Faculté des Sciences-Rabat Département de Mathématiques
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Module : Algèbre 1
(S1)
Filière :
Sciences de Matière Physique et Chimie (SMPC)
Chapitre 4: Polynômes et Fractions rationnelles.
Par :
M. Abdellah ALLA Mme. Nadia BOUDI
M. Ahmed HAJJI M. Houssame MAHZOULI.
Année universitaire 2015-2016
Polynômes et fractions rationnelles
Dans ce chapitreKdésigne soitCsoitR. Les éléments deKseront appelés les scalaires.
1 Définitions et opérations
Définition 1.1. – On appelle polynôme P à une indéterminée X et à coefficients dans K toute suite(ak)k∈N nulle à partir d’un certain rang (c-à-d il existe n ∈ Ntel que∀k > n, ak = 0). On écrit P sous la forme
P:= P(X)= a0+a1X+a2X2+...+anXn=
n
X
k=0
akXk
Les scalaires a0, ...,an sont appelés les coefficients de P et X est l’indéterminée. On note K[X]l’ensemble des polynômes à une indéterminée et à coefficients dansK.
– Le polynôme nul 0 est le polynôme dont tous les coefficients sont nuls.
– On dit que deux polynôme sont égaux si et seulement si les suites consituées de leurs coefficients sont égales.
Définition 1.2(Fonctions polynomiales). Si P =
n
X
k=0
akXk ∈ K[X], on appelle fonction poly- nomiale associée, l’application :
P˜ : K −→ K x 7−→
n
X
k=0
akxk
Remarque1.3. S’il n’y a pas d’ambiguïté, on identifie le polynôme avec la fonction polynomiale associée.
Définition 1.4(Somme de deux polynômes). La somme des polynômes P =
n
X
k=0
akXk et Q =
m
X
k=0
bkXkest le polynôme :
P+Q=
n+m
X
k=0
(ak+bk)Xk
N. B :Les coefficients qui ne s’affichent pas dans l’écriture de P et Q jusqu’à l’ordre n+m seront remplacés par des zéros.
Remarquons que l’addition (la loi+) est une loi de composition interne surK[X].
Proposition 1.5(Propriétés de+). La loi (+) surK[X]vérifie les propriétés suivantes : Associativité: :∀P,Q,R∈K[X], P+(Q+R)=(P+Q)+R.
Existence d’un élément neutre: : Le polynôme nul est l’élément neutre pour la loi (+), c’est à dire, P+0= 0+P=P pour tout P∈K[X].
Existence d’un symétrique: −P est l’élément symétrique de P, c’est à dire, P+(−P)= P−P=0pour tout P∈K[X].
Commutativité: ∀P,Q∈K[X], P+Q= Q+P.
Autrement dit,(K[X],+)est un groupe commutatif.
Démonstration. C’est une conséquence des résultats analogues sur les suites.tu
Définition 1.6 (Multiplication par un scalaire). Soient λ ∈ K et P =
n
X
k=0
akXk ∈ K[X]. La multiplication de P parλest l’élément deK[X]défini par :
λ.P=
n
X
k=0
(λak)Xk.
Proposition 1.7. ∀λ, µ∈Ket∀P,Q∈K[X], on a : (1) (λ+µ).P= λ.P+µ.P.
(2) λ.(P+Q)=λ.P+λ.Q.
(3) (λµ).P=λ(µ.P).
(4) 1.P= P.
(5) 0.P=0.
Remarques1.8. (1) La multiplication des polynômes par les scalaires est une loi de com- position externe.
(2) (K[X],+, .) est unK-espace vectoriel.
La multiplication entre polynômes est définie par analogie avec la multiplication entre fonctions polynomiales.
Définition 1.9(Multiplication de deux polynômes). Le produit des polynômes P=
n
X
k=0
akXk et
Q=
m
X
k=0
bkXkest le polynôme :
P×Q=
n+m
X
k=0
ckXk, où∀k ak =
k
X
i=0
aibk−i = X
i+j=k
aibj
S’il n’y a pas d’ambiguïté, le produit des polynômesPetQest aussi notéPQ.
Proposition 1.10(Propriétés de×). La loi (×) surK[X]vérifie les propriétés suivantes : Associativité: :∀P,Q,R∈K[X], P(QR)=(PQ)R.
Existence d’un élément neutre: : Le polynôme P = 1 est l’élément neutre pour la loi (×), c’est à dire P×1= 1×P=P pour tout P∈K[X].
