PCSI · Chapitre 08 · Premier semestre

Polynômes

Degré, division euclidienne, racines et multiplicité, dérivation formelle, irréductibles de C[X] et de R[X], décomposition en éléments simples.

Sommaire

Ce qu'il faut savoir faire

Depuis la classe de troisième, vous manipulez des expressions comme $3 x^{2} - 5 x + 1$ sans jamais vous demander ce qu'elles sont. La réponse qui vient spontanément est « une fonction » : à chaque réel $x$ on associe le nombre $3 x^{2} - 5 x + 1$ . Cette réponse est commode, mais elle passe à côté de l'essentiel, et le premier travail de ce chapitre consiste précisément à en changer. Un polynôme n'est pas une fonction : c'est une suite de coefficients, écrite avec des puissances d'une lettre qui ne représente aucun nombre. Le symbole $X$ n'est pas une variable que l'on remplace, c'est un objet formel dont la seule propriété est de se multiplier par lui-même sans jamais rien simplifier.

Cette distinction n'est pas une coquetterie de vocabulaire. Elle décide de ce que veut dire « deux polynômes sont égaux ». Pour des fonctions, l'égalité signifie que les valeurs coïncident partout ; pour des polynômes, elle signifie que les coefficients coïncident un à un. Ce sont deux définitions différentes, et l'un des théorèmes importants du chapitre dira qu'elles reviennent finalement au même sur $R$ et sur $C$ . Ce théorème, qui autorise à identifier un polynôme à sa fonction, n'est pas une évidence : c'est une conséquence du fait qu'un polynôme non nul ne peut pas avoir trop de racines. Toute la première moitié du chapitre travaille à l'établir, et jusque-là il faut accepter de tenir les deux notions séparées.

Que gagne-t-on à étudier les polynômes pour eux-mêmes ? D'abord une arithmétique. Comme dans $Z$ , on peut parler de diviseurs, de multiples, et surtout poser une division avec quotient et reste : c'est le théorème de la division euclidienne, qui est l'outil de calcul le plus rentable du chapitre. Ensuite une théorie des racines beaucoup plus fine que celle du lycée : au lieu de dire « l'équation a une solution », on saura dire combien de fois cette solution compte, ce qu'on appelle sa multiplicité, et on saura la mesurer avec les dérivées successives. Enfin, et c'est la grande nouveauté de l'année, les nombres complexes permettent de tout factoriser : sur $C$ , tout polynôme non constant se casse en produit de facteurs de degré $1$ , et il ne reste plus aucune équation polynomiale sans solution. Sur $R$ , il subsiste exactement une obstruction, les trinômes de discriminant strictement négatif, et pas une de plus.

La dernière section change de registre. La décomposition en éléments simples n'est pas une théorie, c'est une machine à calculer : elle casse un quotient de deux polynômes en une somme de morceaux minuscules, dont chacun s'intègre, se dérive $k$ fois, ou se télescope à vue. Vous l'utiliserez tout le reste de l'année dans les chapitres d'intégration, et elle est la vraie raison pour laquelle un chapitre entier est consacré aux polynômes au premier semestre.

Le plan suit cette progression. On construit d'abord l'ensemble des polynômes et ses opérations, puis on introduit le degré, qui est l'outil de raisonnement le plus puissant du chapitre. Viennent ensuite la division euclidienne, les racines et leur multiplicité, la dérivation formelle avec la formule de Taylor, la factorisation dans $C [X]$ puis dans $R [X]$ , et pour finir les éléments simples.

Les notations suivantes sont fixées une fois pour toutes. La lettre $K$ désigne $R$ ou $C$ , et ses éléments sont appelés des scalaires : tout ce qui suit est valable dans les deux cas, sauf mention explicite du contraire. L'ensemble des polynômes à une indéterminée à coefficients dans $K$ est noté $K [X]$ , et $K_{n} [X]$ désigne l'ensemble des polynômes de degré au plus $n$ . L'indéterminée s'écrit toujours avec un $X$ majuscule, la variable d'une fonction avec un $x$ minuscule : cette différence typographique est le rappel permanent de la distinction du deuxième paragraphe. Un polynôme générique s'écrit $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ , ses coefficients étant les scalaires $a_{k}$ . Le degré de $P$ est noté $\deg P$ . La divisibilité s'écrit $A ∣ B$ , la non-divisibilité $A ∤ B$ . Les dérivées successives se notent $P^{'}$ , $P^{''}$ , puis $P^{(k)}$ . Enfin, les lettres $P$ , $Q$ , $A$ , $B$ désignent des polynômes, les lettres $a$ , $b$ , $z$ des scalaires, et $n$ , $m$ , $k$ des entiers naturels.

L'ensemble des polynômes

Définition et coefficients

Construire proprement $K [X]$ demande de définir un polynôme comme une suite de scalaires nuls à partir d'un certain rang, puis de vérifier que les opérations habituelles se transportent sur ces suites. Cette construction est hors programme : nous admettons donc l'existence d'un objet $X$ , appelé indéterminée, avec lequel on calcule selon les règles usuelles, et nous partons directement de l'écriture des polynômes.

Définition

On appelle polynôme à coefficients dans $K$ toute expression de la forme

P = a_{0} + a_{1} X + a_{2} X^{2} + \dots + a_{n} X^{n} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k},

où $n$ est un entier naturel et où $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n}$ sont des éléments de $K$ , appelés les coefficients de $P$ . L'ensemble de ces polynômes est noté $K [X]$ .

On convient que $a_{k} = 0$ pour tout indice $k > n$ , ce qui permet d'écrire $P = \sum_{k ⩾ 0} a_{k} X^{k}$ : cette somme n'a qu'un nombre fini de termes non nuls.

Remarque

La convention « $a_{k} = 0$ au-delà du dernier indice écrit » n'est pas un détail. Elle permet de comparer deux polynômes qui n'ont pas le même nombre de termes visibles, et surtout d'écrire des formules de somme sans se soucier de savoir lequel des deux polynômes est le plus long. Concrètement, $2 X + 1$ et $0 X^{7} + 2 X + 1$ sont le même polynôme : ajouter des termes nuls ne change rien.

Définition

Soient $P = \sum_{k ⩾ 0} a_{k} X^{k}$ et $Q = \sum_{k ⩾ 0} b_{k} X^{k}$ deux polynômes de $K [X]$ . On dit que $P$ et $Q$ sont égaux, et l'on écrit $P = Q$ , lorsque

\forall k \in N, a_{k} = b_{k} .

Cette définition est le point de bascule annoncé dans l'introduction, et il faut en mesurer la portée. Une égalité de polynômes est une infinité d'égalités de scalaires, une par indice, dont toutes sauf un nombre fini sont l'égalité $0 = 0$ . Elle ne dit rien, à ce stade, sur des valeurs prises en des points : deux polynômes sont égaux quand on peut superposer leurs listes de coefficients, un point c'est tout. Le procédé de calcul qui en découle s'appelle l'identification des coefficients, et c'est le geste le plus utilisé du chapitre : chaque fois qu'un énoncé donne une égalité entre deux polynômes, il donne en réalité un système d'équations sur les coefficients.

Définition

Voici le vocabulaire de base, à connaître sans hésitation.

Le polynôme nul, noté $0$ , est celui dont tous les coefficients sont nuls.
Un polynôme constant est un polynôme de la forme $P = a_{0}$ , c'est-à-dire dont tous les coefficients d'indice $⩾ 1$ sont nuls. On identifie ces polynômes aux scalaires, ce qui permet de voir $K$ comme une partie de $K [X]$ .
Un monôme est un polynôme de la forme $a X^{k}$ avec $a \in K$ .

Exemple

Les expressions suivantes sont des polynômes de $R [X]$ :

P = 3 X^{2} - 5 X + 1, Q = X^{4} - X, R = 7, S = 0.

Les coefficients de $P$ sont $a_{0} = 1$ , $a_{1} = - 5$ , $a_{2} = 3$ , et $a_{k} = 0$ pour $k ⩾ 3$ . Le polynôme $R$ est constant, le polynôme $S$ est le polynôme nul.

En revanche $\frac{1}{X}$ , $\sqrt{X}$ et $X^{- 2}$ ne sont pas des polynômes : seules les puissances entières positives de $X$ sont autorisées.

Exemple

Une identification élémentaire. Cherchons les réels $a$ , $b$ , $c$ tels que

a (X - 1)^{2} + b (X - 1) + c = X^{2} + X + 1.

On développe le membre de gauche :

a (X^{2} - 2 X + 1) + b (X - 1) + c = a X^{2} + (- 2 a + b) X + (a - b + c) .

L'égalité de ces deux polynômes équivaut, par identification des coefficients, au système

{\begin{cases} a = 1 \\ - 2 a + b = 1 \\ a - b + c = 1 \end{cases}

On lit $a = 1$ , puis $b = 1 + 2 a = 3$ , puis $c = 1 - a + b = 3$ . Vérification : $(X - 1)^{2} + 3 (X - 1) + 3 = X^{2} - 2 X + 1 + 3 X - 3 + 3 = X^{2} + X + 1$ . C'est bien cela.

Somme, multiple par un scalaire, combinaison linéaire

Définition

Soient $P = \sum_{k ⩾ 0} a_{k} X^{k}$ et $Q = \sum_{k ⩾ 0} b_{k} X^{k}$ deux polynômes et $λ \in K$ .

La somme $P + Q$ est le polynôme dont le coefficient d'indice $k$ vaut $a_{k} + b_{k}$ :

P + Q = \sum_{k ⩾ 0} (a_{k} + b_{k}) X^{k} .

Le produit de $P$ par le scalaire $λ$ , noté $λ P$ , est le polynôme de coefficients $λ a_{k}$ .
On pose $- P = (- 1) P$ et $P - Q = P + (- Q)$ .
Une combinaison linéaire des polynômes $P_{1}, \dots, P_{r}$ est un polynôme de la forme $λ_{1} P_{1} + \dots + λ_{r} P_{r}$ , où $λ_{1}, \dots, λ_{r}$ sont des scalaires.

Ces deux opérations se font coefficient par coefficient : elles héritent donc immédiatement de toutes les règles de calcul de $K$ . La somme est associative et commutative, le polynôme nul est neutre, chaque polynôme a un opposé, et l'on a $λ (P + Q) = λ P + λ Q$ , $(λ + μ) P = λ P + μ P$ , $λ (μ P) = (λ μ) P$ . Tout ce qui ne concerne que l'addition et les multiples se calcule donc exactement comme dans $R$ , sans aucune précaution.

Exemple

Avec $P = 2 X^{3} - X + 4$ et $Q = - 2 X^{3} + 5 X^{2} + X$ , on obtient

P + Q = 5 X^{2} + 4, 3 P = 6 X^{3} - 3 X + 12, 2 P - Q = 6 X^{3} - 5 X^{2} - 3 X + 8.

Pour la dernière, on a calculé $2 P = 4 X^{3} - 2 X + 8$ puis retranché $Q$ terme à terme : $4 - (- 2) = 6$ pour $X^{3}$ , $0 - 5 = - 5$ pour $X^{2}$ , $- 2 - 1 = - 3$ pour $X$ , et $8 - 0 = 8$ pour le terme constant. Notez que dans $P + Q$ les termes en $X^{3}$ se sont annulés : c'est un phénomène sur lequel nous reviendrons dans la section suivante.

Le produit

Le produit est la première opération dont la formule mérite d'être écrite. On l'obtient en développant, c'est-à-dire en multipliant chaque monôme de $P$ par chaque monôme de $Q$ et en regroupant les termes de même degré, sachant que $X^{i} \times X^{j} = X^{i + j}$ .

Définition

Soient $P = \sum_{i ⩾ 0} a_{i} X^{i}$ et $Q = \sum_{j ⩾ 0} b_{j} X^{j}$ . Le produit $P Q$ est le polynôme $\sum_{k ⩾ 0} c_{k} X^{k}$ dont le coefficient d'indice $k$ est

c_{k} = \sum_{i + j = k} a_{i} b_{j} = \sum_{i = 0}^{k} a_{i} b_{k - i} .

Remarque

La formule paraît intimidante, elle est en réalité la traduction exacte du geste que vous faites déjà. Pour obtenir le coefficient de $X^{k}$ dans un produit développé, on cherche toutes les façons d'obtenir $X^{k}$ en multipliant un terme de $P$ par un terme de $Q$ : il faut prendre $X^{i}$ dans $P$ et $X^{j}$ dans $Q$ avec $i + j = k$ . La somme porte donc sur les couples $(i, j)$ d'entiers naturels de somme $k$ , ce qui donne exactement $k + 1$ termes.

Un cas particulier à retenir : $c_{0} = a_{0} b_{0}$ , autrement dit le terme constant d'un produit est le produit des termes constants. C'est une vérification instantanée, souvent suffisante pour détecter une erreur de calcul.

Exemple

Calculons $P Q$ pour $P = 2 X^{2} - X + 3$ et $Q = X^{3} + 4 X - 5$ . Ici $a_{0} = 3$ , $a_{1} = - 1$ , $a_{2} = 2$ , et $b_{0} = - 5$ , $b_{1} = 4$ , $b_{2} = 0$ , $b_{3} = 1$ . La formule donne

\begin{aligned} c_{0} & = a_{0} b_{0} = - 15, \\ c_{1} & = a_{0} b_{1} + a_{1} b_{0} = 12 + 5 = 17, \\ c_{2} & = a_{0} b_{2} + a_{1} b_{1} + a_{2} b_{0} = 0 - 4 - 10 = - 14, \\ c_{3} & = a_{0} b_{3} + a_{1} b_{2} + a_{2} b_{1} = 3 + 0 + 8 = 11, \\ c_{4} & = a_{1} b_{3} + a_{2} b_{2} = - 1 + 0 = - 1, \\ c_{5} & = a_{2} b_{3} = 2. \end{aligned}

Donc

P Q = 2 X^{5} - X^{4} + 11 X^{3} - 14 X^{2} + 17 X - 15.

On retrouve bien sûr le même résultat en développant à la main, et le terme constant $- 15 = 3 \times (- 5)$ confirme le calcul.

Propriété

Pour tous polynômes $P$ , $Q$ , $R$ de $K [X]$ et tout scalaire $λ$ :

$P Q = Q P$ et $(P Q) R = P (Q R)$ ;
$P (Q + R) = P Q + P R$ et $(λ P) Q = λ (P Q) = P (λ Q)$ ;
$1 \times P = P$ et $0 \times P = 0$ .

Démonstration. Pour la commutativité, le coefficient d'indice $k$ de $P Q$ est $\sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}$ , et celui de $Q P$ est $\sum_{i + j = k} b_{i} a_{j}$ . Ces deux sommes portent sur le même ensemble de couples et ont les mêmes termes, à l'ordre près : en échangeant les rôles de $i$ et $j$ dans la seconde, on retrouve la première. Elles sont donc égales.

Pour l'associativité, notons $P = \sum a_{i} X^{i}$ , $Q = \sum b_{j} X^{j}$ , $R = \sum c_{l} X^{l}$ . Le coefficient d'indice $k$ de $(P Q) R$ vaut

\sum_{m + l = k} (\sum_{i + j = m} a_{i} b_{j}) c_{l} = \sum_{i + j + l = k} a_{i} b_{j} c_{l},

la seconde écriture s'obtenant en distribuant $c_{l}$ et en regroupant les deux sommations en une seule, portant sur les triplets $(i, j, l)$ d'entiers naturels de somme $k$ . Le même calcul mené sur $P (Q R)$ donne exactement la même expression. Les deux polynômes ont donc les mêmes coefficients.

Les points 2 et 3 se vérifient de la même façon, en écrivant le coefficient d'indice $k$ de chaque membre et en utilisant la distributivité dans $K$ . Par exemple, le coefficient d'indice $k$ de $P (Q + R)$ vaut $\sum_{i + j = k} a_{i} (b_{j} + c_{j}) = \sum_{i + j = k} a_{i} b_{j} + \sum_{i + j = k} a_{i} c_{j}$ , qui est le coefficient d'indice $k$ de $P Q + P R$ . $□$

Remarque

Toutes ces règles sont celles dont vous avez l'habitude : on peut développer, factoriser, ordonner les facteurs comme on veut. C'est une différence radicale avec le calcul matriciel, où le produit n'est pas commutatif. En revanche, une propriété manque encore à l'appel, et il faudra la démontrer : rien ne dit pour l'instant qu'un produit de deux polynômes non nuls est non nul. C'est le degré qui le donnera.

Identités remarquables et formule du binôme

Puisque le produit est commutatif, associatif et distributif, toutes les identités algébriques valables dans $K$ le sont dans $K [X]$ , avec exactement les mêmes démonstrations. On dispose donc gratuitement de tout l'attirail du calcul algébrique.

Propriété

Pour tous $A$ , $B$ dans $K [X]$ et tout $n \in N$ :

$(A + B)^{2} = A^{2} + 2 A B + B^{2}$ et $(A - B)^{2} = A^{2} - 2 A B + B^{2}$ ;
$A^{2} - B^{2} = (A - B) (A + B)$ ;
$A^{n} - B^{n} = (A - B) \sum_{k = 0}^{n - 1} A^{k} B^{n - 1 - k}$ pour $n ⩾ 1$ ;
Formule du binôme de Newton : $(A + B)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) A^{k} B^{n - k}$ .

Démonstration. Les points 1 et 2 s'obtiennent en développant. Pour le point 3, développons le membre de droite en séparant les deux produits :

(A - B) \sum_{k = 0}^{n - 1} A^{k} B^{n - 1 - k} = \sum_{k = 0}^{n - 1} A^{k + 1} B^{n - 1 - k} - \sum_{k = 0}^{n - 1} A^{k} B^{n - k} .

Dans la première somme, le changement d'indice $k^{'} = k + 1$ donne $\sum_{k^{'} = 1}^{n} A^{k^{'}} B^{n - k^{'}}$ . Les deux sommes portent alors sur le même terme général $A^{k} B^{n - k}$ , l'une pour $k$ de $1$ à $n$ , l'autre pour $k$ de $0$ à $n - 1$ : par télescopage, il ne reste que le terme $k = n$ de la première, soit $A^{n}$ , moins le terme $k = 0$ de la seconde, soit $B^{n}$ .

Le point 4 se démontre par récurrence sur $n$ , exactement comme dans $R$ , la seule hypothèse utilisée étant la commutativité du produit, dont nous disposons. Pour $n = 0$ , les deux membres valent $1$ . Si la formule est vraie au rang $n$ , alors

(A + B)^{n + 1} = (A + B)^{n} (A + B) = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) A^{k + 1} B^{n - k} + \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) A^{k} B^{n + 1 - k} .

Le changement d'indice $k^{'} = k + 1$ dans la première somme, puis la formule de Pascal $(\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k}) = (\binom{n + 1}{k})$ , donnent la formule au rang $n + 1$ . $□$

Exemple

Le cas $A = X$ , $B = 1$ de la formule du binôme donne le développement de $(X + 1)^{n}$ :

(X + 1)^{5} = X^{5} + 5 X^{4} + 10 X^{3} + 10 X^{2} + 5 X + 1.

