Équations polynomiales et nombres complexes

Introduction :

Historiquement, les nombres complexes ont été introduits pour aider à la résolution des équations polynomiales de degré 22 et au-delà.
Les nombres complexes permettent d’extraire les racines des polynômes et ainsi de factoriser les polynômes et d’en permettre l’étude.
Ce cours est donc orienté vers les applications algébriques liés aux nombres complexes.

Résolution d’équations du second degré à coefficients réels

Dans cette partie, nous considérerons les trois nombres réels a0a\neq 0, bb et cc, ainsi qu’un nombre complexe zz.

  • Le but de cette partie est de résoudre dans l’ensemble C\mathbb C l’équation du second degré : az2+bz+c=0az^2+bz+c=0.

Un cas particulier : résoudre z2=dz^2=d

Commençons par un cas simple, pour bien comprendre ce que nous allons faire.

Lorsque l’on cherche à résoudre une équation du type z2=dz^2=d, avec dd un réel, on distingue trois cas possibles.

  • Si d=0d=0, alors il existe une unique solution réelle : z=0z=0.
  • Si d>0d>0, deux solutions réelles sont possibles :

z1=detz2=dz1=\sqrt{d}\quad \textcolor{#A9A9A9}{\text{et}}\quad z2=-\sqrt{d}

  • Mais si d<0d<0, il n’existe aucune solution réelle ; cependant, l’ensemble des nombres complexes permet de déterminer deux solutions.

En effet, on peut poser d=1×dd=-1 \times d^{\prime}, avec d>0d^{\prime}>0 un nombre réel.
Et sachant que i2=1\text{i}^2=-1, l’équation devient :

z2=1×d=i2×d\begin{aligned} z^2&=-1 \times d^{\prime} \ &=\text{i}^2 \times d^{\prime} \end{aligned}

bannière à retenir

À retenir

Les deux solutions sont alors :

z1=id=idetz2=id=idz1=\text{i} \sqrt{d^{\prime}}=\text{i} \sqrt{-d}\quad \textcolor{#A9A9A9}{\text{et}}\quad z2=-\text{i} \sqrt{d^{\prime}}=-\text{i} \sqrt{-d}

  • Nous remarquons que les deux solutions sont conjuguées.

Si on cherche donc à résoudre z2=dz^2=d dans l’ensemble des complexes, les trois cas possibles permettent à chaque fois d’en extraire les solutions, puisque l’ensemble des réels est inclus dans celui des complexes.

Prenons trois premiers exemples de résolution.

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Exemple

  • Résolvons : z2+4=0z^2+4=0.

On se ramène à l’équation : z2=4z^2=-4.

  • Il y a deux solutions complexes :

z1=i4=2ietz2=i4=2iz1=\text{i}\sqrt{4}=2\text{i}\quad \textcolor{#A9A9A9}{\text{et}} \quad z2=-\text{i}\sqrt{4}=-2 \text{i}

  • Résolvons 9z2+5=09z^2+5=0.

On se ramène à l’équation : z2=59z^2=-\frac{5}{9}.

  • Il y a deux solutions complexes :

z1=i59=i53et : z2=zˉ1=i53\begin{aligned} z1&= \text{i} \sqrt{\dfrac 59} \ &=\text{i}\dfrac{\sqrt{5}}3 \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ : }} z2&=\bar z_1 \ &=-\text{i}\dfrac{\sqrt{5}}3 \end{aligned}

Le cas général : résoudre az2+bz+c=0az^2+bz+c=0

Traitons maintenant le cas général.
En première, nous avons appris, pour résoudre une équation du second degré, à calculer le discriminant Δ\Delta. Et nous avons dit que, si Δ<0\Delta < 0, il n’y a pas de solutions réelles.

  • Mais nous travaillons maintenant dans C\mathbb C et, comme nous l’avons vu dans le paragraphe précédent, il existe des solutions complexes.
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Propriété

Considérons l’équation az2+bz+c=0az^2+bz+c=0, avec a0a\neq 0, bb et cc des nombres réels.
Soit Δ=b24ac\Delta=b^2-4ac le discriminant.

  • Si Δ=0\Delta=0, alors l’équation admet une unique solution réelle :

z0=b2az_0=-\dfrac{b}{2a}

  • Si Δ>0\Delta>0, alors l’équation admet deux solutions réelles :

z1=b+Δ2aet : z2=bΔ2a\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \end{aligned}

  • Si Δ<0\Delta<0, alors l’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

z1=b+iΔ2aet : z2=biΔ2a\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\dfrac{-b-\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \end{aligned}

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Démonstration

Démontrons les trois types de solutions possibles de notre cas général.

Notons : P(z)=az2+bz+cP(z)=az^2+bz+c.