Commutativité: :∀P,Q∈K[X], PQ=QP.
Distributivité sur+: :∀P,Q,R∈K[X], P(Q+R)= PQ+PR.
Démonstration. Exercice.tu
2 Degré d’un polynôme
Définition 2.1. Soit P=
n
X
k=0
akXk ∈K[X]. On définit le degré de P, notédegP, par : – Si P=0, on posedegP= −∞
– Si P,0, alorsdegP=max{k∈N|ak , 0}.
Remarques2.2. SoitP∈K[X].
(1) Si P =
n
X
k=0
akXk, on ne peut affirmer que le fait que degP ≤ n. Il faut préciser an , 0 pour avoirdegP=n.
(2) Les polynômes de la formeakXk s’appellent "monômes".
(3) SiP∈K[X] est de degrén∈N(c-à-d,an, 0), on dit queanest le coefficient dominant (ou coefficient de plus haut degré) de P et queanXn est le terme dominant.
(4) Lorsque le coefficient dominant dePest 1, on dit quePest unitaire.
Proposition 2.3. Soient P,Q∈K[X]non nuls etλ∈K∗. Alors,
(1) deg(P+Q)≤ max(degP,degQ). L’inégalité est stricte si et seulement sidegP=degQ et si les coefficients dominants de P et Q sont opposés.
(2) deg(λP)=degP.
(3) deg(PQ) = degP+ degQ. De plus le coefficient dominant de PQ est le produit des coefficents dominants de P et Q.
Démonstration. On pose P =
n
X
k=0
akXk et Q =
m
X
k=0
bkXk avec degP = n etdegQ = m(donc an ,0 etbm, 0).
(1) Sin = m, il est clair que P+Q =
n
X
k=0
(ak +bk)Xk. Donc,deg(P+Q) ≤ navec égalité si an+bn ,0.
Sin> m, on a :
P+Q=anXn+...+am+1Xm+1+
m
X
k=0
(ak +bk)Xk
Ainsi,deg(P+Q)=n= max{n,m}. De même, sim> n,deg(P+Q)= m=max{n,m}. (2) Le coefficient dominant deλPestλan, 0. Alors,deg(λP)= n.
(3) On a :
PQ =
n+m
X
k=0
ckXk, où∀k ak =
k
X
i=0
aibk−i = X
i+j=k
aibj
Alors,cn+m =anbm, 0 est le coefficient dominant dePQ. Ainsi,deg(PQ)=degP+degQ.tu Corollaire 2.4. Soient P,Q∈K[X]. Alors,
(1) Si PQ=0alors P= 0ou Q= 0.
(2) Si PQ=1alors P,Q∈K∗.
Démonstration. (1) On raisonne par contraposée. Supposons que P , 0 et Q , 0. Alors deg(PQ)=degP+degQ∈N. Donc,PQ, 0. Absurde.
(2) On adegP+degQ= deg(PQ)= 0. Donc,degP=degQ= 0.tu
3 Division euclidienne
Définition 3.1. Soient P,Q∈ K[X]non nuls. On dit que Q divise P (ou que P est un multiple de Q) s’il existe T ∈K[X]tel que P= QT . On note alors Q|P.
Exemple 3.2. (1) Le polynôme (X−1)(X−2) divise (X−1)2(X−2)(X2+X+1).
(2) Le polynôme 0 est divisible par tous les polynômes mais il ne divise que lui même.
(3) Si Q | Pavec P non nul, alors degP ≥ degQ, car on a P = T Q avec T , 0, et donc degP=degT +degQ≥degQ.
(4) Siλ∈K∗, alorsλdivise tout polynôme non nul deK[X].
Proposition 3.3. La relation de divisibilité vérifie : (1) ∀P∈K[X]non nul, P|P.
(2) ∀P,Q∈K[X]non nuls, P|Q et Q| P=⇒ ∃λ∈K∗, P = λQ, (on dit qu’ils sont des polynômes associés).
(3) ∀P,Q,R∈K[X]non nuls, P|Q et Q|R=⇒P|R.
Démonstration. Exercice.tu
On montre par récurrence le résultat suivant :
Théoréme 3.1 (Division euclidienne). Soient A,B ∈ K[X] avec B , 0. Alors, il existe un unique couple(Q,R)de polynômes dansK[X], tel que
A= BQ+R et degR<degB Q est le quotient et R est le reste de la division euclidienne de A par B.
