Polynômes et fractions rationnelles

Vous manipulez des polynômes depuis le collège, et toujours de la même façon : comme des fonctions. L'expression $x^2-3x+1$ désigne pour vous une machine qui prend un nombre et en renvoie un autre, dont on peut tracer la courbe, étudier les variations, chercher les zéros. Ce chapitre commence par prendre le contre-pied de cette habitude. Un polynôme n'y sera plus une fonction, mais un objet formel : la donnée d'une liste de coefficients, et rien d'autre. La lettre $X$ n'y désignera aucun nombre ; ce sera un symbole, une place réservée, dont le seul rôle est de tenir en ordre les coefficients les uns derrière les autres. Écrire $X^2-3X+1$, ce sera écrire la liste $(1,-3,1,0,0,\dots )$ dans une notation commode.

Ce changement de point de vue peut sembler gratuit ; il ne l'est pas, et trois raisons au moins l'imposent. La première est que presque tout ce que nous allons faire ne dépend que des coefficients : le degré, la division euclidienne, la divisibilité, le PGCD sont des notions de coefficients, pas de valeurs. La deuxième est que nous voulons dériver des polynômes à coefficients complexes, alors que la dérivation que vous connaissez repose sur une limite de taux d'accroissement, définie pour les fonctions d'une variable réelle. En définissant $P^{\mathrm{\prime }}$ par une formule sur les coefficients, la difficulté disparaît : la dérivation devient une opération purement algébrique, valable sur $\mathbb{R}$ comme sur $\mathbb{C}$. La troisième raison est la plus importante : le lien entre un polynôme et la fonction qu'il définit n'est pas une évidence à poser en définition, c'est un théorème à démontrer, et sa démonstration est l'une des plus utiles du chapitre.

Le fil conducteur, ensuite, tient en une phrase : $\mathbb{K}[X]$ se comporte comme $\mathbb{Z}$. Tout ce que vous avez appris au chapitre d'arithmétique va se rejouer ici, à l'identique, avec le degré dans le rôle de la valeur absolue. Il y a une division euclidienne, avec un reste de degré strictement plus petit que le diviseur. Il y a une relation de divisibilité, un PGCD, un algorithme d'Euclide qui le calcule, un théorème de Bézout, un lemme de Gauss. Il y a des éléments « premiers », que l'on appelle ici irréductibles, et un théorème de décomposition unique en produit d'irréductibles. Les énoncés se recopient presque mot pour mot, et les démonstrations aussi : quand vous lirez celle de Bézout, comparez-la à celle de $\mathbb{Z}$, elles sont jumelles. Une différence spectaculaire apparaîtra pourtant à la fin de cette analogie. Dans $\mathbb{Z}$, la liste des nombres premiers est un mystère qui occupe les mathématiciens depuis Euclide ; dans $\mathbb{C}[X]$, la liste des irréductibles est connue en une ligne : ce sont les polynômes de degré $1$, et rien d'autre. C'est le contenu du théorème de d'Alembert-Gauss, que nous admettrons, et c'est ce qui rend l'arithmétique des polynômes complexes infiniment plus simple que celle des entiers.

Le chapitre apporte enfin trois choses que $\mathbb{Z}$ ne connaît pas. D'abord les racines et leur multiplicité, avec un instrument de mesure inattendu : la dérivation, qui compte les multiplicités exactement comme un compteur. Ensuite la formule de Taylor, qui pour un polynôme n'est pas une approximation mais une égalité exacte, à somme finie, entre deux écritures d'un même objet. Enfin les fractions rationnelles, quotients de polynômes, que l'on apprendra à découper en morceaux élémentaires : cette décomposition en éléments simples est un outil de calcul que vous emploierez toute l'année, en analyse pour intégrer, et plus tard pour résoudre des équations différentielles ou des récurrences.

Fixons les notations, valables pour tout le chapitre. La lettre $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ ; tout ce qui est écrit vaut indifféremment dans les deux cas, sauf mention explicite du contraire. L'ensemble des polynômes à coefficients dans $\mathbb{K}$ est noté $\mathbb{K}[X]$, celui des fractions rationnelles $\mathbb{K}(X)$, et ${\mathbb{K}}_n[X]$ désigne l'ensemble des polynômes de degré inférieur ou égal à $n$. Les polynômes sont notés par des majuscules $A$, $B$, $P$, $Q$, $R$, les scalaires par des minuscules ou des lettres grecques $a$, $b$, $\lambda$, $\mu$. Le degré de $P$ est noté $\mathrm{deg}P$, avec la convention $\mathrm{deg}0=-\mathrm{\infty }$. Le polynôme dérivé de $P$ est noté $P^{\mathrm{\prime }}$, et ses dérivées successives $P^{(k)}$. La divisibilité s'écrit $A\mid B$, sa négation $A\nmid B$ ; le PGCD de $A$ et $B$ est noté $A\wedge B$ et sera toujours choisi unitaire, le PPCM $A\vee B$. Les racines $n$-ièmes de l'unité forment l'ensemble ${\mathbb{U}}_n$, et l'on pose $\omega =e^{2i\pi \mathrm{/}n}$. Enfin, les polynômes de Lagrange associés à $n+1$ points $x_0,\dots ,x_n$ seront notés $L_0,\dots ,L_n$.

L'anneau des polynômes

Ce qu'est un polynôme

La construction rigoureuse de $\mathbb{K}[X]$ demande un travail préliminaire sur les listes de coefficients, qui est hors programme et sans intérêt pour la suite. Nous partons donc d'une définition admise, qui dit exactement ce dont nous aurons besoin.

La conséquence de cette définition est la règle qui gouverne tout le chapitre : deux polynômes sont égaux lorsque leurs listes de coefficients coïncident, terme à terme.

Somme et produit

La formule du produit paraît compliquée ; elle ne fait pourtant que traduire ce que vous faites depuis toujours en développant. Pour obtenir le coefficient de $X^k$ dans un produit, on repère toutes les façons d'écrire $k$ comme somme de deux indices, on multiplie les coefficients correspondants, et on additionne.

Le degré

Le degré est à $\mathbb{K}[X]$ ce que la valeur absolue est à $\mathbb{Z}$ : la mesure de taille qui permettra de faire de l'arithmétique.

Degré d'une somme et d'un produit

Démonstration. Si $P$ ou $Q$ est nul, tout est immédiat avec les conventions. Supposons-les non nuls, posons $p=\mathrm{deg}P$, $q=\mathrm{deg}Q$, et notons $(a_k)$ et $(b_k)$ leurs coefficients.

Point 1. Soit $k>\max (p,q)$. Alors $k>p$ donc $a_k=0$, et $k>q$ donc $b_k=0$ ; ainsi le coefficient d'indice $k$ de $P+Q$, qui vaut $a_k+b_k$, est nul. Tous les coefficients de $P+Q$ d'indice strictement supérieur à $\max (p,q)$ sont donc nuls, ce qui donne bien $\mathrm{deg}(P+Q)⩽\max (p,q)$ — y compris si $P+Q$ est nul, grâce à la convention.

Point 2. Quitte à échanger les rôles de $P$ et $Q$, supposons $p>q$. Le coefficient d'indice $p$ de $P+Q$ vaut $a_p+b_p$. Or $a_p\mathrm{\ne }0$ puisque $p=\mathrm{deg}P$, et $b_p=0$ puisque $p>q=\mathrm{deg}Q$. Ce coefficient vaut donc $a_p\mathrm{\ne }0$, et comme tous les coefficients d'indice supérieur sont nuls d'après le point 1, on obtient $\mathrm{deg}(P+Q)=p=\max (p,q)$.

Point 3. Les coefficients de $\lambda P$ sont les $\lambda a_k$, et $\lambda a_k=0$ équivaut à $a_k=0$ puisque $\lambda \mathrm{\ne }0$ dans le corps $\mathbb{K}$. Les deux polynômes ont donc les mêmes coefficients nuls, donc le même degré. $\mathrm{\square }$

Le résultat suivant est le plus important de la section, et sa démonstration mérite d'être lue attentivement : c'est elle qui contient tout.

Démonstration. Si $P=0$, alors $PQ=0$ et l'égalité s'écrit $-\mathrm{\infty }=-\mathrm{\infty }+\mathrm{deg}Q$, ce qui est vrai par convention ; de même si $Q=0$.

Supposons donc $P$ et $Q$ non nuls, posons $p=\mathrm{deg}P$, $q=\mathrm{deg}Q$, et notons $(a_k)$, $(b_k)$ leurs coefficients, de sorte que $a_p\mathrm{\ne }0$, $b_q\mathrm{\ne }0$, et $a_i=0$ pour $i>p$, $b_j=0$ pour $j>q$. Notons enfin $(c_k)$ les coefficients de $PQ$.

Les coefficients d'indice strictement supérieur à $p+q$ sont nuls. Soit $k>p+q$ et soit $(i,j)$ un couple d'entiers naturels tel que $i+j=k$. Si l'on avait à la fois $i⩽p$ et $j⩽q$, on en tirerait $k=i+j⩽p+q$, ce qui est exclu. Donc $i>p$ ou $j>q$, donc $a_i=0$ ou $b_j=0$, et dans les deux cas $a_i{b}_j=0$. La somme

$$c_k=\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j$$

est donc une somme de termes tous nuls : $c_k=0$.

