Polynômes

6.1 Fonctions polynômes

6.1.1 Généralités

Définition

Un polynôme est une fonction définie sur $R$ qui peut s'écrire sous la forme : $x \mapsto a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ où $n$ est un entier naturel, et $a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{1}, a_{0}$ sont des réels appelés coefficients.

Deux polynômes $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ et $Q (x) = b_{n} x^{n} + b_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + b_{1} x + b_{0}$ sont égaux si, et seulement si, $a_{m} = b_{m}$ pour tout $m$ .

Si $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ n'est pas le polynôme nul, alors il existe $k \in N$ tel que $a_{k} \neq = 0$ .

Définition : degré d'un polynôme

Si $P$ n'est pas le polynôme nul, alors il existe un entier $n \in N$ tel que $a_{n} \neq = 0$ et $a_{k} = 0$ pour tout $k > n$ . Cet indice $n$ est appelé degré de $P$ et on le note $de g (P)$ .

Par convention, le polynôme nul admet $- \infty$ pour degré.

Soit $P$ un polynôme de degré $n$ . Le coefficient $a_{n}$ est appelé coefficient dominant.

Un polynôme est dit unitaire lorsque son coefficient dominant vaut $1$ .

Propriété

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes, alors :

$de g (P + Q) \leq max (de g (P), de g (Q))$ , avec égalité si, et seulement si, $de g (P) \neq = de g (Q)$ ou $de g (P) = de g (Q) = p$ et $a_{p} + b_{p} \neq = 0$ .
$de g (P Q) = de g (P) + de g (Q)$ .

6.1.2 Divisibilité. Racines

Définition : divisibilité

Soient $A$ et $B$ deux polynômes. On dit que le polynôme $B$ divise le polynôme $A$ lorsqu'il existe un polynôme $Q$ tel que $A = B Q$ . Le polynôme $Q$ est appelé quotient de la division de $A$ par $B$ .

Exemple : $X - 1$ divise $X^{3} - 1$ car $X^{3} - 1 = (X - 1) (X^{2} + X + 1)$ .

Définition : racine

Soient $P$ un polynôme et $α$ un nombre réel. On dit que $α$ est une racine de $P$ lorsque $P (α) = 0$ .

Le nombre $α$ est une racine de $P$ si, et seulement si, $(X - α)$ divise $P$ .

Si un polynôme $P$ admet $n$ racines $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ deux à deux distinctes, alors il est divisible par $(X - α_{1}) (X - α_{2}) \dots (X - α_{n})$ .

Définition : ordre de multiplicité d'une racine

Soient $P$ un polynôme, $α$ un réel, et $m$ un entier naturel non nul. $α$ est racine de $P$ d'ordre de multiplicité $m$ si, et seulement si, il existe un polynôme $Q$ tel que : $P (X) = (X - α)^{m} Q (X) et Q (α) \neq = 0.$

Théorème

Si le polynôme $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ admet $n + 1$ racines distinctes, alors il est identiquement nul.

Démonstration

On fait un raisonnement par récurrence sur $n$ . Si $n = 1$ , le résultat est clair car un polynôme de degré $1$ admet une seule racine. Supposons que $r_{0}, r_{1}, \dots, r_{n}$ sont des racines de $P$ , alors $P (x) = (x - r_{n}) Q (x)$ , où le polynôme $Q (x) = a_{n} x^{n - 1} + b_{n - 2} x^{n - 2} + \dots + b_{1} x + b_{0}$ admet $n$ racines distinctes $r_{0}, r_{1}, \dots, r_{n - 1}$ . Par hypothèse de récurrence, $Q$ est identiquement nul, donc $P$ est aussi identiquement nul.

Le nombre de racines distinctes d'un polynôme non nul de degré $n$ est au plus $n$ .

Un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ dont le nombre de racines distinctes est supérieur ou égal à $n + 1$ est le polynôme nul.

Soit $n \in N^{*}$ et soient $(n + 1)$ couples $(α_{0}, β_{0}), \dots, (α_{n}, β_{n})$ de réels. On suppose de plus que les $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{n}$ sont deux à deux distincts. Alors, il existe un unique polynôme $P$ de degré inférieur ou égal à $n$ tel que $P (α_{k}) = β_{k}$ pour tout $k \in {0, 1, 2, \dots, n}$ .

Théorème

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, alors pour toute paire $(a, b)$ d'entiers distincts : $a - b$ divise $P (a) - P (b)$ .

En particulier, toutes les racines entières de $P$ divisent $P (0)$ .

Démonstration

Si $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ est à coefficients entiers, alors : $P (x) - P (y) = a_{n} (x^{n} - y^{n}) + a_{n - 1} (x^{n - 1} - y^{n - 1}) + \dots + a_{2} (x^{2} - y^{2}) + a_{1} (x - y) .$ Chaque terme du membre de droite est un multiple de $x - y$ , ce qui permet de conclure.

Corollaire

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers. S'il existe des entiers $a, b, c$ , deux à deux différents, tels que $P (a), P (b), P (c)$ sont des éléments de ${- 1, + 1}$ , alors l'équation $P (x) = 0$ n'admet pas de solutions entières.

Preuve

Supposons, par l'absurde, qu'il existe un entier $d$ tel que $P (d) = 0$ . Comme $a, b$ et $c$ sont deux à deux différents, alors $a - d, b - d$ et $c - d$ sont aussi deux à deux différents. D'après le théorème ci-dessus on sait que : $(a - d) ∣ P (a) - P (d), (b - d) ∣ P (b) - P (d) et (c - d) ∣ P (c) - P (d) .$ Donc, $a - d, b - d$ et $c - d$ divisent tous les trois le nombre $1$ , c'est impossible.

Définition : division euclidienne

Soient $P$ et $T$ deux polynômes avec $T$ non nul. Il existe un unique couple $(Q, R)$ de polynômes tel que : $P = T Q + R et de g (R) < de g (T) .$

Dans la pratique, pour effectuer une division euclidienne on a souvent recours aux identités remarquables.

Lorsqu'on demande de déterminer uniquement le reste de la division euclidienne d'un polynôme $P$ par un polynôme $T$ , il est conseillé d'utiliser les racines de $T$ .

De façon générale, on ne pose la division euclidienne que lorsqu'il n'est pas possible de faire autrement.

Définition (polynôme réciproque)

Un polynôme $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , avec $a_{n} \neq = 0$ , est dit réciproque (ou palindromique) si $a_{i} = a_{n - i}$ pour tout $i = 0, 1, \dots, n$ .

Les polynômes $x^{n} + 1$ , $x^{5} + 3 x^{3} + 3 x^{2} + 1$ et $6 x^{7} - 2 x^{6} + 4 x^{4} + 4 x^{3} - 2 x + 6$ sont des polynômes réciproques.

Théorème

Un polynôme réciproque $P$ de degré $2 n$ peut s'écrire sous la forme $P (x) = x^{n} Q (y),$ où $y = x + \frac{1}{x}$ et $Q (y)$ est un polynôme en $y$ de degré $n$ .

Démonstration

Si $P (x) = a_{0} x^{2 n} + a_{1} x^{2 n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , alors : $P (x) = x^{n} (a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + \dots + \frac{a _{1}}{x ^{n - 1}} + \frac{a _{0}}{x ^{n}})$ $P (x) = x^{n} (a_{0} (x^{n} + \frac{1}{x ^{n}}) + a_{1} (x^{n - 1} + \frac{1}{x ^{n - 1}}) + \dots + a_{n}) .$ En utilisant la formule : $x^{k + 1} + \frac{1}{x ^{k + 1}} = (x^{k} + \frac{1}{x ^{k}}) (x + \frac{1}{x}) - (x^{k - 1} + \frac{1}{x ^{k - 1}}),$ il est clair qu'on peut exprimer chaque terme $x^{k} + \frac{1}{x ^{k}}$ comme un polynôme en $y = x + \frac{1}{x}$ .

Théorème de la racine rationnelle

Soit $f (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ un polynôme à coefficients entiers. Si $x = \frac{p}{q}$ est une racine de $f$ , où $p$ et $q$ sont deux entiers premiers entre eux, alors $p$ divise $a_{0}$ et $q$ divise $a_{n}$ .

Démonstration

Comme $f (\frac{p}{q}) = 0$ , alors on a successivement : $0 = a_{n} (\frac{p}{q})^{n} + a_{n - 1} (\frac{p}{q})^{n - 1} + \dots + a_{1} (\frac{p}{q}) + a_{0},$ $0 = a_{n} p^{n} + a_{n - 1} q p^{n - 1} + \dots + a_{1} q^{n - 1} p + a_{0} q^{n},$ $- a_{0} q^{n} = (a_{n} p^{n - 1} + a_{n - 1} q p^{n - 2} + \dots + a_{1} q^{n - 1}) p .$ Par suite $p$ divise $a_{0} q^{n}$ , ce qui implique que $p$ divise $a_{0}$ car $p$ et $q$ sont premiers entre eux. D'autre part, on a aussi : $q (a_{n - 1} p^{n - 1} + a_{n - 2} q p^{n - 2} + \dots + a_{0} q^{n - 1}) = - a_{n} p^{n} .$ Comme avant, on déduit que $q$ divise $a_{n}$ .

Pour rechercher une éventuelle racine rationnelle d'un polynôme, on établit la liste de tous les diviseurs de $a_{0}$ et celle de tous les diviseurs de $a_{n}$ et l'on essaye de remplacer l'inconnue dans l'équation par un rationnel de la forme $\frac{p}{q}$ de toutes les façons possibles en choisissant $p$ parmi les diviseurs de $a_{0}$ et $q$ parmi les diviseurs de $a_{n}$ jusqu'à ce que l'équation soit vérifiée (une rapide étude de variations permet souvent de limiter ces essais en écartant d'emblée la plupart des « candidats » $\frac{p}{q}$ ).

En particulier si le polynôme est unitaire, i.e. $a_{n} = 1$ , ses seules éventuelles racines rationnelles sont nécessairement des entiers.

Corollaire

Si $a, b, c, p$ et $q$ sont des entiers, avec $q \neq = 0$ , $g cd (p, q) = 1$ et $\frac{p}{q}$ une racine de l'équation $a x^{2} + b x + c = 0,$ alors $p ∣ c$ et $q ∣ a$ .

6.1.3 Polynômes symétriques élémentaires

Le but de ce paragraphe est de rappeler et d'utiliser les relations qui lient les coefficients d'un polynôme à ses racines. Ceci permet en particulier de manipuler les racines d'un polynôme sans les avoir calculées explicitement. Par développement, on sait que : $(x - x_{1}) (x - x_{2}) = x^{2} - (x_{1} + x_{2}) x + x_{1} x_{2},$ $(x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}) = x^{3} - (x_{1} + x_{2} + x_{3}) x^{2} + (x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}) x - x_{1} x_{2} x_{3} .$

Si on pose : $σ_{1} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}, σ_{k} = 1 \leq i_{1} < i_{2} < \dots < i_{k} \leq n \sum x_{i_{1}} x_{i_{2}} \dots x_{i_{k}}, σ_{n} = x_{1} x_{2} \dots x_{n},$ alors : $(x - x_{1}) (x - x_{2}) = x^{2} - (x_{1} + x_{2}) x + x_{1} x_{2} = x^{2} - σ_{1} x + σ_{2},$ $(x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}) = x^{3} - (x_{1} + x_{2} + x_{3}) x^{2} + (x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}) x - x_{1} x_{2} x_{3} = x^{3} - σ_{1} x^{2} + σ_{2} x - σ_{3} .$

On trouve de même la formule suivante : $(x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n}) = x^{n} - σ_{1} x^{n - 1} + \dots + (- 1)^{k} σ_{k} x^{n - k} + \dots + (- 1)^{n} σ_{n} .$

On notera que $σ_{j}$ est un polynôme en $x_{1}, \dots, x_{n}$ , homogène de degré $j$ , qu'on écrira $σ_{j} (x_{1}, \dots, x_{n})$ s'il y a risque de confusion. Les polynômes $σ_{j} (x_{1}, \dots, x_{n})$ , où $j = 1, 2, \dots, n$ sont appelés les polynômes symétriques élémentaires en les indéterminées $x_{1}, \dots, x_{n}$ . Il est clair que la somme et le produit de deux polynômes symétriques sont encore des polynômes symétriques.

Théorème de Viète

Soit $P (X) = a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}$ un polynôme de degré $n$ (donc $a_{n} \neq = 0$ ), et soient $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ ses racines : $P (x) = a_{n} (x - α_{1}) (x - α_{2}) \dots (x - α_{n}) .$ Alors : $σ_{1} = - \frac{a _{n - 1}}{a _{n}}, σ_{2} = \frac{a _{n - 2}}{a _{n}}, \dots, σ_{k} = (- 1)^{k} \frac{a _{n - k}}{a _{n}}, \dots, σ_{n} = (- 1)^{n} \frac{a _{0}}{a _{n}} .$

Corollaire

Si $P (x) = x^{2} + p x + q$ admet pour racines $a$ et $b$ alors : $a + b = - p et ab = q .$ En effet, $x^{2} + p x + q = (x - a) (x - b) = x^{2} - (a + b) x + ab$ .

Corollaire

Si $P (x) = x^{3} + p x^{2} + q x + r$ admet pour racines $a, b$ et $c$ , alors : $a + b + c = - p, ab + b c + c a = q, ab c = - r .$ En effet, $x^{3} + p x^{2} + q x + r = (x - a) (x - b) (x - c) = x^{3} - (a + b + c) x^{2} + (ab + b c + c a) x - ab c$ .

6.1.4 Racines multiples et dérivée

Définition

Pour tout polynôme de degré $n$ : $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0},$ on définit la dérivée de $P$ comme étant le polynôme de degré $n - 1$ donné par : $P^{'} (x) = n a_{n} x^{n - 1} + (n - 1) a_{n - 1} x^{n - 2} + \dots + 2 a_{2} x + a_{1} .$

Si $P (x) = (x - a) Q (x)$ pour un certain polynôme $Q$ , alors : $P^{'} (x) = Q (x) + (x - a) Q^{'} (x) .$

Théorème

Si pour un entier $m \geq 1$ le polynôme $P (x)$ est divisible par $(x - a)^{m + 1}$ , alors le polynôme $P^{'} (x)$ est divisible par $(x - a)^{m}$ .

Autrement dit, si $a$ est une racine de $P$ de multiplicité $m + 1$ , alors $a$ est une racine de $P^{'}$ de multiplicité $m$ .

Démonstration

On fait un raisonnement par récurrence sur $m$ . Pour $m = 1$ , si $P (x)$ est divisible par $(x - a)^{2}$ , alors $P (x) = (x - a) Q (x)$ où $Q$ est un polynôme divisible par $(x - a)$ . Comme $P^{'} (x) = Q (x) + (x - a) Q^{'} (x)$ , alors $P^{'} (x)$ est divisible par $(x - a)$ . Supposons le résultat vrai pour $m - 1$ . Si $P (x)$ est divisible par $(x - a)^{m + 1}$ , alors $P (x) = (x - a) Q (x)$ où $Q (x)$ est un polynôme divisible par $(x - a)^{m}$ , et comme $P^{'} (x) = Q (x) + (x - a) P^{'} (x)$ , il s'ensuit que $P^{'} (x)$ est divisible par $(x - a)^{m}$ .

Proposition

Si $P (x)$ est un polynôme tel que : $P (a) = P^{'} (a) = \dots = P^{(m - 1)} (a) = 0 et P^{(m)} (a) \neq = 0,$ alors $a$ est un zéro de $P$ de multiplicité $m$ . (le terme $P^{(j + 1)} (x)$ désigne la dérivée de $P^{(j)} (x)$ et $P^{(1)} (x) = P^{'} (x)$ ).

Autrement dit, $P (x) = (x - a)^{m} Q (x)$ pour un certain polynôme $Q$ , avec $Q (a) \neq = 0$ .