Démonstration. Existence :SidegA< degB,Q= 0 etR=Aconviennent.
On posedegA=netdegB=m. Montrons l’existence de cette division par récurrence pour tout n≥m. On pose d’abord A=
n
X
k=0
akXk etB=
m
X
k=0
bkXk Sin= m,Q= am
bm
etR= A− am
bm
Bconvient cardeg(R)<degB.
Supposons la propriété (existence) vraie pour tout polynômeAde degré≤net montrons la pour
un polynômeA de degrén+1. Le polynôme A1 = A− an
bm
Xn+1−mBest de degré≤ n. Donc, il existe un couple (Q1,R1) de polynômes deK[X] tel queA1 = Q1B+R1etdegR1 <degB. Alors,
A= A1+ an
bm
Xn+1−mB=Q1B+R1+ an
bm
Xn+1−mB=(Q1+ an
bm
Xn+1−m)B+R1
On poseQ= Q1+ an
bm
Xn+1−metR=R1. On a bien le résultat.
Unicité :Supposons l’existence de deux couples (Q1,R1) et (Q2,R2) qui satisfont à la conclu- sion de ce théorème avecQ1 , Q2. Donc, deg(R1 −R2) ≤ max{degR1,degR2} < B. En outre, deg(R1−R2)=deg(B(Q1−Q2))=degB+deg(Q1−Q2)≥ degB. Absurde.tu
Exemple 3.4. On aX5+2X3−2X−2= (X3+X)(X2+1)−3X−2.
Remarque3.5. B|Asi et seulement si le reste de la division euclidienne deAparBest nul.
Proposition 3.6. Soient P ∈K[X]et a∈K. Alors le reste de la division euclidienne de P par X−a est P(a).
Démonstration. Soient P = Q(X−a)+λavecλ ∈Kla division euclidienne de PparX−a.
Alors,P(a)=λ.tu
Exercice 3.7. Soit P ∈ R[X], tel que P(0) = P(2) = 1 et P(1) = 2. Déterminer le reste de la division euclidienne dePparX(X−1)(X−2).
Le résultat suivant est la base de l’algorithme d’Euclide, qui permet de déterminer le plus grand diviseur commun de deux polynômes :
Proposition 3.8(Algorithme d’Euclide). Soient A et B deux polynômes deK[X]avec B , 0.
Si Q et R sont respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de A par B, alors les diviseurs communs à A et B sont les mêmes que les diviseurs communs à B et R.
Démonstration. C’est une conséquence des égalitésA= BQ+RetR= A−BQ.tu
Théoréme 3.2. Soient A et B deux polynômes deK[X]. Il existe un unique polynôme nul ou unitaire D deK[X]dont les diviseurs sont les diviseurs communs de A et B ; c’est-à-dire tel que l’on ait :
∀P∈K[X], (P|A et P|B)⇐⇒ P|D).
De plus, il existe deux polynômes U et V tels que AU+BV = D.
– Le polynôme D est appelé le plus grand commun diviseur de A et B et noté D := pgcd(A,B)où D:= A∧B.
Démonstration. Existence : démontrons par réccurence surnque sidegB < nalors pour tout polynômeA, il existe un polynômeDdont les diviseurs sont les diviseurs communs deAetB, ainsi queUetV tels queAU+BV = D.
ISin= 0, alorsB= 0, il suffit de prendreD= A,U = 1 etV =0.
ISupposons le résultat vrai pourn. SoientBde degré< n+1 etAquelconque.
Si degB < n, l’hypothése de réccurence donne immédiatement le résultat. Sinon, B est non nul ; soient respectivement QetRle quotient et le reste de la division euclidienne deApar B.
Comme degR < degB, on a degR < n et l’hypothése de réccurence nous donne l’existence d’un polynôme D dont les diviseurs sont les diviseurs de R et B, ainsi que U1 et V1 tels que (∗) BU1+RV1 = D.
D’après la Proposition 3.8, les diviseurs communs deAetBsont les mêmes que ceux communs
deBetR, et donc sont les diviseurs de D. D’autres part, la relation (∗) donneD= BU1+(A− BQ)V1. Alors, D=AV1+B(U1−QV1). Donc,U = V1etV =U1−QV1convient.