Le cas $A = X$ , $B = - a$ donne le développement qui servira constamment dans ce chapitre :

(X - a)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- a)^{n - k} X^{k} .

Enfin le point 3 avec $B = 1$ donne une factorisation à connaître par cœur :

X^{n} - 1 = (X - 1) (X^{n - 1} + X^{n - 2} + \dots + X + 1) .

Vérifions-la pour $n = 3$ : $(X - 1) (X^{2} + X + 1) = X^{3} + X^{2} + X - X^{2} - X - 1 = X^{3} - 1$ .

La composition

Définition

Soient $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ et $Q$ deux polynômes de $K [X]$ . On appelle composée de $P$ par $Q$ , et l'on note $P \circ Q$ ou $P (Q)$ , le polynôme obtenu en remplaçant $X$ par $Q$ dans l'écriture de $P$ :

P \circ Q = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} Q^{k} .

Propriété

Pour tous $P$ , $R$ , $Q$ dans $K [X]$ :

(P + R) \circ Q = P \circ Q + R \circ Q, (P R) \circ Q = (P \circ Q) (R \circ Q), (P \circ R) \circ Q = P \circ (R \circ Q) .

Démonstration. Les deux premières égalités résultent directement de la définition : remplacer $X$ par $Q$ dans une somme, ou dans un produit, revient à remplacer $X$ par $Q$ dans chaque terme puis à sommer, ou à multiplier. Précisément, si $P = \sum a_{k} X^{k}$ et $R = \sum b_{k} X^{k}$ , alors $(P + R) \circ Q = \sum (a_{k} + b_{k}) Q^{k} = \sum a_{k} Q^{k} + \sum b_{k} Q^{k}$ . Pour le produit, on écrit $P R = \sum_{k} (\sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}) X^{k}$ , d'où $(P R) \circ Q = \sum_{k} (\sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}) Q^{k}$ , expression qui est aussi le développement de $(\sum_{i} a_{i} Q^{i}) (\sum_{j} b_{j} Q^{j})$ .

Pour l'associativité, écrivons $P = \sum_{k} a_{k} X^{k}$ . Alors $P \circ R = \sum_{k} a_{k} R^{k}$ , donc, d'après les deux premiers points appliqués répétitivement,

(P \circ R) \circ Q = \sum_{k} a_{k} (R \circ Q)^{k} = P \circ (R \circ Q) . □

Remarque

La composition n'est pas commutative : en général $P \circ Q \neq Q \circ P$ . Prenons $P = X^{2} + 1$ et $Q = X - 3$ . Alors

P \circ Q = (X - 3)^{2} + 1 = X^{2} - 6 X + 10, Q \circ P = (X^{2} + 1) - 3 = X^{2} - 2.

Ces deux polynômes diffèrent, par exemple par leur terme constant. Il faut donc écrire $P \circ Q$ et $Q \circ P$ avec le même soin qu'un produit matriciel.

Attention également : la composition n'est pas compatible avec les opérations effectuées sur le polynôme de droite. On a $(P + R) \circ Q = P \circ Q + R \circ Q$ , mais rien de tel pour $P \circ (Q + R)$ : par exemple, avec $P = X^{2}$ , $P \circ (X + 1) = X^{2} + 2 X + 1$ , alors que $P \circ X + P \circ 1 = X^{2} + 1$ .

Exemple

Deux composées utiles, qu'il faut savoir écrire sans hésiter. Soit $P = X^{3} - 2 X$ .

Le décalage $P \circ (X + 1) = P (X + 1)$ s'obtient en développant :

P (X + 1) = (X + 1)^{3} - 2 (X + 1) = X^{3} + 3 X^{2} + 3 X + 1 - 2 X - 2 = X^{3} + 3 X^{2} + X - 1.

Le changement d'échelle $P \circ (2 X) = P (2 X)$ est immédiat :

P (2 X) = (2 X)^{3} - 2 (2 X) = 8 X^{3} - 4 X .

Vérification du premier calcul : le terme constant de $P (X + 1)$ s'obtient en remplaçant $X$ par $0$ , ce qui revient à remplacer $X$ par $1$ dans $P$ , soit $1 - 2 = - 1$ . C'est bien ce qu'on trouve.

Le degré

Définition, coefficient dominant, polynômes unitaires

Définition

Soit $P = \sum_{k ⩾ 0} a_{k} X^{k}$ un polynôme non nul. L'ensemble des indices $k$ tels que $a_{k} \neq 0$ est une partie non vide et finie de $N$ : elle admet donc un plus grand élément. Cet entier s'appelle le degré de $P$ et se note $\deg P$ .

Si $n = \deg P$ , le coefficient $a_{n}$ , qui est non nul, s'appelle le coefficient dominant de $P$ , et le monôme $a_{n} X^{n}$ son terme dominant. Le polynôme $P$ est dit unitaire (ou normalisé) lorsque son coefficient dominant vaut $1$ .

Pour tout $n \in N$ , on note

K_{n} [X] = {P \in K [X]; P = 0 ou \deg P ⩽ n}

l'ensemble des polynômes de degré au plus $n$ .

Remarque

Retenez la formulation exacte : le degré est le plus grand indice dont le coefficient est non nul. Ce n'est pas « la plus grande puissance écrite » : dans $0 X^{5} + 3 X^{2} - 1$ , la puissance $5$ est écrite mais son coefficient est nul, et le degré vaut $2$ .

Une conséquence pratique, constamment utilisée : dire que $\deg P ⩽ n$ , c'est dire que $P$ s'écrit $a_{0} + a_{1} X + \dots + a_{n} X^{n}$ pour certains scalaires $a_{0}, \dots, a_{n}$ , sans aucune condition sur ces scalaires. Un polynôme de $K_{n} [X]$ est donc entièrement décrit par $n + 1$ scalaires, ce qui transforme toute question sur $K_{n} [X]$ en une question sur $n + 1$ inconnues.

Exemple

Pour $P = - 4 X^{3} + X^{2} - 7$ , on a $\deg P = 3$ , coefficient dominant $- 4$ ; ce polynôme n'est pas unitaire, mais $- \frac{1}{4} P$ l'est. Pour $Q = X^{2} + X^{5}$ , on a $\deg Q = 5$ et $Q$ est unitaire : l'ordre d'écriture des termes n'a aucune importance. Un polynôme constant non nul est de degré $0$ , et les éléments de $K_{0} [X]$ sont exactement les polynômes constants, polynôme nul compris.

La convention $\deg 0 = - \infty$

Le polynôme nul n'a aucun coefficient non nul : la définition précédente ne lui attribue donc pas de degré. Plutôt que de le traiter à part dans chaque énoncé, on lui attribue un degré fictif, choisi de façon que toutes les formules restent vraies.

Définition

On convient que

\deg 0 = - \infty,

le symbole $- \infty$ étant soumis aux règles de calcul suivantes, valables pour tout $n \in N$ :

- \infty < n, (- \infty) + n = - \infty, (- \infty) + (- \infty) = - \infty, \max (- \infty, n) = n .

Remarque

Cette convention n'est pas arbitraire : elle est forcée par les deux formules de la suite. Si l'on veut que $\deg (P Q) = \deg P + \deg Q$ reste vraie quand $P = 0$ , il faut que $\deg 0$ soit un symbole absorbant pour l'addition, car $0 \times Q = 0$ . Et si l'on veut que « $\deg P ⩽ n$ » caractérise l'appartenance à $K_{n} [X]$ pour tous les polynômes, polynôme nul compris, il faut que $\deg 0$ soit plus petit que tous les entiers. Le seul symbole qui fait les deux est $- \infty$ .

Avec cette convention, on peut écrire simplement $K_{n} [X] = {P \in K [X]; \deg P ⩽ n}$ , et surtout retenir l'équivalence

P = 0 ⟺ \deg P = - \infty .

Degré d'une somme

Propriété

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes de $K [X]$ et $λ$ un scalaire non nul.

$\deg (P + Q) ⩽ \max (\deg P, \deg Q)$ ;
si $\deg P \neq \deg Q$ , alors $\deg (P + Q) = \max (\deg P, \deg Q)$ ;
$\deg (λ P) = \deg P$ .

Démonstration. Si $P$ ou $Q$ est nul, les trois points sont immédiats avec la convention. Supposons-les non nuls, posons $p = \deg P$ , $q = \deg Q$ , et notons $a_{k}$ et $b_{k}$ leurs coefficients.

Point 1. Posons $m = \max (p, q)$ . Pour tout $k > m$ , on a $k > p$ et $k > q$ , donc $a_{k} = 0$ et $b_{k} = 0$ , donc $a_{k} + b_{k} = 0$ . Tous les coefficients de $P + Q$ d'indice strictement supérieur à $m$ sont nuls : ou bien $P + Q$ est nul, et son degré $- \infty$ est bien inférieur à $m$ , ou bien son degré est au plus $m$ .

Point 2. Supposons $p \neq q$ , par exemple $p > q$ , de sorte que $m = p$ . Le coefficient d'indice $p$ de $P + Q$ vaut $a_{p} + b_{p}$ . Or $b_{p} = 0$ puisque $p > q = \deg Q$ , et $a_{p} \neq 0$ par définition du degré. Donc ce coefficient vaut $a_{p} \neq 0$ , et, joint au point 1, cela donne $\deg (P + Q) = p$ .

Point 3. Les coefficients de $λ P$ sont les $λ a_{k}$ . Comme $λ \neq 0$ , on a $λ a_{k} = 0$ si et seulement si $a_{k} = 0$ : les deux polynômes ont exactement les mêmes indices de coefficients non nuls, donc le même degré. $□$

Remarque

L'inégalité du point 1 peut être stricte, et c'est le piège classique du chapitre. Prenons

P = X^{3} + X et Q = - X^{3} + 1.

Ces deux polynômes sont de degré $3$ , mais

P + Q = X + 1

est de degré $1$ . Les termes dominants se sont annulés, et rien dans l'énoncé ne permettait de le prévoir. La chute peut même aller jusqu'au bout : avec $Q = - P$ , la somme est nulle et son degré vaut $- \infty$ .

La morale est simple : quand les deux degrés sont distincts, on connaît le degré de la somme ; quand ils sont égaux, on ne connaît qu'une majoration, et il faut regarder les coefficients dominants pour trancher.

Degré d'un produit, et ses conséquences

Propriété

Pour tous polynômes $P$ et $Q$ de $K [X]$ ,

\deg (P Q) = \deg P + \deg Q .

De plus, si $P$ et $Q$ sont non nuls, le coefficient dominant de $P Q$ est le produit des coefficients dominants de $P$ et de $Q$ .

Démonstration. Si $P = 0$ ou $Q = 0$ , alors $P Q = 0$ et les deux membres valent $- \infty$ d'après les règles de calcul sur ce symbole.

Supposons $P$ et $Q$ non nuls, de degrés respectifs $p$ et $q$ , de coefficients $a_{k}$ et $b_{k}$ . Notons $c_{k}$ les coefficients de $P Q$ .

Montrons d'abord que $c_{k} = 0$ pour tout $k > p + q$ . On a $c_{k} = \sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}$ . Dans cette somme, considérons un couple $(i, j)$ avec $i + j = k > p + q$ . Si l'on avait à la fois $i ⩽ p$ et $j ⩽ q$ , on obtiendrait $i + j ⩽ p + q < k$ , ce qui est faux. Donc $i > p$ ou $j > q$ , c'est-à-dire $a_{i} = 0$ ou $b_{j} = 0$ : chaque terme de la somme est nul, donc $c_{k} = 0$ .

Montrons ensuite que $c_{p + q} = a_{p} b_{q}$ . Dans la somme $c_{p + q} = \sum_{i + j = p + q} a_{i} b_{j}$ , le terme d'indices $(p, q)$ vaut $a_{p} b_{q}$ . Pour tout autre couple, ou bien $i > p$ , et alors $a_{i} = 0$ , ou bien $i < p$ , et alors $j = p + q - i > q$ , donc $b_{j} = 0$ . Il ne reste donc que $c_{p + q} = a_{p} b_{q}$ .

Enfin $a_{p} \neq 0$ et $b_{q} \neq 0$ sont deux scalaires non nuls de $K$ , donc leur produit $a_{p} b_{q}$ est non nul. Le plus grand indice de coefficient non nul de $P Q$ est donc $p + q$ , ce qui est le résultat annoncé, avec $a_{p} b_{q}$ pour coefficient dominant. $□$

Remarque

Le point crucial de cette démonstration est la toute dernière phrase : dans $R$ comme dans $C$ , un produit de deux scalaires non nuls est non nul. Sans cette propriété, les termes dominants pourraient s'annuler et la formule tomberait. C'est aussi ce qui explique que, contrairement à la somme, le degré d'un produit soit connu exactement et non seulement majoré.

Propriété

Soient $P$ , $Q$ , $R$ des polynômes de $K [X]$ .

Si $P \neq 0$ et $Q \neq 0$ , alors $P Q \neq 0$ . Autrement dit, un produit de polynômes est nul si et seulement si l'un des facteurs est nul.
Simplification : si $P \neq 0$ et $P Q = P R$ , alors $Q = R$ .
Les polynômes $P$ tels qu'il existe $Q$ avec $P Q = 1$ sont exactement les polynômes constants non nuls.

Démonstration. Point 1. Si $P$ et $Q$ sont non nuls, leurs degrés sont des entiers naturels, donc $\deg (P Q) = \deg P + \deg Q ⩾ 0$ . En particulier $\deg (P Q) \neq - \infty$ , c'est-à-dire $P Q \neq 0$ . Réciproquement, si l'un des facteurs est nul, le produit l'est.

Point 2. De $P Q = P R$ on tire $P (Q - R) = 0$ . Comme $P \neq 0$ , le point 1 impose $Q - R = 0$ , c'est-à-dire $Q = R$ .

Point 3. Supposons $P Q = 1$ . Alors $\deg P + \deg Q = \deg 1 = 0$ . Aucun des deux polynômes n'est nul (sinon le produit serait nul), donc $\deg P$ et $\deg Q$ sont deux entiers naturels de somme nulle : ils sont tous les deux nuls. Ainsi $P$ est une constante, non nulle. Réciproquement, une constante $λ \neq 0$ vérifie $λ \times \frac{1}{λ} = 1$ . $□$

Remarque

Le point 2 est une bonne nouvelle et un piège à la fois. Bonne nouvelle : on peut simplifier une égalité par un polynôme non nul, exactement comme par un nombre non nul, et sans se poser de question. Piège : cette règle est fausse dans beaucoup d'autres contextes que vous croiserez cette année, notamment pour les matrices ; il ne faut donc pas la transporter mécaniquement.

Le point 3 mérite d'être médité : dans $K [X]$ , seules les constantes non nulles sont inversibles. Il n'existe aucun polynôme $Q$ tel que $X Q = 1$ ; en particulier $\frac{1}{X}$ n'est pas un polynôme, ce que nous avions annoncé sans preuve au début du chapitre.

Propriété

Soient $P$ un polynôme non nul et $Q$ un polynôme non constant. Alors

\deg (P \circ Q) = \deg P \times \deg Q .

En particulier, $\deg (P^{k}) = k \deg P$ pour tout $k \in N$ et tout $P$ non nul.

Démonstration. Commençons par la dernière formule, qui servira dans la première. Elle se démontre par récurrence sur $k$ : pour $k = 0$ , $\deg (P^{0}) = \deg 1 = 0$ ; et si $\deg (P^{k}) = k \deg P$ , alors $\deg (P^{k + 1}) = \deg (P^{k} P) = k \deg P + \deg P = (k + 1) \deg P$ d'après le degré d'un produit.

Posons maintenant $n = \deg P$ et $q = \deg Q ⩾ 1$ , et écrivons $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ avec $a_{n} \neq 0$ , de sorte que

P \circ Q = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} Q^{k} .

Le terme d'indice $n$ est $a_{n} Q^{n}$ , de degré $n q$ puisque $a_{n} \neq 0$ . Chacun des autres termes $a_{k} Q^{k}$ , pour $k < n$ , a un degré au plus $k q$ , et $k q < n q$ car $q ⩾ 1$ et $k < n$ . Le degré de la somme des termes d'indices $0$ à $n - 1$ est donc strictement inférieur à $n q$ , et en ajoutant $a_{n} Q^{n}$ , dont le degré est exactement $n q$ , la propriété du degré d'une somme de degrés distincts donne

\deg (P \circ Q) = n q = \deg P \times \deg Q . □

Remarque

L'hypothèse « $Q$ non constant » n'est pas décorative. Si $Q$ est la constante $c$ , alors $P \circ Q$ est la constante $P (c)$ , qui peut très bien être nulle : avec $P = X - 1$ et $Q = 1$ , on obtient $P \circ Q = 0$ , de degré $- \infty$ , alors que $\deg P \times \deg Q = 1 \times 0 = 0$ . La formule est fausse dans ce cas.

Raisonner par le degré

Voici la technique la plus rentable du chapitre. Chaque fois qu'un énoncé demande de trouver tous les polynômes vérifiant une condition, le premier réflexe est de raisonner sur les degrés : la condition impose presque toujours une équation sur le degré, qui n'a qu'un nombre fini de solutions, et le problème devient un système linéaire fini.

Méthode

Déterminer tous les polynômes vérifiant une relation donnée.

Traiter à part les cas dégénérés : le polynôme nul, puis éventuellement les polynômes constants. Ils vérifient souvent la relation et ne doivent pas être oubliés dans la réponse.
Supposer $P$ non nul, poser $n = \deg P$ , et écrire le degré de chaque membre de la relation en fonction de $n$ , à l'aide des règles $\deg (P Q) = \deg P + \deg Q$ et $\deg (P \circ Q) = \deg P \deg Q$ .
Égaler les deux degrés : on obtient une équation en $n$ , dont on tire les valeurs possibles.
Pour chacune, écrire $P$ avec des coefficients inconnus, reporter dans la relation, et identifier les coefficients.
Conclure par une synthèse : vérifier que les polynômes trouvés conviennent effectivement, et donner la liste complète des solutions.

Exemple

Déterminer tous les $P \in R [X]$ tels que $P \circ P = P$ .

Cas dégénérés. Si $P$ est constant, égal à $c$ , alors $P \circ P = c = P$ : tous les polynômes constants conviennent, y compris le polynôme nul.

Analyse. Supposons $P$ non constant, et posons $n = \deg P ⩾ 1$ . Alors $\deg (P \circ P) = n^{2}$ tandis que $\deg P = n$ , d'où $n^{2} = n$ , donc $n = 1$ puisque $n ⩾ 1$ .

Écrivons $P = a X + b$ avec $a \neq 0$ . Alors

P \circ P = a (a X + b) + b = a^{2} X + a b + b .

L'égalité $P \circ P = P$ équivaut, par identification, au système $a^{2} = a$ et $a b + b = b$ . La première équation donne $a = 1$ car $a \neq 0$ ; la seconde devient alors $2 b = b$ , donc $b = 0$ .