Preuve

Comme $P (a) = 0$ , alors $P (x) = (x - a) Q_{1} (x)$ pour un certain polynôme $Q_{1} (x)$ . Puisque $P^{'} (x) = Q_{1} (x) + (x - a) Q_{1}^{'} (x)$ , il s'ensuit que $P^{'} (a) = Q_{1} (a) = 0$ . Alors, $Q_{1} (x) = (x - a) Q_{2} (x)$ pour un certain polynôme $Q_{2} (x)$ , et donc $P (x) = (x - a)^{2} Q_{2} (x)$ . En continuant ainsi on arrive à $P (x) = (x - a)^{m} Q_{m} (x)$ où $Q_{m} (x)$ est le polynôme $Q (x)$ que nous cherchons.

6.1.5 Formule d'interpolation de Lagrange

On sait que par deux points du plan, il passe une unique droite. Donc, si $(α_{0}, β_{0}), (α_{1}, β_{1})$ sont deux paires de nombres réels, avec $α_{0} \neq = α_{1}$ , il existe un unique polynôme $P$ de degré $1$ au plus tel que $P (α_{0}) = β_{0}$ et $P (α_{1}) = β_{1}$ . Ce résultat se généralise comme suit :

Théorème : formule d'interpolation de Lagrange

Soient $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{n}$ des nombres réels deux à deux différents, et soient $β_{0}, β_{1}, \dots, β_{n}$ des nombres réels. Alors, il existe un unique polynôme $P$ de degré au plus $n$ tel que : $P (α_{i}) = β_{i}$ pour tout $i = 0, 1, \dots, n$ .

Démonstration

Pour $k = 0, 1, \dots, n$ , on considère le polynôme : $D_{k} (x) = \frac{( x - α _{0} ) ( x - α _{1} ) \dots ( x - α _{k - 1} ) ( x - α _{k + 1} ) \dots ( x - α _{n} )}{( α _{k} - α _{0} ) ( α _{k} - α _{1} ) \dots ( α _{k} - α _{k - 1} ) ( α _{k} - α _{k + 1} ) \dots ( α _{k} - α _{n} )},$ où le numérateur et le dénominateur ont $n$ facteurs. Il est clair que $de g (D_{k}) = n$ , que $D_{k} (α_{k}) = 1$ , et $D_{k} (α_{i}) = 0$ si $i \neq = k$ . Alors, le polynôme qui répond à la question est : $P (x) = β_{0} D_{0} (x) + β_{1} D_{1} (x) + \dots + β_{n} D_{n} (x) .$ Pour montrer l'unicité, on suppose qu'il existe deux polynômes $P_{1}$ et $P_{2}$ , de degré $\leq n$ tels que : $P_{j} (α_{i}) = β_{i}$ pour $0 \leq i \leq n$ , $j = 1, 2$ . Alors, le polynôme $P (x) = P_{1} (x) - P_{2} (x)$ est de degré $\leq n$ et possède $(n + 1)$ racines distinctes $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{n}$ . Donc, $P$ est identiquement nul, c'est-à-dire $P_{1} = P_{2}$ .

6.1.6 Quelques méthodes pour déterminer les racines

Paramètres :

Afin de déterminer les racines d'un polynôme de degré supérieur à deux, il est parfois utile de considérer les termes indépendants comme des variables. Ces termes indépendants sont appelés paramètres.

Expression conjuguée :

En règle générale, dans les fractions, on évite les racines carrées au dénominateur. Par exemple, on aimerait modifier la fraction $\frac{1}{1 + 2}$ afin de supprimer le terme $2$ au dénominateur. La bonne idée est de multiplier la fraction, au numérateur et au dénominateur, par l'expression conjuguée du dénominateur. L'expression conjuguée de $1 + 2$ est $1 - 2$ . De manière générale, l'expression conjuguée de $a + b$ est $a - b$ , et on a alors : $\frac{1}{a + b} = \frac{1}{a + b} \cdot \frac{a - b}{a - b} = \frac{a - b}{a ^{2} - b} .$

Règle de signes de Descartes :

La règle de signes de Descartes est une technique permettant de déterminer une borne supérieure du nombre de racines réelles positives ou négatives d'un polynôme. Ce n'est pas un critère complet, car il ne fournit pas le nombre exact de racines positives ou négatives.

La règle est appliquée en comptant le nombre de changements de signe dans la suite formée par les coefficients du polynôme. Si un coefficient est égal à zéro, ce terme est tout simplement omis de la suite.

Règle : racines positives

Si les termes d'un polynôme d'une seule variable avec des coefficients réels sont ordonnés par ordre décroissant des exposants, alors le nombre de racines positives du polynôme est le nombre de changements de signe entre les coefficients consécutifs différents de zéro, éventuellement diminué d'un nombre pair. Les racines multiples d'une même valeur sont comptabilisées séparément.

Dans le polynôme $P (x) = x^{7} + 2 x^{6} - 3 x^{5} - x^{2} + 7 x - 8$ , les signes sont : $+ + - - + -$ , il y a donc $3$ changements de signe, par suite il y a une ou trois racines positives.

Corollaire : racines négatives

Le nombre de racines négatives est le nombre de changements de signe après multiplication des coefficients des termes de puissance impaire par $- 1$ , ou diminué par un nombre pair. Cette procédure équivaut à substituer l'opposé de la variable à la variable elle-même. Par exemple, pour trouver le nombre de racines négatives de : $f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d,$ nous demandons de manière équivalente combien de racines positives il y a pour $- x$ dans $f (- x) = a (- x)^{3} + b (- x)^{2} + c (- x) + d = - a x^{3} + b x^{2} - c x + d = g (x) .$ La règle des signes de Descartes pour $g (x)$ donne le nombre de racines positives $x_{i}$ de $g (x)$ , et $g (x) = f (- x)$ cela donne le nombre de racines négatives $- x_{i}$ de $f$ .

Le polynôme $P (x) = x^{3} + x^{2} - x - 1$ a un changement de signe entre les deuxième et troisième termes, par conséquent il a exactement une racine positive. Pour trouver le nombre de racines négatives, on change les signes des coefficients des termes d'exposants impairs, c'est-à-dire appliquer la règle de Descartes des signes pour le polynôme $P (- x) = - x^{3} + x^{2} + x - 1 = Q (x)$ . Le polynôme $Q$ a deux changements de signes, ce qui signifie que $Q$ a deux ou aucune racines positives; ainsi $P$ a deux ou aucune racines négatives. En fait on a : $P (x) = (x + 1)^{2} (x - 1) et Q (x) = - (x - 1)^{2} (x + 1) .$ Les racines de $P$ sont $- 1$ (deux fois) et $1$ . Les racines de $Q$ sont $1$ (deux fois) et $- 1$ .

6.1 Fonctions polynômes

6.1.1 Généralités

Définition

Un polynôme est une fonction définie sur $R$ qui peut s'écrire sous la forme :

$x \mapsto a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$

où $n$ est un entier naturel, et $a_{n}, a_{n - 1}, \dots, a_{1}, a_{0}$ sont des réels appelés coefficients.

Si $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ n'est pas le polynôme nul, alors il existe $k \in N$ tel que $a_{k} \neq = 0$ .

Définition : degré d'un polynôme

Si $P$ n'est pas le polynôme nul, alors il existe un entier $n \in N$ tel que $a_{n} \neq = 0$ et $a_{k} = 0$ pour tout $k > n$ . Cet indice $n$ est appelé degré de $P$ et on le note $de g (P)$ .

Par convention, le polynôme nul admet $- \infty$ pour degré.

Soit $P$ un polynôme de degré $n$ . Le coefficient $a_{n}$ est appelé coefficient dominant.

Un polynôme est dit unitaire lorsque son coefficient dominant vaut $1$ .

Propriété

Soient $P$ et $Q$ deux polynômes, alors :

$de g (P + Q) \leq max (de g (P), de g (Q))$ , avec égalité si, et seulement si, $de g (P) \neq = de g (Q)$ ou $de g (P) = de g (Q) = p$ et $a_{p} + b_{p} \neq = 0$ .
$de g (P Q) = de g (P) + de g (Q)$ .

6.1.2 Divisibilité. Racines

Définition : divisibilité

Soient $A$ et $B$ deux polynômes. On dit que le polynôme $B$ divise le polynôme $A$ lorsqu'il existe un polynôme $Q$ tel que $A = B Q$ . Le polynôme $Q$ est appelé quotient de la division de $A$ par $B$ .

Exemple : $X - 1$ divise $X^{3} - 1$ car $X^{3} - 1 = (X - 1) (X^{2} + X + 1)$ .

Définition : racine

Soient $P$ un polynôme et $α$ un nombre réel. On dit que $α$ est une racine de $P$ lorsque $P (α) = 0$ .

Le nombre $α$ est une racine de $P$ si, et seulement si, $(X - α)$ divise $P$ .

Si un polynôme $P$ admet $n$ racines $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ deux à deux distinctes, alors il est divisible par $(X - α_{1}) (X - α_{2}) \dots (X - α_{n})$ .

Définition : ordre de multiplicité d'une racine

Soient $P$ un polynôme, $α$ un réel, et $m$ un entier naturel non nul. $α$ est racine de $P$ d'ordre de multiplicité $m$ si, et seulement si, il existe un polynôme $Q$ tel que :

$P (X) = (X - α)^{m} Q (X) et Q (α) \neq = 0.$

Théorème

Si le polynôme $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ admet $n + 1$ racines distinctes, alors il est identiquement nul.

Démonstration

Le nombre de racines distinctes d'un polynôme non nul de degré $n$ est au plus $n$ .

Un polynôme de degré inférieur ou égal à $n$ dont le nombre de racines distinctes est supérieur ou égal à $n + 1$ est le polynôme nul.

Théorème

Soit $P$ un polynôme à coefficients entiers, alors pour toute paire $(a, b)$ d'entiers distincts :

$a - b divise P (a) - P (b) .$

En particulier, toutes les racines entières de $P$ divisent $P (0)$ .

Démonstration

Si $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ est à coefficients entiers, alors :

$P (x) - P (y) = a_{n} (x^{n} - y^{n}) + a_{n - 1} (x^{n - 1} - y^{n - 1}) + \dots + a_{2} (x^{2} - y^{2}) + a_{1} (x - y) .$

Chaque terme du membre de droite est un multiple de $x - y$ , ce qui permet de conclure.

Corollaire

Preuve

$(a - d) ∣ P (a) - P (d), (b - d) ∣ P (b) - P (d), (c - d) ∣ P (c) - P (d) .$

Donc, $a - d, b - d$ et $c - d$ divisent tous les trois le nombre $1$ , c'est impossible.

Définition : division euclidienne

Soient $P$ et $T$ deux polynômes avec $T$ non nul. Il existe un unique couple $(Q, R)$ de polynômes tel que :

$P = T Q + R et de g (R) < de g (T) .$

Dans la pratique, pour effectuer une division euclidienne on a souvent recours aux identités remarquables.

Lorsqu'on demande de déterminer uniquement le reste de la division euclidienne d'un polynôme $P$ par un polynôme $T$ , il est conseillé d'utiliser les racines de $T$ .

De façon générale, on ne pose la division euclidienne que lorsqu'il n'est pas possible de faire autrement.

Définition (polynôme réciproque)

Un polynôme $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , avec $a_{n} \neq = 0$ , est dit réciproque (ou palindromique) si $a_{i} = a_{n - i}$ pour tout $i = 0, 1, \dots, n$

Les polynômes $x^{n} + 1$ , $x^{5} + 3 x^{3} + 3 x^{2} + 1$ et $6 x^{7} - 2 x^{6} + 4 x^{4} + 4 x^{3} - 2 x + 6$ sont des polynômes réciproques.

Théorème

Un polynôme réciproque $P$ de degré $2 n$ peut s'écrire sous la forme

$P (x) = x^{n} Q (y),$

où $y = x + \frac{1}{x}$ et $Q (y)$ est un polynôme en $y$ de degré $n$ .

Démonstration

Si $P (x) = a_{0} x^{2 n} + a_{1} x^{2 n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ , alors :

$P (x) = x^{n} (a_{0} x^{n} + a_{1} x^{n - 1} + \dots + \frac{a _{1}}{x ^{n - 1}} + \frac{a _{0}}{x ^{n}})$

$P (x) = x^{n} (a_{0} (x^{n} + \frac{1}{x ^{n}}) + a_{1} (x^{n - 1} + \frac{1}{x ^{n - 1}}) + \dots + a_{n}) .$

En utilisant la formule :

$x^{k + 1} + \frac{1}{x ^{k + 1}} = (x^{k} + \frac{1}{x ^{k}}) (x + \frac{1}{x}) - (x^{k - 1} + \frac{1}{x ^{k - 1}}),$

il est clair qu'on peut exprimer chaque terme $x^{k} + \frac{1}{x ^{k}}$ comme un polynôme en $y = x + \frac{1}{x}$ .

Théorème de la racine rationnelle

Démonstration

Comme $f (\frac{p}{q}) = 0$ , alors on a successivement :

$0 = a_{n} (\frac{p}{q})^{n} + a_{n - 1} (\frac{p}{q})^{n - 1} + \dots + a_{1} \frac{p}{q} + a_{0},$

$0 = a_{n} p^{n} + a_{n - 1} q p^{n - 1} + \dots + a_{1} q^{n - 1} p + a_{0} q^{n},$

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

Par suite $p$ divise $a_{0} q^{n}$ , ce qui implique que $p$ divise $a_{0}$ car $p$ et $q$ sont premiers entre eux. D'autre part, on a aussi :

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

Comme avant, on déduit que $q$ divise $a_{n}$ .

En particulier si le polynôme est unitaire, i.e. $a_{n} = 1$ , ses seules éventuelles racines rationnelles sont nécessairement des entiers.

Corollaire

Si $a, b, c, p$ et $q$ sont des entiers, avec $q \neq = 0$ , $g cd (p, q) = 1$ et $\frac{p}{q}$ une racine de l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ , alors $p ∣ c$ et $q ∣ a$ .

6.1.3 Polynômes symétriques élémentaires

$(x - x_{1}) (x - x_{2}) = x^{2} - (x_{1} + x_{2}) x + x_{1} x_{2},$

$(x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}) = x^{3} - (x_{1} + x_{2} + x_{3}) x^{2} + (x_{1} x_{2} + x_{2} x_{3} + x_{3} x_{1}) x - x_{1} x_{2} x_{3} .$

Si on pose :

$σ_{1} = x_{1} + x_{2} + \dots + x_{n}, σ_{k} = 1 \leq i_{1} < i_{2} < \dots < i_{k} \leq n \sum x_{i_{1}} x_{i_{2}} \dots x_{i_{k}}, σ_{n} = x_{1} x_{2} \dots x_{n},$

alors :

$(x - x_{1}) (x - x_{2}) = x^{2} - σ_{1} x + σ_{2},$

$(x - x_{1}) (x - x_{2}) (x - x_{3}) = x^{3} - σ_{1} x^{2} + σ_{2} x - σ_{3} .$

On trouve de même la formule suivante :

$(x - x_{1}) (x - x_{2}) \dots (x - x_{n}) = x^{n} - σ_{1} x^{n - 1} + \dots + (- 1)^{k} σ_{k} x^{n - k} + \dots + (- 1)^{n} σ_{n} .$

On notera que $σ_{j}$ est un polynôme en $x_{1}, \dots, x_{n}$ , homogène de degré $j$ , qu'on écrira $σ_{j} (x_{1}, \dots, x_{n})$ s'il y a risque de confusion. Les polynômes $σ_{j} (x_{1}, \dots, x_{n})$ , où $j = 1, 2, \dots, n$ sont appelés les polynômes symétriques élémentaires en les indéterminées $x_{1}, \dots, x_{n}$ . Il est clair que la somme et le produit de deux polynômes symétriques sont encore des polynômes symétriques.