Puisque a0a\neq 0 alors :

P(z)=az2+bz+c=a(z2+baz+ca)=a(z2+2×b2az+(b2a)2b24a2+ca)[pour faire apparaıˆtre une identiteˊ remarquable]=a((z+b2a)2b24ac4a2)=a((z+b2a)2Δ4a2)[en posant Δ=b24ac]\begin{aligned} P(z)&=az^2+bz+c \ &=a\left(z^2+\dfrac{b}{a}z+\dfrac{c}{a}\right) \ &=a\left(\green z^2+2 \times \purple{\dfrac{b}{2a}}\green z+\left(\purple{\dfrac{b}{2a}}\right)^2-\dfrac{b^2}{4a^2}+\dfrac{c}{a}\right) \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[pour faire apparaître une identité remarquable]}}} \ &=a\left(\left(\green z+\purple{\dfrac{b}{2a}}\right)^2-\dfrac{b^2-4ac}{4a^2}\right) \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}\right) \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[en posant Δ=b24ac\Delta=b^2-4ac]}}} \end{aligned}

Toujours puisque a0a\neq 0 :

P(z)=0(z+b2a)2Δ4a2=0(z+b2a)2=Δ4a2\begin{aligned} P(z)=0&\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}=0 \ &\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=\dfrac{\Delta}{4a^2} \end{aligned}

On a alors les trois cas.

  • Si Δ=0\Delta=0 :

P(z)=0(z+b2a)2=0z+b2a=0z=b2a\begin{aligned} P(z)=0 &\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=0 \ &\Leftrightarrow z+\dfrac{b}{2a}=0 \ &\Leftrightarrow z=-\dfrac{b}{2a} \end{aligned}

  • Nous avons une solution réelle :

z0=b2az_0=-\dfrac{b}{2a}

  • Si Δ>0\Delta>0 :

P(z)=0(z+b2a)2=Δ4a2P(z)=0 \Leftrightarrow\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=\dfrac{\Delta}{4a^2}

Il y a alors deux possibilités :

z+b2a=Δ4a2ou : z+b2a=Δ4a2\begin{aligned} z+\dfrac{b}{2a}&=\sqrt{\dfrac{\Delta}{4a^2}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z+\dfrac{b}{2a}&=-\sqrt{\dfrac{\Delta}{4a^2}} \end{aligned}

On a donc :

z=b2a+Δ2a=b+Δ2aou : z=b2aΔ2a=bΔ2a\begin{aligned} z&=-\dfrac{b}{2a}+\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z&=-\dfrac{b}{2a}-\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \end{aligned}

  • L’équation a donc deux solutions réelles :

z1=b+Δ2aet : z2=bΔ2a\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \end{aligned}

  • Enfin, si Δ<0\Delta<0 :

P(z)=0(z+b2a)2=Δ4a2(z+b2a)2=Δ4a2(z+b2a)2=i2Δ4a2\begin{aligned} P(z)=0 &\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=\dfrac{\Delta}{4a^2} \ &\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=-\dfrac{-\Delta}{4a^2} \ &\Leftrightarrow \left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2=\text{i}^2\dfrac{-\Delta}{4a^2} \end{aligned}

Il y a alors deux possibilités :

z+b2a=iΔ4a2ou : z+b2a=iΔ4a2\begin{aligned} z+\dfrac{b}{2a}&=\text{i}\sqrt{\dfrac{-\Delta}{4a^2}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z+\dfrac{b}{2a}&=-\text{i}\sqrt{\dfrac{-\Delta}{4a^2}} \end{aligned}

On a donc :

z=b2a+iΔ2a=b+iΔ2aou : z=b2aiΔ2a=biΔ2a\begin{aligned} z&=-\dfrac{b}{2a}+\text{i}\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{-b+\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z&=-\dfrac{b}{2a}-\text{i}\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{-b-\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \end{aligned}

  • L’équation a donc deux solutions complexes :

z1=b+iΔ2aet : z2=biΔ2a\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\dfrac{-b-\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \end{aligned}

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À retenir

Les équations du second degré à coefficients réels ont donc toujours des solutions dans l’ensemble des complexes et c’est le signe de Δ\Delta qui va permettre de déterminer la forme des solutions et si elles sont réelles ou complexes.

  • Dans le cas de solutions complexes, les deux solutions z1z1 et z2z2 sont conjuguées l’une de l’autre puisque leurs parties réelles sont identiques et leurs parties imaginaires sont opposées.

Prenons quelques exemples de résolutions d’équation du second degré.

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Exemple

Nous allons résoudre dans C\mathbb C les équations suivantes.

  • 12z23z+92=0\frac 12 z^2-3z+\frac 92=0.

