^k\,\frac{a_{n-k}}{a_n}.\] En particulier, \(\sigma_1=-\frac{a_{n-1}}{a_n}\) et \(\sigma_n=x_1\cdots x_n=(-1)^n\frac{a_0}{a_n}\).

Pour calculer une expression symétrique des racines sans les connaître :

1. Écrire les \(\sigma_k\) à l’aide des coefficients.
2. Exprimer la quantité cherchée en fonction des \(\sigma_k\), par exemple \(\sum x_i^2=\sigma_1^2-2\sigma_2\).
3. Pour les inverses, réduire au même dénominateur : \(\sum\frac{1}{x_i}=\frac{\sigma_{n-1}}{\sigma_n}\) si aucune racine n’est nulle.

Soit \(x_1,x_2,x_3\) les racines complexes de \(X^3+2X^2-X+3\). On lit \(\sigma_1=-2\), \(\sigma_2=-1\) et \(\sigma_3=-3\). Par conséquent, \(x_1^2+x_2^2+x_3^2=4+2=6\). Ensuite, aucune racine n’est nulle, car \(\sigma_3\neq 0\). Ainsi \(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}=\frac{\sigma_2}{\sigma_3}=\frac{1}{3}\).

Cherchons deux complexes \(u\) et \(v\) de somme 4 et de produit 13. D’après la remarque précédente, ce sont les racines de \(X^2-4X+13\). Le discriminant vaut \(16-52=-36=(6i)^2\). Par conséquent, \(\{u,v\}=\{2+3i,\,2-3i\}\). On contrôle : la somme vaut 4 et le produit vaut \(4+9=13\).

Pour \(0\leqslant i\leqslant n\), le \(i\)-ème polynôme de Lagrange est \[L_i=\prod_{j\neq i}\frac{X-a_j}{a_i-a_j}.\] Il est de degré \(n\), vaut 1 en \(a_i\) et s’annule en chaque \(a_j\) avec \(j\neq i\).

Il existe un unique polynôme \(P\) de degré au plus \(n\) tel que \(P(a_i)=b_i\) pour tout \(i\). Il s’écrit \(P=\sum_{i=0}^{n}b_iL_i\).

D’abord, le polynôme \(\sum b_iL_i\) est de degré au plus \(n\). De plus, en \(a_k\), seul le terme \(b_kL_k\) est non nul, et il vaut \(b_k\). Ensuite, si \(P\) et \(P_1\) conviennent, leur différence a trop de racines pour son degré : \(n+1\) racines pour un degré au plus \(n\). Elle est donc nulle.

Cherchons \(P\) de degré au plus 2 tel que \(P(-1)=2\), \(P(1)=0\) et \(P(2)=5\). On a \(L_0=\frac{(X-1)(X-2)}{6}\) et \(L_2=\frac{(X+1)(X-1)}{3}\). Le terme en \(L_1\) disparaît, car \(b_1=0\). Donc \(P=\frac{X^2-3X+2}{3}+\frac{5X^2-5}{3}=2X^2-X-1\).

Enfin, on contrôle : \(P(-1)=2\), \(P(1)=0\) et \(P(2)=8-2-1=5\).

Pour établir une relation valable pour tous les polynômes de degré au plus \(n\) :

1. Choisir \(n+1\) abscisses distinctes adaptées au problème.
2. Écrire \(P=\sum_iP(a_i)L_i\), ce qui est permis par l’unicité de l’interpolation.
3. Évaluer cette égalité au point voulu, en calculant seulement les nombres \(L_i(x)\).

Montrons que tout polynôme \(P\) de degré au plus 2 vérifie \(P(3)=P(0)-3P(1)+3P(2)\). On prend les abscisses 0, 1 et 2. Alors \(L_0=\frac{(X-1)(X-2)}{2}\), \(L_1=-X(X-2)\) et \(L_2=\frac{X(X-1)}{2}\). En 3, ces polynômes valent respectivement 1, \(-3\) et 3. Le résultat en découle. Par exemple, pour \(P=X^2\), on retrouve \(9=0-3+12\).