Théorème de Viète

Soit $P (X) = a_{n} X^{n} + a_{n - 1} X^{n - 1} + \dots + a_{1} X + a_{0}$ un polynôme de degré $n$ (donc $a_{n} \neq = 0$ ), et soient $α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$ ses racines :

$P (x) = a_{n} (x - α_{1}) (x - α_{2}) \dots (x - α_{n}) .$

Alors :

$σ_{1} = - \frac{a _{n - 1}}{a _{n}}, σ_{2} = \frac{a _{n - 2}}{a _{n}}, \dots, σ_{k} = (- 1)^{k} \frac{a _{n - k}}{a _{n}}, \dots, σ_{n} = (- 1)^{n} \frac{a _{0}}{a _{n}} .$

Corollaire

Si $P (x) = x^{2} + p x + q$ admet pour racines $a$ et $b$ alors :

$a + b = - p et ab = q .$

En effet, $x^{2} + p x + q = (x - a) (x - b) = x^{2} - (a + b) x + ab$ .

Corollaire

Si $P (x) = x^{3} + p x^{2} + q x + r$ admet pour racines $a, b$ et $c$ , alors :

$a + b + c = - p, ab + b c + c a = q, ab c = - r .$

En effet, $x^{3} + p x^{2} + q x + r = (x - a) (x - b) (x - c) = x^{3} - (a + b + c) x^{2} + (ab + b c + c a) x - ab c$ .

6.1.4 Racines multiples et dérivée

Définition

Pour tout polynôme de degré $n$ :

$P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0},$

on définit la dérivée de $P$ comme étant le polynôme de degré $n - 1$ donné par :

$P^{'} (x) = n a_{n} x^{n - 1} + (n - 1) a_{n - 1} x^{n - 2} + \dots + 2 a_{2} x + a_{1} .$

Si $P (x) = (x - a) Q (x)$ pour un certain polynôme $Q$ , alors :

$P^{'} (x) = Q (x) + (x - a) Q^{'} (x) .$

Théorème

Si pour un entier $m \geq 1$ le polynôme $P (x)$ est divisible par $(x - a)^{m + 1}$ , alors le polynôme $P^{'} (x)$ est divisible par $(x - a)^{m}$ .

Autrement dit, si $a$ est une racine de $P$ de multiplicité $m + 1$ , alors $a$ est une racine de $P^{'}$ de multiplicité $m$ .

Démonstration

Proposition

Si $P (x)$ est un polynôme tel que :

$P (a) = P^{'} (a) = \dots = P^{(m - 1)} (a) = 0 et P^{(m)} (a) \neq = 0,$

alors $a$ est un zéro de $P$ de multiplicité $m$ . (le terme $P^{(j + 1)} (x)$ désigne la dérivée de $P^{(j)} (x)$ et $P^{(1)} (x) = P^{'} (x)$ ). Autrement dit, $P (x) = (x - a)^{m} Q (x)$ pour un certain polynôme $Q$ , avec $Q (a) \neq = 0$ .

Preuve

$P (x) = (x - a)^{m} Q_{m} (x) o \overset{u}{ˋ} Q_{m} (x) est le polyn \overset{o}{ˆ} me Q (x) que nous cherchons.$

6.1.5 Formule d'interpolation de Lagrange

Théorème : formule d'interpolation de Lagrange

Démonstration

Pour $k = 0, 1, \dots, n$ , on considère le polynôme :

$D_{k} (x) = \frac{( x - α _{0} ) ( x - α _{1} ) \dots ( x - α _{k - 1} ) ( x - α _{k + 1} ) \dots ( x - α _{n} )}{( α _{k} - α _{0} ) ( α _{k} - α _{1} ) \dots ( α _{k} - α _{k - 1} ) ( α _{k} - α _{k + 1} ) \dots ( α _{k} - α _{n} )},$

où le numérateur et le dénominateur ont $n$ facteurs. Il est clair que $de g (D_{k}) = n$ , que $D_{k} (α_{k}) = 1$ , et $D_{k} (α_{i}) = 0$ si $i \neq = k$ . Alors, le polynôme qui répond à la question est :

$P (x) = β_{0} D_{0} (x) + β_{1} D_{1} (x) + \dots + β_{n} D_{n} (x) .$

Pour montrer l'unicité, on suppose qu'il existe deux polynômes $P_{1}$ et $P_{2}$ , de degré $\leq n$ tels que : $P_{j} (α_{i}) = β_{i}$ pour $0 \leq i \leq n$ , $j = 1, 2$ . Alors, le polynôme $P (x) = P_{1} (x) - P_{2} (x)$ est de degré $\leq n$ et possède $(n + 1)$ racines distinctes $α_{0}, α_{1}, \dots, α_{n}$ . Donc, $P$ est identiquement nul, c'est-à-dire $P_{1} = P_{2}$ .

6.1.6 Quelques méthodes pour déterminer les racines

Paramètres :

Expression conjuguée :

$\frac{1}{a + b} = \frac{1}{a + b} \cdot \frac{a - b}{a - b} = \frac{a - b}{a ^{2} - b} .$

Règle de signes de Descartes :

Règle : racines positives

Dans le polynôme $P (x) = x^{7} + 2 x^{6} - 3 x^{5} - x^{2} + 7 x - 8$ , les signes sont : $+ + - - + -$ , il y a donc $3$ changements de signe, par suite il y a une ou trois racines positives.

Corollaire : racines négatives

$f (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d,$

nous demandons de manière équivalente combien de racines positives il y a pour $- x$ dans $f (- x) = a (- x)^{3} + b (- x)^{2} + c (- x) + d = - a x^{3} + b x^{2} - c x + d = g (x)$ . La règle des signes de Descartes pour $g (x)$ donne le nombre de racines positives $x_{i}$ de $g (x)$ , et $g (x) = f (- x)$ cela donne le nombre de racines négatives $- x_{i}$ de $f$ .

Le polynôme $P (x) = x^{3} + x^{2} - x - 1$ a un changement de signe entre les deuxième et troisième termes, par conséquent il a exactement une racine positive. Pour trouver le nombre de racines négatives, on change les signes des coefficients des termes d'exposants impairs, c'est-à-dire appliquer la règle de Descartes des signes pour le polynôme $P (- x) = - x^{3} + x^{2} + x - 1 = Q (x)$ . Le polynôme $Q$ a deux changement de signes, ce qui signifie que $Q$ a deux ou aucune racines positives; ainsi $P$ a deux ou aucune racines négatives. En fait on a :

$P (x) = (x + 1)^{2} (x - 1) et Q (x) = - (x - 1)^{2} (x + 1) .$

Les racines de $P$ sont $- 1$ (deux fois) et $1$ . Les racines de $Q$ sont $1$ (deux fois) et $- 1$ .

6.1.7 Polynômes qui commutent

Définition

Deux polynômes unitaires $P$ et $Q$ , à coefficients réels, commutent si pour tout $x \in R$ :

$P (Q (x)) = Q (P (x)) .$

Exemple

Trouver tous les polynômes unitaires de degré 3 qui commutent avec $P (x) = x^{2} - α$ où $α$ est un réel.

Posons $Q (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ , alors l'égalité $P (Q (x)) = Q (P (x))$ s'écrit :

$(x^{3} + a x^{2} + b x + c)^{2} - α = (x^{2} - α)^{3} + a (x^{2} - α)^{2} + b (x^{2} - α) + c .$

En développant, et en identifiant les termes on déduit que $a = c = 0$ et :

$2 b = - 3 α, b^{2} = 3 α^{2} + b, α = α^{3} + b α .$

En posant $α = 2 γ$ , il s'ensuit que $b = - 3 γ$ . La deuxième équation ci-dessus implique que $9 γ^{2} = 12 γ^{2} - 3 γ$ , i.e., $γ^{2} - γ = 0$ , et alors $γ = 0$ ou $γ = 1$ . Il est facile de vérifier que chacune de ces deux valeurs représente une solution du système. En résumé, un polynôme $Q$ de degré 3 et qui commute avec $P (x) = x^{2} - α$ existe seulement lorsque $α = 0$ ou $α = 2$ .

Si $α = 0$ , $Q (x) = x^{3}$ , et si $α = 2$ , $Q (x) = x^{3} - 3 x$ .

On peut montrer, de même, que le seul polynôme de degré 2 qui commute avec $P (x) = x^{2} - α$ est $P$ lui-même, et que le seul polynôme $Q$ de degré 1 qui commute avec $P$ est $Q (x) = x$ .

Exemple

Soit $P_{1} (x) = x^{2} - 2$ et $P_{j} (x) = P_{1} (P_{j - 1} (x))$ , pour $j = 2, 3, \dots$ .

Montrer que pour tout entier strictement positif $n$ les racines de l'équation $P_{n} (x) = x$ sont toutes réelles et distinctes. (OIM, 1976)

L'application $t \mapsto x (t) = 2 cos t$ envoie $[0, π]$ vers $[- 2, 2]$ , et on a :

$P_{1} (x) = P_{1} (2 cos t) = 4 (cos t)^{2} - 2 = 2 cos (2 t),$

$P_{2} (x) = P_{1} (P_{1} (x)) = 4 (cos 2 t)^{2} - 2 = 2 cos (4 t),$

$⋮ = ⋮$

$P_{n} (x) = 2 cos (2^{n} t) .$

L'équation $P_{n} (x) = x$ est équivalente à : $2 cos (2^{n} t) = 2 cos t$ , dont les solutions sont $2^{n} t = \pm t + 2 k π$ avec $k = 0, 1, \dots$ . D'où, les $2^{n}$ valeurs suivantes de $t$ :

$t = \frac{2 k π}{2 ^{n} - 1} et t = \frac{2 k π}{2 ^{n} + 1},$

donnent $2^{n}$ valeurs réelles distinctes de $x (t) = 2 cos t$ qui vérifient $P_{n} (x) = x$ .

Exemple

Pour un polynôme donné $R (x)$ , on définit le polynôme $R_{a} (x)$ par $R_{a} (x) = R (x - a) + a$ .

Montrer que si $P (x)$ et $Q (x)$ commutent, alors $P_{a} (x)$ et $Q_{a} (x)$ commutent aussi.

Notons que :

$P_{a} (Q_{a} (x)) = P_{a} (Q (x - a) + a) = P (Q (x - a) + a - a) + a = P (Q (x - a)) + a .$

De même, on a aussi :

$Q_{a} (P_{a} (x)) = Q (P (x - a)) + a .$

Donc, $P_{a} (x)$ et $Q_{a} (x)$ commutent si, et seulement si, $P (Q (x - a)) = Q (P (x - a))$ , ce qui est vrai.

6.1.8 Polynômes irréductibles

Définition

On dit qu'un polynôme $P \in K [X]$ (polynôme à coefficients dans $K$ ) est irréductible s'il est non constant, et si ses seuls diviseurs sont les polynômes constants et les polynômes de la forme $λ P$ avec $λ \in K^{*}$ .

Autrement dit, les polynômes irréductibles jouent le rôle pour l'arithmétique de $K [X]$ des entiers premiers pour l'arithmétique de $Z$ .

Les polynômes de degré 1 sont toujours irréductibles.
Dans $C [X]$ , les polynômes irréductibles sont exactement les polynômes de degré 1.
Dans $R [X]$ , les polynômes irréductibles sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 de discriminant négatif.
Tout polynôme de degré 2 avec au moins une racine irrationnelle est irréductible dans $Z [X]$ . Par exemple, $x^{2} - x - 1$ est irréductible dans $Z [X]$ puisque ses racines sont données par $\frac{1 \pm 5}{2}$ .

Lemme de Gauss

Si un polynôme $P$ à coefficients entiers est factorisé en deux polynômes à coefficients rationnels non constants, alors ceux-ci sont proportionnels à des polynômes à coefficients entiers dont le produit est égal à $P$ .

Preuve

Supposons que $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ est à coefficients entiers et que $P (x) = Q (x) R (x)$ , où $Q$ et $R$ sont des polynômes non constants à coefficients rationnels. Soient $q$ et $r$ les plus petits entiers naturels tels que $q Q (x)$ et $r R (x)$ ont des coefficients entiers. Alors, si $d = q r$ il s'ensuit que :

$P_{1} (x) = d P (x) = q Q (x) \cdot r R (x) = Q_{1} (x) R_{1} (x)$

est une factorisation de $P_{1}$ en deux polynômes à coefficients entiers $Q_{1} (x) = q_{k} x^{k} + \dots + q_{0}$ et $R_{1} (x) = r_{m} x^{m} + \dots + r_{0}$ . Soient $a_{0}^{'}, a_{1}^{'}, \dots, a_{n}^{'}$ les coefficients de $P_{1} (x)$ , on va construire la factorisation requise de $P (x)$ .

Soit $p$ un diviseur premier de $d$ , alors tous les coefficients de $P_{1} (x)$ sont divisibles par $p$ .

Montrons maintenant que $p$ divise tous les coefficients de $Q_{1} (x)$ ou divise tous les coefficients de $R_{1} (x)$ . Si $p$ divise tous les coefficients de $Q_{1} (x)$ , alors c'est fini. Sinon, soit $i$ tel que $p$ divise $q_{0}, q_{1}, \dots, q_{i - 1}$ mais $p$ ne divise pas $q_{i}$ . On a :

$p ∣ a_{i}^{'} et a_{i}^{'} = q_{0} r_{i} + \dots + q_{i} r_{0} \equiv q_{i} r_{0} (mod p) ce qui implique que p ∣ r_{0} .$

De plus, $p ∣ a_{i + 1}^{'}$ et $a_{i + 1}^{'} = q_{0} r_{i + 1} + \dots + q_{i} r_{1} + q_{i + 1} r_{0} \equiv q_{i} r_{1} (mod p)$ , et alors $p ∣ r_{1}$ . En procédant de la même façon, on peut déduire que $p ∣ r_{j}$ pour tout $j$ . Donc, $\frac{R _{1} ( x )}{p}$ a des coefficients entiers. On a ainsi une factorisation de $\frac{d}{p} P (x)$ en deux polynômes à coefficients entiers.

En prenant tous les diviseurs premiers de $d$ , on finira avec une factorisation du polynôme $P$ en deux polynômes à coefficients entiers.

Exemple

Si $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ sont des entiers deux à deux différents, alors le polynôme :

$P (x) = (x - a_{1}) (x - a_{2}) \dots (x - a_{n}) - 1$

est irréductible dans $Z [X]$ .

Supposons, par l'absurde, que $P (x) = Q (x) R (x)$ , où $R$ et $Q$ sont deux polynômes non constants et à coefficients entiers. Comme $Q (a_{i}) R (a_{i}) = - 1$ pour tout $i = 1, 2, \dots, n$ , alors :

${Q (a_{i}) = 1 R (a_{i}) = - 1 ou bien {Q (a_{i}) = - 1 R (a_{i}) = 1 .$

Dans les deux cas, on a : $Q (a_{i}) + R (a_{i}) = 0$ pour tout $i = 1, 2, \dots, n$ . De plus, $Q (x) + R (x)$ est non nul (car sinon $P (x) = - Q (x)^{2} \leq 0$ pour tout $x \in R$ , mais si $x$ est assez grand, alors $P (x) > 0$ , ce qui donne une contradiction). Finalement, on a $Q (x) + R (x)$ polynôme non nul qui admet $n$ racines $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ , c'est impossible car son degré est $< n$ .

Définition

Un polynôme $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ à coefficient entiers est dit primitif si $a_{n} > 0$ et s'il n'existe aucun nombre entier qui divise tous les coefficients $a_{i}$ , $i = 1, 2, \dots, n$ .

Théorème : critère d'Eisenstein

Soit $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ un polynôme à coefficients entiers. Soit $p$ un nombre premier tel que :

$p$ ne divise pas $a_{n}$ ,
$p$ divise chaque coefficient $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1}$ ,
$p^{2}$ ne divise pas $a_{0}$ .