Synthèse. Le seul candidat non constant est $P = X$ , et il convient puisque $X \circ X = X$ . Les solutions sont donc exactement les polynômes constants et le polynôme $X$ .

Exemple

Déterminer tous les $P \in R [X]$ tels que $P (X + 1) - P (X) = X^{2}$ .

Degré. Le polynôme nul ne convient pas, ni aucune constante (le membre de gauche serait nul). Soit donc $P$ de degré $n ⩾ 1$ , de coefficient dominant $a_{n}$ . Le coefficient de $X^{n}$ dans $P (X + 1) - P (X)$ vaut $a_{n} - a_{n} = 0$ . Celui de $X^{n - 1}$ vaut, en développant $a_{n} (X + 1)^{n}$ par la formule du binôme, $(\binom{n}{n - 1}) a_{n} + a_{n - 1} - a_{n - 1} = n a_{n}$ , qui est non nul. Donc

\deg (P (X + 1) - P (X)) = n - 1.

L'égalité impose $n - 1 = 2$ , soit $n = 3$ .

Identification. Posons $P = a X^{3} + b X^{2} + c X + d$ avec $a \neq 0$ . Alors

\begin{aligned} P (X + 1) - P (X) & = a [(X + 1)^{3} - X^{3}] + b [(X + 1)^{2} - X^{2}] + c [(X + 1) - X] \\ = a (3 X^{2} + 3 X + 1) + b (2 X + 1) + c \\ = 3 a X^{2} + (3 a + 2 b) X + (a + b + c) . \end{aligned}

L'égalité avec $X^{2}$ donne le système $3 a = 1$ , $3 a + 2 b = 0$ , $a + b + c = 0$ , d'où successivement $a = \frac{1}{3}$ , puis $b = - \frac{1}{2}$ , puis $c = - a - b = \frac{1}{6}$ . Le coefficient $d$ n'apparaît nulle part : il est libre, ce qui était prévisible puisque ajouter une constante à $P$ ne change pas $P (X + 1) - P (X)$ .

Synthèse. Les solutions sont exactement les polynômes

P = \frac{1}{3} X^{3} - \frac{1}{2} X^{2} + \frac{1}{6} X + d, d \in R .

Vérification pour $d = 0$ en $X = 0$ : $P (1) - P (0) = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = 0 = 0^{2}$ . Pour $X = 1$ : $P (2) - P (1) = (\frac{8}{3} - 2 + \frac{1}{3}) - 0 = 1 = 1^{2}$ .

Remarque

L'exemple précédent n'est pas un exercice gratuit. En sommant l'égalité $P (k + 1) - P (k) = k^{2}$ pour $k$ allant de $0$ à $n - 1$ , la somme de gauche se télescope et il reste $P (n) - P (0) = \sum_{k = 0}^{n - 1} k^{2}$ . Avec $d = 0$ , cela donne

\sum_{k = 0}^{n - 1} k^{2} = \frac{n^{3}}{3} - \frac{n^{2}}{2} + \frac{n}{6} = \frac{2 n^{3} - 3 n^{2} + n}{6} = \frac{n (n - 1) (2 n - 1)}{6},

c'est-à-dire la formule classique de la somme des carrés. La méthode se généralise à n'importe quelle puissance : c'est une machine à fabriquer des formules de sommation.

Divisibilité et division euclidienne

Diviseurs et multiples

Définition

Soient $A$ et $B$ deux polynômes de $K [X]$ . On dit que $A$ divise $B$ , et l'on écrit $A ∣ B$ , lorsqu'il existe un polynôme $C \in K [X]$ tel que

B = A C .

On dit alors que $A$ est un diviseur de $B$ , et que $B$ est un multiple de $A$ . La négation se note $A ∤ B$ .

Remarque

La définition est calquée mot pour mot sur celle de la divisibilité dans $Z$ , et il faut lui appliquer les mêmes précautions. En particulier, écrire $A ∣ B$ n'a rien à voir avec l'écriture d'un quotient : la fraction $\frac{B}{A}$ peut parfaitement exister comme fonction sans que $A$ divise $B$ au sens ci-dessus. La divisibilité exige que le quotient soit lui-même un polynôme.

Deux cas extrêmes à connaître : toute constante non nulle divise tout polynôme, puisque $B = λ \times \frac{1}{λ} B$ ; et tout polynôme divise le polynôme nul, puisque $0 = A \times 0$ . En revanche, $0$ ne divise que $0$ .

Propriété

Soient $A$ , $B$ , $C$ , $U$ , $V$ des polynômes de $K [X]$ .

$A ∣ A$ , et si $A ∣ B$ et $B ∣ C$ , alors $A ∣ C$ .
Si $A ∣ B$ et $A ∣ C$ , alors $A ∣ (U B + V C)$ .
Si $A ∣ B$ avec $B \neq 0$ , alors $\deg A ⩽ \deg B$ .
Si $A ∣ B$ et $B ∣ A$ avec $A$ et $B$ non nuls, alors il existe $λ \in K$ non nul tel que $B = λ A$ . On dit que $A$ et $B$ sont associés.

Démonstration. Point 1. On a $A = A \times 1$ . Et si $B = A D$ et $C = B E$ , alors $C = A (D E)$ .

Point 2. Écrivons $B = A D$ et $C = A E$ . Alors $U B + V C = A (U D + V E)$ .

Point 3. Écrivons $B = A C$ . Comme $B \neq 0$ , ni $A$ ni $C$ n'est nul, donc $\deg B = \deg A + \deg C$ avec $\deg C ⩾ 0$ , d'où $\deg A ⩽ \deg B$ .

Point 4. Écrivons $B = A C$ et $A = B D$ . Alors $A = A C D$ , c'est-à-dire $A \times 1 = A \times (C D)$ , et comme $A \neq 0$ on peut simplifier : $C D = 1$ . D'après la propriété des inversibles, $C$ est une constante non nulle $λ$ , et $B = λ A$ . $□$

Remarque

Le point 4 explique une différence importante avec $Z$ . Dans $Z$ , deux entiers qui se divisent mutuellement sont égaux au signe près. Dans $K [X]$ , ils sont égaux à une constante multiplicative près, et il y en a une infinité. C'est pourquoi, chaque fois qu'on veut désigner un diviseur « canonique », on impose qu'il soit unitaire : cette normalisation supprime l'ambiguïté.

Le théorème de la division euclidienne

Voici le théorème central de la section, et l'un des trois ou quatre résultats du chapitre qu'il faut savoir démontrer entièrement.

Propriété

Théorème de la division euclidienne. Soient $A$ et $B$ deux polynômes de $K [X]$ avec $B \neq 0$ . Il existe un unique couple $(Q, R)$ de polynômes de $K [X]$ tel que

A = B Q + R et \deg R < \deg B .

Le polynôme $Q$ s'appelle le quotient et $R$ le reste de la division euclidienne de $A$ par $B$ .

Démonstration. Fixons $B$ non nul, notons $m = \deg B$ et $b_{m}$ son coefficient dominant, qui est non nul.

Existence. Nous raisonnons par récurrence forte sur le degré de $A$ . Précisément, montrons par récurrence forte sur $n \in N$ la propriété : « tout polynôme $A$ de degré $n$ admet une écriture $A = B Q + R$ avec $\deg R < m$ », après avoir traité séparément les cas où $\deg A < m$ .

Cas initial. Si $A = 0$ ou si $\deg A < m$ , le couple $(Q, R) = (0, A)$ convient, puisque $A = B \times 0 + A$ et $\deg A < m$ . Cela règle en particulier tous les degrés $n < m$ .

Hérédité. Soit $n ⩾ m$ , et supposons le résultat acquis pour tout polynôme de degré strictement inférieur à $n$ (y compris le polynôme nul). Soit $A$ de degré $n$ , de coefficient dominant $a_{n}$ . Posons

A_{1} = A - \frac{a_{n}}{b_{m}} X^{n - m} B .

Cette écriture a un sens car $n - m ⩾ 0$ et $b_{m} \neq 0$ . Le polynôme $\frac{a_{n}}{b_{m}} X^{n - m} B$ est de degré $(n - m) + m = n$ , et son coefficient dominant vaut $\frac{a_{n}}{b_{m}} \times b_{m} = a_{n}$ : il a donc le même terme dominant que $A$ . Dans la différence $A_{1}$ , les termes de degré $n$ s'annulent, donc $\deg A_{1} < n$ .

Par hypothèse de récurrence forte, il existe $Q_{1}$ et $R$ avec $A_{1} = B Q_{1} + R$ et $\deg R < m$ . En reportant,

A = A_{1} + \frac{a_{n}}{b_{m}} X^{n - m} B = B (Q_{1} + \frac{a_{n}}{b_{m}} X^{n - m}) + R,

ce qui fournit le couple cherché et achève la récurrence.

Unicité. Supposons que $(Q_{1}, R_{1})$ et $(Q_{2}, R_{2})$ conviennent tous les deux. Alors

B Q_{1} + R_{1} = B Q_{2} + R_{2}, donc B (Q_{1} - Q_{2}) = R_{2} - R_{1} .

Supposons par l'absurde $Q_{1} \neq Q_{2}$ . Le membre de gauche est alors un produit de deux polynômes non nuls, donc

\deg (B (Q_{1} - Q_{2})) = \deg B + \deg (Q_{1} - Q_{2}) ⩾ \deg B = m .

Mais le membre de droite vérifie $\deg (R_{2} - R_{1}) ⩽ \max (\deg R_{2}, \deg R_{1}) < m$ . Un même polynôme aurait donc un degré à la fois $⩾ m$ et $< m$ : c'est absurde. Donc $Q_{1} = Q_{2}$ , puis $R_{1} = R_{2}$ en reportant. $□$

Remarque

Trois remarques sur l'énoncé, à ne pas négliger.

L'hypothèse $B \neq 0$ est indispensable : diviser par le polynôme nul n'a aucun sens, exactement comme diviser par zéro dans $Z$ .
La condition $\deg R < \deg B$ fait partie du théorème et c'est elle qui assure l'unicité. Une écriture $A = B Q + R$ sans cette condition n'a rien d'unique : on peut toujours prendre $Q = 0$ et $R = A$ . Un candidat reste doit donc toujours être accompagné de la vérification de son degré.
La démonstration de l'existence est constructive : chaque étape de la récurrence retire à $A$ un multiple de $B$ choisi pour tuer le terme dominant. C'est exactement ce que fait l'algorithme de la division posée, décrit ci-dessous.

Enfin, un cas particulier utile : $B ∣ A$ si et seulement si le reste de la division euclidienne de $A$ par $B$ est nul.

L'algorithme, posé en potence

Méthode

Poser la division euclidienne de $A$ par $B$ .

Écrire $A$ et $B$ par puissances décroissantes, en faisant apparaître les monômes manquants avec un coefficient $0$ pour aligner les colonnes.
Diviser le terme dominant du dividende par le terme dominant de $B$ : le résultat est le premier terme du quotient.
Multiplier $B$ par ce terme, écrire le produit sous le dividende, et soustraire. Le degré baisse d'au moins une unité.
Recommencer avec le nouveau dividende, tant que son degré reste supérieur ou égal à $\deg B$ .
S'arrêter dès que le degré du reste est strictement inférieur à $\deg B$ , et vérifier en calculant $B Q + R$ .

Exemple

Divisons $A = 3 X^{4} - 2 X^{3} + X - 5$ par $B = X^{2} - X + 2$ . On écrit d'abord $A = 3 X^{4} - 2 X^{3} + 0 X^{2} + X - 5$ pour ne pas oublier la colonne des $X^{2}$ . La potence donne :

   3X^4 - 2X^3 + 0X^2 +  X -  5  |  X^2 - X + 2
 -(3X^4 - 3X^3 + 6X^2)           |---------------
   ---------------------         |  3X^2 + X - 5
           X^3 - 6X^2 +  X -  5
        -( X^3 -  X^2 + 2X)
           ------------------
                 -5X^2 -  X -  5
              -( -5X^2 + 5X - 10)
                 -----------------
                        -6X +  5

Détaillons les trois étapes.

$3 X^{4} \div X^{2} = 3 X^{2}$ : premier terme du quotient. On calcule $3 X^{2} \times B = 3 X^{4} - 3 X^{3} + 6 X^{2}$ et on le retranche, ce qui laisse $X^{3} - 6 X^{2} + X - 5$ .
$X^{3} \div X^{2} = X$ : deuxième terme du quotient. On calcule $X \times B = X^{3} - X^{2} + 2 X$ et on le retranche, ce qui laisse $- 5 X^{2} - X - 5$ .
$- 5 X^{2} \div X^{2} = - 5$ : troisième terme. On calcule $- 5 \times B = - 5 X^{2} + 5 X - 10$ et on le retranche, ce qui laisse $- 6 X + 5$ .

Le degré de $- 6 X + 5$ vaut $1$ , strictement inférieur à $\deg B = 2$ : on s'arrête. Donc

Q = 3 X^{2} + X - 5 et R = - 6 X + 5.

Vérification, obligatoire. On développe $B Q$ :

\begin{aligned} (X^{2} - X + 2) (3 X^{2} + X - 5) & = 3 X^{4} + X^{3} - 5 X^{2} - 3 X^{3} - X^{2} + 5 X + 6 X^{2} + 2 X - 10 \\ = 3 X^{4} - 2 X^{3} + 0 X^{2} + 7 X - 10. \end{aligned}

En ajoutant $R = - 6 X + 5$ , on obtient $3 X^{4} - 2 X^{3} + X - 5 = A$ . Le calcul est juste.

Remarque

Deux erreurs reviennent systématiquement dans cette division posée.

La première est d'oublier de soustraire : on écrit le produit sous le dividende et on l'additionne par réflexe. Le remède est d'écrire explicitement le produit entre parenthèses précédées d'un signe moins, comme ci-dessus, et de changer tous les signes avant d'additionner.

La seconde est de ne pas laisser de place aux monômes absents. En omettant le $0 X^{2}$ de $A$ , on décale une colonne et tout le calcul est faux à partir de la deuxième étape.

Trouver un reste sans poser la division

Poser la division est impraticable quand le dividende a un très grand degré. Mais dans un cas très fréquent, celui où $B$ se factorise en produit de facteurs de degré $1$ deux à deux distincts, on peut trouver le reste sans jamais diviser.

Méthode

Reste de la division de $A$ par $B$ , quand on connaît les racines de $B$ .

Écrire la division euclidienne sous forme littérale : $A = B Q + R$ , avec $\deg R < \deg B$ .
En déduire la forme du reste : si $\deg B = 2$ , alors $R = a X + b$ avec deux inconnues ; si $\deg B = 3$ , alors $R = a X^{2} + b X + c$ , et ainsi de suite.
Évaluer l'égalité en chaque racine de $B$ : le terme $B Q$ disparaît, et il reste $A (α) = R (α)$ , ce qui donne une équation par racine.
Résoudre le système obtenu, puis vérifier sur une racine.

Exemple

Reste de la division de $A = X^{100}$ par $B = X^{2} - 3 X + 2$ .

On factorise d'abord $B = (X - 1) (X - 2)$ , dont les racines sont $1$ et $2$ . Écrivons $A = B Q + R$ avec $\deg R < 2$ , donc $R = a X + b$ . En évaluant en $1$ puis en $2$ , le produit $B Q$ s'annule et il reste

{\begin{cases} 1^{100} = a + b \\ 2^{100} = 2 a + b \end{cases} c’est- \overset{ˋ}{a} -dire {\begin{cases} a + b = 1 \\ 2 a + b = 2^{100} \end{cases}

En soustrayant la première équation de la seconde, $a = 2^{100} - 1$ , puis $b = 1 - a = 2 - 2^{100}$ . Le reste cherché est donc

R = (2^{100} - 1) X + 2 - 2^{100} .

Vérification en $X = 2$ : $2 (2^{100} - 1) + 2 - 2^{100} = 2^{101} - 2 + 2 - 2^{100} = 2^{100}$ . C'est bien $A (2)$ .

Exemple

Reste de la division de $A = X^{2026}$ par $B = X^{2} + 1$ , dans $R [X]$ .

Le polynôme $B$ n'a pas de racine réelle, mais il a deux racines complexes, $i$ et $- i$ , et rien n'empêche d'évaluer une égalité de polynômes réels en un nombre complexe. Écrivons $A = B Q + R$ avec $R = a X + b$ , $a$ et $b$ réels. Comme $2026 = 4 \times 506 + 2$ , on a $i^{2026} = {(i^{4})}^{506} \times i^{2} = - 1$ , et de même $(- i)^{2026} = {((- i)^{2})}^{1013} = (- 1)^{1013} = - 1$ . Les deux évaluations donnent

a i + b = - 1 et - a i + b = - 1.

En additionnant, $2 b = - 2$ , donc $b = - 1$ ; en soustrayant, $2 a i = 0$ , donc $a = 0$ . Le reste vaut $R = - 1$ .

On peut le retrouver sans les complexes, ce qui constitue une vérification indépendante : $X^{2026} = {(X^{2})}^{1013} = {((X^{2} + 1) - 1)}^{1013}$ , et en développant par la formule du binôme, tous les termes contiennent le facteur $X^{2} + 1$ sauf le dernier, qui vaut $(- 1)^{1013} = - 1$ .

Fonctions polynomiales et racines

La fonction polynomiale associée

Nous avons construit $K [X]$ sans jamais donner de valeur à $X$ . Il est temps de faire le lien avec les fonctions, en gardant les deux notions soigneusement séparées : c'est le seul moment du cours où l'on prendra cette précaution, mais elle est indispensable pour comprendre le théorème qui vient.

Définition

Soit $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k} \in K [X]$ . On appelle fonction polynomiale associée à $P$ l'application

\tilde{P} : K ⟶ K, x ⟼ \sum_{k = 0}^{n} a_{k} x^{k} .

Pour $a \in K$ , le scalaire $\tilde{P} (a)$ s'appelle la valeur de $P$ en $a$ , et l'opération qui consiste à le calculer s'appelle l'évaluation en $a$ .

Propriété

Soient $P$ , $Q \in K [X]$ , $λ \in K$ et $a \in K$ . Alors

\tilde{P + Q} (a) = \tilde{P} (a) + \tilde{Q} (a), \tilde{λ P} (a) = λ \tilde{P} (a), \tilde{P Q} (a) = \tilde{P} (a) \tilde{Q} (a), \tilde{P \circ Q} (a) = \tilde{P} (\tilde{Q} (a)) .