Ici, a=12a=\frac 12, b=3b=-3, c=92c=\frac 92, et :

Δ=b24ac=(3)24×12×92=99=0\begin{aligned} \Delta&=b^2-4ac \ &=(-3)^2-4\times \dfrac 12 \times \dfrac 92 \ &=9-9 \ &=0 \end{aligned}

  • Il y a donc une solution réelle :

z0=b2a=3\begin{aligned} z_0&=-\dfrac b{2a} \ &=3 \end{aligned}

  • 2z2=3z+12z^2=3z+1.

L’équation est équivalente à :

2z23z1=02z^2-3z-1=0

On a alors : a=2a=2, b=3b=-3, c=1c=-1, et :

Δ=b24ac=(3)24×2×(1)=9+8=17>0\begin{aligned} \Delta&=b^2-4ac \ &=(-3)^2-4\times 2 \times (-1) \ &=9+8 \ &=17 \ &>0 \end{aligned}

  • Il y a donc deux solutions réelles :

z1=b+Δ2a=3+174et : z2=bΔ2a=3174\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} \ &=\frac{3+\sqrt{17}}{4} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }} z2 &=\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{3-\sqrt{17}}{4} \end{aligned}

  • 2z2+6z5=0-2z^2+6z-5=0.

Ici, a=2a=-2, b=6b=6 et c=5c=-5, et :

Δ=b24ac=624×(2)×(5)=3640=4<0\begin{aligned} \Delta&=b^2-4ac \ &=6^2-4\times (-2) \times (-5) \ &=36-40 \ &=-4 \ &<0 \end{aligned}

  • Il y a donc deux solutions complexes :

z1=b+iΔ2a=6+i44=62i4=3i2=3212iet : z2=zˉ1=32+12i\begin{aligned} z1&=\dfrac{-b+\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a} \ &=\dfrac{-6+\text{i}\sqrt{4}}{-4} \ &=\dfrac{6-2 \text{i}}4 \ &=\dfrac{3-\text{i}}{2} \ &=\dfrac 32-\dfrac 12 \text{i} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\bar z_1 \ &=\dfrac 32+\dfrac 12 \text{i} \end{aligned}

Factorisation d’un polynôme

Comme dans le cas de l’étude de polynômes dans l’ensemble des réels, la connaissance de racines (c’est-à-dire de solutions à l’équation polynomiale) permet de factoriser l’écriture du polynôme, donc de l’écrire sous forme de produits faisant apparaître les racines.

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Propriété

Soit le trinôme P(z)=az2+bz+cP(z)=az^2+bz+c, avec, a0a\neq 0, bb et cc des nombres réels, et $\Delta=b^2-4ac$.
La forme factorisée du trinôme est :

  • si Δ=0\Delta=0, P(z)=a(zz0)2P(z)=a (z-z0)^2, avec z0=b2az0=-\frac{b}{2a} ;
  • si Δ0\Delta \neq 0, P(z)=a(zz1)(zz2)P(z)=a(z-z1)(z-z2), avec z1z1 et z2z2 les solutions réelles ou complexes définies à la propriété précédente.
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Démonstration

Démontrons la factorisation possible à partir des racines.

Notons P(z)=az2+bz+cP(z)=az^2+bz+c.

Dans la démonstration précédente, comme a0a\neq 0, nous avons donné l’expression suivante :

P(z)=a((z+b2a)2Δ4a2)[avec Δ=b24ac]\begin{aligned} P(z)&=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}\right) \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[avec $\Delta=b^2-4ac$]}}} \end{aligned}

On a alors les trois cas suivants.

  • Si Δ=0\Delta=0, alors il y a une seule racine double z0=b2az_0=-\frac{b}{2a}.

Nous avons donc :

a(zz0)2=a(z(b2a))2=a(z+b2a)2=P(z) [car Δ=0]\begin{aligned} a(z-z_0)^2&=a\Bigg(z-\left(-\dfrac{b}{2a}\right)\Bigg)^2 \ &=a\left(z+\frac{b}{2a}\right)^2 \ &=P(z) \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car Δ=0\Delta=0]}}} \end{aligned}

  • Nous retrouvons bien l’expression de P(z)P(z) donnée plus haut pour $\Delta=0$.
  • Si Δ>0\Delta>0, alors il y a deux racines réelles : z1=b+Δ2az1=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a} et z2=bΔ2az2=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}.

Nous avons donc :

a(zz1)(zz2)=a(zb+Δ2a)(zbΔ2a)=a(z+b2aΔ2a)(z+b2a+Δ2a)=a((z+b2a)2(Δ2a)2)=a((z+b2a)2Δ4a2)=P(z)\begin{aligned} a(z-z1)(z-z2)&=a\left(z-\dfrac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}\right)\left(z-\dfrac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}\right) \ &=a\left(z+\dfrac{b}{2a}-\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)\left(z+\dfrac{b}{2a}+\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right) \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2\right) \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}\right) \ &=P(z) \end{aligned}

  • Nous retrouvons bien la forme de P(z)P(z) donnée plus haut pour Δ>0\Delta>0.
  • Si Δ<0\Delta<0, alors il y a deux racines complexes : z1=b+iΔ2az1=\frac{-b+i\sqrt{\Delta}}{2a} et z2=biΔ2az2=\frac{-b-i\sqrt{\Delta}}{2a}.