Alors, $P$ est irréductible dans $Q [X]$ .

De plus, si $P$ est primitif, alors $P$ est irréductible dans $Z [X]$ .

Démonstration

Supposons que $P$ n'est pas irréductible sur $Q [X]$ , alors par le lemme de Gauss $P (x) = Q (x) R (x)$ , où $Q (x) = q_{k} x^{k} + \dots + q_{0}$ et $R (x) = r_{m} x^{m} + \dots + r_{0}$ sont des polynômes à coefficients entiers. Comme $a_{0} = q_{0} r_{0}$ est divisible par $p$ mais pas par $p^{2}$ , alors exactement un seul élément parmi ${q_{0}, r_{0}}$ est un multiple de $p$ . Supposons que $p ∣ q_{0}$ et $p ∤ r_{0}$ . De plus, comme $p ∣ a_{1} = q_{0} r_{1} + q_{1} r_{0}$ il s'ensuit que $p ∣ q_{1} r_{0}$ , alors $p ∣ q_{1}$ , et ainsi de suite on conclut que tous les coefficients $q_{0}, q_{1}, \dots, q_{k}$ sont divisibles par $p$ , mais alors on aura $p ∣ a_{n}$ car $a_{n} = q_{k} r_{m}$ , ce qui est une contradiction.

Exemple

Soit $p$ un nombre premier. Le polynôme :

$P (x) = x^{p - 1} + x^{p - 2} + \dots + x + 1,$

est irréductible dans $Q [X]$ .

Notons que $(x - 1) P (x) = x^{p} - 1$ , alors avec le changement de variables $x = y + 1$ on a :

$y P (y + 1) = (y + 1)^{p} - 1 = y^{p} + (1 p) y^{p - 1} + (2 p) y^{p - 2} + \dots + (p - 1 p) y .$

Or $(i p)$ est divisible par $p$ pour $i < p$ , en effet $(i p) = \frac{p ( p - 1 ) \dots ( p - i + 1 )}{i !}$ , et comme le nombre premier $p$ n'est pas un facteur de $i!$ , alors $i!$ divise le produit $(p - 1) \dots (p - i + 1)$ . Maintenant, En divisant $y P (y + 1)$ par $y$ , alors il s'ensuit que $P (y + 1)$ vérifie les conditions du critère d'Eisenstein, et en conclusion c'est un polynôme irréductible, d'où $P (x)$ est aussi un polynôme irréductible.

Exemple

Soit $p$ un nombre premier impair, et considérons le polynôme $P (x) = x^{p - 1} - 1$ à coefficients dans $Z / p Z$ . D'après le théorème de Fermat, chacun des nombres $1, 2, \dots, p - 1$ est une racine du polynôme, donc :

$x^{p - 1} - 1 = (x - 1) (x - 2) \dots (x - p + 1) . (1)$

Applications

Application 1 : théorème de Wilson

En comparant les coefficients constants dans la relation (1) on obtient le théorème de Wilson :

$(p - 1)! \equiv - 1 (mod p) .$

Application 2

Si on développe le membre de droite de la relation (1), alors le coefficient $σ_{j}$ de $x^{p - 1 - j}$ est la somme de tous les produits de $j$ éléments de l'ensemble ${1, 2, \dots, p - 1}$ . En comparant les coefficients on obtient :

$p ∣ σ_{j} pour tout j = 1, 2, \dots, p - 2.$

Application 3 : théorème de Wolstenholme

On suppose que $p \geq 3$ . Le numérateur de la fraction simplifiée :

$\frac{m}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{p - 1}$

est divisible par $p$ .

En effet, $\frac{m}{n} = \frac{σ _{p - 2}}{( p - 1 )!}$ et, comme $p ∣ σ_{p - 2}$ et $g cd (p, (p - 1)!) = 1$ , il s'ensuit que $p ∣ m$ .

Application 4

Soit $m$ comme dans l'application précédente, et $p \geq 5$ nombre premier. Alors :

$p^{2} ∣ m .$

En effet, comme $(x - 1) \dots (x - p + 1) = x^{p - 1} - σ_{1} x^{p - 2} + σ_{2} x^{p - 3} + \dots + σ_{p - 1}$ , alors avec $x = p$ :

$(p - 1)! = p^{p - 1} - σ_{1} p^{p - 2} + σ_{2} p^{p - 3} + \dots - σ_{p - 2} p + σ_{p - 1} .$

Puisque $σ_{p - 1} = (p - 1)!$ , l'identité ci-dessus se réduit à :

$σ_{p - 2} = p^{p - 2} - σ_{1} p^{p - 3} + \dots + σ_{p - 3} p .$

Ceci montre que $σ_{p - 2}$ est divisible par $p^{2}$ , comme chaque $σ_{j}$ est divisible par $p$ et comme $p^{2}$ et $(p - 1)!$ sont premiers entre eux, alors on conclut que $p^{2} ∣ m$ .

6.2 Polynômes de degré 2

Définition

Une fonction $f$ définie sur $R$ est une fonction polynôme ou (trinôme) de degré 2 s'il existe des réels $a, b, c$ ( $a \neq = 0$ ) tels que, pour tout réel $x$ , on ait :

$f (x) = a x^{2} + b x + c .$

Proposition

Toute fonction polynôme $f$ de degré 2, définie sur $R$ par $f (x) = a x^{2} + b x + c$ , peut s'écrire sous la forme canonique :

$f (x) = a (x + \frac{b}{2 a})^{2} - \frac{Δ}{4 a}$

où $Δ = b^{2} - 4 a c$ est le discriminant de $f$ .

Exemple : si $f (x) = 2 x^{2} + 5 x + 9$ , alors $a = 2$ , $b = 5$ et $c = 9$ . Ainsi $Δ = b^{2} - 4 a c = 5^{2} - 4 \times 2 \times 9 = - 47$ , et pour tout $x$ réel :

$f (x) = 2 (x + \frac{5}{4})^{2} + \frac{47}{8} .$

6.2.1 Variations d'une fonction polynôme de degré 2

Soit $f$ une fonction polynôme de degré 2, définie sur $R$ par $f (x) = a x^{2} + b x + c$ . Les variations de $f$ dépendent du signe de $a$ .

Si $a > 0$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
$f (x)$	$+ \infty$	$- \frac{Δ}{4 a}$	$+ \infty$

Si $a < 0$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
$f (x)$	$- \infty$	$- \frac{Δ}{4 a}$	$- \infty$

Dans un repère du plan, la courbe représentative de $f$ est une parabole de sommet le point $S (- \frac{b}{2 a}; - \frac{Δ}{4 a})$ . Elle admet pour axe de symétrie la droite d'équation $x = - \frac{b}{2 a}$ .

Résoudre une équation du second degré

Pour résoudre l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ , avec $a \neq = 0$ , on calcule le discriminant $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

Si $Δ < 0$ , l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ n'admet pas de solution réelle.
Si $Δ = 0$ , l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ admet une solution double : $x_{0} = - \frac{b}{2 a} .$
Si $Δ > 0$ , l'équation admet deux solutions réelles distinctes : $x_{1} = \frac{- b - Δ}{2 a} et x_{2} = \frac{- b + Δ}{2 a} .$

Remarque

Si $Δ > 0$ , alors l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ admet deux racines distinctes $x_{1}$ et $x_{2}$ avec :

$x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} et x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} .$

Théorème

Soient $x_{1}$ et $x_{2}$ les racines réelles de l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ . Alors :

$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = \frac{b ^{2}}{a ^{2}} - \frac{2 c}{a}, (x_{1} - x_{2})^{2} = \frac{b ^{2} - 4 a c}{a ^{2}},$

$\frac{1}{x _{1}} + \frac{1}{x _{2}} = - \frac{b}{c}, \frac{1}{x _{1}^{2}} + \frac{1}{x _{2}^{2}} = \frac{b ^{2} - 2 a c}{c ^{2}}, x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = (- \frac{b}{a})^{3} + 3 \cdot \frac{b c}{a ^{2}} .$

Démonstration

En effet, on a :

$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 2 x_{1} x_{2} = \frac{b ^{2}}{a ^{2}} - \frac{2 c}{a},$

$(x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2} = \frac{b ^{2} - 4 a c}{a ^{2}},$

$\frac{1}{x _{1}} + \frac{1}{x _{2}} = \frac{x _{1} + x _{2}}{x _{1} x _{2}} = \frac{b / a}{c / a} = - \frac{b}{c},$

$\frac{1}{x _{1}^{2}} + \frac{1}{x _{2}^{2}} = \frac{x _{1}^{2} + x _{2}^{2}}{x _{1}^{2} x _{2}^{2}} = \frac{( x _{1} + x _{2} ) ^{2} - 2 x _{1} x _{2}}{( x _{1} x _{2} ) ^{2}} = \frac{b ^{2} - 2 a c}{c ^{2}},$

$x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = (x_{1} + x_{2}) (x_{1}^{2} - x_{1} x_{2} + x_{2}^{2}) = (x_{1} + x_{2}) [(x_{1} + x_{2})^{2} - 3 x_{1} x_{2}] = (- \frac{b}{a})^{3} + 3 \cdot \frac{b c}{a ^{2}} .$

6.2.2 Factorisation d'un trinôme du second degré

Pour factoriser le trinôme $a x^{2} + b x + c$ , avec $a \neq = 0$ , on calcule le discriminant $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

Si $Δ < 0$ , le trinôme $a x^{2} + b x + c$ n'admet pas de factorisation dans $R$ .
Si $Δ = 0$ , le trinôme $a x^{2} + b x + c$ se factorise sous la forme : $a x^{2} + b x + c = a (x - x_{0})^{2}$ où $x_{0}$ est la racine double du trinôme.
Si $Δ > 0$ , le trinôme se factorise sous la forme : $a x^{2} + b x + c = a (x - x_{1}) (x - x_{2})$ où $x_{1}$ et $x_{2}$ sont les racines distinctes du trinôme.

6.2.3 Signe d'un trinôme du second degré

Soit un trinôme $T$ défini sur $R$ par $T (x) = a x^{2} + b x + c$ , $a \neq = 0$ .

Si $Δ < 0$ , pour tout réel $x$ , $T (x)$ est du signe de $a$ :

$x$	$- \infty$		$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$

Si $Δ = 0$ , pour tout $x \neq = - \frac{b}{2 a}$ , $T (x)$ est du signe de $a$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$	0	signe de $a$

Si $Δ > 0$ , $T (x)$ est du signe de $a$ à l'extérieur des racines $x_{1}$ et $x_{2}$ :

$x$	$- \infty$	$x_{1}$	$x_{2}$	$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$	0	signe de $- a$	0	signe de $a$

6.3 Polynômes de degré 3

Le graphe d'un polynôme $P (x) = a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ , avec $a > 0$ , est similaire à l'une des deux représentations ci-dessous. La figure de droite représente le graphe d'une fonction strictement croissante ayant une seule racine réelle. La figure de gauche représente une fonction strictement croissante sur $] - \infty, a [\cup] b, + \infty [$ et est décroissante sur $] a, b [$ . Dans ce cas, on peut avoir une, deux (dans ce cas on a une racine double) ou trois racines réelles. En résumé on a :

Proposition

Le polynôme $a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ admet soit une ou trois racines simples, ou bien une racine simple et une racine double.

Équations du type $x^{3} \pm 3 a x = b$

Proposition

La solution des équations cubiques du type $x^{3} + 3 a x = 2 b$ , avec $a > 0$ , est donnée par :

$x = 3 b + b^{2} + a^{3} - 3 - b + b^{2} + a^{3} .$

Preuve

En effet, on utilise le changement de variables : $x = \frac{a}{y} - y$ pour obtenir $\frac{a ^{3}}{y ^{3}} - y^{3} = 2 b$ . Ensuite, en posant $z = y^{3}$ on arrive à l'équation du second degré $z^{2} + 2 b z - a^{3} = 0$ dont les solutions sont données par $z_{1} = - b + b^{2} + a^{3}$ et $z_{2} = - b - b^{2} + a^{3}$ . On en déduit que :

$y_{1} = 3 - b + b^{2} + a^{3}, y_{2} = 3 - b - b^{2} + a^{3} .$

Finalement, comme $x = - (y_{1} + y_{2})$ (car $y^{2} + x y - a = 0$ ), alors on conclut que :

$x = 3 b + b^{2} + a^{3} - 3 - b + b^{2} + a^{3} .$

Proposition

La solution des équations cubiques du type $x^{3} - 3 a x = 2 b$ , avec $a > 0$ , $b > 0$ , est donnée par :

si $b^{2} > a^{3}$ : $x = 3 b + b^{2} - a^{3} - 3 b - b^{2} - a^{3};$
si $b^{2} = a^{3}$ : $x = 2 3 b;$
si $b^{2} < a^{3}$ : $x = 3 - b + i s + 3 - b - i s, o \overset{u}{ˋ} b^{2} - a^{3} = i s et i^{2} = - 1.$

Preuve

On utilise, cette fois-ci, le changement de variables $x = \frac{a}{y} + y$ , on arrive à $\frac{a ^{3}}{y ^{3}} + y^{3} = 2 b$ . En posant maintenant $z = y^{3}$ on aboutit à l'équation du second degré $z^{2} - 2 b z + a^{3} = 0$ , dont les racines sont données par $z_{1} = b + b^{2} - a^{3}$ et $z_{2} = b - b^{2} - a^{3}$ . Suivant le signe de l'expression $b^{2} - a^{3}$ on trouve les solutions énoncées dans la proposition.

Équations du type $x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0$

Examinons l'équation du second degré, par exemple, $x^{2} + 6 x + 1 = 0$ . L'idée est de ne plus faire apparaître qu'une seule fois l'inconnue $x$ en utilisant une identité remarquable. Puisque $x^{2} + 6 x + 1 = (x + 3)^{2} - 9 + 1 = (x + 3)^{2} - 8$ , l'équation est équivalente à $(x + 3 - 22) (x + 3 + 22) = 0$ . Les solutions sont donc $- 3 \pm 22$ . Abordons, à présent, l'équation du troisième degré, par exemple :

$x^{3} + 3 x^{2} - 21 x - 95 = 0. (1)$

En suivant la même idée qu'avant on a : $x^{3} + 3 x^{2} - 21 x - 95 = (x + 1)^{3} - 24 x - 96$ . En posant $y = x + 1$ , l'équation est équivalente à :

$y^{3} - 24 y - 72 = 0. (2)$

Le mathématicien italien Scipion del Ferro eut l'idée de chercher une solution de (2) sous la forme $y = u + v$ . On obtient $(u + v)^{3} - 24 (u + v) - 72 = 0$ , c'est-à-dire :

$u^{3} + v^{3} + 3 u^{2} v + 3 u v^{2} - 24 (u + v) - 72 = 0 ou encore u^{3} + v^{3} - 72 + (u + v) (3 uv - 24) = 0.$

Scipion del Ferro pensa à découpler cette équation en deux autres : il remarqua que si $u$ et $v$ vérifient conjointement $u^{3} + v^{3} = 72$ et $u^{3} v^{3} = 8^{3} = 512$ , alors $y = u + v$ est solution de (2). Notons $(S)$ le système d'équations :

${u^{3} + v^{3} = 72 u^{3} v^{3} = 512$

il faut bien comprendre la démarche de del Ferro : $(S)$ implique (1), mais il ne s'agit nullement d'une équivalence, on a juste simplifier le problème en le ramenant de l'ordre 3 à l'ordre 2. Les nombres $u$ et $v$ sont solutions du système $(S)$ si, et seulement si, $u^{3}$ et $v^{3}$ sont les solutions de l'équation de degré 2 : $X^{2} - 72 X + 512 = 0$ . Le discriminant est égal à $3 6^{2} - 512 = 2 8^{2}$ , ainsi $u^{3} = 36 - 28 = 2^{3}$ et $v^{3} = 36 + 28 = 4^{3}$ . Le nombre $y = 2 + 4 = 6$ est donc solution de (2), puis le nombre $x = y - 1 = 5$ est solution de (1). On peut alors achever la résolution de (1) en mettant $(x - 5)$ en facteur :

$x^{3} + 3 x^{2} - 21 x - 95 = (x - 5) (x^{2} + 8 x + 19) = (x - 5) [(x + 4)^{2} + 3] = 0,$

et (1) admet une et une seule racine réelle à savoir 5.