Le coefficient d'indice $p+q$ est non nul. Écrivons

$$c_{p+q}=\sum _{i+j=p+q}{a}_i{b}_j\mathrm{.}$$

Isolons le terme $i=p$, $j=q$. Pour tout autre couple $(i,j)$ de la somme, ou bien $i>p$, et alors $a_i=0$ ; ou bien $i<p$, et alors $j=p+q-i>q$, donc $b_j=0$. Tous ces termes sont nuls, et il reste

$$c_{p+q}=a_p{b}_q\mathrm{.}$$

Or $a_p\mathrm{\ne }0$ et $b_q\mathrm{\ne }0$ ; comme $\mathbb{K}$ est un corps, il est intègre, donc $a_p{b}_q\mathrm{\ne }0$.

Ainsi $PQ$ possède un coefficient non nul d'indice $p+q$ et aucun coefficient non nul au-delà : $\mathrm{deg}(PQ)=p+q$, et le coefficient dominant de $PQ$ est $a_p{b}_q$. $\mathrm{\square }$

Intégrité et simplification

Démonstration. Raisonnons par contraposée et supposons $P\mathrm{\ne }0$ et $Q\mathrm{\ne }0$. Alors $\mathrm{deg}P⩾0$ et $\mathrm{deg}Q⩾0$, donc d'après le théorème précédent

$$\mathrm{deg}(PQ)=\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}Q⩾0.$$

Un polynôme de degré positif ou nul n'est pas le polynôme nul (dont le degré vaut $-\mathrm{\infty }$). Donc $PQ\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. L'égalité $AB=AC$ s'écrit $A(B-C)=0$. Comme $\mathbb{K}[X]$ est intègre et $A\mathrm{\ne }0$, on en déduit $B-C=0$, c'est-à-dire $B=C$. $\mathrm{\square }$

Les polynômes inversibles

Démonstration. Sens facile. Si $\lambda \in {\mathbb{K}}^{\ast }$, le polynôme constant $\lambda$ admet pour inverse le polynôme constant ${\lambda }^{-1}$, puisque $\lambda \times {\lambda }^{-1}=1$. Donc ${\mathbb{K}}^{\ast }\subset \mathbb{K}[X{]}^{\times }$.

Sens réciproque. Soit $P$ un polynôme inversible : il existe $Q\in \mathbb{K}[X]$ tel que $PQ=1$. En prenant les degrés,

$$\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}Q=\mathrm{deg}1=0.$$

Les polynômes $P$ et $Q$ sont non nuls (sinon leur produit serait nul, et non égal à $1$), donc $\mathrm{deg}P$ et $\mathrm{deg}Q$ sont deux entiers naturels de somme nulle. Cela force $\mathrm{deg}P=\mathrm{deg}Q=0$, c'est-à-dire que $P$ est une constante non nulle. $\mathrm{\square }$

Composition

Concrètement, on remplace $X$ par $Q$ partout, et l'on développe. Cette opération n'est ni commutative ni distributive à gauche, mais elle est associative : $(P\circ Q)\circ R=P\circ (Q\circ R)$, ce qui se voit en remplaçant $X$ par $R$ dans les deux membres. On note enfin que $P\circ X=X\circ P=P$.

Démonstration. Posons $n=\mathrm{deg}P⩾1$ et $q=\mathrm{deg}Q⩾1$, et écrivons $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$ avec $a_n\mathrm{\ne }0$. D'après le théorème sur le degré d'un produit, appliqué de façon répétée, $\mathrm{deg}(Q^k)=kq$ pour tout $k\in \mathbb{N}$.

Les $n+1$ polynômes $a_0,a_{1}Q,\dots ,a_n{Q}^n$ ont donc des degrés deux à deux distincts dès qu'ils sont non nuls, puisque $q⩾1$ rend la suite $(kq{)}_{0⩽k⩽n}$ strictement croissante. Le terme d'indice $n$ est non nul (car $a_n\mathrm{\ne }0$) et de degré $nq$, strictement supérieur à tous les autres. En regroupant :

$$P\circ Q=a_n{Q}^n+\underset{\text{de degr}\acute{\text{e}}⩽(n-1)q}{\underbrace{(a_{n-1}{Q}^{n-1}+\cdots +a_0)}},$$

et comme $(n-1)q<nq$, le point 2 de la propriété sur le degré d'une somme donne $\mathrm{deg}(P\circ Q)=nq$. $\mathrm{\square }$

La notation ${\mathbb{K}}_n[X]$

Divisibilité et division euclidienne

Nous entrons dans la partie « arithmétique » du chapitre. Chaque énoncé de cette section et de la sixième a son jumeau dans le chapitre sur $\mathbb{Z}$ ; c'est le meilleur moyen de les retenir.

La relation de divisibilité

Démonstration. Point 1. On a $A=A\times 1$, $0=A\times 0$, $A=1\times A$ et $A=\lambda \times ({\lambda }^{-1}A)$.

Point 2. Si $0\mid A$, il existe $C$ avec $A=0\times C=0$. Réciproquement $0=0\times 1$.

Point 3. Écrivons $B=AU$ et $C=BV$. Alors $C=(AU)V=A(UV)$, donc $A\mid C$.

Point 4. Écrivons $B=AS$ et $C=AT$. Alors $BU+CV=ASU+ATV=A(SU+TV)$, qui est bien un multiple de $A$.

Point 5. Écrivons $B=AC$. Comme $B\mathrm{\ne }0$, les polynômes $A$ et $C$ sont non nuls, donc leurs degrés sont des entiers naturels, et

$$\mathrm{deg}B=\mathrm{deg}A+\mathrm{deg}C⩾\mathrm{deg}A\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Polynômes associés

Dans $\mathbb{Z}$, deux entiers qui se divisent mutuellement sont égaux au signe près. Voici l'énoncé correspondant.

Démonstration. $(⟸)$ Si $B=\lambda A$ avec $\lambda \mathrm{\ne }0$, alors $A\mid B$ ; et $A={\lambda }^{-1}B$, donc $B\mid A$.

$(⟹)$ Supposons $A\mid B$ et $B\mid A$ : il existe $C$ et $D$ tels que $B=AC$ et $A=BD$. Distinguons deux cas.

Si $A=0$, alors $B=0\times C=0$, et $B=1\times A$ : les deux polynômes sont associés.

Si $A\mathrm{\ne }0$, reportons la première égalité dans la seconde :

$$A=BD=ACD,\text{donc}A\times 1=A\times (CD)\mathrm{.}$$

Comme $A\mathrm{\ne }0$, la règle de simplification donne $CD=1$. Le polynôme $C$ est donc inversible dans $\mathbb{K}[X]$, c'est-à-dire, d'après le théorème sur les inversibles, une constante non nulle $\lambda \in {\mathbb{K}}^{\ast }$. Ainsi $B=\lambda A$. $\mathrm{\square }$

Le théorème de la division euclidienne

Démonstration de l'existence. Le diviseur $B$ est fixé, non nul ; posons $m=\mathrm{deg}B⩾0$ et notons $b_m\mathrm{\ne }0$ son coefficient dominant. Nous raisonnons par récurrence forte sur le degré de $A$.

Cas préliminaire. Si $\mathrm{deg}A<m$ — ce qui inclut le cas $A=0$ —, le couple $(Q,R)=(0,A)$ convient : $A=B\times 0+A$ et $\mathrm{deg}A<\mathrm{deg}B$.

Hypothèse de récurrence. Soit $n⩾m$. Supposons que tout polynôme de degré strictement inférieur à $n$ admette une écriture $BQ+R$ avec $\mathrm{deg}R<m$, et soit $A$ un polynôme de degré exactement $n$, de coefficient dominant $a_n\mathrm{\ne }0$.

Étape de descente. Considérons le polynôme

$$A_1=A-{\displaystyle \frac{a_n}{b_m}}{X}^{n-m}B,$$

ce qui a un sens puisque $n⩾m$ et $b_m\mathrm{\ne }0$. Le polynôme $\frac{a_n}{b_m}{X}^{n-m}B$ est de degré $(n-m)+m=n$, et son coefficient dominant vaut $\frac{a_n}{b_m}\times b_m=a_n$ : c'est exactement le terme dominant de $A$. Les deux termes dominants se compensent donc dans la différence, et

$$\mathrm{deg}{A}_1<n\mathrm{.}$$

Conclusion. Par hypothèse de récurrence appliquée à $A_1$, il existe $Q_1$ et $R_1$ avec $A_1=B{Q}_1+R_1$ et $\mathrm{deg}{R}_1<m$. Alors

$$A=A_1+{\displaystyle \frac{a_n}{b_m}}{X}^{n-m}B=B(Q_1+{\displaystyle \frac{a_n}{b_m}}{X}^{n-m})+R_1,$$

et le couple $(Q_1+\frac{a_n}{b_m}{X}^{n-m},R_1)$ convient. L'existence est démontrée pour tout $A$.