Démonstration. Les deux premières égalités sont immédiates à partir des définitions, les coefficients de $P + Q$ étant les sommes des coefficients. Pour la troisième, notons $c_{k} = \sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}$ les coefficients de $P Q$ . Alors

\tilde{P Q} (a) = \sum_{k} (\sum_{i + j = k} a_{i} b_{j}) a^{k} = \sum_{k} \sum_{i + j = k} (a_{i} a^{i}) (b_{j} a^{j}) = (\sum_{i} a_{i} a^{i}) (\sum_{j} b_{j} a^{j}) = \tilde{P} (a) \tilde{Q} (a),

la troisième égalité n'étant que le développement d'un produit de deux sommes finies, regroupé selon la valeur de $i + j$ . La dernière égalité s'en déduit : $P \circ Q = \sum_{k} a_{k} Q^{k}$ , donc $\tilde{P \circ Q} (a) = \sum_{k} a_{k} \tilde{Q^{k}} (a) = \sum_{k} a_{k} (\tilde{Q} (a))^{k} = \tilde{P} (\tilde{Q} (a))$ . $□$

Remarque

Cette propriété dit que l'évaluation « traverse » les opérations : pour calculer la valeur d'une somme ou d'un produit, on peut évaluer d'abord et calculer ensuite. C'est ce qui rend légitime le geste réflexe consistant à remplacer $X$ par un nombre dans une identité polynomiale. Nous l'utiliserons à chaque page, en particulier dans la méthode du reste ci-dessus, où l'on remplace $X$ par une racine de $B$ dans l'égalité $A = B Q + R$ .

Définition

Soient $P \in K [X]$ et $a \in K$ . On dit que $a$ est une racine de $P$ (ou un zéro de $P$ ) lorsque $\tilde{P} (a) = 0$ .

Racines et divisibilité

Propriété

Soient $P \in K [X]$ et $a \in K$ . Alors

a est racine de P ⟺ (X - a) ∣ P .

Démonstration. Effectuons la division euclidienne de $P$ par $X - a$ , qui est licite puisque $X - a$ est non nul. Elle s'écrit

P = (X - a) Q + R avec \deg R < \deg (X - a) = 1.

Un polynôme de degré strictement inférieur à $1$ est constant : notons $R = c$ avec $c \in K$ . En évaluant en $a$ et en utilisant la compatibilité de l'évaluation avec les opérations,

\tilde{P} (a) = (a - a) \tilde{Q} (a) + c = c .

Le reste de la division de $P$ par $X - a$ est donc exactement la valeur $\tilde{P} (a)$ .

Il ne reste qu'à conclure. Si $a$ est racine, alors $c = \tilde{P} (a) = 0$ , donc $P = (X - a) Q$ et $(X - a) ∣ P$ . Réciproquement, si $(X - a) ∣ P$ , on écrit $P = (X - a) S$ , et l'évaluation en $a$ donne $\tilde{P} (a) = 0 \times \tilde{S} (a) = 0$ . $□$

Remarque

La démonstration livre au passage un résultat utile pour lui-même : le reste de la division euclidienne de $P$ par $X - a$ est le scalaire $\tilde{P} (a)$ . C'est ce que la méthode de Horner, plus bas, exploitera pour calculer d'un seul mouvement la valeur et le quotient.

Propriété

Soient $P \in K [X]$ et $a_{1}, \dots, a_{r}$ des racines de $P$ deux à deux distinctes. Alors

\prod_{i = 1}^{r} (X - a_{i}) ∣ P .

Démonstration. Récurrence sur $r$ . Pour $r = 1$ , c'est la propriété précédente.

Supposons le résultat vrai au rang $r$ , et donnons-nous $r + 1$ racines deux à deux distinctes $a_{1}, \dots, a_{r + 1}$ de $P$ . Par hypothèse de récurrence appliquée à $a_{1}, \dots, a_{r}$ , il existe $Q$ tel que

P = (\prod_{i = 1}^{r} (X - a_{i})) Q .

Évaluons en $a_{r + 1}$ :

0 = \tilde{P} (a_{r + 1}) = (\prod_{i = 1}^{r} (a_{r + 1} - a_{i})) \tilde{Q} (a_{r + 1}) .

Or les $a_{i}$ sont deux à deux distincts, donc chaque facteur $a_{r + 1} - a_{i}$ est un scalaire non nul, et leur produit est non nul. Le produit ci-dessus est nul, donc $\tilde{Q} (a_{r + 1}) = 0$ : le scalaire $a_{r + 1}$ est racine de $Q$ , et il existe $Q_{1}$ avec $Q = (X - a_{r + 1}) Q_{1}$ . En reportant,

P = (\prod_{i = 1}^{r + 1} (X - a_{i})) Q_{1},

ce qui achève la récurrence. $□$

Remarque

L'hypothèse « deux à deux distinctes » est essentielle. Sans elle, l'énoncé est grossièrement faux : le polynôme $P = X - 1$ admet $1$ pour racine, mais $(X - 1)^{2}$ ne divise pas $P$ , comme le montre un simple argument de degré. Écrire « $1$ est racine deux fois, donc $(X - 1)^{2}$ divise $P$ » est l'erreur la plus fréquente du chapitre ; on ne peut le faire qu'après avoir défini la multiplicité et vérifié qu'elle vaut au moins $2$ .

Le nombre de racines est majoré par le degré

Propriété

Soit $P$ un polynôme non nul de $K [X]$ , de degré $n$ . Alors $P$ admet au plus $n$ racines deux à deux distinctes dans $K$ .

Démonstration. Raisonnons par l'absurde et supposons que $P$ admette $n + 1$ racines deux à deux distinctes $a_{1}, \dots, a_{n + 1}$ . D'après la propriété précédente, le polynôme

D = \prod_{i = 1}^{n + 1} (X - a_{i})

divise $P$ . Or $D$ est un produit de $n + 1$ polynômes de degré $1$ , donc $\deg D = n + 1$ . Comme $P$ est non nul, la propriété de la divisibilité donne $\deg D ⩽ \deg P$ , c'est-à-dire $n + 1 ⩽ n$ : c'est absurde. $□$

Propriété

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes de $K [X]$ , où $K = R$ ou $C$ .

Si $P$ admet une infinité de racines, alors $P = 0$ .
Si $\tilde{P}$ et $\tilde{Q}$ coïncident en une infinité de points de $K$ , alors $P = Q$ .
Si $\tilde{P} = \tilde{Q}$ en tant que fonctions, alors $P = Q$ . Autrement dit, l'application $P \mapsto \tilde{P}$ est injective.
Si $P$ et $Q$ sont de degré au plus $n$ et si $\tilde{P}$ et $\tilde{Q}$ coïncident en $n + 1$ points deux à deux distincts, alors $P = Q$ .

Démonstration. Point 1. Si $P$ était non nul, de degré $n$ , il aurait au plus $n$ racines d'après le théorème précédent, donc un nombre fini. Par contraposition, une infinité de racines force $P = 0$ .

Point 2. Posons $D = P - Q$ . Chaque point où $\tilde{P}$ et $\tilde{Q}$ coïncident est une racine de $D$ , puisque $\tilde{D} (x) = \tilde{P} (x) - \tilde{Q} (x) = 0$ . Donc $D$ a une infinité de racines, donc $D = 0$ d'après le point 1, c'est-à-dire $P = Q$ .

Point 3. Si $\tilde{P} = \tilde{Q}$ , les deux fonctions coïncident en tout point de $K$ , et $K$ est infini, qu'il s'agisse de $R$ ou de $C$ . Le point 2 s'applique.

Point 4. Posons encore $D = P - Q$ , qui vérifie $\deg D ⩽ n$ et possède $n + 1$ racines deux à deux distinctes. S'il était non nul, il aurait au plus $\deg D ⩽ n$ racines : contradiction. Donc $D = 0$ . $□$

Remarque

Ce théorème est le point de bascule annoncé dans l'introduction, et il ne faut pas le prendre pour une évidence. Rappelons ce qui était en jeu : nous avions défini l'égalité de deux polynômes par l'égalité de leurs coefficients, ce qui n'a a priori rien à voir avec l'égalité des fonctions associées. Le point 3 dit que les deux notions coïncident : deux polynômes différents ne peuvent pas donner la même fonction.

Ce résultat repose entièrement sur le fait que $R$ et $C$ sont infinis, via la majoration du nombre de racines. Il existe des ensembles de scalaires finis, que vous rencontrerez plus tard, dans lesquels l'énoncé est faux : deux polynômes distincts peuvent y définir exactement la même fonction. La distinction polynôme/fonction n'est donc pas un caprice de rédaction, c'est une nécessité.

À partir de maintenant, et parce que ce théorème l'autorise, nous cessons de distinguer $P$ et $\tilde{P}$ : nous écrirons désormais $P (a)$ au lieu de $\tilde{P} (a)$ , et nous parlerons indifféremment du polynôme et de la fonction. Le tilde disparaît du cours, mais l'argument qui l'autorise doit rester présent à l'esprit.

Exemple

Déterminer $P \in R_{2} [X]$ tel que $P (0) = 1$ , $P (1) = 2$ et $P (2) = 5$ .

Unicité. Deux solutions éventuelles seraient deux polynômes de degré au plus $2$ coïncidant en trois points distincts : d'après le point 4, elles sont égales. Il y a donc au plus une solution.

Recherche. Écrivons $P = a X^{2} + b X + c$ . Les trois conditions donnent

{\begin{cases} c = 1 \\ a + b + c = 2 \\ 4 a + 2 b + c = 5 \end{cases}

La première équation donne $c = 1$ , puis le système se réduit à $a + b = 1$ et $4 a + 2 b = 4$ , c'est-à-dire $2 a + b = 2$ . En soustrayant, $a = 1$ , puis $b = 0$ .

Conclusion. L'unique solution est $P = X^{2} + 1$ , et l'on vérifie : $P (0) = 1$ , $P (1) = 2$ , $P (2) = 5$ .

La méthode de Horner

Évaluer $P$ en un point à partir de son écriture développée coûte cher : il faut calculer chaque puissance $a^{k}$ , puis la multiplier par son coefficient. Le schéma de Horner évite tout cela en factorisant l'expression.

Méthode

Le schéma de Horner. Il repose sur la réécriture

a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0} = (((a_{n} X + a_{n - 1}) X + a_{n - 2}) X + \dots) X + a_{0} .

En pratique, pour évaluer $P$ en $a$ , on dresse une ligne de calcul :

Écrire les coefficients de $P$ dans l'ordre décroissant des degrés, sans oublier les coefficients nuls.
Recopier le premier coefficient $a_{n}$ .
À chaque étape, multiplier le nombre obtenu par $a$ et ajouter le coefficient suivant.
Le dernier nombre obtenu est $P (a)$ ; les précédents sont, dans l'ordre, les coefficients du quotient de $P$ par $X - a$ .

Exemple

Évaluer $P = 2 X^{4} - 3 X^{3} + 5 X - 7$ en $3$ , et obtenir le quotient par $X - 3$ .

Les coefficients sont $2$ , $- 3$ , $0$ , $5$ , $- 7$ (attention au $0$ pour $X^{2}$ ). Le schéma donne successivement

2, 2 \times 3 - 3 = 3, 3 \times 3 + 0 = 9, 9 \times 3 + 5 = 32, 32 \times 3 - 7 = 89.

Donc $P (3) = 89$ , et

P = (X - 3) (2 X^{3} + 3 X^{2} + 9 X + 32) + 89.

Vérification directe : $P (3) = 2 \times 81 - 3 \times 27 + 15 - 7 = 162 - 81 + 15 - 7 = 89$ .

Exemple

Factoriser $P = X^{4} - 5 X^{3} + 5 X^{2} + 5 X - 6$ à l'aide de Horner.

On teste $a = 1$ : le schéma sur les coefficients $1, - 5, 5, 5, - 6$ donne

1, 1 - 5 = - 4, - 4 + 5 = 1, 1 + 5 = 6, 6 - 6 = 0.

Le dernier nombre est nul, donc $1$ est racine, et les précédents donnent le quotient :

P = (X - 1) (X^{3} - 4 X^{2} + X + 6) .

On recommence sur $X^{3} - 4 X^{2} + X + 6$ avec $a = - 1$ : les coefficients $1, - 4, 1, 6$ donnent

1, - 1 - 4 = - 5, 5 + 1 = 6, - 6 + 6 = 0.

Donc $- 1$ est racine et $X^{3} - 4 X^{2} + X + 6 = (X + 1) (X^{2} - 5 X + 6)$ . Le trinôme restant se factorise à vue en $(X - 2) (X - 3)$ . Finalement

P = (X - 1) (X + 1) (X - 2) (X - 3) .

Contrôle rapide sur le terme constant : $(- 1) \times 1 \times (- 2) \times (- 3) = - 6$ , ce qui est bien le terme constant de $P$ .

Remarque

Le gain de la méthode de Horner. Pour un polynôme de degré $n$ , le schéma demande exactement $n$ multiplications et $n$ additions. L'évaluation naïve, elle, demande de calculer les puissances $a^{2}, \dots, a^{n}$ , soit $n - 1$ multiplications, puis $n$ multiplications par les coefficients et $n$ additions : environ deux fois plus de multiplications. Et si l'on recalcule chaque puissance depuis le début, comme le fait une lecture littérale de l'écriture développée, le coût grimpe à $\frac{n (n + 1)}{2}$ multiplications.

Le second avantage est plus important encore en pratique : Horner fournit gratuitement le quotient par $X - a$ , ce qui en fait l'outil naturel pour factoriser un polynôme dont on a deviné une racine.

Multiplicité d'une racine

Définition

Soient $P$ un polynôme non nul de $K [X]$ et $a \in K$ . L'ensemble des entiers $k \in N$ tels que $(X - a)^{k} ∣ P$ contient $0$ et est majoré par $\deg P$ : il admet donc un plus grand élément $m$ . Cet entier s'appelle la multiplicité (ou l'ordre) de $a$ comme racine de $P$ . Elle est caractérisée par

(X - a)^{m} ∣ P et (X - a)^{m + 1} ∤ P .

On dit que $a$ est une racine simple si $m = 1$ , double si $m = 2$ , triple si $m = 3$ , et racine multiple si $m ⩾ 2$ . Le cas $m = 0$ signifie que $a$ n'est pas racine de $P$ .

Remarque

Justifions la majoration invoquée dans la définition. Si $(X - a)^{k}$ divise $P$ avec $P \neq 0$ , alors $k = \deg ((X - a)^{k}) ⩽ \deg P$ . L'ensemble considéré est donc une partie de $N$ non vide et majorée : il possède bien un plus grand élément. C'est ici que l'hypothèse $P \neq 0$ sert, et elle est indispensable : $(X - a)^{k}$ divise le polynôme nul pour tout $k$ , si bien que parler de la multiplicité d'une racine du polynôme nul n'a aucun sens.

Propriété

Soient $P$ non nul, $a \in K$ et $m \in N$ . Les deux propositions suivantes sont équivalentes :

$a$ est racine de $P$ de multiplicité exactement $m$ ;
il existe $Q \in K [X]$ tel que $P = (X - a)^{m} Q$ et $Q (a) \neq 0$ .

Démonstration. Supposons 1. Comme $(X - a)^{m} ∣ P$ , on peut écrire $P = (X - a)^{m} Q$ . Si l'on avait $Q (a) = 0$ , alors $(X - a) ∣ Q$ , donc $Q = (X - a) Q_{1}$ et $P = (X - a)^{m + 1} Q_{1}$ , ce qui contredirait $(X - a)^{m + 1} ∤ P$ . Donc $Q (a) \neq 0$ .

Supposons 2. Alors $(X - a)^{m} ∣ P$ . Supposons par l'absurde que $(X - a)^{m + 1}$ divise aussi $P$ , et écrivons $P = (X - a)^{m + 1} S$ . Alors

(X - a)^{m} Q = (X - a)^{m + 1} S = (X - a)^{m} [(X - a) S] .

Le polynôme $(X - a)^{m}$ est non nul, donc on peut simplifier : $Q = (X - a) S$ . En évaluant en $a$ , il vient $Q (a) = 0$ , ce qui contredit l'hypothèse. Donc $(X - a)^{m + 1} ∤ P$ , et la multiplicité vaut exactement $m$ . $□$

Exemple

Considérons $P = (X - 1)^{3} (X + 2)^{2}$ , dont le développement vaut

P = X^{5} + X^{4} - 5 X^{3} - X^{2} + 8 X - 4.

Le scalaire $1$ est racine de multiplicité $3$ : en effet $P = (X - 1)^{3} Q$ avec $Q = (X + 2)^{2}$ et $Q (1) = 9 \neq 0$ . De même, $- 2$ est racine de multiplicité $2$ , avec cette fois $Q = (X - 1)^{3}$ et $Q (- 2) = - 27 \neq 0$ .

Vérifions le développement sur deux valeurs : $P (0) = - 4$ , ce qui est bien le terme constant, et $P (1) = 1 + 1 - 5 - 1 + 8 - 4 = 0$ , conformément au fait que $1$ est racine.

Remarque

Une racine multiple compte pour plusieurs racines dans les majorations de degré. Précisément, si $a_{1}, \dots, a_{r}$ sont des racines deux à deux distinctes de $P$ non nul, de multiplicités respectives $m_{1}, \dots, m_{r}$ , alors

\prod_{i = 1}^{r} (X - a_{i})^{m_{i}} ∣ P, donc m_{1} + \dots + m_{r} ⩽ \deg P .

La divisibilité s'obtient par la même récurrence que plus haut : à chaque étape, on évalue en la racine suivante le quotient déjà construit. On retient la formule sous la forme parlée : la somme des multiplicités des racines d'un polynôme non nul est majorée par son degré.

Polynômes scindés, somme et produit des racines

Définition

Un polynôme $P \in K [X]$ de degré $n ⩾ 1$ est dit scindé sur $K$ lorsqu'il s'écrit comme produit de facteurs de degré $1$ à coefficients dans $K$ , c'est-à-dire lorsqu'il existe $x_{1}, \dots, x_{n}$ dans $K$ , non nécessairement distincts, tels que

P = a_{n} \prod_{k = 1}^{n} (X - x_{k}),

où $a_{n}$ est le coefficient dominant de $P$ . Les scalaires $x_{1}, \dots, x_{n}$ sont les racines de $P$ , répétées autant de fois que leur multiplicité.

Remarque

Être scindé dépend de l'ensemble de scalaires choisi. Le polynôme $X^{2} + 1$ n'est pas scindé sur $R$ , alors qu'il l'est sur $C$ puisque $X^{2} + 1 = (X - i) (X + i)$ . C'est précisément la différence entre les deux ensembles que la section 6 va exploiter.

Notez aussi qu'un polynôme scindé de degré $n$ possède exactement $n$ racines comptées avec leur multiplicité : c'est le cas d'égalité de la majoration précédente.

Propriété

Soit $P = a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}$ un polynôme de degré $n ⩾ 1$ , scindé sur $K$ , de racines $x_{1}, \dots, x_{n}$ comptées avec leur multiplicité. Alors

\sum_{k = 1}^{n} x_{k} = - \frac{a_{n - 1}}{a_{n}} et \prod_{k = 1}^{n} x_{k} = (- 1)^{n} \frac{a_{0}}{a_{n}} .

Démonstration. Posons $Π_{n} = \prod_{k = 1}^{n} (X - x_{k})$ , de sorte que $P = a_{n} Π_{n}$ . Ce polynôme est unitaire de degré $n$ ; écrivons-le

Π_{n} = X^{n} + c_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + c_{1} X + c_{0} .