Méthode de Scipion del Ferro

On considère l'équation générale $x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0$ . On pose $x = y - \frac{a}{3}$ , alors on obtient :

$y^{3} + (b - \frac{a ^{2}}{3}) y + (c + \frac{2 a ^{3}}{27} - \frac{ab}{3}) = 0.$

Considérons alors l'équation $x^{3} + p x + q = 0$ avec $p, q$ des nombres réels. On pose $x = u + v$ et on obtient :

$u^{3} + v^{3} + (3 uv + p) (u + v) + q = 0.$

Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que $u^{3} + v^{3} = - q$ et $u^{3} v^{3} = - \frac{p ^{3}}{27}$ . On cherche donc deux nombres $α = u^{3}$ et $β = v^{3}$ dont on connaît la somme $α + β = - q$ et le produit $α β = - \frac{p ^{3}}{27}$ : ce sont les solutions de l'équation $y^{2} + q y - \frac{p ^{3}}{27} = 0$ . Scipion del Ferro obtient ainsi les formules :

$u^{3} = \frac{- q + q ^{2} + \frac{4 p ^{3}}{27}}{2} et v^{3} = \frac{- q - q ^{2} + \frac{4 p ^{3}}{27}}{2},$

et finalement :

$x = u + v = 3 - \frac{q}{2} + \frac{q ^{2}}{4} + \frac{p ^{3}}{27} + 3 - \frac{q}{2} - \frac{q ^{2}}{4} + \frac{p ^{3}}{27} .$

6.1.7 Polynômes qui commutent

Définition

Deux polynômes unitaires $P$ et $Q$ , à coefficients réels, commutent si pour tout $x \in R$ :

$P (Q (x)) = Q (P (x)) .$

Exemple

Trouver tous les polynômes unitaires de degré 3 qui commutent avec $P (x) = x^{2} - α$ où $α$ est un réel.

Posons $Q (x) = x^{3} + a x^{2} + b x + c$ , alors l'égalité $P (Q (x)) = Q (P (x))$ s'écrit :

$(x^{3} + a x^{2} + b x + c)^{2} - α = (x^{2} - α)^{3} + a (x^{2} - α)^{2} + b (x^{2} - α) + c .$

En développant, et en identifiant les termes on déduit que $a = c = 0$ et :

$2 b = - 3 α, b^{2} = 3 α^{2} + b, α = α^{3} + b α .$

Si $α = 0$ , $Q (x) = x^{3}$ , et si $α = 2$ , $Q (x) = x^{3} - 3 x$ .

On peut montrer, de même, que le seul polynôme de degré 2 qui commute avec $P (x) = x^{2} - α$ est $P$ lui-même, et que le seul polynôme $Q$ de degré 1 qui commute avec $P$ est $Q (x) = x$ .

Exemple

Soit $P_{1} (x) = x^{2} - 2$ et $P_{j} (x) = P_{1} (P_{j - 1} (x))$ , pour $j = 2, 3, \dots$ .

Montrer que pour tout entier strictement positif $n$ les racines de l'équation $P_{n} (x) = x$ sont toutes réelles et distinctes. (OIM, 1976)

L'application $t \mapsto x (t) = 2 cos t$ envoie $[0, π]$ vers $[- 2, 2]$ , et on a :

$P_{1} (x) = P_{1} (2 cos t) = 4 (cos t)^{2} - 2 = 2 cos (2 t),$

$P_{2} (x) = P_{1} (P_{1} (x)) = 4 (cos 2 t)^{2} - 2 = 2 cos (4 t),$

$⋮ = ⋮$

$P_{n} (x) = 2 cos (2^{n} t) .$

$t = \frac{2 k π}{2 ^{n} - 1} et t = \frac{2 k π}{2 ^{n} + 1},$

donnent $2^{n}$ valeurs réelles distinctes de $x (t) = 2 cos t$ qui vérifient $P_{n} (x) = x$ .

Exemple

Pour un polynôme donné $R (x)$ , on définit le polynôme $R_{a} (x)$ par $R_{a} (x) = R (x - a) + a$ .

Montrer que si $P (x)$ et $Q (x)$ commutent, alors $P_{a} (x)$ et $Q_{a} (x)$ commutent aussi.

Notons que :

$P_{a} (Q_{a} (x)) = P_{a} (Q (x - a) + a) = P (Q (x - a) + a - a) + a = P (Q (x - a)) + a .$

De même, on a aussi :

$Q_{a} (P_{a} (x)) = Q (P (x - a)) + a .$

Donc, $P_{a} (x)$ et $Q_{a} (x)$ commutent si, et seulement si, $P (Q (x - a)) = Q (P (x - a))$ , ce qui est vrai.

6.1.8 Polynômes irréductibles

Définition

Autrement dit, les polynômes irréductibles jouent le rôle pour l'arithmétique de $K [X]$ des entiers premiers pour l'arithmétique de $Z$ .

Les polynômes de degré 1 sont toujours irréductibles.
Dans $C [X]$ , les polynômes irréductibles sont exactement les polynômes de degré 1.
Dans $R [X]$ , les polynômes irréductibles sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré 2 de discriminant négatif.
Tout polynôme de degré 2 avec au moins une racine irrationnelle est irréductible dans $Z [X]$ . Par exemple, $x^{2} - x - 1$ est irréductible dans $Z [X]$ puisque ses racines sont données par $\frac{1 \pm 5}{2}$ .

Lemme de Gauss

Preuve

$P_{1} (x) = d P (x) = q Q (x) \cdot r R (x) = Q_{1} (x) R_{1} (x)$

Soit $p$ un diviseur premier de $d$ , alors tous les coefficients de $P_{1} (x)$ sont divisibles par $p$ .

$p ∣ a_{i}^{'} et a_{i}^{'} = q_{0} r_{i} + \dots + q_{i} r_{0} \equiv q_{i} r_{0} (mod p) ce qui implique que p ∣ r_{0} .$

En prenant tous les diviseurs premiers de $d$ , on finira avec une factorisation du polynôme $P$ en deux polynômes à coefficients entiers.

Exemple

Si $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ sont des entiers deux à deux différents, alors le polynôme :

$P (x) = (x - a_{1}) (x - a_{2}) \dots (x - a_{n}) - 1$

est irréductible dans $Z [X]$ .

${Q (a_{i}) = 1 R (a_{i}) = - 1 ou bien {Q (a_{i}) = - 1 R (a_{i}) = 1.$

Définition

Théorème : critère d'Eisenstein

Soit $P (x) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ un polynôme à coefficients entiers. Soit $p$ un nombre premier tel que :

$p$ ne divise pas $a_{n}$ ,
$p$ divise chaque coefficient $a_{0}, a_{1}, \dots, a_{n - 1}$ ,
$p^{2}$ ne divise pas $a_{0}$ .

Alors, $P$ est irréductible dans $Q [X]$ .

De plus, si $P$ est primitif, alors $P$ est irréductible dans $Z [X]$ .

Démonstration

Exemple

Soit $p$ un nombre premier. Le polynôme :

$P (x) = x^{p - 1} + x^{p - 2} + \dots + x + 1,$

est irréductible dans $Q [X]$ .

Notons que $(x - 1) P (x) = x^{p} - 1$ , alors avec le changement de variables $x = y + 1$ on a :

$y P (y + 1) = (y + 1)^{p} - 1 = y^{p} + (1 p) y^{p - 1} + (2 p) y^{p - 2} + \dots + (p - 1 p) y .$

$x^{p - 1} - 1 = (x - 1) (x - 2) \dots (x - p + 1) . (1)$

Applications

Application 1 : théorème de Wilson

En comparant les coefficients constants dans la relation (1) on obtient le théorème de Wilson :

$(p - 1)! \equiv - 1 (mod p) .$

Application 2

$p ∣ σ_{j} pour tout j = 1, 2, \dots, p - 2.$

Application 3 : théorème de Wolstenholme

On suppose que $p \geq 3$ . Le numérateur de la fraction simplifiée :

$\frac{m}{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{p - 1}$

est divisible par $p$ .

En effet, $\frac{m}{n} = \frac{σ _{p - 2}}{( p - 1 )!}$ et, comme $p ∣ σ_{p - 2}$ et $g cd (p, (p - 1)!) = 1$ , il s'ensuit que $p ∣ m$ .

Application 4

Soit $m$ comme dans l'application précédente, et $p \geq 5$ nombre premier. Alors :

$p^{2} ∣ m .$

En effet, comme $(x - 1) \dots (x - p + 1) = x^{p - 1} - σ_{1} x^{p - 2} + σ_{2} x^{p - 3} + \dots + σ_{p - 1}$ , alors avec $x = p$ :

$(p - 1)! = p^{p - 1} - σ_{1} p^{p - 2} + σ_{2} p^{p - 3} + \dots - σ_{p - 2} p + σ_{p - 1} .$

Puisque $σ_{p - 1} = (p - 1)!$ , l'identité ci-dessus se réduit à :

$σ_{p - 2} = p^{p - 2} - σ_{1} p^{p - 3} + \dots + σ_{p - 3} p .$

Ceci montre que $σ_{p - 2}$ est divisible par $p^{2}$ , comme chaque $σ_{j}$ est divisible par $p$ et comme $p^{2}$ et $(p - 1)!$ sont premiers entre eux, alors on conclut que $p^{2} ∣ m$ .

6.2 Polynômes de degré 2

Définition

Une fonction $f$ définie sur $R$ est une fonction polynôme ou (trinôme) de degré 2 s'il existe des réels $a, b, c$ ( $a \neq = 0$ ) tels que, pour tout réel $x$ , on ait :

$f (x) = a x^{2} + b x + c .$

Proposition

Toute fonction polynôme $f$ de degré 2, définie sur $R$ par $f (x) = a x^{2} + b x + c$ , peut s'écrire sous la forme canonique :

$f (x) = a (x + \frac{b}{2 a})^{2} - \frac{Δ}{4 a}$

où $Δ = b^{2} - 4 a c$ est le discriminant de $f$ .

Exemple : si $f (x) = 2 x^{2} + 5 x + 9$ , alors $a = 2$ , $b = 5$ et $c = 9$ . Ainsi $Δ = b^{2} - 4 a c = 5^{2} - 4 \times 2 \times 9 = - 47$ , et pour tout $x$ réel :

$f (x) = 2 (x + \frac{5}{4})^{2} + \frac{47}{8} .$

6.2.1 Variations d'une fonction polynôme de degré 2

Soit $f$ une fonction polynôme de degré 2, définie sur $R$ par $f (x) = a x^{2} + b x + c$ . Les variations de $f$ dépendent du signe de $a$ .

Si $a > 0$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
$f (x)$	$+ \infty$	$- \frac{Δ}{4 a}$	$+ \infty$

Si $a < 0$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
$f (x)$	$- \infty$	$- \frac{Δ}{4 a}$	$- \infty$

Résoudre une équation du second degré

Pour résoudre l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ , avec $a \neq = 0$ , on calcule le discriminant $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

Si $Δ < 0$ , l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ n'admet pas de solution réelle.
Si $Δ = 0$ , l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ admet une solution double $x_{0} = - \frac{b}{2 a}$ .
Si $Δ > 0$ , l'équation admet deux solutions réelles distinctes : $x_{1} = \frac{- b - Δ}{2 a} et x_{2} = \frac{- b + Δ}{2 a} .$

Remarque

Si $Δ > 0$ , alors l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ admet deux racines distinctes $x_{1}$ et $x_{2}$ avec :

$x_{1} + x_{2} = - \frac{b}{a} et x_{1} x_{2} = \frac{c}{a} .$

Théorème

Soient $x_{1}$ et $x_{2}$ les racines réelles de l'équation $a x^{2} + b x + c = 0$ . Alors :

$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = \frac{b ^{2}}{a ^{2}} - \frac{2 c}{a}, (x_{1} - x_{2})^{2} = \frac{b ^{2} - 4 a c}{a ^{2}}, \frac{1}{x _{1}} + \frac{1}{x _{2}} = - \frac{b}{c},$

$\frac{1}{x _{1}^{2}} + \frac{1}{x _{2}^{2}} = \frac{b ^{2} - 2 a c}{c ^{2}}, x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = (- \frac{b}{a})^{3} + 3 \cdot \frac{b c}{a ^{2}} .$

Démonstration

En effet, on a :

$x_{1}^{2} + x_{2}^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 2 x_{1} x_{2} = \frac{b ^{2}}{a ^{2}} - \frac{2 c}{a},$

$(x_{1} - x_{2})^{2} = (x_{1} + x_{2})^{2} - 4 x_{1} x_{2} = \frac{b ^{2} - 4 a c}{a ^{2}},$

$\frac{1}{x _{1}} + \frac{1}{x _{2}} = \frac{x _{1} + x _{2}}{x _{1} x _{2}} = \frac{b / a}{c / a} = - \frac{b}{c},$

$x_{1}^{3} + x_{2}^{3} = (x_{1} + x_{2}) (x_{1}^{2} - x_{1} x_{2} + x_{2}^{2}) = (x_{1} + x_{2}) [(x_{1} + x_{2})^{2} - 3 x_{1} x_{2}] = (- \frac{b}{a})^{3} + 3 \cdot \frac{b c}{a ^{2}} .$

6.2.2 Factorisation d'un trinôme du second degré

Pour factoriser le trinôme $a x^{2} + b x + c$ , avec $a \neq = 0$ , on calcule le discriminant $Δ = b^{2} - 4 a c$ .

Si $Δ < 0$ , le trinôme $a x^{2} + b x + c$ n'admet pas de factorisation dans $R$ .
Si $Δ = 0$ , le trinôme $a x^{2} + b x + c$ se factorise sous la forme : $a x^{2} + b x + c = a (x - x_{0})^{2}$ où $x_{0}$ est la racine double du trinôme.
Si $Δ > 0$ , le trinôme se factorise sous la forme : $a x^{2} + b x + c = a (x - x_{1}) (x - x_{2})$ où $x_{1}$ et $x_{2}$ sont les racines distinctes du trinôme.

6.2.3 Signe d'un trinôme du second degré

Soit un trinôme $T$ défini sur $R$ par $T (x) = a x^{2} + b x + c$ , $a \neq = 0$ .

Si $Δ < 0$ , pour tout réel $x$ , $T (x)$ est du signe de $a$ :

$x$	$- \infty$		$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$

Si $Δ = 0$ , pour tout $x \neq = - \frac{b}{2 a}$ , $T (x)$ est du signe de $a$ :

$x$	$- \infty$	$- \frac{b}{2 a}$	$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$	0	signe de $a$

Si $Δ > 0$ , $T (x)$ est du signe de $a$ à l'extérieur des racines $x_{1}$ et $x_{2}$ :

$x$	$- \infty$	$x_{1}$	$x_{2}$	$+ \infty$
signe de $T$	signe de $a$	0	signe de $- a$	0	signe de $a$

Polynômes en plusieurs indéterminées

Exemple : Équation diophantienne avec trois variables

Énoncé : Soient $x, y, z$ des entiers non nuls tels que $\frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{x y z}$ est un entier. Montrer que : $\frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{x y z} = 1 ou 3$

Analyse du cas $k > 3$

Considérons le cas $k > 3$ . Supposons que les entiers $a, b, c$ vérifient l'équation $a^{2} + b^{2} + c^{2} = k ab c$ ; alors un au moins est strictement positif, et les deux autres sont tous les deux strictement positifs ou strictement négatifs. On peut supposer, sans perte de généralité, que les trois nombres sont strictement positifs.