Démonstration de l'unicité. Supposons $A=B{Q}_1+R_1=B{Q}_2+R_2$ avec $\mathrm{deg}{R}_1<m$ et $\mathrm{deg}{R}_2<m$. En soustrayant,

$$B(Q_1-Q_2)=R_2-R_1\mathrm{.}$$

Raisonnons par l'absurde en supposant $Q_1\mathrm{\ne }{Q}_2$. Alors $Q_1-Q_2\mathrm{\ne }0$, donc le membre de gauche a pour degré

$$\mathrm{deg}B+\mathrm{deg}(Q_1-Q_2)⩾\mathrm{deg}B=m\mathrm{.}$$

Mais le membre de droite vérifie $\mathrm{deg}(R_2-R_1)⩽\max (\mathrm{deg}{R}_2,\mathrm{deg}{R}_1)<m$. Un même polynôme aurait donc un degré à la fois $⩾m$ et $<m$ : contradiction. Donc $Q_1=Q_2$, puis $R_1=R_2$ en reportant. $\mathrm{\square }$

Poser la division

Le reste sans poser la division

Il est souvent inutile — et parfois impossible — de poser la division : quand on ne cherche que le reste, quelques valeurs bien choisies suffisent. L'outil est la remarque suivante, qui sera démontrée dans la section suivante mais que l'on peut déjà énoncer : si $A=BQ+R$, alors pour tout $a$ tel que $B(a)=0$, on a $A(a)=R(a)$.

Fonctions polynomiales et racines

Évaluation

Démonstration. L'additivité est immédiate sur les coefficients. Pour le produit, notons $(a_k)$ et $(b_k)$ les coefficients de $P$ et $Q$, et $(c_k)$ ceux de $PQ$ ; alors

$$(PQ)(a)=\sum _k{c}_k{a}^k=\sum _k\left(\sum _{i+j=k}{a}_i{b}_j\right)a^k=\sum _{i,j}{a}_i{b}_j{a}^{i+j}=\left(\sum _i{a}_i{a}^i\right)\left(\sum _j{b}_j{a}^j\right)=P(a)Q(a),$$

où l'on a réorganisé une somme finie et reconnu le développement d'un produit de deux sommes. Enfin ${\mathrm{ev}}_a(1)=1$, et la formule pour la composée s'obtient en appliquant ${\mathrm{ev}}_a$ à $P\circ Q=\sum a_k{Q}^k$ et en utilisant la multiplicativité. $\mathrm{\square }$

Racines et factorisation

Démonstration. Le polynôme $X-a$ est non nul, de degré $1$ : la division euclidienne de $P$ par $X-a$ est licite. Elle fournit un unique couple $(Q,R)$ avec

$$P=(X-a)Q+R\text{et}\mathrm{deg}R<1.$$

La condition $\mathrm{deg}R<1$ signifie $\mathrm{deg}R⩽0$, c'est-à-dire que $R$ est un polynôme constant ; notons $R=c$ avec $c\in \mathbb{K}$.

Évaluons alors l'égalité en $a$, ce qui est licite d'après le morphisme d'évaluation :

$$P(a)=(a-a)Q(a)+c=0+c=c\mathrm{.}$$

Donc $R=P(a)$, ce qui établit la formule annoncée.

L'équivalence en découle : $(X-a)\mid P$ signifie que le reste de la division est nul, c'est-à-dire $P(a)=0$, c'est-à-dire que $a$ est racine de $P$. $\mathrm{\square }$

Plusieurs racines distinctes

Démonstration. Par récurrence sur $r⩾1$.

Initialisation. Pour $r=1$, c'est exactement le théorème de la racine.

Hérédité. Supposons la propriété vraie au rang $r-1$ (avec $r⩾2$), et soient $a_1,\dots ,a_r$ des racines deux à deux distinctes de $P$. Les $r-1$ premières sont des racines deux à deux distinctes de $P$, donc l'hypothèse de récurrence fournit un polynôme $Q$ tel que

$$P=(\prod _{i=1}^{r-1}(X-a_i))Q\mathrm{.}$$

Évaluons cette égalité en $a_r$ :

$$0=P(a_r)=(\prod _{i=1}^{r-1}(a_r-a_i))Q(a_r)\mathrm{.}$$

Chaque facteur $a_r-a_i$ est non nul, puisque les $a_i$ sont deux à deux distincts ; leur produit est donc un scalaire non nul. Comme $\mathbb{K}$ est un corps, on en déduit $Q(a_r)=0$, c'est-à-dire que $a_r$ est racine de $Q$. Le théorème de la racine donne alors $Q=(X-a_r)S$ pour un certain polynôme $S$, d'où

$$P=(\prod _{i=1}^r(X-a_i))S,$$

ce qui est la conclusion au rang $r$. $\mathrm{\square }$

Le nombre de racines est limité par le degré

Démonstration. Supposons que $P$ admette $r$ racines deux à deux distinctes $a_1,\dots ,a_r$. D'après la propriété précédente, le polynôme $D={\prod }_{i=1}^r(X-a_i)$ divise $P$. Comme $P\mathrm{\ne }0$, le point 5 des propriétés de la divisibilité donne

$$\mathrm{deg}D⩽\mathrm{deg}P,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}r⩽n,$$

puisque $\mathrm{deg}D=r$ (produit de $r$ polynômes de degré $1$). $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Par contraposée : si $P\mathrm{\ne }0$, il a au plus $\mathrm{deg}P$ racines, donc un nombre fini.

Point 2. Par contraposée encore : si $P\mathrm{\ne }0$, alors $P$ a au plus $\mathrm{deg}P⩽n$ racines distinctes, donc pas $n+1$.

Point 3. Posons $D=P-Q$. Alors $\mathrm{deg}D⩽\max (\mathrm{deg}P,\mathrm{deg}Q)⩽n$, et $D$ s'annule aux $n+1$ points où $P$ et $Q$ coïncident. D'après le point 2, $D=0$, c'est-à-dire $P=Q$. $\mathrm{\square }$

Polynôme et fonction polynomiale

Nous pouvons maintenant régler la question de départ : le polynôme formel et la fonction polynomiale contiennent-ils la même information ?

Démonstration. Le sens $(⟸)$ est évident. Pour le sens direct, posons $D=P-Q$. L'hypothèse dit que $D(x)=0$ pour tout $x\in \mathbb{K}$, c'est-à-dire que tout élément de $\mathbb{K}$ est racine de $D$. Or $\mathbb{K}$ vaut $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$, donc $\mathbb{K}$ est infini : le polynôme $D$ possède une infinité de racines. D'après le corollaire précédent, $D=0$, c'est-à-dire $P=Q$. $\mathrm{\square }$

Multiplicité d'une racine

Démonstration. Point 1. Notons $E=\{k\in \mathbb{N}:(X-a{)}^k\mid P\}$. Cet ensemble contient $0$, donc il est non vide. Il est majoré : si $(X-a{)}^k\mid P$ avec $P\mathrm{\ne }0$, alors $k=\mathrm{deg}((X-a{)}^k)⩽\mathrm{deg}P$. Une partie non vide et majorée de $\mathbb{N}$ admet un plus grand élément ; notons-le $m$. Par définition de $m$, on a $(X-a{)}^m\mid P$ et $(X-a{)}^{m+1}\nmid P$ : la multiplicité existe. Elle est unique, car un plus grand élément l'est, et parce que la condition définissant $m$ ne peut être satisfaite par deux entiers distincts (si $m^{\mathrm{\prime }}>m$, alors $(X-a{)}^{m^{\mathrm{\prime }}}\mid P$ entraînerait $(X-a{)}^{m+1}\mid P$ par transitivité).

Point 2. $(⟹)$ Si $a$ est de multiplicité $m$, écrivons $P=(X-a{)}^{m}Q$. Si l'on avait $Q(a)=0$, le théorème de la racine donnerait $Q=(X-a)S$, donc $P=(X-a{)}^{m+1}S$, ce qui contredit $(X-a{)}^{m+1}\nmid P$. Donc $Q(a)\mathrm{\ne }0$.

$(⟸)$ Réciproquement, supposons $P=(X-a{)}^{m}Q$ avec $Q(a)\mathrm{\ne }0$. Alors $(X-a{)}^m\mid P$. Si l'on avait $(X-a{)}^{m+1}\mid P$, on écrirait $P=(X-a{)}^{m+1}T$, d'où

$$(X-a{)}^{m}Q=(X-a{)}^m(X-a)T\mathrm{.}$$

Le polynôme $(X-a{)}^m$ est non nul, donc la règle de simplification donne $Q=(X-a)T$, puis $Q(a)=0$ : contradiction. Donc $(X-a{)}^{m+1}\nmid P$, et $a$ est bien de multiplicité $m$. $\mathrm{\square }$

Racines multiples et degré

Pour compter les racines avec leur multiplicité, il nous faut un petit lemme technique. Il est court, et il évite d'invoquer l'arithmétique que nous n'avons pas encore développée.

Démonstration. Par récurrence sur $k$.

Initialisation. Pour $k=0$, la conclusion $1\mid Q$ est toujours vraie.

Hérédité. Supposons le lemme vrai au rang $k$, et supposons $(X-a{)}^{k+1}\mid DQ$. En particulier $(X-a{)}^k\mid DQ$, donc l'hypothèse de récurrence donne $(X-a{)}^k\mid Q$ : écrivons $Q=(X-a{)}^k{Q}_1$. Par ailleurs, écrivons $DQ=(X-a{)}^{k+1}T$. En reportant,

$$(X-a{)}^{k}D{Q}_1=(X-a{)}^k(X-a)T,\text{donc}(X-a{)}^k(D{Q}_1-(X-a)T)=0.$$

Comme $(X-a{)}^k\mathrm{\ne }0$ et que $\mathbb{K}[X]$ est intègre, il vient $D{Q}_1=(X-a)T$. Évaluons en $a$ : $D(a)Q_1(a)=0$, et comme $D(a)\mathrm{\ne }0$, on obtient $Q_1(a)=0$. Le théorème de la racine donne $Q_1=(X-a)Q_2$, d'où

$$Q=(X-a{)}^k{Q}_1=(X-a{)}^{k+1}{Q}_2,$$

c'est-à-dire $(X-a{)}^{k+1}\mid Q$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Montrons la divisibilité par récurrence sur $r$.