Nous avons donc :

a(zz1)(zz2)=a(zb+iΔ2a)(zbiΔ2a)=a(z+b2aiΔ2a)(z+b2a+iΔ2a)=a((z+b2a)2(iΔ2a)2)=a((z+b2a)2+(Δ2a)2) [car i2=1]=a((z+b2a)2Δ4a2)=P(z)\begin{aligned} a(z-z1)(z-z2)&=a\left(z-\dfrac{-b+\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z-\dfrac{-b-\text{i}\sqrt{-\Delta}}{2a}\right) \ &=a\left(z+\dfrac{b}{2a}-\text{i}\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z+\dfrac{b}{2a}+\text{i}\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right) \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\left(\text{i}\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2\right) \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2\right) \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car i$^2=-1$]}}} \ &=a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a}\right)^2-\dfrac{\Delta}{4a^2}\right) \ &=P(z) \end{aligned}

  • Nous retrouvons bien la forme de P(z)P(z) donnée plus haut pour Δ<0\Delta<0.

Nous allons repartir du dernier exemple de la partie précédente.

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Exemple

Nous avons P(z)=2z2+6z5=0P(z)= -2z^2+6z-5=0, avec donc notamment a=2a=-2, et nous avions trouvé :

z1=3212iet : z2=32+12i\begin{aligned} z1&=\dfrac 32-\dfrac 12 \text{i} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z2&=\dfrac 32+\dfrac 12 \text{i} \end{aligned}

  • Nous pouvons donc factoriser le polynôme :

P(z)=a(zz1)(zz2)=2(z(3212i))(z(32+12i))=2(z32+12i)(z3212i)\begin{aligned} P(z)&= a(z-z1)(z-z2) \ &=-2\Bigg(z-\left(\dfrac 32-\dfrac 12 \text{i}\right)\Bigg)\Bigg(z-\left(\dfrac 32+\dfrac 12 \text{i} \right)\Bigg) \ &=-2\left(z-\dfrac 32+\dfrac 12 \text{i}\right)\left(z- \dfrac 32- \dfrac 12 \text{i}\right) \end{aligned}

Résolution d’équations de degré 33 à coefficients réels

La résolution d’une équation de degré 33 à coefficients réels est ici possible en considérant que l’on peut déterminer (ou que l’on dispose) d’une racine de ce polynôme.
On peut alors, par le biais de la factorisation, se ramener au produit d’un polynôme de degré 11 (avec la racine connue) et d’un polynôme de degré 22, dont la résolution dans l’ensemble des complexes a été détaillée dans la partie précédente.

Utilisons un exemple pour bien comprendre.

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Exemple

On chercher à résoudre dans C\mathbb C l’équation suivante : 2z3+3z5=02z^3+3z-5=0.
Posons P(z)=2z3+3z5P(z)=2z^3+3z-5.

  • Montrons que 11 est une racine de P(z)P(z), c’est-à-dire que P(1)=0P(1)=0.

P(1)=2×13+3×15=2+35=0\begin{aligned} P(1)&=2 \times 1^3+3 \times 1 -5 \ &=2+3-5 \ &=0 \end{aligned}

  • Puisque 11 est une racine de P(z)P(z), on peut factoriser P(z)P(z) par (z1)(z-1), c’est-à-dire qu’il existe aa, bb et cc des nombres réels tels que :

P(z)=(z1)(az2+bz+c)P(z)=(z-1)(az^2+bz+c)

En développant le terme de droite, on obtient :

(z1)(az2+bz+c)=az3+bz2+czaz2bzc=az3+(ba)z2+(cb)zc[en regroupant les termes de meˆme degreˊ en z]\begin{aligned} (z-1)(az^2+bz+c)&=az^3+bz^2+cz-az^2-bz-c \ &=az^3+(b-a)z^2+(c-b)z-c \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[en regroupant les termes de même degré en zz]}}} \end{aligned}

Par unicité des polynômes, P(z)=(z1)(az2+bz+c)P(z)=(z-1)(az^2+bz+c) si et seulement si les termes de même degré ont le même coefficient :

2z3+3z5=az3+(ba)z2+(cb)zc2z^3+3z-5=az^3+(b-a)z^2+(c-b)z-c

Il faut donc faut résoudre le système :

{2=a0=ba3=cb5=c{a=2b=2c=5\begin{cases} 2=a \ 0=b-a \ 3=c-b \ -5=-c \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} a=2 \ b=2 \ c=5 \end{cases}