Propriété 1 : Les trois nombres sont deux à deux distincts.

Supposons que $a = b$ , alors $2 a^{2} + c^{2} = k a^{2} c$ , d'où $c^{2} = a^{2} (k c - 2)$ . Par suite $k c - 2$ est un carré parfait et donc il existe un entier $d \geq 1$ tel que $k c = 2 + d^{2}$ . En substituant la valeur de $k c$ dans l'équation $2 a^{2} + c^{2} = k a^{2} c$ on obtient : $c^{2} = d^{2} a^{2}$ , c'est-à-dire $c = d a$ . Maintenant, $d^{2} = k c - 2 = k (d a) - 2$ , donc $2 = d (k a - d)$ , et ceci implique que $d$ divise $2$ , d'où $d \in {1, 2}$ . Dans les deux cas $k a = 3$ , contradiction avec $k > 3$ . On a ainsi prouvé que $a, b, c$ sont deux à deux distincts.

Descente infinie : Supposons alors que $a > b > c \geq 1$ . Le triplet $(k b c - a, b, c)$ est aussi solution de l'équation $x^{2} + y^{2} + z^{2} = k x y z$ , avec $k b c - a$ un entier strictement positif car $a (k b c - a) = b^{2} + c^{2}$ et $a > 0$ .

Considérons le polynôme $P (x) = x^{2} - (k b c) x + b^{2} + c^{2}$ . Les racines de ce polynôme sont $a$ et $k b c - a$ , de plus : $P (b) = 2 b^{2} + c^{2} - k b^{2} c \leq 2 b^{2} + c^{2} - k b^{2} < 3 b^{2} - k b^{2} = (3 - k) b^{2} < 0$

Le signe de $P$ est négatif entre les racines, donc $b$ est compris entre $a$ et $k b c - a$ , et comme $b < a$ , alors $k b c - a < b$ . Donc $max (k b c - a, b, c) = b < a = max (a, b, c)$

En continuant ce procédé, on construit une suite strictement décroissante d'entiers strictement positifs, ce qui est impossible. Par conséquent, il n'existe pas de solutions pour $k > 3$ .

Analyse du cas $k = 2$

Supposons que $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 2 ab c$ avec $a, b, c$ entiers. Comme $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ est pair, les nombres $a, b, c$ ne sont pas tous impairs. Si, exactement, un d'entre eux est pair, alors modulo $4$ on a : $2 \equiv 0 (mod 4)$ , une contradiction. Par conséquent les trois nombres $a, b, c$ sont pairs, et donc $a = 2 a^{'}$ , $b = 2 b^{'}$ , $c = 2 c^{'}$ , ainsi $a^{'2} + b^{'2} + c^{'2} = 4 a^{'} b^{'} c^{'}$ . Cette dernière équation correspond au cas $k = 4$ , et il n'y a pas de solutions entières dans ce cas à l'exception de $(0, 0, 0)$ .

Donc, pour $k = 2$ , on a $(a, b, c) = (0, 0, 0)$ .

Cas $k = 3$ et $k = 1$

Pour $k = 3$ , une solution est $(1, 1, 1)$ , et pour $k = 1$ on considère les multiples de $3$ pour se ramener au cas $k = 3$ .

6.4 Polynômes de degré 4

Le graphe d'un polynôme de degré 4 : $a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ , avec $a_{4} > 0$ , est de l'une des deux formes ci-dessous. Dans la figure de gauche, on a deux minimums locaux et un maximum local. Dans la figure de droite, on a un minimum absolu. Selon les coordonnées de ces minimums et maximums locaux, un polynôme de degré 4 admet 4, 3, 2, ou 1 racines réelles.

Proposition (Relations de Viète)

Soient $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ les racines du polynôme $a_{4} x^{4} + a_{3} x^{3} + a_{2} x^{2} + a_{1} x + a_{0}$ . Alors on a :

$i = 1 \sum 4 x_{i} = - \frac{a _{3}}{a _{4}}, 1 \leq i < j \leq 4 \sum x_{i} x_{j} = \frac{a _{2}}{a _{4}}, 1 \leq i < j < k \leq 4 \sum x_{i} x_{j} x_{k} = - \frac{a _{1}}{a _{4}}, x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} = \frac{a _{0}}{a _{4}}$

Exemple (Proposé à l'OIM)

Montrer que si toutes les racines de $x^{4} + a x^{3} + b x + c$ sont réelles alors $ab \leq 0$ .

Soient $x, y, z, t$ les racines réelles du polynôme, alors d'après les relations de Viète :

$x y + x z + x t + y z + y t + z t = 0$

On peut supposer, sans perte de généralité, que $x + y + z \neq = 0$ (sinon toute somme de trois racines est nulle, ce qui implique que $a = 0$ et le résultat est alors trivial). Donc, avec $x + y + z \neq = 0$ , on a :

$x y + y z + z x + t (x + y + z) = 0 d’o \overset{u}{ˋ} t = - \frac{x y + y z + z x}{x + y + z}$

D'après les relations de Viète on a :

$a = - t - (x + y + z) = \frac{x y + y z + z x}{x + y + z} - (x + y + z)$

$b = - t (x y + y z + z x) - x y z = \frac{( x y + y z + z x ) ^{2}}{x + y + z} - x y z$

Donc :

$ab = \frac{[ ( x y + y z + z x ) ^{2} - x y z ( x + y + z ) ] \cdot [ x y + y z + z x - ( x + y + z ) ^{2} ]}{( x + y + z ) ^{2}}$

Notons que :

$x y + y z + z x - (x + y + z)^{2} = - (x y + y z + z x + x^{2} + y^{2} + z^{2}) = - \frac{( x + y ) ^{2} + ( z + y ) ^{2} + ( x + z ) ^{2}}{2} \leq 0$

De plus, en remplaçant $x, y, z$ dans l'inégalité ci-dessus, par $y z, z x, x y$ , on obtient :

$(x y + y z + z x)^{2} - x y z (x + y + z) \geq 0$

Grâce à ces inégalités on conclut que $ab \leq 0$ .

Exemple (Russie)

Montrer que si $x^{2} + a x + b$ admet deux racines réelles distinctes, alors $x^{4} + a x^{3} + (b - 2) x^{2} - a x + 1$ admet quatre racines réelles distinctes.

On commence par montrer le résultat suivant : soit $c$ un nombre réel, alors l'équation $x - \frac{1}{x} = c$ admet deux racines réelles. En effet, l'équation s'écrit $x^{2} - c x - 1 = 0$ , son discriminant est égal à $4 + c^{2} > 0$ , donc il y a deux racines réelles.

Soient $r$ et $s$ les racines de $x^{2} + a x + b = 0$ . D'après le résultat vu ci-haut, chacune des deux équations $x - \frac{1}{x} = r$ , $x - \frac{1}{x} = s$ admet deux racines réelles. Comme $r^{2} + a r + b = 0$ et $s^{2} + a s + b = 0$ , ce sont les racines de l'équation :

$(x - \frac{1}{x})^{2} + a (x - \frac{1}{x}) + b = 0$

En multipliant par $x^{4}$ on a : $x^{4} + a x^{3} + (b - 2) x^{2} - a x + 1 = 0$ . On a ainsi quatre racines réelles distinctes de l'équation $x^{4} + a x^{3} + (b - 2) x^{2} - a x + 1 = 0$ .

Exemple

Soit $P (x) = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + c x + 1$ un polynôme de degré 4.

Montrer que si $∣ a ∣, ∣ b ∣, ∣ c ∣ < \frac{2}{3}$ , alors $P (x) > 0$ pour tout $x \in R$ .

On a : $P (1) = 2 + a + b + c > 0$ et $P (- 1) = 2 - a + b - c > 0$ . Finalement, si $∣ x ∣ \neq = 1$ , on a :

$∣ P (x) ∣ = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + c x + 1 \geq x^{4} + 1 - a x^{3} + b x^{2} + c x$ $\geq x^{4} + 1 - ∣ a ∣∣ x^{3} ∣ - ∣ b ∣∣ x^{2} ∣ - ∣ c ∣∣ x ∣ \geq x^{4} + 1 - \frac{2}{3} (∣ x^{3} ∣ + ∣ x^{2} ∣ + ∣ x ∣)$ $= (∣ x ∣ - 1)^{2} (∣ x ∣^{2} + \frac{4}{3} ∣ x ∣ + 1) > 0$

Exemple

Soit $P (x) = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + c x + d$ un polynôme de degré 4.

Montrer que si $a^{2} \leq 2 b$ et $c^{2} < 2 b d$ , alors $P (x) > 0$ pour tout $x \in R$ .

Puisque $2 b \geq a^{2} \geq 0$ et $2 b d > c^{2} \geq 0$ , alors $b > 0$ . Posons :

$Q (x) = x^{2} + a x + \frac{b}{2} et R (x) = b x^{2} + c x + d$

Le discriminant de $Q$ est égal à : $a^{2} - 2 b \leq 0$ , donc $Q \geq 0$ . Le discriminant de $R$ est égal à : $c^{2} - 2 b d < 0$ , d'où $R > 0$ . Ainsi :

$0 < P (x) \cdot x^{2} + Q (x) = x^{4} + a x^{3} + \frac{b}{2} x^{2} + \frac{b}{2} x^{2} + c x + d = x^{4} + a x^{3} + b x^{2} + c x + d$

Proposition

La résolution de l'équation :

$a x^{4} + b x^{3} + c x^{2} + b x + a = 0$

se ramène à la résolution de l'équation $a y^{2} + b y + (c - 2 a) = 0$ où $y = x + \frac{1}{x}$ .

Preuve

En divisant l'équation par $x^{2}$ ( $x \neq = 0$ ), on obtient : $a x^{2} + b x + c + \frac{b}{x} + \frac{a}{x ^{2}} = 0$ . En posant $y = x + \frac{1}{x}$ , alors $y^{2} = x^{2} + \frac{1}{x ^{2}} + 2$ , ce qui donne :

$a (x^{2} + \frac{1}{x ^{2}}) + b (x + \frac{1}{x}) + c = 0 d’o \overset{u}{ˋ} a (y^{2} - 2) + b y + c = 0$

i.e. $a y^{2} + b y + (c - 2 a) = 0$ .

Exemple

Résoudre l'équation : $x^{4} - 5 x^{3} + 6 x^{2} - 5 x + 1 = 0$ .

D'après la proposition on est ramené à résoudre $y^{2} - 5 y + 4 = 0$ . Les racines sont $y_{1} = 1$ et $y_{2} = 4$ , par suite $x^{2} - x + 1 = 0$ ou $x^{2} - 4 x + 1 = 0$ . Les solutions réelles sont alors $x = 2 + 3$ et $x = 2 - 3$ .

Exemple

Résoudre l'équation : $4 x^{2} + 12 x + \frac{12}{x} + \frac{4}{x ^{2}} = 47$ .

En multipliant par $x^{2}$ on trouve : $4 x^{4} + 12 x^{3} - 47 x^{2} + 12 x + 4 = 0$ . D'après la proposition on est ramené à résoudre $2 y^{2} + 11 y + 2 = 0$ . Les solutions de l'équation en question sont finalement $\frac{- 11 \pm 105}{4}$ , $\frac{1}{2}$ , $2$ .

6.5 Polynômes de Bernstein

Cette section étudie le problème de la recherche de racines rationnelles de polynômes à coefficients entiers, présentant plusieurs applications intéressantes (comme par exemple les polynômes de Bernstein, nombres irrationnels). Les points (1) et (2) du théorème ci-dessous ont déjà été vus auparavant, nous nous intéressons plus précisément par le résultat (3).

Théorème

Soient $n > 1$ un entier, $f (x) = a_{n} x^{n} + \dots + a_{1} x + a_{0}$ un polynôme non nul à coefficients entiers, et $p, q$ des entiers non nuls premiers entre eux. Si $f (\frac{p}{q}) = 0$ , alors :

$p ∣ a_{0}$ et $q ∣ a_{n}$ .
Si $f$ est unitaire, alors les racines rationnelles possibles de $f$ sont entières.
$(p - m q) ∣ f (m)$ pour tout $m \in Z$ . En particulier, $(p - q) ∣ f (1)$ et $(p + q) ∣ f (- 1)$ .

Démonstration

Les points (1) et (2) ont été vus au début du chapitre. On montre le point (3).

Puisque $f (\frac{p}{q}) = 0$ , alors $f (m) = f (m) - f (\frac{p}{q})$ , c'est-à-dire :

$f (m) = (a_{n} m^{n} + \dots + a_{1} m + a_{0}) - \frac{1}{q ^{n}} (a_{n} p^{n} + \dots + a_{1} p q^{n - 1} + a_{0} q^{n})$

Par conséquent :

$q^{n} f (m) = q^{n} (a_{n} m^{n} + \dots + a_{1} m + a_{0}) - (a_{n} p^{n} + \dots + a_{1} p q^{n - 1} + a_{0} q^{n})$ $= a_{n} [(m q)^{n} - p^{n}] + \dots + a_{1} q^{n - 1} (m q - p) = (m q - p) r pour un certain r \in Z$

Ainsi, $(m q - p) ∣ q^{n} f (m)$ . Pour conclure que $(m q - p) ∣ f (m)$ , il suffit de montrer que $g cd (m q - p, q^{n}) = 1$ . On a :

$g cd (p, q) = 1 \Rightarrow g cd (m q - p, q) = 1 \Rightarrow g cd (m q - p, q^{n}) = 1$

Le résultat (3) permet, en particulier, de montrer l'irrationnalité de certains nombres. On donne deux exemples ci-dessous.

Exemple

Montrer que $2 + 2 + 2$ est un nombre rationnel.

Posons $α = 2 + 2 + 2$ , alors $α^{2} - 2 = 2 + 2$ , par suite $(α^{2} - 2)^{2} - 2 = 2$ , de sorte que $α$ est une racine du polynôme unitaire à coefficients entiers :

$f (x) = (x^{2} - 2)^{2} - 2 - 2 = x^{4} - 4 x^{2} + 2^{2} - 2$

Donc, si $α \in Q$ , les points (1) et (2) du théorème précédent montrent que $α \in N^{*}$ et $α ∣ f (0) = 2$ , d'où $α \in {1, 2}$ . Or, comme

$1 < α = 2 + 2 + 2 < 2 + 2 + 2 = 2$

on arrive à une contradiction. Donc, $α \in R ∖ Q$ .

Exemple

Montrer que $tan 10°$ est un nombre irrationnel.

Posons $α = tan 10°$ , alors d'après les formules trigonométriques on a successivement :

$tan 30° = \frac{tan 20° + tan 10°}{1 - tan 20° \cdot tan 10°} = \frac{\frac{2 t a n 10°}{1 - t a n ^{2} 10°} + tan 10°}{1 - \frac{2 t a n ^{2} 10°}{1 - t a n ^{2} 10°}} = \frac{\frac{2 α}{1 - α ^{2}} + α}{1 - \frac{2 α ^{2}}{1 - α ^{2}}} = \frac{3 α - α ^{3}}{1 - 3 α ^{2}}$

Or comme $tan 30° = \frac{1}{3}$ , on obtient $\frac{( 3 α - α ^{3} ) ^{2}}{( 1 - 3 α ^{2} ) ^{2}} = \frac{1}{3}$ , c'est-à-dire :

$3 α^{6} - 27 α^{4} + 33 α^{2} - 1 = 0$

Ainsi, $tan 10°$ est une racine du polynôme à coefficients entiers $f (x) = 3 x^{6} - 27 x^{4} + 33 x^{2} - 1$ , et il suffit de montrer qu'il n'admet pas de racines rationnelles. D'après le théorème précédent les racines rationnelles possibles sont $\pm 1$ ou $\pm \frac{1}{3}$ , cependant $f (\pm 1) \neq = 0$ et $f (\pm \frac{1}{3}) \neq = 0$ , ce qui termine la preuve.