Montrons par récurrence sur $n ⩾ 1$ les deux formules

c_{n - 1} = - \sum_{k = 1}^{n} x_{k} et c_{0} = (- 1)^{n} \prod_{k = 1}^{n} x_{k} .

Initialisation. Pour $n = 1$ , $Π_{1} = X - x_{1}$ , donc $c_{0} = - x_{1}$ , ce qui est bien $- \sum x_{k}$ et $(- 1)^{1} x_{1}$ à la fois.

Hérédité. Supposons les formules acquises pour un produit de $n$ facteurs, et considérons $Π_{n + 1} = Π_{n} \times (X - x_{n + 1})$ . En développant,

Π_{n + 1} = X Π_{n} - x_{n + 1} Π_{n} .

Le coefficient de $X^{n}$ dans $Π_{n + 1}$ s'obtient en additionnant le coefficient de $X^{n - 1}$ de $Π_{n}$ , apporté par $X Π_{n}$ , et $- x_{n + 1}$ fois le coefficient de $X^{n}$ de $Π_{n}$ , qui vaut $1$ . Il vaut donc

c_{n - 1} - x_{n + 1} = - \sum_{k = 1}^{n} x_{k} - x_{n + 1} = - \sum_{k = 1}^{n + 1} x_{k} .

Le terme constant de $Π_{n + 1}$ , lui, ne reçoit rien de $X Π_{n}$ et vaut $- x_{n + 1} c_{0} = - x_{n + 1} (- 1)^{n} \prod_{k = 1}^{n} x_{k} = (- 1)^{n + 1} \prod_{k = 1}^{n + 1} x_{k}$ . La récurrence est achevée.

Il ne reste qu'à revenir à $P = a_{n} Π_{n}$ : ses coefficients sont ceux de $Π_{n}$ multipliés par $a_{n}$ , donc $a_{n - 1} = a_{n} c_{n - 1}$ et $a_{0} = a_{n} c_{0}$ . En divisant par $a_{n}$ , qui est non nul, on obtient les deux formules annoncées. $□$

Remarque

Pour $n = 2$ , ces formules redonnent ce que vous connaissez depuis la première : les racines de $a X^{2} + b X + c$ ont pour somme $- \frac{b}{a}$ et pour produit $\frac{c}{a}$ .

Le programme s'arrête là : seules la somme et le produit des racines sont exigibles. Il existe des formules analogues pour la somme des produits deux à deux, trois à trois, et ainsi de suite, mais elles ne figurent pas au programme de PCSI. Lorsqu'un exercice en a besoin, il faut la redémontrer dans le cas particulier considéré, en développant le produit $a_{n} \prod (X - x_{k})$ à la main. C'est d'ailleurs ce que fait la démonstration ci-dessus, restreinte aux deux coefficients extrêmes.

Exemple

Vérification sur un exemple. Le polynôme $P = 2 X^{3} - 5 X^{2} + X + 2$ admet $1$ pour racine, puisque $2 - 5 + 1 + 2 = 0$ . En divisant, $P = (X - 1) (2 X^{2} - 3 X - 2) = (X - 1) (2 X + 1) (X - 2)$ , donc $P$ est scindé sur $R$ de racines $1$ , $- \frac{1}{2}$ et $2$ .

Somme des racines : $1 - \frac{1}{2} + 2 = \frac{5}{2}$ , et $- \frac{a_{2}}{a_{3}} = \frac{5}{2}$ . Produit des racines : $1 \times (- \frac{1}{2}) \times 2 = - 1$ , et $(- 1)^{3} \frac{a_{0}}{a_{3}} = - \frac{2}{2} = - 1$ . Les deux formules sont bien vérifiées.

Exemple

Une utilisation typique. On sait que le polynôme $P = X^{3} - 7 X^{2} + 14 X - 8$ est scindé sur $R$ et que ses trois racines forment une suite géométrique. Déterminons-les.

Notons les racines $\frac{u}{q}$ , $u$ , $u q$ avec $q \neq 0$ . Leur produit vaut $u^{3}$ , et la formule du produit donne $u^{3} = (- 1)^{3} \times \frac{- 8}{1} = 8$ , donc $u = 2$ . La formule de la somme donne ensuite

\frac{2}{q} + 2 + 2 q = 7, soit 2 + 2 q^{2} = 5 q, soit 2 q^{2} - 5 q + 2 = 0.

Le discriminant vaut $25 - 16 = 9$ , d'où $q = 2$ ou $q = \frac{1}{2}$ . Les deux valeurs donnent le même ensemble de racines : ${1, 2, 4}$ .

Vérification : $1 + 2 + 4 = 7$ et $1 \times 2 \times 4 = 8$ , et le développement $(X - 1) (X - 2) (X - 4) = X^{3} - 7 X^{2} + 14 X - 8$ confirme.

La dérivation formelle

Définition

Au lycée, la dérivée se définit par une limite de taux d'accroissement. Cette définition ne convient pas ici, pour deux raisons : elle ne parle que de fonctions, alors que nous voulons dériver des polynômes, et elle n'a pas de sens si $K = C$ , la notion de limite pour une fonction d'une variable complexe étant hors de portée à ce stade. Nous prenons donc le parti inverse : définir la dérivée par une formule sur les coefficients, et constater ensuite qu'elle redonne la dérivée usuelle dans le cas réel.

Définition

Soit $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k} \in K [X]$ . On appelle polynôme dérivé de $P$ , et l'on note $P^{'}$ , le polynôme

P^{'} = \sum_{k = 1}^{n} k a_{k} X^{k - 1} = a_{1} + 2 a_{2} X + 3 a_{3} X^{2} + \dots + n a_{n} X^{n - 1} .

En particulier, la dérivée d'un polynôme constant est le polynôme nul.

Remarque

Cette définition est purement algébrique. Aucune limite n'intervient, aucun passage par les fonctions : on lit les coefficients de $P$ et on écrit ceux de $P^{'}$ . C'est ce qui la rend valable pour $K = C$ aussi bien que pour $K = R$ , et c'est ce qui permettra, en section 6, de parler de la multiplicité d'une racine complexe d'un polynôme réel.

Cela dit, dans le cas $K = R$ , la fonction associée à $P^{'}$ est exactement la fonction dérivée de la fonction associée à $P$ : les formules $(x^{k})^{'} = k x^{k - 1}$ et la dérivation terme à terme d'une somme finie le montrent immédiatement. Les deux notions coïncident donc, et l'on peut sans risque appliquer à $P^{'}$ tout ce que l'on sait des dérivées de fonctions, théorème de Rolle compris.

Exemple

Pour $P = 4 X^{5} - 2 X^{3} + 7 X - 1$ , on obtient $P^{'} = 20 X^{4} - 6 X^{2} + 7$ . Pour $P = (X - i)^{2} = X^{2} - 2 i X - 1$ dans $C [X]$ , on obtient $P^{'} = 2 X - 2 i = 2 (X - i)$ , ce qui est bien le résultat attendu, alors même qu'aucune limite n'aurait de sens ici.

Degré de la dérivée

Propriété

Soit $P \in K [X]$ .

Si $\deg P ⩽ 0$ , c'est-à-dire si $P$ est constant, alors $P^{'} = 0$ .
Si $\deg P = n ⩾ 1$ , alors $\deg P^{'} = n - 1$ , et le coefficient dominant de $P^{'}$ est $n$ fois celui de $P$ .
Réciproquement, si $P^{'} = 0$ , alors $P$ est constant.

Démonstration. Le point 1 découle de la définition : si $P = a_{0}$ , la somme définissant $P^{'}$ est vide.

Point 2. Écrivons $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ avec $a_{n} \neq 0$ . Alors $P^{'} = \sum_{k = 1}^{n} k a_{k} X^{k - 1}$ , dont le coefficient de plus haut indice est celui de $X^{n - 1}$ , égal à $n a_{n}$ . Or $n ⩾ 1$ est un entier non nul et $a_{n} \neq 0$ , donc $n a_{n} \neq 0$ : ce scalaire est bien le coefficient dominant, et $\deg P^{'} = n - 1$ .

Point 3. Par contraposition : si $P$ n'est pas constant, alors $\deg P ⩾ 1$ , donc $\deg P^{'} = \deg P - 1 ⩾ 0$ , et en particulier $P^{'} \neq 0$ . $□$

Remarque

L'argument « $n a_{n} \neq 0$ » mérite un mot. Il utilise que $n$ , vu comme scalaire, est non nul dans $K$ , ce qui est vrai dans $R$ et dans $C$ pour tout entier $n ⩾ 1$ . Cette évidence apparente est en réalité une propriété de $R$ et $C$ : il existe des ensembles de scalaires où $2 = 0$ , et où la dérivée de $X^{2}$ est donc nulle. Nous n'y toucherons pas cette année, mais cela explique pourquoi les énoncés du chapitre précisent toujours que $K$ vaut $R$ ou $C$ .

Opérations sur les polynômes dérivés

Propriété

Soient $P$ , $Q \in K [X]$ et $λ$ , $μ \in K$ . Alors :

$(λ P + μ Q)^{'} = λ P^{'} + μ Q^{'}$ : la dérivation est compatible avec les combinaisons linéaires ;
$(P Q)^{'} = P^{'} Q + P Q^{'}$ ;
pour tout $k \in N^{*}$ , $(P^{k})^{'} = k P^{k - 1} P^{'}$ .

Démonstration. Point 1. Le coefficient d'indice $k$ de $λ P + μ Q$ vaut $λ a_{k} + μ b_{k}$ . Par définition de la dérivée, le coefficient d'indice $k - 1$ de $(λ P + μ Q)^{'}$ vaut donc $k (λ a_{k} + μ b_{k}) = λ (k a_{k}) + μ (k b_{k})$ , qui est bien le coefficient d'indice $k - 1$ de $λ P^{'} + μ Q^{'}$ .

Point 2. Écrivons $P = \sum_{i = 0}^{p} a_{i} X^{i}$ et $Q = \sum_{j = 0}^{q} b_{j} X^{j}$ , de sorte que

P Q = \sum_{i = 0}^{p} \sum_{j = 0}^{q} a_{i} b_{j} X^{i + j} .

D'après le point 1, appliqué à cette somme finie de monômes, on dérive terme à terme :

(P Q)^{'} = \sum_{i = 0}^{p} \sum_{j = 0}^{q} a_{i} b_{j} (i + j) X^{i + j - 1},

étant entendu que le terme d'indices $(0, 0)$ , qui est constant, a une dérivée nulle et disparaît de la somme. Séparons maintenant le facteur $i + j$ en $i$ puis $j$ . Dans la partie portant le facteur $i$ , tous les termes d'indice $i = 0$ sont nuls, ce qui permet de faire démarrer la sommation à $i = 1$ et d'écrire $X^{i + j - 1} = X^{i - 1} X^{j}$ sans exposant négatif ; de même, dans la partie portant le facteur $j$ , la sommation démarre à $j = 1$ . Il reste

(P Q)^{'} = (\sum_{i = 1}^{p} i a_{i} X^{i - 1}) (\sum_{j = 0}^{q} b_{j} X^{j}) + (\sum_{i = 0}^{p} a_{i} X^{i}) (\sum_{j = 1}^{q} j b_{j} X^{j - 1}) = P^{'} Q + P Q^{'} .

Point 3. Récurrence sur $k$ . Pour $k = 1$ , l'égalité s'écrit $P^{'} = P^{'}$ . Si $(P^{k})^{'} = k P^{k - 1} P^{'}$ , alors, d'après le point 2 appliqué à $P^{k + 1} = P^{k} \times P$ ,

(P^{k + 1})^{'} = (P^{k})^{'} P + P^{k} P^{'} = k P^{k - 1} P^{'} P + P^{k} P^{'} = (k + 1) P^{k} P^{'} . □

Propriété

Formule de Leibniz. Soient $P$ , $Q \in K [X]$ et $n \in N$ . Alors

(P Q)^{(n)} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) P^{(k)} Q^{(n - k)},

où $P^{(0)} = P$ et $P^{(k + 1)} = (P^{(k)})^{'}$ désignent les dérivées successives.

Démonstration. Récurrence sur $n$ . Pour $n = 0$ , les deux membres valent $P Q$ .

Supposons la formule vraie au rang $n$ . En dérivant une fois l'égalité et en utilisant la compatibilité avec les combinaisons linéaires puis la dérivée d'un produit,

(P Q)^{(n + 1)} = {[\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) P^{(k)} Q^{(n - k)}]}^{'} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) P^{(k + 1)} Q^{(n - k)} + \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) P^{(k)} Q^{(n - k + 1)} .

Dans la première somme, effectuons le changement d'indice $k^{'} = k + 1$ , qui parcourt ${1, \dots, n + 1}$ :

\sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) P^{(k + 1)} Q^{(n - k)} = \sum_{k = 1}^{n + 1} (\binom{n}{k - 1}) P^{(k)} Q^{(n + 1 - k)} .

En regroupant les deux sommes et en isolant le terme $k = n + 1$ de la première et le terme $k = 0$ de la seconde, il vient

(P Q)^{(n + 1)} = P^{(n + 1)} Q + \sum_{k = 1}^{n} [(\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k})] P^{(k)} Q^{(n + 1 - k)} + P Q^{(n + 1)} .

La formule de Pascal donne $(\binom{n}{k - 1}) + (\binom{n}{k}) = (\binom{n + 1}{k})$ , et comme $(\binom{n + 1}{0}) = (\binom{n + 1}{n + 1}) = 1$ , les deux termes extrêmes rentrent dans la somme. On obtient la formule au rang $n + 1$ . $□$

Remarque

La formule de Leibniz est le jumeau exact de la formule du binôme : même coefficients, même structure, même démonstration. Le moyen mnémotechnique est de remplacer, dans $(P + Q)^{n} = \sum (\binom{n}{k}) P^{k} Q^{n - k}$ , chaque puissance par un ordre de dérivation.

Elle est surtout rentable quand l'un des deux facteurs a peu de dérivées non nulles. Si $P$ est de degré $d$ , tous les termes avec $k > d$ disparaissent et la somme se réduit à $d + 1$ termes au plus, quel que soit $n$ .

Exemple

Calculons $P^{(5)}$ pour $P = (X^{2} + 1) (X - 1)^{5}$ .

Posons $A = X^{2} + 1$ et $B = (X - 1)^{5}$ . Comme $A$ est de degré $2$ , on a $A^{(k)} = 0$ dès que $k ⩾ 3$ : la formule de Leibniz ne garde que trois termes. On calcule

A = X^{2} + 1, A^{'} = 2 X, A^{''} = 2, B^{(3)} = 60 (X - 1)^{2}, B^{(4)} = 120 (X - 1), B^{(5)} = 120.

D'où

\begin{aligned} P^{(5)} & = (\binom{5}{0}) A B^{(5)} + (\binom{5}{1}) A^{'} B^{(4)} + (\binom{5}{2}) A^{''} B^{(3)} \\ = 120 (X^{2} + 1) + 5 \times 2 X \times 120 (X - 1) + 10 \times 2 \times 60 (X - 1)^{2} \\ = 120 X^{2} + 120 + 1200 X^{2} - 1200 X + 1200 X^{2} - 2400 X + 1200 \\ = 2520 X^{2} - 3600 X + 1320. \end{aligned}

Vérification. Le polynôme $P$ est de degré $7$ et unitaire, donc le coefficient dominant de $P^{(5)}$ doit valoir $7 \times 6 \times 5 \times 4 \times 3 = 2520$ : c'est le cas. Par ailleurs $P^{(5)} (0)$ doit valoir $5!$ fois le coefficient de $X^{5}$ dans $P$ . Comme $(X - 1)^{5} = X^{5} - 5 X^{4} + 10 X^{3} - 10 X^{2} + 5 X - 1$ , ce coefficient vaut $10 + 1 = 11$ , et $120 \times 11 = 1320$ : c'est bien le terme constant trouvé.

Propriété

Pour $n \in N$ et $k \in N$ , la dérivée $k$ -ième du monôme $X^{n}$ vaut

(X^{n})^{(k)} = {\begin{cases} \frac{n!}{(n - k)!} X^{n - k} & si k ⩽ n, \\ 0 & si k > n . \end{cases}

Plus généralement, si $\deg P = n$ , alors $\deg P^{(k)} = n - k$ pour $k ⩽ n$ , et $P^{(k)} = 0$ pour $k > n$ .

Démonstration. La première formule s'obtient par récurrence immédiate sur $k$ : chaque dérivation fait descendre l'exposant d'une unité et multiplie par cet exposant, ce qui produit le produit $n (n - 1) \dots (n - k + 1) = \frac{n!}{(n - k)!}$ . Dès que l'exposant atteint $0$ , le polynôme est constant et la dérivée suivante est nulle.

Pour la seconde, on applique $k$ fois la propriété du degré de la dérivée : tant que le degré reste $⩾ 1$ , chaque dérivation le fait baisser exactement de $1$ . Après $n$ dérivations, $P^{(n)}$ est une constante non nulle, égale à $n! a_{n}$ , et toutes les dérivées suivantes sont nulles. $□$

La formule de Taylor polynomiale

Propriété

Formule de Taylor polynomiale. Soient $P \in K [X]$ de degré au plus $n$ et $a \in K$ . Alors

P = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} (X - a)^{k} .

En particulier, pour $a = 0$ , on retrouve l'écriture de $P$ par ses coefficients : $a_{k} = \frac{P^{(k)} (0)}{k!}$ .

Démonstration. La démonstration se fait en deux temps : d'abord montrer que $P$ s'écrit comme combinaison des puissances de $X - a$ , ensuite identifier les coefficients de cette écriture.

Première étape : l'écriture existe. Posons $R = P \circ (X + a)$ . C'est un polynôme, de degré au plus $n$ d'après la formule du degré d'une composée, que l'on écrit $R = \sum_{k = 0}^{n} c_{k} X^{k}$ . Or l'associativité de la composition donne

R \circ (X - a) = [P \circ (X + a)] \circ (X - a) = P \circ [(X + a) \circ (X - a)] = P \circ X = P,

puisque $(X + a) \circ (X - a) = (X - a) + a = X$ . En remplaçant $X$ par $X - a$ dans l'écriture de $R$ , on obtient donc

P = \sum_{k = 0}^{n} c_{k} (X - a)^{k} .

Seconde étape : les coefficients valent ce qu'on annonce. Rappelons que $[(X - a)^{k}]^{'} = k (X - a)^{k - 1}$ , d'après la formule $(Q^{k})^{'} = k Q^{k - 1} Q^{'}$ appliquée à $Q = X - a$ , dont la dérivée vaut $1$ . En itérant, pour tout $j \in N$ ,

[(X - a)^{k}]^{(j)} = {\begin{cases} \frac{k!}{(k - j)!} (X - a)^{k - j} & si j ⩽ k, \\ 0 & si j > k . \end{cases}

Fixons $j \in {0, \dots, n}$ et dérivons $j$ fois l'écriture de $P$ , en utilisant la compatibilité de la dérivation avec les combinaisons linéaires :

P^{(j)} = \sum_{k = j}^{n} c_{k} \frac{k!}{(k - j)!} (X - a)^{k - j} .