  • Donc : P(z)=(z1)(2z2+2z+5)P(z)=(z-1)(2z^2+2z+5).
  • Résoudre P(z)=0P(z)=0 revient à résoudre :

(z1)(2z2+2z+5)=0(z-1)(2z^2+2z+5)=0

Or, un produit est nul si et seulement si un de ses facteurs au moins s’annule, donc :

P(z)=0z1=0ou2z2+2z+5=0P(z)=0 \Leftrightarrow z-1=0\quad \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou}}\quad 2z^2+2z+5=0

  • Si z=1z=1, alors z1=0z-1=0.
  • Sinon, nous devons résoudre 2z2+2z+5=02z^2+2z+5=0, comme nous l’avons vu plus haut :

Δ=44×2×5=36\begin{aligned} \Delta&=4-4\times 2 \times 5 \ &=-36 \end{aligned}

  • Les solutions sont donc :

z=2+6i4=12+32iou : z=1232i\begin{aligned} z&=\dfrac{-2+6 \text{i}}{4} \ &=-\dfrac{1}2+\dfrac 32 \text{i} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }}z&=-\dfrac{1}2-\dfrac 32 \text{i} \end{aligned}

  • En conclusion, les solutions (ou racines) de P(z)=2z3+3z5=0P(z)=2z^3+3z-5=0 sont :

z1=1z2=12+32iz3=1232i\begin{aligned} z1&=1 \ z2&=-\dfrac{1}2+ \dfrac 32 \text{i} \ z_3&=-\dfrac{1}2-\dfrac 32 \text{i} \end{aligned}

  • Et la forme factorisée de P(z)P(z) est :

P(z)=2(z1)(z+1232i)(z+12+32i)P(z)=2(z-1)\left(z+ \dfrac{1}2-\dfrac 32 \text{i}\right)\left(z+ \dfrac{1}2+\dfrac 32\text{i}\right)

Nous pouvons donner la propriété suivante.

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Propriété

Soit PP un polynôme de degré 33 et aa un nombre complexe tel que P(a)=0P(a)=0 (aa est une racine de P(z)P(z)), alors, pour tout nombre complexe zz :

P(z)=(za)×Q(z) [avec Q un polynoˆme de degreˊ 2]\begin{aligned} P(z)&=(z-a)\times Q(z) \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [avec QQ un polynôme de degré 22]}}} \end{aligned}

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À retenir

Pour résoudre une équation de degré 33 dans C\mathbb C :

  • il faut se ramener à une équation de la forme P(z)=0P(z)=0, avec PP le polynôme de degré 33 ;
  • on ne peut les résoudre avec les outils vus dans ce cours que si l’on connaît déjà une racine z1z_1 ;
  • il faut alors factoriser le polynôme en utilisant la racine connue pour se ramener à un produit nul : P(z)=(zz1)×Q(z)=0P(z)=(z-z_1)\times Q(z)=0, avec QQ un polynôme de degré 22 ;
  • on résout alors l’équation Q(z)=0Q(z)=0 ;
  • l’ensemble des solutions de P(z)=0P(z)=0 est la solution z1z_1 et les solutions de l’équation Q(z)=0Q(z)=0.

Résolution d’équations de degré 44 à coefficients réels

Résolution d’équations de degré 44 à coefficients réels : cas général avec racines connues

On peut généraliser la méthode de résolution d’une équation de degré 33 à coefficients réels à celle d’une équation de degré 44 à condition cette fois d’avoir 22 racines du polynôme de départ.

Supposons PP un polynôme de degré 44, avec aa et bb deux nombres complexes tel que P(a)=0P(a)=0 et P(b)=0P(b)=0.

  • On peut alors appliquer la même méthode de factorisation avec ces deux racines et on obtient :

P(z)=(za)×(zb)×Q(z)P(z)=(z-a)\times (z-b)\times Q(z), avec QQ un polynôme de degré 22 pour lequel l’équation Q(z)=0Q(z)=0 pourra être résolue dans C\mathbb C.

Prenons un exemple.

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Exemple

Résolvons dans C\mathbb C : z42z3+5z22z+4=0z^4-2z^3+5z^2-2z+4=0.
Posons P(z)=z42z3+5z22z+4P(z)=z^4-2z^3+5z^2-2z+4.

  • Montrons d’abord que i\text{i} et i-\text{i} sont des solutions.

P(i)=i42i3+5i22i+4=1+2i52i+4=0De meˆme : P(i)=(i)42(i)3+5(i)22(i)+4=12i5+2i+4=0\begin{aligned} P(\text{i})&=\text{i}^4-2 \text{i}^3+5 \text{i}^2-2 \text{i}+4 \ &=1+2 \text{i}-5-2 \text{i}+4 \ &=0 \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{De même\ :\ }} P(-\text{i})&=(-\text{i})^4-2(-\text{i})^3+5(-\text{i})^2-2(-\text{i})+4 \ &=1-2 \text{i}-5+2 \text{i}+4 \ &=0 \end{aligned}

  • Donc on peut factoriser PP par ces deux racines : P(z)=(zi)×(z+i)×Q(z)P(z)=(z-\text{i})\times (z+\text{i})\times Q(z), avec QQ un polynôme de degré 22.