Initialisation. Pour $r=1$, c'est la définition de la multiplicité.

Hérédité. Supposons le résultat vrai au rang $r-1$, avec $r⩾2$. Posons $D={\prod }_{i=1}^{r-1}(X-a_i{)}^{m_i}$ ; l'hypothèse de récurrence donne $P=DQ$ pour un certain polynôme $Q$. Comme les $a_i$ sont deux à deux distincts,

$$D(a_r)=\prod _{i=1}^{r-1}(a_r-a_i{)}^{m_i}\mathrm{\ne }0.$$

Par ailleurs $(X-a_r{)}^{m_r}\mid P=DQ$, puisque $m_r$ est la multiplicité de $a_r$. Le lemme s'applique et donne $(X-a_r{)}^{m_r}\mid Q$ : écrivons $Q=(X-a_r{)}^{m_r}S$. Alors

$$P=D(X-a_r{)}^{m_r}S=(\prod _{i=1}^r(X-a_i{)}^{m_i})S,$$

ce qui achève l'hérédité.

Conclusion sur les degrés. Le polynôme $\prod (X-a_i{)}^{m_i}$ divise $P\mathrm{\ne }0$, donc son degré, qui vaut $\sum m_i$, est inférieur ou égal à $\mathrm{deg}P$. $\mathrm{\square }$

Polynômes scindés

Démonstration. Si $P$ est scindé, l'écriture $P=\lambda \prod (X-a_i{)}^{m_i}$ donne, en prenant les degrés, $\sum m_i=\mathrm{deg}P$.

Réciproquement, supposons $\sum m_i=\mathrm{deg}P=n$. Le théorème de comptage donne $P=(\prod (X-a_i{)}^{m_i})S$, et en prenant les degrés, $n=n+\mathrm{deg}S$, donc $\mathrm{deg}S=0$ : le polynôme $S$ est une constante non nulle $\lambda$, et $P$ est scindé. $\mathrm{\square }$

Relations entre coefficients et racines

Quand un polynôme est scindé, développer le produit de ses facteurs fournit un dictionnaire entre les coefficients et les racines. Ce dictionnaire permet de calculer des expressions symétriques des racines sans les connaître.

Démonstration (cas $n=3$, le cas général étant identique). Écrivons $P=a_3(X-x_1)(X-x_2)(X-x_3)$ et développons le produit :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (X-x_1)(X-x_2)(X-x_3)}& {\displaystyle =(X^2-(x_1+x_2)X+x_1{x}_2)(X-x_3)}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =X^3-(x_1+x_2+x_3)X^2+(x_1{x}_2+x_1{x}_3+x_2{x}_3)X-x_1{x}_2{x}_3\mathrm{.}}\end{array}$$

En multipliant par $a_3$ et en identifiant avec $P=a_3{X}^3+a_2{X}^2+a_{1}X+a_0$, il vient

$$a_2=-a_3{\sigma }_1,a_1=a_3{\sigma }_2,a_0=-a_3{\sigma }_3,$$

c'est-à-dire ${\sigma }_1=-a_2\mathrm{/}{a}_3$, ${\sigma }_2=a_1\mathrm{/}{a}_3$ et ${\sigma }_3=-a_0\mathrm{/}{a}_3$, conformément à l'énoncé.

Dans le cas général, le développement de ${\prod }_{i=1}^n(X-x_i)$ consiste à choisir, dans chacun des $n$ facteurs, soit $X$, soit $-x_i$ ; le coefficient de $X^{n-k}$ est donc la somme, sur toutes les façons de choisir $k$ indices, des produits $(-x_{i_1})\cdots (-x_{i_k})$, c'est-à-dire $(-1{)}^k{\sigma }_k$. En multipliant par $a_n$ et en identifiant, on obtient $a_{n-k}=a_n(-1{)}^k{\sigma }_k$. $\mathrm{\square }$

Dérivation des polynômes

Le polynôme dérivé

Démonstration. Point 1. Posons $n=\mathrm{deg}P⩾1$ et notons $a_n\mathrm{\ne }0$ le coefficient dominant de $P$. Le coefficient de $X^{n-1}$ dans $P^{\mathrm{\prime }}$ vaut $n{a}_n$. Or $n⩾1$ est un entier non nul, donc $n\mathrm{\ne }0$ dans $\mathbb{R}$ comme dans $\mathbb{C}$, et $a_n\mathrm{\ne }0$ : par intégrité de $\mathbb{K}$, $n{a}_n\mathrm{\ne }0$. Comme $P^{\mathrm{\prime }}$ n'a aucun coefficient d'indice supérieur à $n-1$, on conclut $\mathrm{deg}{P}^{\mathrm{\prime }}=n-1$.

Point 2. Si $P$ est constant, $P^{\mathrm{\prime }}=0$ par définition. Réciproquement, si $P$ n'est pas constant, alors $\mathrm{deg}P⩾1$ et le point 1 donne $\mathrm{deg}{P}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{deg}P-1⩾0$, donc $P^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\ne }0$. $\mathrm{\square }$

Règles de calcul

Démonstration. Point 1. Le coefficient d'indice $k-1$ de $(\lambda P+\mu Q{)}^{\mathrm{\prime }}$ vaut $k(\lambda a_k+\mu b_k)=\lambda (k{a}_k)+\mu (k{b}_k)$, qui est bien le coefficient d'indice $k-1$ de $\lambda P^{\mathrm{\prime }}+\mu Q^{\mathrm{\prime }}$.

Point 2. Grâce au point 1, il suffit de traiter le cas de deux monômes $P=X^i$ et $Q=X^j$ : en effet, en écrivant $P=\sum a_i{X}^i$ et $Q=\sum b_j{X}^j$, le produit $PQ$ est une somme finie de termes $a_i{b}_j{X}^{i+j}$, et les deux membres de l'égalité à démontrer se développent de la même manière par linéarité.

Traitons donc $P=X^i$, $Q=X^j$. Si $i=0$ ou $j=0$, disons $i=0$ : alors $P=1$, $P^{\mathrm{\prime }}=0$, $PQ=Q$, et la formule s'écrit $Q^{\mathrm{\prime }}=0+Q^{\mathrm{\prime }}$, qui est vraie. Supposons maintenant $i⩾1$ et $j⩾1$. D'un côté,

$$(PQ{)}^{\mathrm{\prime }}=(X^{i+j}{)}^{\mathrm{\prime }}=(i+j)X^{i+j-1}\mathrm{.}$$

De l'autre,

$$P^{\mathrm{\prime }}Q+P{Q}^{\mathrm{\prime }}=i{X}^{i-1}\cdot X^j+X^i\cdot j{X}^{j-1}=i{X}^{i+j-1}+j{X}^{i+j-1}=(i+j)X^{i+j-1}\mathrm{.}$$

Les deux calculs coïncident.

Point 3. Récurrence sur $n$. Pour $n=1$, la formule s'écrit $P^{\mathrm{\prime }}=P^{\mathrm{\prime }}$. Si elle est vraie au rang $n$, alors, par le point 2,

$$(P^{n+1}{)}^{\mathrm{\prime }}=(P^n\cdot P{)}^{\mathrm{\prime }}=(P^n{)}^{\mathrm{\prime }}P+P^n{P}^{\mathrm{\prime }}=n{P}^{n-1}{P}^{\mathrm{\prime }}\cdot P+P^n{P}^{\mathrm{\prime }}=(n+1)P^n{P}^{\mathrm{\prime }}\mathrm{.}$$

Point 4. Écrivons $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$, donc $P\circ Q={\sum }_{k=0}^n{a}_k{Q}^k$. Par linéarité puis par le point 3,

$$(P\circ Q{)}^{\mathrm{\prime }}=\sum _{k=1}^n{a}_k(Q^k{)}^{\mathrm{\prime }}=\sum _{k=1}^n{a}_{k}k{Q}^{k-1}{Q}^{\mathrm{\prime }}=Q^{\mathrm{\prime }}\sum _{k=1}^{n}k{a}_k{Q}^{k-1}=Q^{\mathrm{\prime }}\times (P^{\mathrm{\prime }}\circ Q),$$

car $P^{\mathrm{\prime }}={\sum }_{k=1}^{n}k{a}_k{X}^{k-1}$. $\mathrm{\square }$

La formule de Leibniz

Démonstration. Par récurrence sur $n$.

Initialisation. Pour $n=0$, la formule s'écrit $PQ=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{0}{0}\right)PQ$, ce qui est vrai.