Évaluons en $a$ : chaque terme contient le facteur $(X - a)^{k - j}$ , qui s'annule en $a$ dès que $k > j$ . Seul survit le terme $k = j$ , égal à la constante $c_{j} j!$ . Donc

P^{(j)} (a) = j! c_{j}, c’est- \overset{ˋ}{a} -dire c_{j} = \frac{P^{(j)} (a)}{j!} . □

Remarque

Cette formule mérite trois commentaires.

D'abord, ce n'est pas la formule de Taylor de l'analyse : il n'y a ici aucun reste, aucune approximation, aucune hypothèse de régularité. C'est une égalité exacte entre deux polynômes, valable telle quelle, et sa démonstration est purement algébrique.

Ensuite, elle donne une seconde écriture de tout polynôme, « centrée en $a$ » au lieu d'être centrée en $0$ . Chaque fois qu'un problème tourne autour d'un point $a$ particulier, cette écriture est la bonne.

Enfin, elle contient la caractérisation de la multiplicité qui suit, et c'est son usage principal en PCSI.

Exemple

Écrivons $P = X^{3} - 2 X + 5$ suivant les puissances de $X - 1$ .

On calcule les dérivées successives et leurs valeurs en $1$ :

P = X^{3} - 2 X + 5, P^{'} = 3 X^{2} - 2, P^{''} = 6 X, P^{'''} = 6,

d'où $P (1) = 4$ , $P^{'} (1) = 1$ , $P^{''} (1) = 6$ , $P^{'''} (1) = 6$ . La formule de Taylor donne

P = 4 + 1 \times (X - 1) + \frac{6}{2} (X - 1)^{2} + \frac{6}{6} (X - 1)^{3} = 4 + (X - 1) + 3 (X - 1)^{2} + (X - 1)^{3} .

Vérification en développant : $(X - 1)^{3} = X^{3} - 3 X^{2} + 3 X - 1$ et $3 (X - 1)^{2} = 3 X^{2} - 6 X + 3$ , donc la somme vaut $X^{3} - 3 X^{2} + 3 X - 1 + 3 X^{2} - 6 X + 3 + X - 1 + 4 = X^{3} - 2 X + 5$ . C'est bien $P$ .

Multiplicité et dérivées successives

Propriété

Soient $P$ un polynôme non nul de $K [X]$ , $a \in K$ et $m \in N^{*}$ . Les propositions suivantes sont équivalentes :

$a$ est racine de $P$ de multiplicité exactement $m$ ;
$P (a) = P^{'} (a) = \dots = P^{(m - 1)} (a) = 0$ et $P^{(m)} (a) \neq 0$ .

De plus, $a$ est racine de $P$ de multiplicité au moins $m$ si et seulement si $P (a) = P^{'} (a) = \dots = P^{(m - 1)} (a) = 0$ .

Démonstration. Sens direct. Supposons que $a$ soit racine de multiplicité $m$ , et écrivons $P = (X - a)^{m} Q$ avec $Q (a) \neq 0$ . Appliquons la formule de Leibniz au produit $(X - a)^{m} \times Q$ : pour tout $j \in N$ ,

P^{(j)} = \sum_{i = 0}^{j} (\binom{j}{i}) [(X - a)^{m}]^{(i)} Q^{(j - i)} .

Nous savons que $[(X - a)^{m}]^{(i)} = \frac{m!}{(m - i)!} (X - a)^{m - i}$ pour $i ⩽ m$ , polynôme qui s'annule en $a$ dès que $i < m$ , et qui vaut la constante $m!$ pour $i = m$ .

Si $j < m$ , tous les indices $i$ de la somme vérifient $i ⩽ j < m$ : chaque terme s'annule en $a$ , donc $P^{(j)} (a) = 0$ .

Si $j = m$ , seul le terme $i = m$ survit en $a$ , et il vaut $(\binom{m}{m}) \times m! \times Q (a) = m! Q (a)$ . Comme $m! \neq 0$ et $Q (a) \neq 0$ , on obtient $P^{(m)} (a) = m! Q (a) \neq 0$ .

Sens réciproque. Supposons $P (a) = \dots = P^{(m - 1)} (a) = 0$ et $P^{(m)} (a) \neq 0$ . Notons $n = \deg P$ ; comme $P^{(m)} \neq 0$ , on a $n ⩾ m$ . La formule de Taylor en $a$ donne

P = \sum_{k = 0}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} (X - a)^{k} = \sum_{k = m}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} (X - a)^{k},

les $m$ premiers termes étant nuls par hypothèse. En factorisant par $(X - a)^{m}$ ,

P = (X - a)^{m} Q avec Q = \sum_{k = m}^{n} \frac{P^{(k)} (a)}{k!} (X - a)^{k - m} .

En évaluant $Q$ en $a$ , tous les termes d'indice $k > m$ s'annulent et il reste $Q (a) = \frac{P^{(m)} (a)}{m!} \neq 0$ . La multiplicité de $a$ vaut donc exactement $m$ .

Dernière assertion. Le même raisonnement, sans l'hypothèse $P^{(m)} (a) \neq 0$ , montre que les $m$ conditions d'annulation équivalent à la factorisation $P = (X - a)^{m} Q$ , c'est-à-dire à $(X - a)^{m} ∣ P$ , c'est-à-dire à une multiplicité au moins égale à $m$ . $□$

Méthode

Déterminer la multiplicité d'une racine.

Vérifier d'abord que $P (a) = 0$ : sinon $a$ n'est pas racine, et il n'y a rien à chercher.
Calculer $P^{'}$ , puis $P^{'} (a)$ . Si le résultat est non nul, la racine est simple et c'est terminé.
Sinon, continuer avec $P^{''}$ , $P^{'''}$ , et ainsi de suite, jusqu'à obtenir une valeur non nulle.
Le rang $m$ de la première dérivée qui ne s'annule pas en $a$ est la multiplicité cherchée.
Quand c'est possible, contrôler en factorisant : $P$ doit s'écrire $(X - a)^{m} Q$ avec $Q (a) \neq 0$ .

Variante souvent plus rapide quand une factorisation partielle est déjà connue : diviser par $(X - a)$ par le schéma de Horner autant de fois que possible, et compter les divisions exactes.

Exemple

Multiplicité de $1$ et de $- 2$ dans $P = X^{5} + X^{4} - 5 X^{3} - X^{2} + 8 X - 4$ .

Calculons les dérivées successives :

P^{'} = 5 X^{4} + 4 X^{3} - 15 X^{2} - 2 X + 8, P^{''} = 20 X^{3} + 12 X^{2} - 30 X - 2, P^{'''} = 60 X^{2} + 24 X - 30.

En $1$ . On a $P (1) = 1 + 1 - 5 - 1 + 8 - 4 = 0$ , puis $P^{'} (1) = 5 + 4 - 15 - 2 + 8 = 0$ , puis $P^{''} (1) = 20 + 12 - 30 - 2 = 0$ , et enfin

P^{'''} (1) = 60 + 24 - 30 = 54 \neq 0.

La multiplicité de $1$ vaut donc exactement $3$ .

En $- 2$ . On a $P (- 2) = - 32 + 16 + 40 - 4 - 16 - 4 = 0$ , puis

P^{'} (- 2) = 80 - 32 - 60 + 4 + 8 = 0, P^{''} (- 2) = - 160 + 48 + 60 - 2 = - 54 \neq 0.

La multiplicité de $- 2$ vaut donc exactement $2$ .

Contrôle. La somme des multiplicités vaut $3 + 2 = 5 = \deg P$ : le polynôme est scindé et vaut $(X - 1)^{3} (X + 2)^{2}$ , ce qui est bien le polynôme de l'exemple de la section 4. On peut même vérifier les valeurs trouvées : d'après la démonstration ci-dessus, $P^{'''} (1) = 3! \times Q (1)$ avec $Q = (X + 2)^{2}$ , soit $6 \times 9 = 54$ , et $P^{''} (- 2) = 2! \times Q (- 2)$ avec $Q = (X - 1)^{3}$ , soit $2 \times (- 27) = - 54$ . Tout concorde.

Remarque

Cette caractérisation est la méthode pour détecter une racine multiple, et elle a une lecture intuitive dans le cas réel : dire que $a$ est racine au moins double, c'est dire que la courbe de $P$ touche l'axe des abscisses en $a$ avec une tangente horizontale. Une racine triple ajoute un point d'inflexion, et ainsi de suite.

Elle fournit aussi un critère commode : $P$ admet une racine multiple si et seulement si $P$ et $P^{'}$ ont une racine commune. C'est souvent la façon la plus rapide de montrer qu'un polynôme n'a que des racines simples.

Factorisation dans $C [X]$ et dans $R [X]$

Polynômes irréductibles

Définition

Un polynôme $P \in K [X]$ est dit irréductible sur $K$ lorsque les deux conditions suivantes sont réunies :

$P$ n'est pas constant ;
les seuls diviseurs de $P$ dans $K [X]$ sont les constantes non nulles et les polynômes $λ P$ avec $λ \in K$ non nul.

Autrement dit, $P$ n'est pas constant et l'on ne peut pas l'écrire comme un produit de deux polynômes tous deux non constants.

Remarque

C'est la transposition exacte de la notion de nombre premier dans $Z$ : les diviseurs « inévitables » sont mis de côté (les constantes non nulles, qui jouent le rôle de $\pm 1$ , et les associés de $P$ ), et l'on demande qu'il n'y en ait pas d'autres.

Deux conséquences immédiates. Tout polynôme de degré $1$ est irréductible : si $P = A B$ avec $\deg P = 1$ , alors $\deg A + \deg B = 1$ , donc l'un des deux facteurs est de degré $0$ . Et l'irréductibilité dépend de l'ensemble de scalaires : le polynôme $X^{2} + 1$ est irréductible sur $R$ , mais pas sur $C$ où il vaut $(X - i) (X + i)$ . C'est le cœur de toute cette section.

Le théorème de d'Alembert-Gauss

Propriété

Théorème de d'Alembert-Gauss. Tout polynôme non constant de $C [X]$ admet au moins une racine dans $C$ .

Ce théorème est admis : sa démonstration, quelle que soit la voie choisie, dépasse largement les outils de première année, et le programme l'exclut explicitement. Il faut mesurer à quel point l'énoncé est puissant. Il ne dit pas seulement que $X^{2} + 1$ a une racine : il dit que toute équation polynomiale non triviale a une solution dans $C$ , quel que soit son degré, quels que soient ses coefficients, même complexes. C'est pour cette raison que l'on dit que $C$ est algébriquement clos, et c'est l'aboutissement du chapitre sur les nombres complexes : en ajoutant une seule racine à $X^{2} + 1$ , on a en fait ajouté d'un coup les racines de tous les polynômes.

Factorisation dans $C [X]$

Propriété

Soit $P \in C [X]$ de degré $n ⩾ 1$ , de coefficient dominant $a_{n}$ . Alors $P$ est scindé sur $C$ : il existe $z_{1}, \dots, z_{n}$ dans $C$ , non nécessairement distincts, tels que

P = a_{n} \prod_{k = 1}^{n} (X - z_{k}) .

De façon équivalente, en regroupant les racines égales, il existe des complexes deux à deux distincts $α_{1}, \dots, α_{r}$ et des entiers $m_{1}, \dots, m_{r} ⩾ 1$ tels que

P = a_{n} \prod_{i = 1}^{r} (X - α_{i})^{m_{i}}, avec m_{1} + \dots + m_{r} = n .

Cette écriture est unique à l'ordre près des facteurs, et $m_{i}$ est la multiplicité de $α_{i}$ .

Démonstration. Existence, par récurrence sur $n = \deg P$ .

Pour $n = 1$ , $P = a_{1} X + a_{0} = a_{1} (X + \frac{a_{0}}{a_{1}})$ , ce qui est la forme voulue.

Soit $n ⩾ 2$ et supposons le résultat acquis pour tous les polynômes de degré $n - 1$ . Soit $P$ de degré $n$ , de coefficient dominant $a_{n}$ . Comme $P$ n'est pas constant, le théorème de d'Alembert-Gauss fournit une racine $z_{n} \in C$ , donc $P = (X - z_{n}) P_{1}$ pour un certain $P_{1} \in C [X]$ . Le degré donne $\deg P_{1} = n - 1$ , et le coefficient dominant de $P_{1}$ est $a_{n}$ , puisque celui de $X - z_{n}$ vaut $1$ . Par hypothèse de récurrence, $P_{1} = a_{n} \prod_{k = 1}^{n - 1} (X - z_{k})$ , d'où le résultat pour $P$ .

Unicité. Supposons deux écritures

a_{n} \prod_{i = 1}^{r} (X - α_{i})^{m_{i}} = a_{n} \prod_{j = 1}^{s} (X - β_{j})^{p_{j}},

avec les $α_{i}$ deux à deux distincts et les $β_{j}$ deux à deux distincts. Les racines du membre de gauche sont exactement les $α_{i}$ : en effet, évaluer en un complexe $z$ donne un produit de facteurs $z - α_{i}$ , qui est nul si et seulement si $z$ est l'un des $α_{i}$ . Le même raisonnement à droite montre que les racines sont les $β_{j}$ . Les deux familles coïncident donc, à l'ordre près, et $r = s$ ; quitte à renuméroter, $α_{i} = β_{i}$ . Enfin $m_{i}$ et $p_{i}$ sont tous deux égaux à la multiplicité de $α_{i}$ dans $P$ , qui est un entier bien défini : ils sont donc égaux. $□$

Propriété

Les polynômes irréductibles de $C [X]$ sont exactement les polynômes de degré $1$ .

Démonstration. Un polynôme de degré $1$ est irréductible, on l'a vu. Réciproquement, soit $P \in C [X]$ irréductible ; il est non constant, donc de degré $n ⩾ 1$ . S'il était de degré $n ⩾ 2$ , le théorème de d'Alembert-Gauss lui donnerait une racine $z$ , et l'on aurait $P = (X - z) Q$ avec $\deg Q = n - 1 ⩾ 1$ : $P$ s'écrirait comme produit de deux polynômes non constants, ce qui contredit son irréductibilité. Donc $n = 1$ . $□$

Propriété

Divisibilité dans $C [X]$ . Soient $A$ et $B$ deux polynômes non nuls de $C [X]$ . Alors $B ∣ A$ si et seulement si toute racine de $B$ est racine de $A$ avec une multiplicité au moins égale.

Démonstration. Si $B ∣ A$ , écrivons $A = B C$ . Soit $α$ une racine de $B$ de multiplicité $p$ : alors $(X - α)^{p} ∣ B$ , donc $(X - α)^{p} ∣ A$ par transitivité, donc la multiplicité de $α$ dans $A$ est au moins $p$ .

Réciproquement, notons $α_{1}, \dots, α_{r}$ les racines deux à deux distinctes de $B$ , de multiplicités $p_{1}, \dots, p_{r}$ , et $b$ le coefficient dominant de $B$ . Comme $B$ est scindé sur $C$ , on a $B = b \prod_{i} (X - α_{i})^{p_{i}}$ . Par hypothèse, chaque $α_{i}$ est racine de $A$ de multiplicité $q_{i} ⩾ p_{i}$ , donc, d'après la remarque sur les multiplicités de la section 4, $\prod_{i} (X - α_{i})^{q_{i}}$ divise $A$ . A fortiori $\prod_{i} (X - α_{i})^{p_{i}}$ divise $A$ , et en multipliant par la constante non nulle $b$ , on obtient $B ∣ A$ . $□$

Remarque

Ce critère est d'un usage constant : dans $C [X]$ , on ne divise plus, on compare les racines. Par exemple, pour montrer que $(X - 1)^{2}$ divise $P = X^{n} - n X + n - 1$ , il suffit de vérifier que $1$ est racine de $P$ de multiplicité au moins $2$ : on a $P (1) = 1 - n + n - 1 = 0$ et $P^{'} (1) = n - n = 0$ , c'est terminé.

Factorisation de $X^{n} - 1$ dans $C [X]$

Propriété

Soit $n \in N^{*}$ . Dans $C [X]$ ,

X^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (X - ω_{k}) o \overset{ˋ}{u} ω_{k} = e^{2 i k π / n} .

Les $ω_{k}$ sont les racines $n$ -ièmes de l'unité, et elles sont toutes simples.

Démonstration. Le chapitre sur les nombres complexes a établi que l'équation $z^{n} = 1$ possède exactement $n$ solutions dans $C$ , à savoir les $ω_{k} = e^{2 i k π / n}$ pour $k \in {0, \dots, n - 1}$ , et qu'elles sont deux à deux distinctes.

Le polynôme $X^{n} - 1$ est de degré $n$ et admet ces $n$ racines deux à deux distinctes, donc $\prod_{k = 0}^{n - 1} (X - ω_{k})$ divise $X^{n} - 1$ . Les deux polynômes ont même degré $n$ et sont tous deux unitaires : le quotient est de degré $0$ et de coefficient dominant $1$ , c'est donc la constante $1$ , et les deux polynômes sont égaux.

Les racines sont simples car la somme des multiplicités est majorée par le degré $n$ , et il y a déjà $n$ racines distinctes : chacune est donc de multiplicité exactement $1$ . $□$

Exemple

Le cas $n = 6$ . Les racines sixièmes de l'unité sont $ω_{k} = e^{i k π / 3}$ pour $k$ de $0$ à $5$ , c'est-à-dire

1, \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}, - \frac{1}{2} + i \frac{\sqrt{3}}{2}, - 1, - \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{1}{2} - i \frac{\sqrt{3}}{2} .

Elles forment un hexagone régulier inscrit dans le cercle unité. La factorisation dans $C [X]$ s'écrit

X^{6} - 1 = (X - 1) (X + 1) (X - e^{i π / 3}) (X - e^{- i π / 3}) (X - e^{2 i π / 3}) (X - e^{- 2 i π / 3}),

où l'on a regroupé les racines conjuguées deux par deux, en prévision du passage à $R [X]$ qui vient.

Les racines complexes d'un polynôme réel vont par paires

Propriété

Soient $P \in R [X]$ et $z \in C$ . Alors :

$P (\overline{z}) = \overline{P (z)}$ ;
si $z$ est racine de $P$ , alors $\overline{z}$ l'est aussi ;
plus précisément, $z$ et $\overline{z}$ ont la même multiplicité comme racines de $P$ .

Démonstration. Point 1. Écrivons $P = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} X^{k}$ avec tous les $a_{k}$ réels, donc $\overline{a_{k}} = a_{k}$ . La conjugaison transformant une somme en la somme des conjugués et un produit en le produit des conjugués,

\overline{P (z)} = \overline{\sum_{k = 0}^{n} a_{k} z^{k}} = \sum_{k = 0}^{n} \overline{a_{k}} {\overline{z}}^{k} = \sum_{k = 0}^{n} a_{k} {\overline{z}}^{k} = P (\overline{z}) .

Point 2. Si $P (z) = 0$ , alors $P (\overline{z}) = \overline{P (z)} = \overline{0} = 0$ .