Pour l’unicité, il suffit de remarquer que s’il y a deux polynômes nuls ou unitaires D etD0 qui satisfont cette propriété alorsD|D0etD0 |D. AlorsD=D0.tu
Remarque 3.9. Comme pour le cas des entiers, le calcul du pgcd est basé sur l’algorithme d’Euclide.
Appliquons cette méthode aux deux exemples suivants :
Exemple 3.10. Calculons lepgcddeP= X3+2X2−X−2 etQ= X2+4X+3.
On a
X3+2X2−X−2=(X2+4X+3)(X−2)+4X+4, et X2+4X+3=(4X+4)(1/4X+3/4).
Donc,pgcd(P,Q)=pgcd(Q,4X+4)= X+1.
Exemple 3.11. TrouvonsP∧Q, où
P= 2X3−4X2−X+2, Q=X3−3X2+3X−2.
PosonsR0 = Q.
P= Q1R0+R1, oùQ1 = 2, R1 =2X2−7X+6 P∧R0 =R0∧R1.
R0 = Q2R1+R2, où Q2= 1 2X+ 1
4, R2= 7 4X− 7
2. R0∧R1 =R1∧R2 =R1∧(X−2).
R1 =Q3(X−2)+0, oùQ3 =2X−3.
Donc
P∧Q= X−2.
Remarque3.12. Remarquons que comme pour les entiers, le pgdc est le dernier reste non nul.
Définition 3.13. Deux polynômes sont dits premiers entre eux si leurpgcdest égal à1(c-à-d ; les seuls diviseurs communs de A et B sont les polynômes constants).
Exemple 3.14. (1) Soient aet bdeux éléments distincts deK. Si pet qsont deux entiers naturels, les polynômes A = (X−a)p etB = (X−b)q sont premiers entre eux puisque les diviseurs unitaires deAsont les polynômes (X−a)k, aveck ≤ p, et que parmi eux, seul 1 divise B.
(2) Si A = 0, alors A et B sont premiers entre eux si et seulement si le polynôme B est constant et non nul.
4 Racines, Racines multiples
Définition 4.1. Soient P∈K[X]etλ∈K. On dit queλest racine de P si P(λ)=0.
Proposition 4.2. Soient P ∈ K[X] et λ ∈ K. Alors, λest une racine de P si et seulement si (X−λ)|P.
Démonstration. D’après Proposition 3.6, la division euclidienne dePpar (X−λ) est de la forme P= (X−λ)Q+P(λ). Donc,λest une racine dePsi et seulement si (X−λ)|P.tu
Exercice 4.3. SoitPun polynôme deK[X].
(1) Montrer que sia1,a2, ..,apsont pracines disctinctes de P, alors
p
Y
i
(X−ai) diviseP.
(2) En déduire que tout polynôme de degréndeK[X] ademt au plusnracines distinctes.
Cela nous conduit à la définition des racines multiples.
Définition 4.4. Soient P∈K[X],λ∈Ket k ∈N∗. On dit queλest une racine de P d’ordre de multiplicité k si(X−λ)k divise P mais(X−λ)k+1 ne divise pas P.
Remarque4.5. – Si l’ordre de multiplicité est 1, on parle de racine simple.
– Si (X−λ)k |P, alors l’ordre de multiplicité est au moinsk.
On définit la dérivation des polynômes de manière analogue a celle des fonctions polynomiales associées.
Définition 4.6. Soit P = Pn
i=1aiXi ∈ K[X]un polynôme de degré n. Le polynôme dérivé de P est le polynôme noté P0(X)défini par :
1) P0 = 0si deg P=0ou si P =0.
2) P0(X)= Pn
i=1iaiXi−1.
On définit par récurrence les dérivations successives de P. On pose P(0) = P, P(1) = P0 et P(k) = [P(k−1)]0.
La dérivation des polynômes conserve les mêmes propriétés que celle des fonctions. Et on a donc :
Proposition 4.7. Soient P,Q∈K[X]. On a 1)(P+Q)0 = P0+Q0.
2)(P.Q)0 =P0Q+PQ0.
3 ) Pour toutλ∈K,(λP)0 =λP0. 4)Pe0 = (eP)0.
5) Formule de Leibnitz : Pour tout n∈N∗,(PQ)(n) =Pn k=0
n
k
P(k)Q(n−k). Exemple 4.8. 1) DansC[X] : (3X4+7X2−iX)0 =12X3+14X−i.