Hérédité. Supposons la formule vraie au rang $n$. Dérivons-la une fois de plus, en utilisant la linéarité puis la dérivée d'un produit :

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle (PQ{)}^{(n+1)}}& {\displaystyle ={\left(\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)P^{(k)}{Q}^{(n-k)}\right)}^{\mathrm{\prime }}}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)(P^{(k+1)}{Q}^{(n-k)}+P^{(k)}{Q}^{(n-k+1)})}\\ {\displaystyle }& {\displaystyle =\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)P^{(k+1)}{Q}^{(n-k)}+\sum _{k=0}^n\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)P^{(k)}{Q}^{(n+1-k)}\mathrm{.}}\end{array}$$

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $j=k+1$ (donc $k=j-1$, et $j$ varie de $1$ à $n+1$) :

$$\sum _{j=1}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{j-1}\right)P^{(j)}{Q}^{(n+1-j)}\mathrm{.}$$

En renommant $j$ en $k$ et en regroupant avec la seconde somme, les termes d'indice $k$ compris entre $1$ et $n$ se combinent :

$$(PQ{)}^{(n+1)}=P^{(0)}{Q}^{(n+1)}+\sum _{k=1}^n[\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)]P^{(k)}{Q}^{(n+1-k)}+P^{(n+1)}{Q}^{(0)}\mathrm{.}$$

La formule de Pascal donne $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)$, et comme $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{0}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{n+1}\right)=1$, les deux termes extrêmes rentrent dans la somme :

$$(PQ{)}^{(n+1)}=\sum _{k=0}^{n+1}\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{k}\right)P^{(k)}{Q}^{(n+1-k)}\mathrm{.}\mathrm{\square }$$

Dérivées successives

Démonstration. Points 1 et 2. Récurrence immédiate à partir de la propriété $\mathrm{deg}{P}^{\mathrm{\prime }}=\mathrm{deg}P-1$ pour $\mathrm{deg}P⩾1$ : chaque dérivation fait baisser le degré d'une unité, jusqu'à atteindre le degré $0$ après $n$ dérivations ; la dérivation suivante donne le polynôme nul, et toutes les suivantes aussi.

Point 4. Récurrence sur $j$. Pour $j=0$ c'est clair. Si $(X^k{)}^{(j)}=\frac{k!}{(k-j)!}{X}^{k-j}$ avec $j<k$, alors en dérivant

$$(X^k{)}^{(j+1)}={\displaystyle \frac{k!}{(k-j)!}}(k-j)X^{k-j-1}={\displaystyle \frac{k!}{(k-j-1)!}}{X}^{k-(j+1)}\mathrm{.}$$

Point 3. En appliquant le point 4 avec $j=k=n$ au terme dominant, et le fait que les termes de degré $<n$ ont une dérivée $n$-ième nulle, on obtient $P^{(n)}=a_n\times n!$. $\mathrm{\square }$

La formule de Taylor

Voici le théorème central de la section. Il dit qu'un polynôme peut être réécrit « autour » de n'importe quel point, et il donne explicitement les coefficients de cette réécriture.

Démonstration. Étape 1 : existence d'une écriture en puissances de $X-a$. Posons $T=P\circ (X+a)$. Ce polynôme vérifie $\mathrm{deg}T=\mathrm{deg}P⩽n$ (la composition par un polynôme de degré $1$ ne change pas le degré) ; écrivons donc $T={\sum }_{k=0}^n{c}_k{X}^k$. En composant par $X-a$ et en utilisant l'associativité de la composition,

$$T\circ (X-a)=(P\circ (X+a))\circ (X-a)=P\circ ((X+a)\circ (X-a))=P\circ X=P,$$

c'est-à-dire

$$P=\sum _{k=0}^n{c}_k(X-a{)}^k\mathrm{.}$$

Étape 2 : identification des coefficients. Soit $j\in \{0,1,\dots ,n\}$. Dérivons $j$ fois l'égalité précédente. D'après le point 4 de la propriété sur les dérivées successives, appliqué au polynôme $(X-a{)}^k$ (dont les dérivées se calculent comme celles de $X^k$, puisque la dérivée de $X-a$ vaut $1$) :

$$((X-a{)}^k{)}^{(j)}=\{\begin{array}{ll}{\displaystyle \frac{k!}{(k-j)!}}(X-a{)}^{k-j}& \text{si }j⩽k,\\ 0& \text{si }j>k\mathrm{.}\end{array}$$

Donc

$$P^{(j)}=\sum _{k=j}^n{c}_k{\displaystyle \frac{k!}{(k-j)!}}(X-a{)}^{k-j}\mathrm{.}$$

Évaluons en $a$ : tous les termes contenant un facteur $(X-a{)}^{k-j}$ avec $k>j$ s'annulent, et il ne reste que le terme $k=j$, égal à $c_{j}j!$. Ainsi

$$P^{(j)}(a)=j!c_j,\text{c’est-}\grave{\text{a}}\text{-dire}{c}_j={\displaystyle \frac{P^{(j)}(a)}{j!}},$$

ce qui prouve à la fois la formule annoncée et l'unicité des coefficients : ils sont imposés par $P$ et $a$. La division par $j!$ est licite, puisque $j!$ est un entier non nul, donc un élément inversible de $\mathbb{K}$. $\mathrm{\square }$

Caractérisation des racines multiples

Démonstration. Posons $n=\mathrm{deg}P$ et écrivons la formule de Taylor en $a$ :

$$P=\sum _{k=0}^n{c}_k(X-a{)}^k,c_k={\displaystyle \frac{P^{(k)}(a)}{k!}}\mathrm{.}$$

Comme $k!$ est inversible, $c_k=0$ équivaut à $P^{(k)}(a)=0$. Il suffit donc de démontrer l'équivalence

$$[(X-a{)}^m\mid P]⟺[c_0=c_1=\cdots =c_{m-1}=0]\mathrm{.}$$

$(⟸)$ Si $c_0=\cdots =c_{m-1}=0$, alors

$$P=\sum _{k=m}^n{c}_k(X-a{)}^k=(X-a{)}^m\sum _{k=m}^n{c}_k(X-a{)}^{k-m},$$

donc $(X-a{)}^m\mid P$.

$(⟹)$ Supposons $(X-a{)}^m\mid P$ et écrivons $P=(X-a{)}^{m}S$. Appliquons la formule de Taylor à $S$ en $a$ : $S={\sum }_j{d}_j(X-a{)}^j$, d'où

$$P=\sum _j{d}_j(X-a{)}^{m+j}\mathrm{.}$$

C'est une écriture de $P$ en puissances de $X-a$ dans laquelle aucune puissance d'exposant $<m$ n'apparaît. Par unicité de cette écriture (partie du théorème de Taylor), on identifie : $c_k=0$ pour $k<m$ et $c_{m+j}=d_j$ pour $j⩾0$.

L'équivalence est établie. La multiplicité exacte s'en déduit : $a$ est de multiplicité $m$ lorsque $(X-a{)}^m\mid P$ et $(X-a{)}^{m+1}\nmid P$, c'est-à-dire lorsque $c_0=\cdots =c_{m-1}=0$ et $c_m\mathrm{\ne }0$, ce qui est exactement l'énoncé. $\mathrm{\square }$

Arithmétique dans $\mathbb{K}[X]$

Cette section est le décalque du chapitre d'arithmétique dans $\mathbb{Z}$. À chaque énoncé, prenez une seconde pour retrouver son jumeau entier : c'est ainsi qu'on retient les deux d'un coup. Dans toute la section, les polynômes considérés sont dans $\mathbb{K}[X]$. Voici le dictionnaire, à garder sous les yeux.

PGCD de deux polynômes

Démonstration. Soit $D$ un diviseur commun de $A$ et $B$. Comme $R=A-BQ$, le point 4 des propriétés de la divisibilité donne $D\mid R$ : donc $D$ est un diviseur commun de $B$ et $R$.

Réciproquement, soit $D$ un diviseur commun de $B$ et $R$. Comme $A=BQ+R$, le même argument donne $D\mid A$ : donc $D$ est un diviseur commun de $A$ et $B$.

Les deux ensembles de diviseurs communs coïncident, donc les PGCD aussi. $\mathrm{\square }$

L'algorithme d'Euclide

Démonstration. L'algorithme se termine. Tant que le reste est non nul, son degré est un entier naturel strictement inférieur au degré du reste précédent. Une suite strictement décroissante d'entiers naturels est finie : il existe donc un rang $n$ où le reste $R_{n+1}$ est nul.

Le dernier reste non nul convient. Le lemme fondamental, appliqué à chaque ligne, donne l'égalité des ensembles de diviseurs communs :

$$\mathcal{D}(R_0,R_1)=\mathcal{D}(R_1,R_2)=\cdots =\mathcal{D}(R_{n-1},R_n)=\mathcal{D}(R_n,0),$$

où $\mathcal{D}(U,V)$ désigne l'ensemble des diviseurs communs de $U$ et $V$. Or tout polynôme divise $0$, donc $\mathcal{D}(R_n,0)$ est simplement l'ensemble des diviseurs de $R_n$. Ainsi, les diviseurs communs de $A$ et $B$ sont exactement les diviseurs de $R_n$, donc aussi ceux du polynôme unitaire $D$ associé à $R_n$ : ce $D$ est le PGCD, dont l'existence est ainsi établie. $\mathrm{\square }$

Le théorème de Bézout

Démonstration. Considérons l'ensemble des combinaisons non nulles de $A$ et $B$ :

$$\mathcal{E}=\{AU+BV:(U,V)\in \mathbb{K}[X{]}^2\}\setminus \{0\}\mathrm{.}$$

Cet ensemble est non vide : $A$ et $B$ ne sont pas tous deux nuls, et $A=A\times 1+B\times 0$, $B=A\times 0+B\times 1$ appartiennent à $\mathcal{E}$ dès qu'ils sont non nuls.