Point 3. Soit $m$ la multiplicité de $z$ . Le polynôme dérivé $P^{'}$ est encore à coefficients réels, ainsi que toutes les dérivées successives $P^{(j)}$ , puisque leurs coefficients s'obtiennent en multipliant ceux de $P$ par des entiers. Le point 1 s'applique donc à chacune : $P^{(j)} (\overline{z}) = \overline{P^{(j)} (z)}$ pour tout $j$ .

D'après la caractérisation de la multiplicité par les dérivées, $P^{(j)} (z) = 0$ pour $j < m$ et $P^{(m)} (z) \neq 0$ . En conjuguant, $P^{(j)} (\overline{z}) = 0$ pour $j < m$ , et $P^{(m)} (\overline{z}) = \overline{P^{(m)} (z)} \neq 0$ , un conjugué étant nul si et seulement si le nombre l'est. La même caractérisation, appliquée à $\overline{z}$ , donne une multiplicité égale à $m$ . $□$

Remarque

Ce résultat est faux pour un polynôme à coefficients complexes, et le contre-exemple est immédiat : $X - i$ admet $i$ pour racine, mais pas $- i$ . L'hypothèse « coefficients réels » est le cœur de l'énoncé, et il faut la vérifier avant de l'invoquer.

Une conséquence agréable : les racines non réelles d'un polynôme réel se répartissent en paires ${z, \overline{z}}$ , donc leur nombre, compté avec les multiplicités, est pair.

Propriété

Tout polynôme de $R [X]$ de degré impair admet au moins une racine réelle.

Démonstration. Soit $P \in R [X]$ de degré impair $n$ . Vu comme élément de $C [X]$ , il est scindé sur $C$ et possède $n$ racines comptées avec leur multiplicité. Les racines non réelles se regroupent en paires de conjuguées de même multiplicité, et contribuent donc un nombre pair à ce total. Comme $n$ est impair, il reste au moins une racine réelle. $□$

Remarque

On peut aussi démontrer ce résultat par l'analyse, avec le théorème des valeurs intermédiaires : un polynôme réel de degré impair tend vers $+ \infty$ d'un côté et vers $- \infty$ de l'autre, donc s'annule. Les deux démonstrations sont correctes, et il est instructif de les avoir toutes les deux en tête : l'une est algébrique et compte des racines, l'autre est analytique et ne dit rien de leur nombre.

Les irréductibles de $R [X]$ et la factorisation réelle

Propriété

Les polynômes irréductibles de $R [X]$ sont exactement :

les polynômes de degré $1$ ;
les polynômes de degré $2$ de discriminant strictement négatif.

Démonstration. Les polynômes de degré $1$ sont irréductibles. Un polynôme $P = a X^{2} + b X + c$ de degré $2$ avec $Δ = b^{2} - 4 a c < 0$ n'a aucune racine réelle ; s'il s'écrivait comme produit de deux polynômes réels non constants, chacun serait de degré $1$ et fournirait une racine réelle. Il est donc irréductible.

Réciproquement, soit $P \in R [X]$ irréductible, de degré $n ⩾ 1$ . Supposons $n ⩾ 2$ . Vu dans $C [X]$ , $P$ admet une racine $z$ .

Si $z$ était réelle, alors $X - z$ serait un diviseur de $P$ dans $R [X]$ , avec $P = (X - z) Q$ et $\deg Q = n - 1 ⩾ 1$ : les deux facteurs seraient non constants, contredisant l'irréductibilité. Donc $z$ n'est pas réelle, et $\overline{z} \neq z$ est aussi racine de $P$ .

Posons alors

B = (X - z) (X - \overline{z}) = X^{2} - 2 Re (z) X + ∣ z ∣^{2},

qui est à coefficients réels. Comme $z$ et $\overline{z}$ sont deux racines distinctes de $P$ , le polynôme $B$ divise $P$ dans $C [X]$ . Effectuons maintenant la division euclidienne de $P$ par $B$ dans $R [X]$ : elle s'écrit $P = B Q + R$ avec $Q$ , $R$ réels et $\deg R < 2$ . Cette égalité est aussi une division euclidienne dans $C [X]$ , et par unicité du couple quotient-reste dans $C [X]$ , le reste $R$ est celui de la division dans $C [X]$ , qui est nul puisque $B ∣ P$ dans $C [X]$ . Donc $R = 0$ et $B ∣ P$ dans $R [X]$ .

Écrivons donc $P = B Q$ . Le facteur $B$ n'étant pas constant, l'irréductibilité de $P$ impose que $Q$ le soit, disons $Q = λ$ avec $λ \neq 0$ . Ainsi $n = \deg B = 2$ et $P = λ B$ . Le discriminant de $B$ vaut

4 (Re z)^{2} - 4 ∣ z ∣^{2} = - 4 (Im z)^{2} < 0,

puisque $z$ n'est pas réel ; celui de $P = λ B$ s'en déduit en multipliant par $λ^{2} > 0$ , il est donc lui aussi strictement négatif. $□$

Remarque

Retenez l'argument de transfert utilisé ici, il resservira : la division euclidienne de deux polynômes réels donne le même quotient et le même reste, qu'on la fasse dans $R [X]$ ou dans $C [X]$ , par unicité du couple. On en déduit que, pour deux polynômes réels, la divisibilité dans $R [X]$ et dans $C [X]$ sont équivalentes.

Propriété

Tout polynôme non constant de $R [X]$ se factorise, de manière unique à l'ordre près des facteurs, sous la forme

P = a \prod_{i = 1}^{r} (X - x_{i})^{m_{i}} \prod_{j = 1}^{s} {(X^{2} + p_{j} X + q_{j})}^{n_{j}},

où $a$ est le coefficient dominant de $P$ , où les $x_{i}$ sont les racines réelles deux à deux distinctes de $P$ et $m_{i}$ leurs multiplicités, et où les trinômes $X^{2} + p_{j} X + q_{j}$ sont deux à deux distincts et de discriminant strictement négatif.

Démonstration. Factorisons $P$ dans $C [X]$ : il est scindé, et ses racines se répartissent en racines réelles $x_{1}, \dots, x_{r}$ , de multiplicités $m_{1}, \dots, m_{r}$ , et en racines non réelles, qui vont par paires ${z_{j}, \overline{z_{j}}}$ de même multiplicité $n_{j}$ . En regroupant chaque paire,

(X - z_{j})^{n_{j}} (X - \overline{z_{j}})^{n_{j}} = {[(X - z_{j}) (X - \overline{z_{j}})]}^{n_{j}} = {(X^{2} - 2 Re (z_{j}) X + ∣ z_{j} ∣^{2})}^{n_{j}},

et le trinôme obtenu est réel, de discriminant $- 4 (Im z_{j})^{2} < 0$ . En rassemblant tous les facteurs, on obtient l'écriture annoncée, dont tous les facteurs sont réels ; le coefficient $a$ est le coefficient dominant puisque tous les autres facteurs sont unitaires.

L'unicité se déduit de celle de la factorisation dans $C [X]$ : les $x_{i}$ et les $m_{i}$ sont les racines réelles et leurs multiplicités, et chaque trinôme est déterminé par la paire de racines conjuguées qu'il porte. $□$

Méthode

Factoriser un polynôme réel dans $R [X]$ . La bonne stratégie consiste presque toujours à passer par $C [X]$ .

Factoriser d'abord dans $C [X]$ : trouver toutes les racines complexes, avec leur multiplicité.
Séparer les racines réelles des racines non réelles.
Regrouper chaque racine non réelle avec sa conjuguée : le produit $(X - z) (X - \overline{z})$ vaut $X^{2} - 2 Re (z) X + ∣ z ∣^{2}$ , trinôme réel de discriminant strictement négatif.
Vérifier en comparant les degrés, puis en évaluant les deux membres en une valeur simple, souvent $0$ ou $1$ .

Exemple

Factoriser $X^{4} + 1$ dans $R [X]$ .

Dans $C [X]$ . L'équation $z^{4} = - 1 = e^{i π}$ a pour solutions $z_{k} = e^{i (π + 2 k π) / 4}$ pour $k \in {0, 1, 2, 3}$ , c'est-à-dire $e^{i π / 4}$ , $e^{3 i π / 4}$ , $e^{5 i π / 4}$ et $e^{7 i π / 4}$ . En ramenant les deux derniers arguments dans $] - π, π]$ , on reconnaît $e^{5 i π / 4} = e^{- 3 i π / 4}$ et $e^{7 i π / 4} = e^{- i π / 4}$ : aucune racine n'est réelle, et elles se regroupent en deux paires de conjuguées.

Regroupement. Pour la paire $e^{\pm i π / 4}$ , on obtient

(X - e^{i π / 4}) (X - e^{- i π / 4}) = X^{2} - 2 \cos \frac{π}{4} X + 1 = X^{2} - \sqrt{2} X + 1,

et pour la paire $e^{\pm 3 i π / 4}$ , de la même façon, $X^{2} - 2 \cos \frac{3 π}{4} X + 1 = X^{2} + \sqrt{2} X + 1$ . Donc

X^{4} + 1 = (X^{2} - \sqrt{2} X + 1) (X^{2} + \sqrt{2} X + 1) .

Vérification. En développant à l'aide de l'identité $(A - B) (A + B) = A^{2} - B^{2}$ avec $A = X^{2} + 1$ et $B = \sqrt{2} X$ :

{(X^{2} + 1)}^{2} - 2 X^{2} = X^{4} + 2 X^{2} + 1 - 2 X^{2} = X^{4} + 1.

Les deux trinômes ont pour discriminant $2 - 4 = - 2 < 0$ : ils sont bien irréductibles sur $R$ .

Exemple

Factoriser $X^{4} + 4$ dans $R [X]$ , sans passer par les racines. On reconnaît une différence de deux carrés déguisée :

X^{4} + 4 = {(X^{2} + 2)}^{2} - 4 X^{2} = (X^{2} - 2 X + 2) (X^{2} + 2 X + 2) .

Chacun des deux trinômes a pour discriminant $4 - 8 = - 4 < 0$ : la factorisation est terminée. Cette astuce, qui consiste à compléter un carré puis à faire apparaître une différence de carrés, évite tout calcul de racines quand elle s'applique.

Factorisation de $X^{n} - 1$ dans $R [X]$

Propriété

Soit $n ⩾ 2$ . Dans $R [X]$ :

si $n$ est impair, $n = 2 p + 1$ , alors

X^{n} - 1 = (X - 1) \prod_{k = 1}^{p} (X^{2} - 2 \cos \frac{2 k π}{n} X + 1);

si $n$ est pair, $n = 2 p$ , alors

X^{n} - 1 = (X - 1) (X + 1) \prod_{k = 1}^{p - 1} (X^{2} - 2 \cos \frac{2 k π}{n} X + 1) .

Démonstration. Partons de la factorisation complexe $X^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (X - e^{2 i k π / n})$ et repérons les racines réelles. On a $e^{2 i k π / n} \in R$ si et seulement si $\sin \frac{2 k π}{n} = 0$ , c'est-à-dire $k = 0$ , qui donne la racine $1$ , et, lorsque $n$ est pair, $k = \frac{n}{2}$ , qui donne la racine $- 1$ .

Les autres racines vont par paires de conjuguées : comme $\overline{e^{2 i k π / n}} = e^{- 2 i k π / n} = e^{2 i (n - k) π / n}$ , la racine d'indice $k$ est conjuguée de celle d'indice $n - k$ . En appariant $k$ et $n - k$ , on obtient

(X - e^{2 i k π / n}) (X - e^{- 2 i k π / n}) = X^{2} - 2 \cos \frac{2 k π}{n} X + 1.

Il reste à compter les paires. Si $n = 2 p + 1$ , les indices non réels sont $1, \dots, 2 p$ , appariés en $p$ paires ${k, n - k}$ avec $k$ variant de $1$ à $p$ . Si $n = 2 p$ , les indices non réels sont ceux de $1$ à $2 p - 1$ privés de $p$ , soit $2 p - 2$ indices formant $p - 1$ paires, avec $k$ de $1$ à $p - 1$ . $□$

Exemple

Le cas $n = 6$ . Ici $n$ est pair, $p = 3$ , et le produit porte sur $k \in {1, 2}$ :

X^{6} - 1 = (X - 1) (X + 1) (X^{2} - 2 \cos \frac{π}{3} X + 1) (X^{2} - 2 \cos \frac{2 π}{3} X + 1) = (X - 1) (X + 1) (X^{2} - X + 1) (X^{2} + X + 1),

puisque $\cos \frac{π}{3} = \frac{1}{2}$ et $\cos \frac{2 π}{3} = - \frac{1}{2}$ .

Vérification. On calcule d'abord $(X^{2} + X + 1) (X^{2} - X + 1) = {(X^{2} + 1)}^{2} - X^{2} = X^{4} + X^{2} + 1$ , puis

(X^{2} - 1) (X^{4} + X^{2} + 1) = X^{6} + X^{4} + X^{2} - X^{4} - X^{2} - 1 = X^{6} - 1.

Les deux trinômes ont pour discriminant $1 - 4 = - 3 < 0$ : la factorisation est bien complète.

Exemple

Le cas $n = 8$ . Les racines huitièmes de l'unité sont les $e^{i k π / 4}$ . Les racines réelles sont $1$ et $- 1$ , et les six autres forment trois paires conjuguées, d'angles $\frac{π}{4}$ , $\frac{π}{2}$ et $\frac{3 π}{4}$ . Comme $\cos \frac{π}{2} = 0$ , il vient

X^{8} - 1 = (X - 1) (X + 1) (X^{2} - \sqrt{2} X + 1) (X^{2} + 1) (X^{2} + \sqrt{2} X + 1) .

On contrôle en regroupant : $(X - 1) (X + 1) (X^{2} + 1) = X^{4} - 1$ , et le produit des deux trinômes restants vaut $X^{4} + 1$ d'après l'exemple précédent. Le produit total est bien $(X^{4} - 1) (X^{4} + 1) = X^{8} - 1$ .

Décomposition en éléments simples

Fonctions rationnelles et pôles

Définition

On appelle fonction rationnelle tout quotient $F = \frac{A}{B}$ de deux polynômes de $K [X]$ , avec $B \neq 0$ . On dit que l'écriture est réduite lorsque $A$ et $B$ n'ont aucune racine commune dans $C$ .

Les racines de $B$ dans une écriture réduite s'appellent les pôles de $F$ , et la multiplicité d'un pôle est sa multiplicité comme racine de $B$ . Un pôle est dit simple si sa multiplicité vaut $1$ , multiple sinon.

Remarque

La condition « écriture réduite » n'est pas une coquetterie : sans elle, la notion de pôle n'aurait aucun sens. La fonction $\frac{X - 1}{(X - 1) (X - 2)}$ n'a pas $1$ pour pôle, puisqu'elle est égale à $\frac{1}{X - 2}$ , définie et parfaitement régulière en $1$ . Le premier réflexe devant une fraction est donc de la simplifier, en cherchant si le numérateur s'annule en une racine du dénominateur.

Sur le plan des fonctions, $F$ définit une fonction sur $K$ privé des pôles réels, et les pôles sont exactement les points où la fonction « part à l'infini ».

Le théorème pour les pôles simples

Propriété

Décomposition en éléments simples sur $C$ , pôles simples (admis). Soient $A$ , $B \in C [X]$ avec $\frac{A}{B}$ réduite. On suppose que $B$ a toutes ses racines simples, et l'on écrit $B = b \prod_{k = 1}^{n} (X - a_{k})$ avec $a_{1}, \dots, a_{n}$ deux à deux distincts et $b \neq 0$ . Alors il existe un unique polynôme $E$ et d'uniques complexes $λ_{1}, \dots, λ_{n}$ tels que

\frac{A}{B} = E + \sum_{k = 1}^{n} \frac{λ_{k}}{X - a_{k}} .

Le polynôme $E$ est le quotient de la division euclidienne de $A$ par $B$ ; on l'appelle la partie entière de $\frac{A}{B}$ , et il est nul si et seulement si $\deg A < \deg B$ .

L'existence de cette décomposition est admise : le programme de PCSI l'exclut explicitement de ce qui doit être démontré. Ce qui est en revanche exigible, c'est de savoir calculer les coefficients, rapidement et sans erreur. C'est l'objet de tout ce qui suit.

Propriété

Dans la situation précédente, chaque coefficient est donné par

λ_{k} = \frac{A (a_{k})}{B^{'} (a_{k})} .

Démonstration. Fixons $k$ et écrivons $B = (X - a_{k}) C$ , où $C = b \prod_{j \neq k} (X - a_{j})$ vérifie $C (a_{k}) \neq 0$ puisque les $a_{j}$ sont deux à deux distincts.

Multiplions l'égalité de décomposition par $X - a_{k}$ :

\frac{A}{C} = (X - a_{k}) E + λ_{k} + \sum_{j \neq k} \frac{λ_{j} (X - a_{k})}{X - a_{j}} .

En évaluant en $a_{k}$ , tous les termes contenant le facteur $X - a_{k}$ s'annulent, et il reste

λ_{k} = \frac{A (a_{k})}{C (a_{k})} .

Il ne reste qu'à identifier $C (a_{k})$ . La dérivée du produit donne $B^{'} = C + (X - a_{k}) C^{'}$ , donc, en évaluant en $a_{k}$ , $B^{'} (a_{k}) = C (a_{k})$ . D'où la formule. $□$

Méthode

Décomposer une fraction à pôles simples : les quatre gestes.

Préparer. Vérifier que la fraction est réduite. Si $\deg A ⩾ \deg B$ , effectuer la division euclidienne pour isoler la partie entière $E$ , et ne décomposer que le reste.
Factoriser le dénominateur complètement, et écrire la forme de la décomposition avec des coefficients inconnus. C'est cette étape que l'on oublie le plus souvent.
Calculer chaque coefficient par la méthode dite « du cache » : multiplier les deux membres par $X - a_{k}$ , simplifier, puis évaluer en $a_{k}$ . Concrètement, on masque le facteur $X - a_{k}$ dans le dénominateur et l'on évalue ce qui reste en $a_{k}$ . La formule $λ_{k} = \frac{A (a_{k})}{B^{'} (a_{k})}$ fait la même chose en une ligne.
Vérifier, et cette étape n'est pas facultative : évaluer les deux membres en une valeur simple non pôle (souvent $0$ ou $1$ ), ou comparer les comportements quand $x$ tend vers l'infini.

Exemple

Décomposer $F = \frac{X^{2} + 1}{(X - 1) (X - 2) (X + 3)}$ .

Le numérateur ne s'annule en aucun des trois pôles $1$ , $2$ , $- 3$ : la fraction est réduite. Comme $\deg A = 2 < 3 = \deg B$ , la partie entière est nulle et la forme est

F = \frac{a}{X - 1} + \frac{b}{X - 2} + \frac{c}{X + 3} .

Calculons les coefficients par la méthode du cache.

a = \frac{1^{2} + 1}{(1 - 2) (1 + 3)} = \frac{2}{- 4} = - \frac{1}{2}, b = \frac{2^{2} + 1}{(2 - 1) (2 + 3)} = \frac{5}{5} = 1, c = \frac{(- 3)^{2} + 1}{(- 3 - 1) (- 3 - 2)} = \frac{10}{20} = \frac{1}{2} .