Proposition 4.9. Soient P ∈ K[X], λ∈ Ket k ∈N∗. Alors,λest une racine de P d’ordre de multiplicité au moins k si et seulement si
P(λ)= P0(λ)= . . .= P(k−1)(λ)= 0.
Démonstration. Supposons queλest racine d’ordre multiplicité au moinskdeP. Donc, (X− λ)k |P. Par suite, il existeQ∈K[X] tel queP=(X−λ)kQ. Donc,P(λ)=0 et
P0 =(X−λ)k−1Q+(X−λ)kQ0= (X−λ)k−1(Q+(X−λ)Q0)
Ainsi, P0(λ) = 0 et (X−λ)k−1 | P0. En répétant la procédure par dérivation successive deP, on obtient le résultat.
Montrons par récurrence que si P(λ) = P0(λ) = ... = P(k−1)(λ) = 0 alors (X − λ)k | P. Si P(λ) = 0 il es clair que (X −λ) | P. Alors l’assertion est vraie pourk = 1. Supposons qu’elle reste vraie pour k. Soit P tel que P(λ) = P0(λ) = ... = Pk(λ) = 0. Puisque P(λ) = 0, on a (X−λ) |P. Ainsi, il existeQ ∈K[X] tel queP = (X−λ)Q. Et on aP0 = Q+(X−λ)Q0. On a alors,Q= P0−(X−λ)Q0. Donc,
2Q0 = P(2)−(X−λ)Q(2) 3Q(2) = P(3)−(X−λ)Q(3) . . . = . . . . kQ(k−1) = P(k)−(X−λ)Q(k)
Alors,Q(λ)=Q0(λ)=... =Q(k−1)(λ)=0. Donc, (X−λ)k |Qet par suite (X−λ)k+1| Ptu Proposition 4.10. Soit P ∈ K[X] tel que degP ≤ n avec n ∈ N. Si P admet n +1 racines distinctes alors P= 0.
Démonstration. SupposonsP,0 et notonsλ1, λ2, . . . , λn+1∈Kles racines distinctes deP.
On a (X − λ1) | P implique l’existence d’un polynôme P1 tel que P = (X − λ1)P1. Donc, P1(λi)=0 pouri=2, ..,n+1 (en effetλ1−λi ,pour touti, 1). De même, il existeP2tel que P1 =(X−λ2)P2etP2(λi)=0 pouri= 3, ..,n+1. Donc,P=(X−λ1)(X−λ2)P2. Par récurrence, on aura un polynômePn+1tel queP=(X−λ1)(X−λ2). . .(X−λn+1)Pn+1. Donc,degP≥ n+1.
Absurde.tu
5 Factorisation des polynômes
Définition 5.1. Un polynôme deK[X]est dit irréductible si
•degP≥ 1,
•les seuls diviseurs de P sont les constantes non nulles et les polynômes associés de P.
Donc P est irréductible s’il n’est pas constant et si pour tout A,B∈K[X], on a : P= AB=⇒(degA=0 ou degB=0).
Remarques5.2. (1) L’irréductibilité dépend de l’ensembleK dans lequel on se place. Par exemple P = X2+1 est irréductible dansR[X]. Par contre Pest réductible dansC[X], puisque (X+i)|P.
(2) Tout polynôme de degré 1 est irréductible, puisque le produit de deux polynômes non constants est au moins de degré 2 (c-à-d, si P = ABalors 1 = degA+degB, et donc degA=0 oudegB=0).
(3) Un polynôme irréductible dansK[X] possédant une racinea ∈Kest nécessairement de degré 1. En effet, il est divisible par (X−a) qui lui est donc associé.
(4) Un polynôme qui n’admet pas de racine dans Kn’est pas nécessairement irréductible dansK[X], comme le prouve l’exemple (X2+1)2 dansR[X].
(5) En revanche un polynôme de degré 2 ou 3 qui n’a pas de racine dansKest irréductible, puisqu’une décomposition non triviale d’un tel polynôme utilise nécessairement un po- lynôme de degré 1 (c-à-d P = ABimplique 2,3 = degA+degB. Alors, degA = 1 ou degB=1 et doncPadmet une racine. Absurde.)
(6) Un polynôme deR[X] de degré 2 est irréductible dansR[X] si et seulement si son dis- criminant est négatif.
Le théorème suivant est admis :
Théoréme 5.1(Théorème D’Alembert-Gauss). Tout polynôme dansC[X]admet une racine.