L'ensemble des degrés des éléments de $\mathcal{E}$ est donc une partie non vide de $\mathbb{N}$ : elle admet un plus petit élément. Choisissons $D_0=A{U}_0+B{V}_0$ dans $\mathcal{E}$ de degré minimal, et notons $\lambda$ son coefficient dominant. Posons $D_1={\lambda }^{-1}{D}_0$, qui est unitaire et s'écrit encore $D_1=A{U}_1+B{V}_1$ avec $U_1={\lambda }^{-1}{U}_0$ et $V_1={\lambda }^{-1}{V}_0$. Montrons que $D_1=A\wedge B$, ce qui achèvera la démonstration.

Tout diviseur commun de $A$ et $B$ divise $D_1$. Si $C\mid A$ et $C\mid B$, alors $C\mid A{U}_1+B{V}_1=D_1$.

$D_1$ est un diviseur commun de $A$ et $B$. Effectuons la division euclidienne de $A$ par $D_1$ (licite car $D_1\mathrm{\ne }0$) :

$$A=D_{1}Q+R,\mathrm{deg}R<\mathrm{deg}{D}_1\mathrm{.}$$

Alors

$$R=A-D_{1}Q=A-(A{U}_1+B{V}_1)Q=A(1-U_{1}Q)+B(-V_{1}Q),$$

donc $R$ est une combinaison de $A$ et $B$. Si $R$ était non nul, il appartiendrait à $\mathcal{E}$ avec $\mathrm{deg}R<\mathrm{deg}{D}_1=\mathrm{deg}{D}_0$, ce qui contredirait la minimalité du degré de $D_0$. Donc $R=0$, c'est-à-dire $D_1\mid A$. Le même raisonnement avec $B$ donne $D_1\mid B$.

Ainsi $D_1$ est un polynôme unitaire, diviseur commun de $A$ et $B$, et divisible par tout diviseur commun : les diviseurs communs de $A$ et $B$ sont exactement les diviseurs de $D_1$, donc $D_1=A\wedge B=D$. L'égalité $A{U}_1+B{V}_1=D$ est la relation cherchée. $\mathrm{\square }$

Polynômes premiers entre eux

Démonstration. $(⟹)$ C'est le théorème de Bézout appliqué avec $D=1$.

$(⟸)$ Supposons qu'il existe $U,V$ avec $AU+BV=1$, et soit $C$ un diviseur commun de $A$ et $B$. Alors $C\mid AU+BV=1$, donc $C$ divise le polynôme constant $1$, donc $\mathrm{deg}C⩽0$ : $C$ est une constante non nulle. Les seuls diviseurs communs de $A$ et $B$ sont donc les constantes non nulles, et le PGCD unitaire vaut $1$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Point 1. Écrivons $A{U}_1+B{V}_1=1$ et $A{U}_2+C{V}_2=1$, et multiplions ces deux égalités membre à membre :

$$1=(A{U}_1+B{V}_1)(A{U}_2+C{V}_2)=A(A{U}_1{U}_2+U_{1}C{V}_2+B{V}_1{U}_2)+(BC)\left(V_1{V}_2\right)\mathrm{.}$$

C'est une relation de Bézout entre $A$ et $BC$, donc $A\wedge (BC)=1$.

Point 2. Une récurrence sur $n$ à partir du point 1 donne $A\wedge B^n=1$, puis une récurrence sur $m$ à partir du point 1 (en échangeant les rôles) donne $A^m\wedge B^n=1$. $\mathrm{\square }$

Le lemme de Gauss

Démonstration. Comme $A\wedge B=1$, le théorème de Bézout fournit $U,V$ tels que $AU+BV=1$. Multiplions cette égalité par $C$ :

$$C=ACU+BCV\mathrm{.}$$

Le polynôme $A$ divise le premier terme $ACU$, de façon évidente. Il divise aussi le second : par hypothèse $A\mid BC$, donc $A\mid BCV$. Divisant les deux termes, $A$ divise leur somme, c'est-à-dire $C$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Écrivons $C=AS$. Comme $B\mid C=AS$ et $B\wedge A=1$, le lemme de Gauss donne $B\mid S$ : écrivons $S=BT$. Alors $C=ABT$, donc $AB\mid C$. $\mathrm{\square }$

PPCM

Démonstration (esquisse). L'unicité s'obtient comme pour le PGCD : deux tels polynômes se divisent mutuellement et sont unitaires, donc égaux.

Pour l'existence, posons $D=A\wedge B$ et écrivons $A=D{A}_1$, $B=D{B}_1$. On vérifie que $A_1\wedge B_1=1$ : un diviseur commun $C$ de $A_1$ et $B_1$ donnerait $DC$ diviseur commun de $A$ et $B$, donc $DC\mid D$, ce qui force $C$ constant. Posons alors $M_0=D{A}_1{B}_1$, de sorte que $M_0=A{B}_1=B{A}_1$ est un multiple commun de $A$ et $B$.

Soit $N$ un multiple commun quelconque : $N=AS=BT$. Alors $D{A}_{1}S=D{B}_{1}T$, donc $A_{1}S=B_{1}T$ après simplification par $D\mathrm{\ne }0$. Ainsi $A_1\mid B_{1}T$, et comme $A_1\wedge B_1=1$, le lemme de Gauss donne $A_1\mid T$ : écrivons $T=A_1{T}_1$. Alors $N=B{A}_1{T}_1=M_0{T}_1$, donc $M_0\mid N$. Les multiples communs de $A$ et $B$ sont donc exactement les multiples de $M_0$, et le PPCM est le polynôme unitaire associé à $M_0$.

Enfin, avec $A$ et $B$ unitaires, $D$ est unitaire et $M_0=D{A}_1{B}_1$ vérifie $D{M}_0=D^2{A}_1{B}_1=(D{A}_1)(D{B}_1)=AB$, avec $M_0$ unitaire : c'est la formule annoncée. $\mathrm{\square }$

Polynômes irréductibles

Démonstration. Point 1. Soit $\mathrm{deg}P=1$ et soit $C$ un diviseur de $P$ : $P=CS$, donc $\mathrm{deg}C+\mathrm{deg}S=1$. Les deux degrés sont des entiers naturels de somme $1$ : l'un vaut $0$, l'autre $1$. Si $\mathrm{deg}C=0$, alors $C$ est une constante non nulle ; si $\mathrm{deg}C=1$, alors $\mathrm{deg}S=0$, donc $S=\lambda$ est une constante non nulle et $C={\lambda }^{-1}P$ est associé à $P$.

Point 2. $(⟹)$ Par contraposée : si $P$ a une racine $a$, alors $(X-a)\mid P$, et le quotient est de degré $\mathrm{deg}P-1⩾1$ : on a écrit $P$ comme produit de deux polynômes non constants, donc $P$ n'est pas irréductible.

$(⟸)$ Par contraposée encore : supposons $P$ non irréductible, avec $\mathrm{deg}P\in \{2,3\}$. Alors $P=ST$ avec $\mathrm{deg}S⩾1$ et $\mathrm{deg}T⩾1$, et $\mathrm{deg}S+\mathrm{deg}T=\mathrm{deg}P⩽3$. L'un des deux facteurs est donc de degré $1$, disons $S=aX+b$ avec $a\mathrm{\ne }0$. Le scalaire $-b\mathrm{/}a$ est alors racine de $S$, donc de $P$. $\mathrm{\square }$

Le théorème de d'Alembert-Gauss

Factorisation dans $\mathbb{C}[X]$

Démonstration. Point 1. Récurrence forte sur $n=\mathrm{deg}P⩾1$. Si $n=1$, alors $P=\lambda (X-a)$ avec $a=-a_0\mathrm{/}\lambda$ : c'est fait. Supposons le résultat acquis pour tous les degrés strictement inférieurs à $n$, et soit $\mathrm{deg}P=n⩾2$. Le théorème de d'Alembert-Gauss fournit une racine $a\in \mathbb{C}$, et le théorème de la racine donne $P=(X-a)Q$ avec $\mathrm{deg}Q=n-1⩾1$. Par hypothèse de récurrence, $Q$ est un produit de facteurs de degré $1$ multiplié par une constante ; il en va donc de même de $P$. En regroupant les facteurs égaux, on obtient l'écriture annoncée, et l'identification des coefficients dominants donne le $\lambda$.

Point 2. Immédiat en prenant les degrés dans l'écriture précédente : $\sum m_i=n$.

Point 3. Les polynômes de degré $1$ sont irréductibles (propriété générale). Réciproquement, soit $P$ irréductible dans $\mathbb{C}[X]$, donc de degré $n⩾1$. Si l'on avait $n⩾2$, la décomposition du point 1 écrirait $P$ comme produit d'au moins deux facteurs de degré $1$, tous non constants, ce qui contredirait l'irréductibilité. Donc $n=1$. $\mathrm{\square }$

Racines complexes d'un polynôme réel

Les racines d'un polynôme à coefficients réels vont par paires. C'est le résultat qui permet de redescendre de $\mathbb{C}[X]$ vers $\mathbb{R}[X]$.