Donc

F = \frac{- \frac{1}{2}}{X - 1} + \frac{1}{X - 2} + \frac{\frac{1}{2}}{X + 3} .

Deux vérifications. En $x = 0$ : le membre de gauche vaut $\frac{1}{(- 1) (- 2) (3)} = \frac{1}{6}$ , et le membre de droite $\frac{1}{2} - \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{1}{6}$ . Quand $x$ tend vers $+ \infty$ , $x F (x)$ tend vers $1$ (rapport des coefficients dominants) et aussi vers $a + b + c = - \frac{1}{2} + 1 + \frac{1}{2} = 1$ . Tout concorde.

Exemple

Une fraction avec partie entière : $F = \frac{X^{3}}{X^{2} - 1}$ .

Ici $\deg A = 3 ⩾ 2 = \deg B$ : il faut commencer par la division euclidienne. On a $X^{3} = (X^{2} - 1) X + X$ , donc

F = X + \frac{X}{X^{2} - 1} .

Le reste se décompose sur les pôles $1$ et $- 1$ , tous deux simples :

\frac{X}{(X - 1) (X + 1)} = \frac{a}{X - 1} + \frac{b}{X + 1}, a = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2}, b = \frac{- 1}{- 1 - 1} = \frac{1}{2} .

Finalement

F = X + \frac{\frac{1}{2}}{X - 1} + \frac{\frac{1}{2}}{X + 1} .

Vérification en $x = 2$ : à gauche $\frac{8}{3}$ , à droite $2 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{12 + 3 + 1}{6} = \frac{16}{6} = \frac{8}{3}$ . C'est juste.

Remarque

Ne jamais oublier la partie entière. Si l'on écrit directement $\frac{X^{3}}{X^{2} - 1} = \frac{a}{X - 1} + \frac{b}{X + 1}$ , on obtient un système impossible, ou pire, un système qui semble marcher et une réponse fausse. Le test qui détecte l'oubli en une seconde : quand $x$ tend vers l'infini, la somme des éléments simples tend vers $0$ , alors que $F (x)$ tend vers l'infini. Les deux membres n'ont pas le même comportement, donc la forme est mauvaise.

Décomposition sur $R$

Propriété

Décomposition en éléments simples sur $R$ , pôles simples (admis). Soit $F = \frac{A}{B}$ une fraction réduite avec $A$ , $B \in R [X]$ , dont tous les pôles complexes sont simples. Écrivons la factorisation réelle du dénominateur :

B = b \prod_{k = 1}^{r} (X - a_{k}) \prod_{j = 1}^{s} (X^{2} + p_{j} X + q_{j}),

les $a_{k}$ étant les racines réelles et les trinômes étant de discriminant strictement négatif. Alors il existe un unique polynôme $E \in R [X]$ et d'uniques réels $λ_{k}$ , $α_{j}$ , $β_{j}$ tels que

F = E + \sum_{k = 1}^{r} \frac{λ_{k}}{X - a_{k}} + \sum_{j = 1}^{s} \frac{α_{j} X + β_{j}}{X^{2} + p_{j} X + q_{j}} .

Remarque

La seule nouveauté par rapport au cas complexe est la forme des morceaux associés à un trinôme irréductible : le numérateur est un polynôme de degré au plus $1$ , et non une constante. La raison est simple : chaque trinôme porte deux racines complexes conjuguées, donc deux coefficients à déterminer, et $α_{j} X + β_{j}$ en fournit exactement deux.

Une erreur fréquente consiste à écrire $\frac{α_{j}}{X^{2} + p_{j} X + q_{j}}$ , avec un seul coefficient : la décomposition est alors impossible dans presque tous les cas, et l'on tourne en rond.

Exemple

Décomposer $F = \frac{1}{X (X^{2} + 1)}$ sur $R$ .

Le dénominateur se factorise en $X \times (X^{2} + 1)$ , avec $X^{2} + 1$ de discriminant $- 4 < 0$ . La forme est donc

F = \frac{a}{X} + \frac{α X + β}{X^{2} + 1} .

Calcul de $a$ . On multiplie par $X$ et on évalue en $0$ : $a = \frac{1}{0 + 1} = 1$ .

Calcul de $α$ . On multiplie par $x$ et on fait tendre $x$ vers $+ \infty$ . À gauche, $x F (x)$ tend vers $0$ ; à droite, on obtient $a + α$ . Donc $α = - a = - 1$ .

Calcul de $β$ . On évalue en $x = 1$ : à gauche $F (1) = \frac{1}{2}$ , à droite $1 + \frac{- 1 + β}{2}$ . L'égalité donne $\frac{- 1 + β}{2} = - \frac{1}{2}$ , donc $β = 0$ .

Finalement

\frac{1}{X (X^{2} + 1)} = \frac{1}{X} - \frac{X}{X^{2} + 1},

ce que l'on vérifie en réduisant au même dénominateur : $\frac{(X^{2} + 1) - X^{2}}{X (X^{2} + 1)} = \frac{1}{X (X^{2} + 1)}$ .

Pôle multiple ou trinôme irréductible : la forme est fournie

Le programme de PCSI est explicite sur ce point, et il faut le savoir pour ne pas paniquer en devoir : dès que le dénominateur possède une racine multiple ou un facteur irréductible de degré $2$ , la forme de la décomposition est fournie par l'énoncé. Vous n'avez jamais à la deviner ; vous avez seulement à calculer les coefficients. Voici, pour chacun des deux cas, la forme habituelle et la façon de la remplir.

Méthode

Calculer les coefficients quand la forme est donnée. Quatre outils, à combiner selon ce qui tombe le mieux.

Multiplier par le facteur de plus haut degré et évaluer. Pour un pôle $a$ de multiplicité $m$ , multiplier par $(X - a)^{m}$ et évaluer en $a$ donne immédiatement le coefficient de $\frac{1}{(X - a)^{m}}$ . Attention : cette manipulation ne donne que ce coefficient-là, pas les autres.
Comportement à l'infini. Multiplier par $x$ et faire tendre $x$ vers $+ \infty$ fournit une relation linéaire entre les coefficients des pôles, très efficace pour finir.
Évaluer en des valeurs particulières non pôles : $0$ et $1$ sont les plus économiques.
Identifier après réduction au même dénominateur : c'est la méthode qui marche toujours, mais aussi la plus longue. On la garde pour la fin, ou pour les coefficients récalcitrants.

Exemple

Pôle double. Décomposer $F = \frac{X + 1}{X (X - 1)^{2}}$ , la forme étant donnée :

F = \frac{a}{X} + \frac{b}{X - 1} + \frac{c}{(X - 1)^{2}} .

Coefficient $a$ . On multiplie par $X$ et on évalue en $0$ : $a = \frac{0 + 1}{(0 - 1)^{2}} = 1$ .

Coefficient $c$ . On multiplie par $(X - 1)^{2}$ et on évalue en $1$ : $c = \frac{1 + 1}{1} = 2$ .

Coefficient $b$ . On multiplie par $x$ et on fait tendre $x$ vers $+ \infty$ . À gauche, $x F (x)$ tend vers $0$ puisque le dénominateur a deux degrés de plus que le numérateur ; à droite, on obtient $a + b$ . Donc $b = - a = - 1$ .

Ainsi

F = \frac{1}{X} - \frac{1}{X - 1} + \frac{2}{(X - 1)^{2}} .

Vérification en $x = - 1$ : à gauche, $F (- 1) = \frac{0}{(- 1) (4)} = 0$ ; à droite, $- 1 + \frac{1}{2} + \frac{2}{4} = - 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 0$ . C'est juste.

Exemple

Trinôme irréductible et pôle réel. Décomposer $F = \frac{2 X}{(X - 1) (X^{2} + 1)}$ , la forme étant donnée :

F = \frac{a}{X - 1} + \frac{α X + β}{X^{2} + 1} .

Coefficient $a$ . On multiplie par $X - 1$ et on évalue en $1$ : $a = \frac{2}{1 + 1} = 1$ .

Coefficient $α$ . Comportement à l'infini : $x F (x)$ tend vers $0$ , et à droite vers $a + α$ , donc $α = - 1$ .

Coefficient $β$ . En $x = 0$ : à gauche $F (0) = \frac{0}{(- 1) (1)} = 0$ , à droite $- 1 + β$ . Donc $β = 1$ .

Ainsi

F = \frac{1}{X - 1} + \frac{- X + 1}{X^{2} + 1} .

Vérification par réduction au même dénominateur :

\frac{(X^{2} + 1) + (- X + 1) (X - 1)}{(X - 1) (X^{2} + 1)} = \frac{X^{2} + 1 - X^{2} + 2 X - 1}{(X - 1) (X^{2} + 1)} = \frac{2 X}{(X - 1) (X^{2} + 1)} .

Application 1 : calcul de primitives

C'est la raison d'être de tout ce paragraphe. Une fraction rationnelle quelconque ne se primitive pas à vue ; décomposée en éléments simples, elle devient une somme de morceaux dont chacun a une primitive connue.

Méthode

Primitiver une fraction rationnelle.

Décomposer en éléments simples sur $R$ .
Primitiver chaque morceau, sur un intervalle ne contenant aucun pôle :
- $\frac{λ}{x - a}$ a pour primitive $λ \ln ∣ x - a ∣$ ;
- $\frac{λ}{(x - a)^{m}}$ , pour $m ⩾ 2$ , a pour primitive $\frac{- λ}{(m - 1) (x - a)^{m - 1}}$ ;
- $\frac{α x + β}{x^{2} + p x + q}$ se coupe en deux : la partie proportionnelle à la dérivée $2 x + p$ du dénominateur donne un logarithme, ce qui reste donne une fonction $Arctan$ après mise sous forme canonique.
Préciser l'intervalle de validité : une primitive n'a de sens que sur un intervalle sans pôle.

Exemple

Primitives de $f (x) = \frac{1}{x^{2} - 1}$ sur $] 1, + \infty [$ .

La décomposition s'obtient comme plus haut :

\frac{1}{X^{2} - 1} = \frac{\frac{1}{2}}{X - 1} - \frac{\frac{1}{2}}{X + 1},

que l'on vérifie en réduisant : $\frac{1}{2} \times \frac{(X + 1) - (X - 1)}{X^{2} - 1} = \frac{1}{X^{2} - 1}$ . Sur $] 1, + \infty [$ , les deux quantités $x - 1$ et $x + 1$ sont strictement positives, donc les primitives sont

F (x) = \frac{1}{2} \ln (x - 1) - \frac{1}{2} \ln (x + 1) + C = \frac{1}{2} \ln (\frac{x - 1}{x + 1}) + C, C \in R .

Vérification en dérivant : $F^{'} (x) = \frac{1}{2} (\frac{1}{x - 1} - \frac{1}{x + 1}) = \frac{1}{2} \times \frac{2}{x^{2} - 1} = \frac{1}{x^{2} - 1}$ .

Exemple

Primitives de $g (x) = \frac{1}{x (x^{2} + 1)}$ sur $] 0, + \infty [$ .

La décomposition trouvée plus haut donne $g (x) = \frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1}$ . Le premier terme se primitive en $\ln x$ ; pour le second, on reconnaît, au facteur $\frac{1}{2}$ près, le quotient de la dérivée de $x^{2} + 1$ par $x^{2} + 1$ . Donc

G (x) = \ln x - \frac{1}{2} \ln (x^{2} + 1) + C = \ln (\frac{x}{\sqrt{x^{2} + 1}}) + C .

Vérification : $G^{'} (x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{2} \times \frac{2 x}{x^{2} + 1} = \frac{1}{x} - \frac{x}{x^{2} + 1} = g (x)$ .

Application 2 : dérivées $k$ -ièmes

Propriété

Pour tout $a \in R$ , tout $k \in N$ et tout $x \neq a$ ,

{(\frac{1}{x - a})}^{(k)} = \frac{(- 1)^{k} k!}{(x - a)^{k + 1}} .

Démonstration. Récurrence sur $k$ . Pour $k = 0$ , l'égalité s'écrit $\frac{1}{x - a} = \frac{1}{x - a}$ . Supposons-la vraie au rang $k$ ; en dérivant une fois de plus,

{(\frac{1}{x - a})}^{(k + 1)} = {(\frac{(- 1)^{k} k!}{(x - a)^{k + 1}})}^{'} = (- 1)^{k} k! \times \frac{- (k + 1)}{(x - a)^{k + 2}} = \frac{(- 1)^{k + 1} (k + 1)!}{(x - a)^{k + 2}} . □

Exemple

Calculer la dérivée $k$ -ième de $f (x) = \frac{1}{x^{2} - 1}$ sur $] 1, + \infty [$ .

Dériver $k$ fois un quotient tel quel est impraticable. Après décomposition, tout devient immédiat :

f (x) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{x - 1} - \frac{1}{2} \times \frac{1}{x + 1},

donc, en dérivant $k$ fois chaque terme,

f^{(k)} (x) = \frac{(- 1)^{k} k!}{2} [\frac{1}{(x - 1)^{k + 1}} - \frac{1}{(x + 1)^{k + 1}}] .

Vérification pour $k = 1$ . La formule donne $- \frac{1}{2} [\frac{1}{(x - 1)^{2}} - \frac{1}{(x + 1)^{2}}] = - \frac{1}{2} \times \frac{(x + 1)^{2} - (x - 1)^{2}}{{(x^{2} - 1)}^{2}} = - \frac{1}{2} \times \frac{4 x}{{(x^{2} - 1)}^{2}} = \frac{- 2 x}{{(x^{2} - 1)}^{2}}$ , et le calcul direct de $f^{'}$ donne la même chose.

Application 3 : sommes télescopiques

Méthode

Calculer une somme dont le terme général est une fraction rationnelle en $k$ .

Décomposer le terme général en éléments simples.
Reconnaître un télescopage : la somme des différences de termes consécutifs (ou espacés d'un cran fixe) se simplifie.
Écrire explicitement les termes qui survivent aux deux extrémités, sans se tromper sur leur nombre.
Vérifier sur $n = 1$ et $n = 2$ , ce qui coûte quelques secondes et détecte à peu près toutes les erreurs.

Exemple

Calculer $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k (k + 2)}$ .

La décomposition de $\frac{1}{X (X + 2)}$ se fait sur deux pôles simples :

\frac{1}{X (X + 2)} = \frac{a}{X} + \frac{b}{X + 2}, a = \frac{1}{0 + 2} = \frac{1}{2}, b = \frac{1}{- 2} = - \frac{1}{2} .

Donc

S_{n} = \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} (\frac{1}{k} - \frac{1}{k + 2}) = \frac{1}{2} (\sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \sum_{k = 3}^{n + 2} \frac{1}{k}),

où le second changement d'indice est $k^{'} = k + 2$ . Pour $n ⩾ 3$ , les deux sommes ont en commun tous les termes d'indices $3$ à $n$ , qui se détruisent : il ne survit que $1 + \frac{1}{2}$ de la première et $\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2}$ de la seconde. Donc

S_{n} = \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{n + 1} - \frac{1}{n + 2}) = \frac{3}{4} - \frac{1}{2} (\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2}) .

Les vérifications ci-dessous montrent que cette formule reste valable pour $n = 1$ et $n = 2$ , cas où le raisonnement de télescopage n'avait plus de terme central à détruire.

Vérifications. Pour $n = 1$ : la somme vaut $\frac{1}{3}$ , et la formule donne $\frac{3}{4} - \frac{1}{2} (\frac{1}{2} + \frac{1}{3}) = \frac{3}{4} - \frac{5}{12} = \frac{1}{3}$ . Pour $n = 2$ : la somme vaut $\frac{1}{3} + \frac{1}{8} = \frac{11}{24}$ , et la formule donne $\frac{3}{4} - \frac{1}{2} (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) = \frac{3}{4} - \frac{7}{24} = \frac{11}{24}$ .

On lit au passage la limite : $S_{n}$ tend vers $\frac{3}{4}$ quand $n$ tend vers $+ \infty$ .

Les erreurs à ne pas commettre

Voici les fautes qui coûtent le plus de points sur ce chapitre, dans l'ordre où elles se présentent.

Pour finir, le tableau des réflexes du chapitre.

Situation	Réflexe
Trouver tous les $P$ vérifiant une relation	Raisonner par le degré, puis identifier
Un reste à calculer, $B$ de racines connues	Écrire $A = B Q + R$ et évaluer en les racines
Une racine devinée	Horner : valeur et quotient d'un coup
Une multiplicité à déterminer	Dériver jusqu'à ce que la valeur en $a$ soit non nulle
Un polynôme à écrire en $(X - a)^{k}$	Formule de Taylor polynomiale
Factoriser dans $R [X]$	Passer par $C [X]$ , puis apparier les conjuguées
Une divisibilité dans $C [X]$	Comparer racines et multiplicités
Primitiver ou dériver $k$ fois une fraction	Décomposer en éléments simples d'abord

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Ce qu'il faut savoir faire

L'ensemble des polynômes

Définition et coefficients

Somme, multiple par un scalaire, combinaison linéaire

Le produit

Identités remarquables et formule du binôme

La composition

Le degré

Définition, coefficient dominant, polynômes unitaires

La convention deg⁡0=−∞

Degré d'une somme

Degré d'un produit, et ses conséquences

Raisonner par le degré

Divisibilité et division euclidienne

Diviseurs et multiples

Le théorème de la division euclidienne

L'algorithme, posé en potence

Trouver un reste sans poser la division

Fonctions polynomiales et racines

La fonction polynomiale associée

Racines et divisibilité

Le nombre de racines est majoré par le degré

La méthode de Horner

Multiplicité d'une racine

Polynômes scindés, somme et produit des racines

La dérivation formelle

Définition

Degré de la dérivée

Opérations sur les polynômes dérivés

La formule de Taylor polynomiale

Multiplicité et dérivées successives

Factorisation dans C[X] et dans R[X]

Polynômes irréductibles

Le théorème de d'Alembert-Gauss

Factorisation dans C[X]

Factorisation de Xn−1 dans C[X]

Les racines complexes d'un polynôme réel vont par paires

Les irréductibles de R[X] et la factorisation réelle

Factorisation de Xn−1 dans R[X]

Décomposition en éléments simples

Fonctions rationnelles et pôles

Le théorème pour les pôles simples

Décomposition sur R

Pôle multiple ou trinôme irréductible : la forme est fournie

Application 1 : calcul de primitives

Application 2 : dérivées k-ièmes

Application 3 : sommes télescopiques

Les erreurs à ne pas commettre

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La convention $\deg 0 = - \infty$

Factorisation dans $C [X]$ et dans $R [X]$

Factorisation dans $C [X]$

Factorisation de $X^{n} - 1$ dans $C [X]$

Les irréductibles de $R [X]$ et la factorisation réelle

Factorisation de $X^{n} - 1$ dans $R [X]$

Décomposition sur $R$

Application 2 : dérivées $k$ -ièmes