Le théorème de D’Alembert-Gauss permet de montrer que les polynômes irréductibles de C[X] sont exactement les polynômes non nuls de degré au plus 1. Il en résulte que :
Proposition 5.3(Théorème de factorisation, cas complexe). Si P ∈C[X]est de degré n et de coefficient dominant an, il existe des éléments distincts z1,z2, ..,zkdeCetα1, α2, .., αk ∈N∗tels que :
α1+α2+...+αk = n et P=an k
Y
i=1
(X−zi)αi. Démonstration. Montrons le résultat par récurrence surn.
ISiP=aX+baveca,0, P= a(X+b/a).
I Supposons que tout polynôme de degré au plus n se factorise comme anoncé. Soit P un polynôme de degrén+1. D’après le théorème de D’Alembert- Gauss,Pa une racine complexe z1. Notonsα1 son odre de multiplicité. Si α1 = n+1 alors P = an(X−z1)n+1. Sinon, il existe Q∈C[X] tel queP=(X−z1)α1Qetz1n’est pas une racine deQ. On adegP=degQ+α1 etP etQont le même coefficient dominantan. Par hypothése surQ(cardegQ=n+1−α1≤ n), ils existentz2, ..,zk ∈Cdistincts et différent dez1(carz1n’est pas une racine deQ) etα2, .., αk ∈N∗ tels que :
α2+...+αk = degQ et Q= an k
Y
i=2
(X−zi)αi Donc,
α1+α2+...+αk =α1+degQ= degP et P= (X−z1)α1Q= an k
Y
i=1
(X−zi)αi t
u
Exercice 5.4. Factoriser dansC[X] les polynômesP= X4+1 etQ= X4+X2+1.
Exercice 5.5. SoitP=
n
X
i=0
ziXi ∈C[X] etr∈N. On poseP=
n
X
i=0
ziXi. Montrer que : (1) Pourα∈C,P(α)=0⇐⇒ P(α)=0.
(2) Pour α ∈ C, αest une racine de P d’ordre r si et seulement si α est une racine de P d’ordrer.
(3) Montrer que si les coefficient dePsont réels alors les racines complexes dePsont deux à deux conjuguées et de même ordre de multiplicité.
Proposition 5.6(Théorème de factorisation, cas réel). Si P∈R[X]est de degré n et de coeffi- cient dominant an, Alors P s’écrit de manière unique sous la forme :
P=an p
Y
1
(X−λi)αi
q
Y
j=1
(X2−sjX+tj)βj
oùλ1, ..., λpsont les racines réelles de P avec multiplicitéα1, ..., αpetβj ∈Net sj,tj ∈Ravec s2j −4tj < 0
Démonstration. Existence : On écrit la factorisation dansC, on isole les racines réelles. Les ra- cines restantes sont conjuguées deux à deux et de même ordre de multiplicité. On les regroupe :
(X−zj)βj(X−zj)βj =(X2−2Re(zj)X+|zj|2)βj.
Ces polynômes de degré 2 sont de discriminant strictement négatif, car sans racine réelle. Uni- cité : deux décompositions différentes sur Rinduisent deux décompositions différentes sur C, ce qui est impossible.tu
Remarque5.7. – Dans cette factorisation comme dans la factorisation dansC[X], il ne faut pas oublier le coefficient dominant.
– Il est clair aussi que les polynômes irréductibles de R[X] sont exactement les polynômes non nuls de degré au plus 1 et les polynômes non nuls de degré 2 de discriminant stricte- ment négatif.
Exemple 5.8. Pour factoriser dansR[X], il y a essentiellement 3 méthodes. Expliquons les sur l’exemple deX4+1.
(1) Coefficients indéterminés : (la plus systématique) On posea,b,c,d∈Rtels que : X4+1=(X2+aX+b)(X2+cX+d)
On développe et on identifie les coefficients. On trouve :
a+c =0 d+b+ac =0 ad+bc =1
bd =1
On en déduita= −c= √
2 etb=d =1. Donc, X4+1=(X2+ √
2X+1)(X2−
√
2X+1)
On vérifie alors que ces deux polynômes sont de discriminant négatif.