Définition (Polynômes de Bernstein)

Soit $(f_{n})_{n \geq 1}$ la suite de polynômes à coefficients réels définie par $f_{1} (x) = x$ , $f_{2} (x) = x^{2} - 2$ et, pour tout $k \in N^{*}$ ,

$f_{k + 2} (x) = x f_{k + 1} (x) - f_{k} (x)$

Le polynôme $f_{n}$ est appelé le $n$ -ème polynôme de Bernstein.

Pour $n \in N^{*}$ , soit $f_{n}$ le $n$ -ème polynôme de Bernstein, alors pour tout $z \in C ∖ {0}$ on a :

$z^{n} + \frac{1}{z ^{n}} = f_{n} (z + \frac{1}{z})$

Proposition

Si $(f_{n})_{n \geq 1}$ est la suite des polynômes de Bernstein, alors :

$f_{n} (2 cos θ) = 2 cos (n θ)$ , pour tout $θ \in R$ .
$f_{n}$ est unitaire, a des coefficients entiers, et est de degré $n$ .

Preuve

1. Il est clair que $f_{1} (2 cos θ) = 2 cos θ$ , et :

$f_{2} (2 cos θ) = (2 cos θ)^{2} - 2 = 2 (2 cos^{2} θ - 1) = 2 cos (2 θ)$

On suppose, par récurrence, que le résultat est vrai jusqu'au rang $k + 1$ où $k \in N^{*}$ , alors comme $cos α + cos β = 2 cos \frac{α + β}{2} \cdot cos \frac{α - β}{2}$ on obtient :

$2 cos θ \cdot 2 cos (k + 1) θ - 2 cos (k θ) = 2 cos (k + 2) θ$

Donc, par hypothèse de récurrence, on a pour tout $θ \in R$ :

$f_{k + 2} (2 cos θ) = 2 cos θ \cdot f_{k + 1} (2 cos θ) - f_{k} (2 cos θ) = 2 cos θ \cdot 2 cos (k + 1) θ - 2 cos (k θ) = 2 cos (k + 2) θ$

2. Le résultat est clairement vrai pour $f_{1}$ et $f_{2}$ . Par récurrence, si $f_{k}$ et $f_{k + 1}$ sont unitaires, à coefficients entiers, et de degrés $k$ et $k + 1$ respectivement, alors la relation $f_{k + 2} (x) = x f_{k + 1} (x) - f_{k} (x)$ montre qu'il en est de même pour $f_{k + 2}$ .

Théorème

Si $α \in Q$ est tel que $cos (α π) \in Q$ , alors :

$cos (α π) = \pm 1, \pm \frac{1}{2} ou 0$

Démonstration

Soient $m, n, p, q \in Z$ tels que $n, q \neq = 0$ et $cos \frac{m}{n} π = \frac{p}{q}$ . Pour $α = \frac{m}{n}$ , alors par (1) de la dernière proposition on a :

$f_{n} (\frac{2 p}{q}) = f_{n} (2 cos (α π)) = 2 cos (n α π) = 2 cos (mπ) = 2 \cdot (- 1)^{m}$

Maintenant, d'après (2) de la dernière proposition on sait que $\frac{2 p}{q}$ est une racine du polynôme unitaire à coefficients entiers $f_{n} (x) - 2 (- 1)^{m}$ . Donc par (2) du théorème en début de ce paragraphe on déduit que $\frac{2 p}{q} \in Z$ . D'autre part, puisque $\frac{2 p}{q} = 2 cos \frac{m}{n} π \in [- 2, 2]$ , on obtient $\frac{2 p}{q} = \pm 2, \pm 1$ ou $0$ . Par conséquent, $\frac{p}{q} = \pm 1, \pm \frac{1}{2}$ ou $0$ .

Exemple

Soit $(f_{n})_{n \geq 1}$ une suite de polynômes à coefficients réels tels que $f_{n} (2 cos θ) = 2 cos (n θ)$ pour tout $θ \in R$ . Montrer que $f_{n}$ est le $n$ -ème polynôme de Bernstein.

Puisque ${2 cos θ : θ \in R} = [- 2, 2]$ , qui est un ensemble infini, alors il y a au plus un polynôme $f_{n} \in R [X]$ vérifiant la condition de l'exemple. Donc, $f_{n}$ est le $n$ -ème polynôme de Bernstein.

Exemple

Pour $n \in N^{*}$ , soit $f_{n}$ le $n$ -ème polynôme de Bernstein. Montrer que :

$f_{n} (x) = k = 1 \prod n (x - 2 cos \frac{( 2 k - 1 ) π}{2 n})$

On a $f_{n} (2 cos θ) = 0$ si $cos (n θ) = 0$ . Or :

$cos (n θ) = 0 \Leftrightarrow n θ = \frac{π}{2} + k π \Leftrightarrow θ = \frac{π}{2 n} + \frac{k π}{n}$

Maintenant, pour $k \in [0, n - 1]$ , on obtient que $θ$ est proportionnel, respectivement, à :

$\frac{π}{2 n}, \frac{3 π}{2 n}, \dots, \frac{( 2 n - 1 ) π}{2 n}$

et toutes ces valeurs de $θ$ donnent des valeurs distinctes pour $cos θ$ . Par conséquent,

$2 cos \frac{π}{2 n}, 2 cos \frac{3 π}{2 n}, \dots, 2 cos \frac{( 2 n - 1 ) π}{2 n}$

sont $n$ racines distinctes de $f_{n}$ . Comme $f_{n}$ est unitaire, et est de degré $n$ , alors $f_{n}$ vérifie bien la relation demandée.

Exemple

Soit $a$ un nombre rationnel vérifiant $0 < a < 1$ et supposons que

$cos (3 π a) + 2 cos (2 π a) = 0$

Montrer que $a = \frac{2}{3}$ . (Proposé à l'OIM, 1991)

Rappelons tout d'abord que $cos (2 θ) = 2 cos^{2} θ - 1$ et $cos (3 θ) = 4 cos^{3} θ - 3 cos θ$ .

En posant $x = cos (π a)$ on obtient :

$0 = cos (3 π a) + 2 cos (2 π a) = 4 cos^{3} (π a) - 3 cos (π a) + 4 cos^{2} (π a) - 2$ $= 4 x^{3} + 4 x^{2} - 3 x - 2 = (2 x + 1) (2 x^{2} + x - 2)$

et donc $x \in {- \frac{1}{2}, \frac{- 1 \pm 17}{4}}$ . Clairement, $x \neq = \frac{- 1 - 17}{4}$ . Si $x = - \frac{1}{2}$ on obtient $a = \frac{2}{3}$ , car $0 < a < 1$ .

Il suffit donc de montrer que $cos (π a) = \frac{17 - 1}{4}$ est impossible, et pour cela on utilisera le fait que $a \in Q$ . Rappelons que $a \in Q$ implique que l'ensemble ${cos (nπ a), n \in Z}$ est fini. Notre objectif est de montrer que cet ensemble est infini. On montre par récurrence que :

$cos (2^{n} π a) = \frac{a _{n} + b _{n} 17}{4}$

où $a_{n}, b_{n}$ sont des entiers impairs pour tout $n \geq 0$ .

On a $a_{0} = - 1, b_{0} = 1$ . Par hypothèse de récurrence, on a :

$cos (2^{n + 1} π a) = 2 cos^{2} (2^{n} π a) - 1 = 2 (\frac{a _{n} + b _{n} 17}{4})^{2} - 1 = \frac{1}{2} a_{n}^{2} + \frac{17}{2} b_{n}^{2} - 4 + a_{n} b_{n} 17$ $= \frac{1}{4} (2 a_{n}^{2} + 17 b_{n}^{2} - 8 + 4 a_{n} b_{n} 17)$

et donc

$a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n}^{2} + \frac{17}{2} b_{n}^{2} - 4, b_{n + 1} = a_{n} b_{n}$

qui sont impairs. Maintenant, notons que :

$a_{n + 1} = \frac{1}{2} a_{n}^{2} + \frac{17}{2} b_{n}^{2} - 4 \geq \frac{1}{2} a_{n}^{2} + \frac{17}{2} - 4 = \frac{1}{2} (a_{n}^{2} + 9) > a_{n}$

donc ${cos (2^{n} π a), n \geq 0}$ est infini, contradiction avec $a \in Q$ .

6.6 Polynômes en plusieurs indéterminées

Si $x$ et $y$ sont les solutions de l'équation du second degré $a t^{2} + b t + c = 0$ , alors on sait que : $- \frac{b}{a} = x + y$ et $\frac{c}{a} = x y$ . Les expressions $x + y$ et $x y$ sont des exemples de polynômes à deux variables $x$ et $y$ . En général, un polynôme à deux variables $x$ et $y$ est une somme de termes (monômes) de la forme $c x^{k} y^{m}$ , où $c$ est une constante, $k$ et $m$ deux entiers naturels, et on le note $P (x, y)$ . L'entier $k + m$ est appelé le degré du terme (monôme) $x^{k} y^{m}$ , et le degré de $P$ est égal au degré du terme ayant le plus grand degré. On peut additionner, soustraire et multiplier les polynômes à plusieurs variables de la même façon que pour les polynômes à une variable. On va considérer deux types de polynômes à deux variables : les polynômes symétriques, i.e., ceux qui vérifient $P (x, y) = P (y, x)$ , et les polynômes homogènes où tous les termes (monômes) ont le même degré.

Un polynôme $P (x, y)$ est symétrique si $P (x, y) = P (y, x)$ .

Un polynôme $P (x, y, z)$ est symétrique si $P (x, y, z) = P (z, x, y) = P (y, z, x) = P (x, z, y) = P (y, x, z) = P (z, y, x)$ .

Un polynôme homogène est un polynôme en plusieurs indéterminées dont tous les monômes non nuls sont de même degré total. Par exemple le polynôme $x^{5} + 2 x^{3} y^{2} + 9 x y^{4}$ est homogène de degré 5 car la somme des exposants est 5 pour chacun des monômes; les polynômes homogènes de degré 2 sont les formes quadratiques.

Le polynôme $Q (x, y, z) = x^{2} y^{5} + 7 x y z^{5} - 11 x^{2} y^{3} z^{2}$ est homogène de degré 7, puisque $2 + 5 + 0 = 1 + 1 + 5 = 2 + 3 + 2 = 7$ .

Applications

Les polynômes symétriques élémentaires $σ_{1} = x + y$ et $σ_{2} = x y$ sont homogènes, le premier est de degré 1 et le second est de degré 2.
Le polynôme $x^{2} + x + y + y^{2}$ est symétrique mais il n'est pas homogène.
Le polynôme $x^{2} y + 2 y^{3}$ est homogène mais n'est pas symétrique.
Les sommes $s_{i} = x^{i} + y^{i}$ , avec $i = 0, 1, 2, \dots$ , sont symétriques.

Théorème

Tout polynôme symétrique $P (x, y)$ peut être représenté comme un polynôme en $σ_{1} = x + y$ et $σ_{2} = x y$ . Autrement dit, il existe un unique polynôme $Q$ tel que : $P (x, y) = Q (σ_{1}, σ_{2})$ .

Démonstration

En effet :

$s_{n} = x^{n} + y^{n} = (x + y) (x^{n - 1} + y^{n - 1}) - x y (x^{n - 2} + y^{n - 2}) = σ_{1} s_{n - 1} - σ_{2} s_{n - 2}$

où $s_{i} = x^{i} + y^{i}$ . Donc, on a la relation de récurrence :

$s_{0} = 2 s_{1} = σ_{1} s_{n} = σ_{1} s_{n - 1} - σ_{2} s_{n - 2} pour n \geq 2$

Maintenant, la preuve pour n'importe quel polynôme symétrique est facile. Les termes de la forme $a x^{k} y^{k}$ ne posent aucun problème car $a x^{k} y^{k} = a σ_{2}^{k}$ . Si les termes $b x^{i} y^{k}$ , avec $i < k$ , apparaissent dans le polynôme, alors, par symétrie, le terme $b x^{k} y^{i}$ doit faire partie du polynôme. En groupant les termes on a :

$b x^{i} y^{k} + b x^{k} y^{i} = b x^{i} y^{i} (x^{k - i} + y^{k - i}) = b σ_{2}^{i} s_{k - i}$

Or, $s_{k - i}$ peut s'exprimer comme un polynôme en $σ_{1}$ et $σ_{2}$ . Ceci termine la preuve.

Résolution des systèmes non linéaires d'équations symétriques à deux variables

Les systèmes non linéaires d'équations symétriques à deux variables $x$ et $y$ peuvent être simplifiés en utilisant la substitution $σ_{1} = x + y$ et $σ_{2} = x y$ . Le degré de ces équations sera diminué, car $σ_{2} = x y$ est un terme de second degré en $x$ et $y$ . Dès que nous trouvons $σ_{1}$ et $σ_{2}$ , nous pouvons trouver les solutions $x, y$ du système d'équations symétriques, soit en résolvant l'équation du second degré $y^{2} - σ_{1} y + σ_{2} = 0$ ou en résolvant le système $x + y = σ_{1}$ , $x y = σ_{2}$ .

Exemple

Résoudre le système d'équations :

${x^{5} + y^{5} x + y = 31 = 1$

Avec $σ_{1} = x + y$ et $σ_{2} = x y$ , on a :

$x^{5} + y^{5} = σ_{1} s_{4} - σ_{2} s_{3} = (x + y) (x^{4} + y^{4}) - x y (x^{3} + y^{3}) = 31$

Comme $x^{4} + y^{4} = σ_{1} s_{3} - σ_{2} s_{2}$ , en faisant les substitutions récursivement, l'équation devient :

$σ_{1}^{5} - 5 σ_{1}^{3} σ_{2} + 5 σ_{1} σ_{2}^{2} = 31$

Donc, le système qu'on doit résoudre est :

${σ_{1}^{5} - 5 σ_{1}^{3} σ_{2} + 5 σ_{1} σ_{2}^{2} σ_{1} = 31 = 1$

En substituant la valeur de $σ_{1}$ dans la première équation on obtient $σ_{2}^{2} - σ_{2} - 6 = 0$ . Cette dernière équation admet comme solutions $σ_{2} \in {3, - 2}$ . D'où, on doit résoudre $x + y = 1$ , $x y = 3, - 2$ . En conclusion, les solutions sont :

$(\frac{1 + i 11}{2}, \frac{1 - i 11}{2}), (\frac{1 - i 11}{2}, \frac{1 + i 11}{2}), (2, - 1), (- 1, 2)$

6.6.1 Polynômes symétriques à trois variables

Les polynômes symétriques à trois variables peuvent s'exprimer en fonction des polynômes symétriques élémentaires :

$σ_{1} = x + y + z, σ_{2} = x y + y z + z x et σ_{3} = x y z$

La somme des puissances $s_{i} = x^{i} + y^{i} + z^{i}$ , avec $i = 0, 1, 2, \dots$ , peuvent s'éxprimer en fonction de $σ_{1}, σ_{2}$ et $σ_{3}$ comme suit :

$s_{0} = x^{0} + y^{0} + z^{0} = 3$ $s_{1} = x + y + z = σ_{1}$ $s_{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} = σ_{1}^{2} - 2 σ_{2}$ $s_{3} = x^{3} + y^{3} + z^{3} = σ_{1}^{3} - 3 σ_{1} σ_{2} + 3 σ_{3}$

et, pour $n \geq 3$ , on a la relation de récurrence :

$s_{n} = σ_{1} s_{n - 1} - σ_{2} s_{n - 2} + σ_{3} s_{n - 3}$

Résolution des systèmes non linéaires d'équations symétriques à trois variables

Les systèmes non linéaires d'équations symétriques à trois variables $x, y$ et $z$ peuvent être simplifiés en utilisant $σ_{1}, σ_{2}$ et $σ_{3}$ . Une fois que nous avons les équations en $σ_{1}, σ_{2}$ et $σ_{3}$ , nous écrivons l'équation cubique : $u^{3} - σ_{1} u^{2} + σ_{2} u - σ_{3} = 0$ , où $σ_{1}, σ_{2}$ et $σ_{3}$ sont ses coefficients. Ensuite, les solutions $(x_{1}, x_{2}, x_{3})$ de cette équation cubique sont les solutions du système. Les autres solutions peuvent être obtenues par permutation des variables.