Tout polynôme non constant de \(\mathbb{C}[X]\) possède au moins une racine complexe. Par conséquent, tout polynôme non constant de \(\mathbb{C}[X]\) est scindé sur \(\mathbb{C}\).

On dit que \(P\in\mathbb{K}[X]\) est irréductible lorsque \(\deg P\geqslant 1\) et que toute écriture \(P=AB\) impose que \(A\) ou \(B\) soit constant.

• Dans \(\mathbb{C}[X]\), seuls les polynômes de degré 1 sont irréductibles.
• Dans \(\mathbb{R}[X]\), un polynôme est irréductible exactement lorsqu’il est de degré 1, ou de degré 2 sans racine réelle, c’est-à-dire à discriminant \(\Delta<0\).

De plus, tout polynôme non constant s’écrit, de façon unique à l’ordre près, comme le produit de son coefficient dominant et de polynômes irréductibles unitaires.

Un polynôme réel sans racine réelle n’est pas forcément irréductible dans \(\mathbb{R}[X]\). Par exemple, \(X^4+9\) n’a aucune racine réelle. Pourtant, \(X^4+9=(X^2+3)^2-6X^2=(X^2-\sqrt{6}X+3)(X^2+\sqrt{6}X+3)\). Le critère « pas de racine, donc irréductible » ne vaut qu’en degré 2 ou 3.

Soit \(n\geqslant 1\) et \(\omega=e^{2i\pi/n}\). Dans \(\mathbb{C}[X]\), on a \[X^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}\left(X-\omega^k\right).\] Dans \(\mathbb{R}[X]\), on regroupe \(\omega^k\) et \(\omega^{n-k}=\overline{\omega^k}\), ce qui fait apparaître les facteurs \(X^2-2\cos\frac{2k\pi}{n}X+1\).

Pour \(n=5\), les racines réelles se réduisent à 1. Les autres se regroupent en deux couples : \(\{\omega,\omega^4\}\) et \(\{\omega^2,\omega^3\}\). Ainsi \[X^5-1=(X-1)\left(X^2-2\cos\tfrac{2\pi}{5}X+1\right)\left(X^2-2\cos\tfrac{4\pi}{5}X+1\right).\] Les deux trinômes ont un discriminant \(4\cos^2\theta-4<0\), donc ils sont irréductibles dans \(\mathbb{R}[X]\).

Pour \(n\) pair, \(-1\) est aussi racine réelle de \(X^n-1\). On obtient alors deux facteurs de degré 1, \(X-1\) et \(X+1\), puis \(\frac{n}{2}-1\) trinômes irréductibles.

Pour factoriser un polynôme réel en irréductibles :

1. Chercher les racines complexes, par exemple avec une racine évidente, un changement de variable \(Y=X^k\) ou les racines de l’unité.
2. Regrouper chaque racine non réelle \(z\) avec \(\overline{z}\) pour former \(X^2-2\,\mathrm{Re}(z)X+|z|^2\).
3. Contrôler que chaque trinôme obtenu a un discriminant strictement négatif, puis vérifier le coefficient dominant.

Factorisons \(X^4+X^2+1\). Une astuce consiste à compléter le carré : \(X^4+X^2+1=(X^2+1)^2-X^2\). Il s’agit donc d’une différence de deux carrés. Ainsi \(X^4+X^2+1=(X^2-X+1)(X^2+X+1)\).

Les deux trinômes ont pour discriminant \(-3\). Par conséquent, cette écriture est la factorisation dans \(\mathbb{R}[X]\). D’ailleurs, \(X^4+X^2+1=\frac{X^6-1}{X^2-1}\), ce qui explique que ses racines soient les racines sixièmes de l’unité autres que \(\pm 1\).

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