Posons Q(z)=az2+bz+cQ(z)= az^2+bz+c, avec aa, bb et cc des réels :

P(z)=(zi)(z+i)(az2+bz+c)=(z2+1)(az2+bz+c)=az4+bz3+(a+c)z2+bz+c=z42z3+5z22z+4\begin{aligned} P(z)&= (z-\text{i})(z+\text{i})(az^2+bz+c) \ &=(z^2+1)(az^2+bz+c) \ &=az^4+bz^3+(a+c)z^2+bz+c \ &=z^4-2z^3+5z^2-2z+4 \end{aligned}

Donc, par identification, nous obtenons :

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

  • On a donc Q(z)=z22z+4Q(z)=z^2-2z+4.
  • Résolvons l’équation Q(z)=0Q(z)=0.

Δ=(2)24×1×4=12\begin{aligned} \Delta&= (-2)^2-4\times 1\times 4 \ &=-12 \end{aligned}

  • Les solutions de l’équation Q(z)=0Q(z)=0 sont donc :

z=1+3iouz=13iz = 1+\sqrt 3 \text{i}\quad \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou}} \quad z=1-\sqrt 3 \text{i}

  • Les quatre solutions de P(z)=0P(z)=0 sont donc :

S={i,i,1+3i,13i}S=\lbrace -\text{i},\, \text{i},\,1+\sqrt 3 \text{i},\,1-\sqrt 3 \text{i}\rbrace

Les équations bicarrées

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Définition

Équations bicarrées :

Soit aa, bb et cc trois nombres réels.
On appelle équation bicarrée toute équation de degré 44 ne comportant que des puissances paires de zz, c’est-à-dire que nous pouvons l’écrire sous la forme :

az4+bz2+c=0az^4+bz^2+c=0

Le lien avec une équation de degré 22 apparaît en remplaçant l’inconnu z2z^2 par ZZ (ce que l’on appelle un changement de variable), pour d’abord chercher les solutions pour ZZ, puis les solutions pour zz.

  • Si les solutions pour ZZ sont complexes, il est préférable de passer par la forme exponentielle pour en déduire les solutions pour zz.

Prenons un exemple.

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Exemple

Résolvons dans C\mathbb C l’équation : z4+4z2+16=0z^4+4z^2+16=0.
Posons Z=z2Z=z^2, l’équation devient donc :

Z2+4Z+16=0Z^2+4Z+16=0

  • Nous calculons :

Δ=424×1×16=48\begin{aligned} \Delta&=4^2-4\times 1\times 16 \ &=-48 \end{aligned}

  • Il y a donc deux solutions complexes pour ZZ :

Z1=4+i482=2+23iet : Z2=Z1ˉ=223i\begin{aligned} Z1&=\dfrac{-4+\text{i}\sqrt{48}}{2} \ &=-2+2\sqrt{3} \text{i} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}Z2&=\bar{Z_1} \ &=-2-2\sqrt{3}\text{i} \end{aligned}

  • On voit facilement que leur module est :

(2)2+(23)2=(2)2+(23)2=16=4\begin{aligned} \sqrt{(-2)^2+(2\sqrt{3})^2}&=\sqrt{(-2)^2+(-2\sqrt{3})^2} \ &=\sqrt{16} \ &=4 \end{aligned}

Ce qui nous donne :

Z1=4×(12+32i)=4×(cos(2π3)+isin(2π3))Z2=4×(1232i)=4×(cos(2π3)+isin(2π3))\begin{aligned} Z1&= 4\times \left(-\dfrac 12+\dfrac{\sqrt{3}}2 \text{i}\right) \ &=4\times \Bigg(\cos\left(\dfrac {2\pi}3\right)+ \text{i}\sin\left(\dfrac {2\pi}3\right)\Bigg) \ \ Z2&= 4\times \left(-\dfrac 12-\dfrac{\sqrt{3}}2 \text{i}\right) \ &=4\times \Bigg(\cos\left(-\dfrac {2\pi}3\right)+ \text{i}\sin\left(-\dfrac {2\pi}3\right)\Bigg) \end{aligned}

  • Nous pouvons donc les écrire sous leurs formes exponentielles :

Z1=4ei2π3Z2=4ei2π3\begin{aligned} Z1&=4 \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} \ Z2&=4 \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}} \end{aligned}

  • Passons maintenant à la recherche des solutions pour zz.