Exemple

Résoudre le système d'équations :

$⎩ ⎨ ⎧ x + y + z x^{2} + y^{2} + z^{2} x^{3} + y^{3} + z^{3} = 4 = 14 = 34$

Notons que $x, y, z$ sont les solutions du polynôme $P (u) = u^{3} - (x + y + z) u^{2} + (x y + y z + z x) u - x y z$ , i.e., $P (u) = u^{3} - σ_{1} u^{2} + σ_{2} u - σ_{3}$ où $σ_{1} = x + y + z$ , $σ_{2} = x y + y z + z x$ et $σ_{3} = x y z$ . Donc :

$4 = s_{1} = σ_{1}, 14 = s_{2} = σ_{1}^{2} - 2 σ_{2} d’o \overset{u}{ˋ} σ_{2} = 1$

Les nombres $x, y$ et $z$ sont les racines de $P (u)$ , donc :

$x^{3} - 4 x^{2} + x - σ_{3} = 0$ $y^{3} - 4 y^{2} + y - σ_{3} = 0$ $z^{3} - 4 z^{2} + z - σ_{3} = 0$

En sommant ces trois équations, on déduit que $σ_{3} = 6$ , et les racines qu'on cherche sont les racines du polynôme :

$P (u) = u^{3} - 4 u^{2} + u + 6$

Remarquons que $u_{1} = - 1$ est une racine de $P$ , donc $P (u) = (u + 1) (u^{2} - 5 u + 6)$ . Les racines de $u^{2} - 5 u + 6 = 0$ sont $u_{2} = 2$ et $u_{3} = 3$ . Finalement, les solutions du système sont $(x, y, z) = (- 1, 2, 3)$ et toutes ses permutations.

6.6.2 Saut de Viète (Vieta jumping)

Une technique utilisée pour générer des racines entières pour une famille de polynômes de degré 2 ou pour un polynôme de plusieurs variables, est connue sous le nom de saut de Viète. Cet outil est utilisé pour trouver les racines d'un polynôme de degré 2 de manière récursive. En général, lorsque cette technique est appliquée aux polynômes de plusieurs variables, une seule variable est prise en compte tandis que les autres variables sont considérées comme des constantes.

Saut de Viète

Le saut de Viète (Vieta jumping en anglais) est une technique de démonstration. Elle est le plus souvent utilisée pour des problèmes dans lesquels une relation entre deux entiers positifs est donnée, avec une proposition à prouver au sujet de ses solutions. C'est une technique relativement récente dans la résolution de problèmes d'olympiades de mathématiques, car le premier à l'avoir introduite est le bulgare Emanouil Atanassov pour la résolution du problème 6 de l'OIM 1988.

Le concept de saut de Viète standard est un raisonnement par l'absurde, et plus précisément un raisonnement par descente infinie, qui se compose des trois étapes suivantes :

On suppose par l'absurde qu'il existe des solutions à la relation donnée qui ne satisfont pas l'énoncé que l'on veut prouver.
On prend la solution $(A, B)$ qui minimise une certaine fonction de $A$ et $B$ , généralement $A + B$ . L'équation est ensuite réarrangée en une équation du second degré, dont l'une des racine est $A$ , et les formules de Viète sont utilisées pour déterminer l'autre racine.
On montre ensuite que l'autre racine donne une solution à la fois valide et plus petite, ce qui contredit la minimalité de la solution $(A, B)$ . Cette contradiction montre donc qu'il n'existe aucune solution ne satisfaisant pas l'énoncé.

On peut aussi interpréter ce raisonnement comme un moyen, à partir d'une solution, d'en construire une autre « plus petite », et de proche en proche une suite décroissante infinie d'entiers naturels, ce qui est absurde.

Exemple

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs tels que $ab + 1$ divise $a^{2} + b^{2}$ .

Montrer que $\frac{a ^{2} + b ^{2}}{ab + 1}$ est un carré parfait. (OIM, 1988)

1. Soit $k = \frac{a ^{2} + b ^{2}}{ab + 1}$ . Nous supposons qu'il existe une ou plusieurs solutions à la condition donnée pour laquelle $k$ n'est pas un carré parfait.

2. Pour une valeur donnée de $k$ , soit $(A, B)$ une solution de cette équation qui minimise la valeur de $A + B$ et sans perte de généralité $A \geq B$ . On peut réorganiser l'équation et remplacer $A$ par une variable $x$ pour obtenir $x^{2} - (k B) x + (B^{2} - k) = 0$ . Une racine de cette équation est $x_{1} = A$ . Par les formules de Viète, l'autre racine $x_{2}$ vérifie $x_{2} = k B - A$ et $x_{2} = \frac{B ^{2} - k}{A}$ .

3. L'expression $x_{2} = k B - A$ montre que $x_{2}$ est un entier, et l'expression $x_{2} = \frac{B ^{2} - k}{A}$ implique que $x_{2} \neq = 0$ puisque $k$ n'est pas un carré parfait. De $x_{2} B + 1 = \frac{x _{2}^{2} + B}{k} > 0$ on déduit que $x_{2}$ est positif. Finalement, $A \geq B$ implique que $x_{2} \leq \frac{B ^{2} - k}{A} < A$ , et par conséquent, $x_{2} + B < A + B$ , ce qui contredit la minimalité de $(A, B)$ .

Exemple

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs. Montrer que si $4 ab - 1$ divise $(4 a^{2} - 1)^{2}$ , alors $a = b$ . (OIM, 2007)

Il est difficile de voir comment appliquer le saut de Viète directement car il n'y a pas de moyen facile pour « sauter » de la solution $(x, x)$ à $(x + 1, x + 1)$ . La question suggère que $(a - b)$ serait une quantité importante à considérer. Supposons que $(a, b)$ vérifie la condition, avec $a \neq = b$ , notons que :

$4 ab - 1 divise b^{2} (4 a^{2} - 1)^{2} - (4 ab - 1) (4 a^{3} b - 2 ab + b^{2}) = (a - b)^{2}$

Fixons $k = \frac{( a - b ) ^{2}}{4 ab - 1} > 0$ . On veut considérer toutes les solutions entières strictement positives $(x, y)$ de $k = \frac{( x - y ) ^{2}}{4 x y - 1}$ . Soit $(A, B)$ la solution avec $A + B$ minimal, et supposons sans perte de généralité que $A > B$ . Considérons l'équation du second degré :

$x^{2} - (2 B + 4 k B) x + B^{2} + k = 0$

Cette équation admet deux racines $x_{1} = A$ et $x_{2} = 2 B + 4 k B - A = \frac{B ^{2} + k}{A}$ . D'après la minimalité de $A + B$ on a : $x_{2} \geq A$ , i.e., $\frac{B ^{2} + k}{A} \geq A$ , en contradiction avec $A > B$ .

Saut de Viète (interprétation géométrique)

Le saut de Viète peut être décrit en termes de points sur une hyperbole. Le processus de recherche de racines de plus en plus petites est utilisé pour trouver des points de l'hyperbole tout en restant dans le premier quadrant. La procédure est la suivante :

À partir de la condition donnée, on obtient l'équation d'une famille d'hyperboles inchangées par l'échange de $x$ et $y$ tels qu'elles soient symétriques par rapport à la droite d'équation $y = x$ .
Prouver la proposition désirée pour les intersections des hyperboles et de la droite $y = x$ .
Supposons qu'il y a un point $(x, y)$ sur une hyperbole et sans perte de généralité $x < y$ . Ensuite, par les formules de Viète, il existe un point correspondant avec la même abscisse, situé sur l'autre branche de l'hyperbole, et par réflexion par rapport à $y = x$ un nouveau point sur la branche d'origine de l'hyperbole est obtenu.
Il est montré que ce processus produit des points de plus en plus bas sur la même branche et peut être répété jusqu'à ce que certaines conditions (par exemple $x = 0$ ) soit vérifiées. Enfin, en remplaçant cette condition dans l'équation de l'hyperbole, la conclusion souhaitée sera prouvée.

Exemple

Soient $a$ et $b$ des entiers strictement positifs tels que $ab + 1$ divise $a^{2} + b^{2}$ .

Montrer que $\frac{a ^{2} + b ^{2}}{ab + 1}$ est un carré parfait. (OIM, 1988)

1. Soit $\frac{a ^{2} + b ^{2}}{ab + 1} = q$ avec $q$ fixé. Alors $(a, b)$ représente un point du réseau situé sur l'hyperbole $H$ d'équation $x^{2} + y^{2} - q x y - q = 0$ .

2. Si $x = y$ nous trouvons $x = y = q = 1$ , qui est une solution triviale.

3. Soit $(x, y)$ un point du réseau situé sur l'hyperbole $H$ , et supposons que $x < y$ , i.e. que le point est sur la branche supérieure. En appliquant les formules de Viète, $(x, q x - y)$ est un point situé sur la branche inférieure de $H$ . Ainsi, par réflexion, $(q x - y, x)$ est un point du réseau sur la branche d'origine. Ce nouveau point a une ordonnée plus petite, et est donc en dessous du point d'origine. Puisque ce point est sur la branche supérieure, il est encore au-dessus de $y = x$ .

4. Ce processus peut être répété. À partir de l'équation de $H$ , il n'est pas possible que ce processus se déplace dans le deuxième quadrant. Ainsi, ce processus doit se terminer en $x = 0$ et en substituant, nous avons $q = y^{2}$ qui est un carré parfait.

Polynômes en plusieurs indéterminées

Exemple : Équation diophantienne avec trois variables

Soient $x, y, z$ des entiers non nuls tels que $\frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{x y z}$ est un entier. Montrer que :

$\frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{x y z} = 1 ou 3$

Analyse du cas $k > 3$

Propriété 1 : Distinctivité deux à deux. Montrons que les trois nombres sont deux à deux distincts. Supposons que $a = b$ , alors $2 a^{2} + c^{2} = k a^{2} c$ , d'où $c^{2} = a^{2} (k c - 2)$ . Par suite $k c - 2$ est un carré parfait et donc il existe un entier $d \geq 1$ tel que $k c = 2 + d^{2}$ . En substituant la valeur de $k c$ dans l'équation $2 a^{2} + c^{2} = k a^{2} c$ on obtient : $c^{2} = d^{2} a^{2}$ , i.e., $c = d a$ . Maintenant, $d^{2} = k c - 2 = k (d a) - 2$ , donc $2 = d (k a - d)$ , et ceci implique que $d$ divise $2$ , d'où $d \in {1, 2}$ . Dans les deux cas $k a = 3$ , contradiction avec $k > 3$ . On a ainsi prouvé que $a, b, c$ sont deux à deux distincts.

Construction d'une suite décroissante. Supposons alors que $a > b > c \geq 1$ . Le triplet $(k b c - a, b, c)$ est aussi solution de l'équation $x^{2} + y^{2} + z^{2} = k x y z$ , avec $k b c - a$ un entier strictement positif car $a (k b c - a) = b^{2} + c^{2}$ et $a > 0$ .

Considérons le polynôme $P (x) = x^{2} - (k b c) x + b^{2} + c^{2}$ . Les racines de ce polynôme sont $a$ et $k b c - a$ . Évaluons $P$ en $b$ :

$P (b) = 2 b^{2} + c^{2} - k b^{2} c \leq 2 b^{2} + c^{2} - k b^{2} < 3 b^{2} - k b^{2} = (3 - k) b^{2} < 0$

Le signe de $P$ est négatif entre les racines, donc $b$ est compris entre $a$ et $k b c - a$ , et comme $b < a$ , alors $k b c - a < b$ . Par conséquent :

$max (k b c - a, b, c) = b < a = max (a, b, c)$

En continuant ce procédé, on construit une suite strictement décroissante d'entiers strictement positifs, ce qui est impossible. Donc il n'y a pas de solutions pour $k > 3$ .

Analyse du cas $k = 2$

Supposons que $a^{2} + b^{2} + c^{2} = 2 ab c$ avec $a, b, c$ entiers. Comme $a^{2} + b^{2} + c^{2}$ est pair, les nombres $a, b, c$ ne sont pas tous impairs. Si exactement un d'entre eux est pair, alors modulo $4$ on a : $2 \equiv 0 (mod 4)$ , une contradiction. Par conséquent les trois nombres $a, b, c$ sont pairs, et donc $a = 2 a^{'}$ , $b = 2 b^{'}$ , $c = 2 c^{'}$ , ainsi $a^{'2} + b^{'2} + c^{'2} = 4 a^{'} b^{'} c^{'}$ . Cette dernière équation correspond au cas $k = 4$ , et il n'y a pas de solutions entières dans ce cas à l'exception de $(0, 0, 0)$ .

Donc, pour $k = 2$ , on a $(a, b, c) = (0, 0, 0)$ .

Analyse des cas $k = 1$ et $k = 3$

Pour $k = 3$ , une solution est $(1, 1, 1)$ , et pour $k = 1$ on considère les multiples de $3$ pour se ramener au cas $k = 3$ .

Polynômes — Résumé de cours

Cours complet

Contenu du cours

6.1 Fonctions polynômes

6.1.1 Généralités

6.1.2 Divisibilité. Racines

6.1.3 Polynômes symétriques élémentaires

6.1.4 Racines multiples et dérivée

6.1.5 Formule d'interpolation de Lagrange

6.1.6 Quelques méthodes pour déterminer les racines

6.1 Fonctions polynômes

6.1.1 Généralités

6.1.2 Divisibilité. Racines

6.1.3 Polynômes symétriques élémentaires

6.1.4 Racines multiples et dérivée

6.1.5 Formule d'interpolation de Lagrange

6.1.6 Quelques méthodes pour déterminer les racines

6.1.7 Polynômes qui commutent

Définition

Exemple

Exemple

Exemple

6.1.8 Polynômes irréductibles

Définition

Lemme de Gauss

Preuve

Exemple

Définition

Théorème : critère d'Eisenstein

Démonstration

Exemple

Exemple

Applications

Application 1 : théorème de Wilson

Application 2

Application 3 : théorème de Wolstenholme

Application 4

6.2 Polynômes de degré 2

Définition

Proposition

6.2.1 Variations d'une fonction polynôme de degré 2

Résoudre une équation du second degré

Remarque

Théorème

Démonstration

6.2.2 Factorisation d'un trinôme du second degré

6.2.3 Signe d'un trinôme du second degré

6.3 Polynômes de degré 3

Proposition

Équations du type x3±3ax=b

Proposition

Preuve

Proposition

Preuve

Équations du type x3+ax2+bx+c=0

Méthode de Scipion del Ferro

6.1.7 Polynômes qui commutent

Définition

Exemple

Exemple

Exemple

6.1.8 Polynômes irréductibles

Définition

Lemme de Gauss

Preuve

Exemple

Définition

Théorème : critère d'Eisenstein

Démonstration

Exemple

Applications

Application 1 : théorème de Wilson

Application 2

Application 3 : théorème de Wolstenholme

Application 4

6.2 Polynômes de degré 2

Définition

Proposition

6.2.1 Variations d'une fonction polynôme de degré 2

Équations du type $x^{3} \pm 3 a x = b$

Équations du type $x^{3} + a x^{2} + b x + c = 0$

Analyse du cas $k > 3$

Analyse du cas $k = 2$

Cas $k = 3$ et $k = 1$

Analyse du cas $k > 3$

Analyse du cas $k = 2$

Analyse des cas $k = 1$ et $k = 3$