Démonstration. Point 1. Écrivons $P={\sum }_{k=0}^n{a}_k{X}^k$ avec $a_k\in \mathbb{R}$, donc $\overline{a_k}=a_k$. La conjugaison étant un morphisme d'anneaux de $\mathbb{C}$ dans lui-même,

$$\overline{P(z)}=\overline{\sum _{k=0}^n{a}_k{z}^k}=\sum _{k=0}^n\overline{a_k}{\bar{z}}^k=\sum _{k=0}^n{a}_k{\bar{z}}^k=P\left(\bar{z}\right)\mathrm{.}$$

Point 2. Utilisons la caractérisation par les dérivées. Si $P$ est à coefficients réels, ses dérivées successives $P^{(k)}$ le sont aussi (la dérivation multiplie les coefficients par des entiers). Le point 1 s'applique donc à chaque $P^{(k)}$ :

$$P^{(k)}\left(\bar{z}\right)=\overline{P^{(k)}(z)}\mathrm{.}$$

Or $z$ est de multiplicité $m$, donc $P^{(k)}(z)=0$ pour $k<m$ et $P^{(m)}(z)\mathrm{\ne }0$. En conjuguant, $P^{(k)}(\bar{z})=0$ pour $k<m$ et $P^{(m)}(\bar{z})\mathrm{\ne }0$ (le conjugué d'un nombre non nul est non nul). Donc $\bar{z}$ est racine de multiplicité $m$.

Point 3. Notons $n=\mathrm{deg}P$, impair. Sur $\mathbb{C}$, $P$ possède $n$ racines comptées avec multiplicité. Les racines non réelles se regroupent par paires $\{z,\bar{z}\}$ de même multiplicité, avec $z\mathrm{\ne }\bar{z}$ : elles contribuent donc pour un nombre pair à ce décompte. Le nombre de racines réelles comptées avec multiplicité est donc $n$ moins un nombre pair, donc impair, donc non nul : il y a au moins une racine réelle. $\mathrm{\square }$

Factorisation dans $\mathbb{R}[X]$

Démonstration. Point 1, sens facile. Les polynômes de degré $1$ sont irréductibles. Un trinôme de degré $2$ à discriminant strictement négatif n'a aucune racine réelle, donc il est irréductible dans $\mathbb{R}[X]$ d'après le critère des degrés $2$ et $3$.

Point 1, sens réciproque, et point 2 en même temps. Soit $P\in \mathbb{R}[X]$ de degré $n⩾1$, de coefficient dominant $\lambda$. Considérons-le comme élément de $\mathbb{C}[X]$ : il y est scindé. Séparons ses racines en deux catégories.

• Les racines réelles $a_1,\dots ,a_r$, de multiplicités $m_1,\dots ,m_r$.
• Les racines non réelles. D'après la propriété précédente, elles se regroupent en paires $\{z_j,\overline{z_j}\}$ de même multiplicité $n_j$, avec $z_j\mathrm{\ne }\overline{z_j}$.

La factorisation dans $\mathbb{C}[X]$ s'écrit donc

$$P=\lambda \prod _{i=1}^r(X-a_i{)}^{m_i}\prod _{j=1}^s[(X-z_j)(X-\overline{z_j}){]}^{n_j}\mathrm{.}$$

Or, en développant chaque paire conjuguée,

$$(X-z_j)(X-\overline{z_j})=X^2-(z_j+\overline{z_j})X+z_j\overline{z_j}=X^2-2\mathrm{Re}(z_j)X+\mathrm{\mid }{z}_j{\mathrm{\mid }}^2,$$

qui est un trinôme à coefficients réels. Son discriminant vaut

$$4(\mathrm{Re}{z}_j{)}^2-4\mathrm{\mid }{z}_j{\mathrm{\mid }}^2=-4(\mathrm{Im}{z}_j{)}^2<0,$$

strictement négatif puisque $z_j$ n'est pas réel. On obtient bien la décomposition annoncée, à coefficients réels.

Il reste à conclure sur l'irréductibilité. Soit $P$ irréductible dans $\mathbb{R}[X]$. La décomposition ci-dessus l'écrit comme produit de facteurs non constants ; l'irréductibilité impose qu'il n'y en ait qu'un seul, donc $P$ est associé soit à un $(X-a_i)$, soit à un trinôme de discriminant strictement négatif. Dans les deux cas, $P$ est de la forme annoncée. $\mathrm{\square }$

Existence et unicité de la factorisation

Démonstration. Supposons $P\nmid A$ et montrons $P\mid B$. Considérons $D=P\wedge A$. C'est un diviseur de $P$, donc, $P$ étant irréductible, $D$ est soit une constante non nulle, soit associé à $P$. Le second cas est exclu : il donnerait $P\mid D\mid A$, contrairement à l'hypothèse. Donc $D$ est une constante non nulle, et comme $D$ est unitaire, $D=1$ : les polynômes $P$ et $A$ sont premiers entre eux. Le lemme de Gauss, appliqué à $P\mid AB$ avec $P\wedge A=1$, donne alors $P\mid B$. $\mathrm{\square }$

Démonstration. Existence. Récurrence forte sur $n=\mathrm{deg}P⩾1$. Si $P$ est irréductible, on écrit $P=\lambda \times ({\lambda }^{-1}P)$ où $\lambda$ est le coefficient dominant : c'est fini. Sinon, $P=ST$ avec $\mathrm{deg}S⩾1$, $\mathrm{deg}T⩾1$, et donc $\mathrm{deg}S<n$ et $\mathrm{deg}T<n$. L'hypothèse de récurrence s'applique à $S$ et à $T$ ; en multipliant leurs décompositions et en regroupant les facteurs égaux, on obtient celle de $P$.

Unicité (esquisse). Supposons deux décompositions du même polynôme. Le facteur irréductible unitaire $P_1$ divise le produit de l'autre décomposition ; par applications répétées du lemme d'Euclide, il divise l'un de ses facteurs irréductibles $Q_j$. Deux polynômes irréductibles unitaires qui se divisent sont égaux (le quotient est une constante, et l'unitarité la fixe à $1$), donc $P_1=Q_j$. On simplifie par $P_1$ et l'on recommence : une récurrence sur le degré conclut que les deux décompositions ont les mêmes facteurs avec les mêmes exposants. $\mathrm{\square }$

Démonstration. $(⟹)$ Par contraposée : supposons $D=P\wedge P^{\mathrm{\prime }}$ non constant. Comme $\mathbb{C}$ est algébriquement clos, $D$ a une racine $a$, qui est donc racine commune de $P$ et de $P^{\mathrm{\prime }}$. La caractérisation par les dérivées dit alors que $a$ est racine multiple de $P$.

$(⟸)$ Par contraposée encore : si $P$ a une racine multiple $a$, alors $P(a)=P^{\mathrm{\prime }}(a)=0$, donc $X-a$ divise à la fois $P$ et $P^{\mathrm{\prime }}$ ; c'est un diviseur commun non constant, et $P\wedge P^{\mathrm{\prime }}\mathrm{\ne }1$. $\mathrm{\square }$

Interpolation de Lagrange

Le problème

Voici la question, très concrète : on connaît la valeur d'une grandeur en quelques points, et l'on cherche un polynôme qui passe exactement par ces valeurs. Combien y en a-t-il ? Comment le calculer ?

Sans contrainte sur le degré, la réponse est infinie : à partir d'une solution, on en fabrique d'autres en ajoutant n'importe quel multiple de ${\prod }_i(X-x_i)$, qui s'annule en tous les nœuds. Toute la finesse du théorème est d'imposer une contrainte de degré qui rend la solution unique — et cette contrainte est exactement $\mathrm{deg}P⩽n$, c'est-à-dire autant de coefficients que de conditions.

Les polynômes de Lagrange

Démonstration. Le dénominateur ${\prod }_{j\mathrm{\ne }i}(x_i-x_j)$ est un scalaire non nul, puisque les nœuds sont deux à deux distincts : la définition a bien un sens. Le numérateur est un produit de $n$ facteurs de degré $1$, donc $\mathrm{deg}{L}_i=n$.

Si $j\mathrm{\ne }i$, le facteur $X-x_j$ figure au numérateur, donc $L_i(x_j)=0$.

Si $j=i$, en remplaçant $X$ par $x_i$, le numérateur devient exactement ${\prod }_{j\mathrm{\ne }i}(x_i-x_j)$, c'est-à-dire le dénominateur : le quotient vaut $1$. $\mathrm{\square }$

Le théorème d'interpolation

Démonstration. Existence. Posons $P={\sum }_{i=0}^n{y}_i{L}_i$. Chaque $L_i$ est de degré $n$, donc $\mathrm{deg}P⩽n$ (le degré d'une somme est majoré par le maximum des degrés). Évaluons en $x_j$ :

$$P(x_j)=\sum _{i=0}^n{y}_i{L}_i(x_j)\mathrm{.}$$

Dans cette somme, tous les termes sont nuls sauf celui d'indice $i=j$, pour lequel $L_j(x_j)=1$. Donc $P(x_j)=y_j$, pour tout $j$ : le polynôme $P$ convient.

Unicité. Soient $P_1$ et $P_2$ deux solutions, et posons $D=P_1-P_2$. Alors

$$\mathrm{deg}D⩽\max (\mathrm{deg}{P}_1,\mathrm{deg}{P}_2)⩽n,$$

et pour tout $i$, $D(x_i)=y_i-y_i=0$. Le polynôme $D$ possède donc au moins $n+1$ racines distinctes (les nœuds, qui sont deux à deux distincts) tout en étant de degré $⩽n$. D'après le corollaire du comptage des racines, $D=0$, c'est-à-dire $P_1=P_2$. $\mathrm{\square }$

Un exemple entièrement traité

Toutes les solutions du problème

Démonstration. Si $P=P_0+\mathrm{\Pi }Q$, alors $P(x_i)=P_0(x_i)+0=y_i$ pour tout $i$, puisque $\mathrm{\Pi }(x_i)=0$.