On a la relation suivante : z2=Zz^2=Z.
Donc on a deux nouvelles équations à résoudre :

z2=4ei2π3et : z2=4ei2π3\begin{aligned} z^2&=4 \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{et\ :\ }}z^2&=4 \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}} \end{aligned}

  • La première admet deux solutions :

z=4eiπ3 [car (eiθ)12=eiθ2]=2eiπ3=2×(cos(π3)+isin(π3))=1+i3ou : z=4eiπ3=(1+i3)=1i3\begin{aligned} z&=\sqrt{4} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car ${(\text{e}^{\text{i}\theta})}^{\frac 12}=\text{e}^{\text{i}\frac{\theta}2}$]}}} \ &=2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \ &=2\times \bigg(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+\text{i} \sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\bigg) \ &=1+\text{i}\sqrt{3} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z&=-\sqrt{4} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \ &=-(1+\text{i}\sqrt{3}) \ &=-1-\text{i}\sqrt{3} \end{aligned}

  • La deuxième admet aussi deux solutions :

z=4eiπ3=2eiπ3=2×(cos(π3)+isin(π3))=1i3ou : z=4eiπ3=(1i3)=1+i3\begin{aligned} z&=\sqrt{4} \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \ &=2 \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} \ &=2\times \bigg(\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+\text{i} \sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)\bigg) \ &=1-\text{i}\sqrt{3} \ \ \textcolor{#A9A9A9}{\text{ou\ :\ }} z&=-\sqrt{4} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \ &=-(1-\text{i}\sqrt{3}) \ &=-1+\text{i}\sqrt{3} \end{aligned}

  • Finalement, nous obtenons quatre solutions pour l’équation P(z)=0P(z)=0 :

S={1i3,1+i3,1i3,1+i3}S=\lbrace -1-\text{i}\sqrt{3},\,-1+\text{i}\sqrt{3},\,1-\text{i}\sqrt{3},\,1+\text{i}\sqrt{3}\rbrace

Résolution d’équations de degré nn à coefficients réels

Commençons par donner une définition.

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Définition

Équation polynomiale de degré nn :

Soit nn un entier naturel et a0a0, a1a1, …, anan des nombres réels, avec an0an\neq 0.
On appelle fonction polynôme de degré nn à coefficients réels la fonction PP définie sur C\mathbb C par :

P(z)=a0+a1z+a2z2++anzn=k=0nakzk\begin{aligned} P(z)&=a0+a1 z+ a2 z^2 +…+an z^n \ &= \sum{k =0}^n ak z^k \end{aligned}

  • L’équation P(z)=0P(z)=0 est alors appelée équation polynomiale de degré nn.

Un cas particulier : znanz^n-a^n

Considérons l’équation polynomiale de degré nn suivante, avec zz et aa deux nombres complexes : znanz^n-a^n.
On voit que, dans le cas où z=az=a, alors znan=anan=0z^n-a^n=a^n-a^n=0. Donc aa est une racine de ce polynôme.

  • On peut donc factoriser par zaz-a, d’où la propriété suivante.
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Propriété

Soit zz et aa deux nombres complexes.
Alors pour tout entier naturel n2n\geq 2 :

znan=(za)(k=0n1akzn1k)z^n-a^n=(z-a)\left(\sum_{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right)

Cette propriété permet donc la factorisation complète du polynôme de degré nn dans ce cas particulier. Démontrons-la.

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Démonstration

Soit aa et $z$ deux nombres complexes et nn un entier naturel non nul.
Démontrons que :

znan=(za)(k=0n1akzn1k)z^n-a^n=(z-a) \left(\sum_{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right)

Développons l’expression de droite :

(za)(k=0n1akzn1k)=z(k=0n1akzn1k)a(k=0n1akzn1k)=k=0n1akznkk=0n1ak+1zn1k\begin{aligned} (z-a) \left(\sum{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right) &=z\left(\sum{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right)-a\left(\sum{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right) \ &=\sum{k=0}^{n-1} a^k z^{n-k} - \sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} z^{n-1-k} \end{aligned}

On remarque que :

k=0n1akznk=a0zn+a1zn1+a2zn2++an1z1=zn+azn1+a2zn2++an1zk=0n1ak+1zn1k=a1zn1+a2zn2++an1z1+anz0=azn1+a2zn2++an1z+an\begin{aligned} \sum{k=0}^{n-1} a^k z^{n-k} &= a^0z^n + a^1z^{n-1} + a^2z^{n-2} +…+ a^{n-1}z^1 \ &=z^n +a z^{n-1} + a^2 z^{n-2} +…+a^{n-1}z \ \ \sum{k=0}^{n-1} a^{k+1}z^{n-1-k} &= a^1z^{n-1}+ a^2z^{n-2} +…+ a^{n-1} z^1+ a^n z^0 \ &=az^{n-1} + a^2z^{n-2} +…+ a^{n-1} z+ a^n \end{aligned}

Nous obtenons donc :

(za)(k=0n1akzn1k)=zn+azn1+a2zn2++an1z(azn1+a2zn2++an1z+an)=znan\begin{aligned} (z-a) \left(\sum_{k=0}^{n-1} a^k z^{n-1-k} \right) &=z^n +\red{a z^{n-1}} + \green{a^2 z^{n-2}} +…+\purple{a^{n-1}z}\ &\quad\quad-(\red{ az^{n-1}} + \green{a^2z^{n-2}} +…+ \purple{a^{n-1} z}+ a^n) \ &= z^n-a^n \end{aligned}

Donnons un petit exemple pour bien comprendre.

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Exemple

Après les avoir écrit sous la forme znanz^n-a^n , nous allons factoriser les deux expressions suivantes par (za)(z-a).

  • P(z)=z31P(z)=z^3-1.

On remarque que 13=11^3=1.

  • Donc P(z)=z313P(z)=z^3-1^3, et a=1a=1.

Nous avons alors :

P(z)=(z1)(10×z2+11×z1+12×z0)=(z1)(z2+z+1)\begin{aligned} P(z)&=(z-1)(1^0\times z^2 + 1^1\times z^1 +1^2\times z^0) \ &=(z-1)(z^2+z+1) \end{aligned}

Nous pouvons même dans ce cas déterminer les racines de z2+z+1z^2+z+1.
Nous trouvons :

S={12+i32,12i32}S=\left\lbrace -\dfrac12+\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}2,\,-\dfrac12-\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}2\right\rbrace

  • Nous obtenons ainsi la factorisation :

P(z)=(z1)(z+12i32)(z+12+i32)P(z)=(z-1)\left(z+\dfrac12-\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}2\right)\left(z+\dfrac12+\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}2\right)

  • P(z)=z532iP(z)=z^5-32 \text{i}.

On remarque 25=322^5=32 et i5=i4×i=(i2)2×i=i\text{i}^5=\text{i}^4 \times \text{i}={(\text{i}^2)}^2 \times \text{i}=\text{i}.

Donc, en posant a=2ia=2 \text{i}, nous obtenons : P(z)=z5(2i)5P(z)=z^5-(2 \text{i})^5.

  • Et la factorisation est alors :

P(z)=(z2i)((2i)0z4+(2i)1z3+(2i)2z2+(2i)3z1+(2i)4z0)=(z2i)(z4+2iz34z28iz+16)\begin{aligned} P(z)&=(z-2 \text{i})\big((2 \text{i})^0 z^4+ (2 \text{i})^1 z^3+(2 \text{i})^2 z^2 +(2 \text{i})^3 z^1 + (2 \text{i})^4z^0\big) \ &=(z-2 \text{i})(z^4+2 \text{i}z^3-4z^2-8 \text{i} z+16) \end{aligned}

Cas général

La propriété que l’on vient de voir implique à son tour une factorisation plus générale des polynômes.

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Propriété

Soit PP un polynôme de degré n1n\geq 1, et aa un nombre complexe tel que P(a)=0P(a)=0.
Alors aa est une racine de PP et PP se factorise par (za)(z-a).

  • C’est-à-dire qu’il existe un polynôme QQ de degré n1n-1 tel que, pour tout zCz\in \mathbb C , P(z)=(za)×Q(z)P(z)=(z-a)\times Q(z).

La démonstration est assez simple (mais lourde en écriture) en se fondant sur les résultats de la propriété précédente.

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Démonstration

Soit un polynôme PP défini sur C\mathbb C de degré n1n\geq 1 à coefficients réels, c’est-à-dire :

P(z)=b0+b1z+b2z2++bnzn=p=0nbpzp\begin{aligned} P(z)&= b0 +b1 z+b2 z^2+ …+ bn z^n \ &=\sum{p=0}^n bp z^p \end{aligned}

De plus, soit le nombre complexe aa tel que P(a)=0P(a)=0.

  • Comme P(a)=0P(a)=0, on peut écrire :

P(z)=P(z)P(a)=p=0nbpzpp=0nbpap=p=0n(bpzpbpap)=p=0nbp(zpap)=b1(za)+b2(z2a2)+b3(z3a3)+...+bn1(zn1an1)+bn(znan)\begin{aligned} P(z)&=P(z)-P(a) \ &= \sum{p=0}^n bp z^p - \sum{p=0}^n bp a^p \ &=\sum{p=0}^n (bp z^p-bp a^p) \ &=\sum{p=0}^n bp (z^p-a^p) \ &=b1(z-a)+b2(z^2-a^2)+b3(z^3-a^3)+…\ &\quad\quad\quad\quad+ b{n-1}(z^{n-1}-a^{n-1})+bn(z^n-a^n) \end{aligned}