Réciproquement, soit $P$ une solution quelconque, et posons $D=P-P_0$. Alors $D$ s'annule aux $n+1$ nœuds, qui sont deux à deux distincts : d'après le théorème sur les racines distinctes, $\mathrm{\Pi }=\prod (X-x_i)$ divise $D$. Écrivons $D=\mathrm{\Pi }Q$ : alors $P=P_0+\mathrm{\Pi }Q$. $\mathrm{\square }$

Fractions rationnelles

Définition et représentant irréductible

Comme pour $\mathbb{K}[X]$, la construction de $\mathbb{K}(X)$ est hors programme : on la fabrique à partir des quotients formels, exactement comme on fabrique $\mathbb{Q}$ à partir de $\mathbb{Z}$. Nous partons d'une définition admise.

Démonstration. Existence. Partons d'une écriture quelconque $F=\frac{P_1}{Q_1}$ et posons $D=P_1\wedge Q_1$. Écrivons $P_1=DP$ et $Q_1=DQ$. Alors $P\wedge Q=1$ : un diviseur commun $C$ de $P$ et $Q$ donnerait $DC$ diviseur commun de $P_1$ et $Q_1$, donc $DC\mid D$, donc $C$ constant. Par ailleurs $\frac{P}{Q}=\frac{P_1}{Q_1}$ puisque $P{Q}_1=PDQ=Q{P}_1$. Il reste à diviser $P$ et $Q$ par le coefficient dominant de $Q$ pour rendre $Q$ unitaire.

Unicité. Supposons $\frac{P}{Q}=\frac{R}{S}$ avec $P\wedge Q=R\wedge S=1$ et $Q$, $S$ unitaires. Alors $PS=QR$. Ainsi $Q\mid PS$, et comme $Q\wedge P=1$, le lemme de Gauss donne $Q\mid S$. Symétriquement $S\mid Q$. Les polynômes $Q$ et $S$ sont donc associés, et tous deux unitaires : $Q=S$. En reportant dans $PS=QR$ et en simplifiant par $Q\mathrm{\ne }0$, il vient $P=R$. $\mathrm{\square }$

Degré d'une fraction rationnelle

Démonstration. Point 1. Si $\frac{P}{Q}=\frac{R}{S}$, alors $PS=QR$, donc $\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}S=\mathrm{deg}Q+\mathrm{deg}R$, d'où $\mathrm{deg}P-\mathrm{deg}Q=\mathrm{deg}R-\mathrm{deg}S$.

Point 2. Pour le produit : $\mathrm{deg}(FG)=\mathrm{deg}(PR)-\mathrm{deg}(QS)=(\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}R)-(\mathrm{deg}Q+\mathrm{deg}S)=\mathrm{deg}F+\mathrm{deg}G$. Pour la somme, on écrit $F+G=\frac{PS+QR}{QS}$ et l'on majore le degré du numérateur par $\max (\mathrm{deg}P+\mathrm{deg}S,\mathrm{deg}Q+\mathrm{deg}R)$, puis on soustrait $\mathrm{deg}Q+\mathrm{deg}S$.

Point 3. Immédiat avec $Q=1$. $\mathrm{\square }$

Partie entière

Démonstration. Existence. Écrivons $F=\frac{P}{Q}$ avec $Q\mathrm{\ne }0$, et effectuons la division euclidienne de $P$ par $Q$ :

$$P=QE+R,\mathrm{deg}R<\mathrm{deg}Q\mathrm{.}$$

En divisant par $Q$ :

$$F={\displaystyle \frac{QE+R}{Q}}=E+{\displaystyle \frac{R}{Q}},$$

et $\mathrm{deg}\frac{R}{Q}=\mathrm{deg}R-\mathrm{deg}Q<0$. Le couple $(E,\frac{R}{Q})$ convient.

Unicité. Supposons $F=E_1+G_1=E_2+G_2$ avec $\mathrm{deg}{G}_1<0$ et $\mathrm{deg}{G}_2<0$. Alors

$$E_1-E_2=G_2-G_1\mathrm{.}$$

Le membre de gauche est un polynôme, donc son degré est $⩾0$ ou vaut $-\mathrm{\infty }$. Le membre de droite vérifie $\mathrm{deg}(G_2-G_1)⩽\max (\mathrm{deg}{G}_2,\mathrm{deg}{G}_1)<0$. Un polynôme de degré strictement négatif est nécessairement nul : $E_1-E_2=0$, puis $G_1=G_2$. $\mathrm{\square }$

Zéros et pôles

La décomposition en éléments simples dans $\mathbb{C}(X)$

La décomposition en éléments simples dans $\mathbb{R}(X)$

Les méthodes de calcul

Démonstration de la technique 2. Comme $a$ est un pôle simple, écrivons $Q=(X-a)Q_1$ avec $Q_1(a)\mathrm{\ne }0$. La technique 1 donne

$$c={[(X-a){\displaystyle \frac{P}{(X-a)Q_1}}]}_{X=a}={\displaystyle \frac{P(a)}{Q_1(a)}}\mathrm{.}$$

Or, en dérivant $Q=(X-a)Q_1$ par la formule du produit,

$$Q^{\mathrm{\prime }}=Q_1+(X-a)Q_1^{\mathrm{\prime }},\text{donc}{Q}^{\mathrm{\prime }}(a)=Q_1(a)\mathrm{.}$$

D'où $c={\displaystyle \frac{P(a)}{Q^{\mathrm{\prime }}(a)}}$. $\mathrm{\square }$

Deux décompositions entièrement traitées

Une décomposition dans $\mathbb{R}(X)$

La fraction $P^{\mathrm{\prime }}\mathrm{/}P$

Terminons par un cas particulier remarquable, qui relie tout le chapitre : la dérivation, les multiplicités, et la décomposition en éléments simples.

Démonstration. Écrivons $P=\lambda {\prod }_{i=1}^r{P}_i$ où $P_i=(X-a_i{)}^{m_i}$ et $\lambda \in {\mathbb{K}}^{\ast }$. D'après la formule de dérivation d'un produit de plusieurs facteurs,

$$P^{\mathrm{\prime }}=\lambda \sum _{i=1}^r{P}_i^{\mathrm{\prime }}\prod _{j\mathrm{\ne }i}{P}_j\mathrm{.}$$

Divisons par $P=\lambda {\prod }_j{P}_j$, ce qui est licite dans le corps $\mathbb{K}(X)$ puisque $P\mathrm{\ne }0$ :

$${\displaystyle \frac{P^{\mathrm{\prime }}}{P}}=\sum _{i=1}^r{\displaystyle \frac{P_i^{\mathrm{\prime }}\prod _{j\mathrm{\ne }i}{P}_j}{\prod _j{P}_j}}=\sum _{i=1}^r{\displaystyle \frac{P_i^{\mathrm{\prime }}}{P_i}}\mathrm{.}$$

Or, pour chaque $i$,

$${\displaystyle \frac{P_i^{\mathrm{\prime }}}{P_i}}={\displaystyle \frac{m_i(X-a_i{)}^{m_i-1}}{(X-a_i{)}^{m_i}}}={\displaystyle \frac{m_i}{X-a_i}}\mathrm{.}$$

En reportant, on obtient la formule annoncée. $\mathrm{\square }$

Méthodes et réflexes du chapitre

Ce chapitre est long, mais ses exercices se ramènent à une dizaine de gestes. Les voici rassemblés, avec, pour chacun, la rédaction attendue.

Pour finir, les pièges du chapitre, ceux qui coûtent le plus de points.

1. Confondre polynôme et fonction polynomiale. $X^2+1=0$ est faux dans $\mathbb{R}[X]$, alors que l'équation $x^2+1=0$ a deux solutions dans $\mathbb{C}$. Une égalité de polynômes est une égalité de coefficients ; elle entraîne l'égalité des valeurs, et la réciproque est un théorème, qui utilise que $\mathbb{K}$ est infini.
2. Oublier que $\mathrm{deg}(P+Q)$ peut chuter. L'égalité $\mathrm{deg}(P+Q)=\max (\mathrm{deg}P,\mathrm{deg}Q)$ n'est garantie que si les deux degrés diffèrent. Cette erreur ruine beaucoup de récurrences sur le degré.
3. Oublier la partie entière d'une fraction rationnelle. Réflexe : comparer $\mathrm{deg}P$ et $\mathrm{deg}Q$ avant d'écrire la forme de la décomposition.
4. Dériver « comme une fonction » sur $\mathbb{C}$. La dérivation des polynômes est définie par une formule sur les coefficients ; c'est ce qui la rend licite sur $\mathbb{C}$. Ne jamais invoquer un taux d'accroissement complexe.
5. Appliquer le critère « pas de racine donc irréductible » au-delà du degré $3$. $(X^2+1{)}^2$ n'a pas de racine réelle et n'est pas irréductible dans $\mathbb{R}[X]$.
6. Oublier l'hypothèse « premiers entre eux » dans Gauss ou dans son corollaire. Sans elle, les deux énoncés sont faux, et les contre-exemples sont immédiats.
7. Simplifier par un polynôme sans justifier qu'il est non nul. L'intégrité de $\mathbb{K}[X]$ autorise la simplification, mais seulement par un facteur non nul.
8. Parler de pôles sans avoir simplifié la fraction. La notion de pôle n'a de sens que sur la forme irréductible.