(2) Factorisation directe (la plus astucieuse) On remarque que X4+1= (X4+2X2+1)−2X2= (X2+1)−2X2= (X2+1−
√
2X)(X2+1+ √ 2X) (3) Passer parC: On resoud dansCl’équation (X2)2+1= 0 (comme vue dans le chapitre des
nombre complexe). On obtient les 4 racine{ 1
√
2(1+i), 1
√
2(1−i), 1
√
2(−1−i), 1
√ 2(−1+ i)}.On regroupe chaque racine et sa conjugué, pour avoir
X4+1= [(X− 1
√
2(1+i))(X− 1
√
2(1−i)][(X+ 1
√
2(1+i))(X+ 1
√
2(1−i)]=(X2−
√
2X+1)(X2+√ 2X+1) Exercice 5.9. Décomposer les polynômes suivants :
(1) X4+X2+1 (2) X8+X4+1 (3) X6+1
en produits de polynômes irréductibles surR[X]
6 Fractions rationnelles
Définition 6.1. Une fraction rationnelle deK[X]est le quotient de deux polynômes A et B de K[X] avec B , 0. Cette fraction est notée F := A
B. On note K(X) l’ensemble des fractions rationnelles des polynômes deK[X].
On dit que deux fractions rationnelles A B et C
D sont égales si AD= BC (comme dansQ) On dit que la fraction A
B est irréductible si les deux polynômes A et B sont premiers entre eux (pgcd(A,B)=1).
Tout polynôme deK[X]est identifié à la fraction rationelle P 1.
Remarque6.2 (Opérations sur les fractions rationnelles). Les opérations sur les fractions ration- nelles sont analogues à celles dansQ.
Exemple 6.3.
X+1
X + X2−3
X+2 = (X+2)(X+1)+X(X2−3)
X(X+2) = X3+X2+2 X(X+2) .
Proposition 6.4. Toute fraction rationnelle F ∈ K(X)admet une representation irréductible (c-à-d, il existe P,Q∈K[X]avec Q,0tels que P et Q sont premiers entre eux et F = P
Q.) Démonstration. Soit A
B une fraction rationnelle. On pose D = pgcd(A,B). Donc, il existe P,Q ∈ K[X] tels queA = DP etB = DQ. On aAQ = BP. Donc, A
B = P
Q. SiRest un diviseur commun deP etQalorsRD est un diviseur de commun deAet B, et donc diviseD. Alors,R est une constante. Par suitePetQsont premiers entre eux.tu
Définition 6.5(Racines, pôles). Soit F une fraction rationnelle de forme irréductible P Q. – On appelle racin de F toute racine de P.
– On appelle pôle de F toute racine de Q.
– Si a est une racine (respectivement un pôle) de F , 0, l’ordre de multiplicité de a est l’ordre de multiplicité de a en tant que racine du polynôme P (respectivement Q).
Attention ! ! ! !.
– Un élément deKne peut pas être à la fois racine et pôle d’un fraction rationnelle.
– Les racines et les pôles d’une fraction rationnelle ne peuvent être obtenus qu’à partir d’une forme irréductible. Par exemple, 1 n’est ni racine, ni pôle de la fraction rationnelle F =
X3−1
X2−1, carpgcd(X3−1,X2−1)= X−1. Et donc,F = X2+X+1 X+1 Définition 6.6(Partie entière). Soient F = A
B ∈K(X)une fraction rationnelle et A= BQ+R la division euclidienne de A par B (Q,R ∈K[X]etdegR < degB). Alors, Q est appelé la partie entiére de F et on a
F =Q+ R B.
On admet la proposition suivante1
Proposition 6.7(Partie polaire). Soient F = A
B ∈ K(X) une fraction rationnelle et a ∈ K un pôle d’ordre de multiplicité n. Alors F s’écrit de maniére unique sous la forme
F = α1
X−a + α2
(X−a)2 +· · ·+ αn
(X−a)n +F0
oùα1, α2, . . . , αp ∈Ket a n’est pas un pôle de F0. En plus, les pôles de F0sont les pôles de F différents de a, avec les mêmes ordres de multiplicité.
La quantité :
n
X
i=1
αi
(X−a)αi = α1
X−a+ α2
(X−a)2 +· · ·+ αp
(X−a)n s’appelle la partie polaire de F relative au pôle a.
Méthode pratique pour déterminer la partie polaire.
(1) Si l’ordre dea est 1, on peut écrire A
B = A
(X−a)Q oùQ est un polynôme n’admettant pasapour racine. On cherche le scalaireαtel que :
A
B = α X−a + C
D, etan’est pas une racine deD.
En multipliant cette égalité parX−aon obtient : A
Q =α+ (X−a)C D ce qui, en substituantaàX, donne A(a)
Q(a) =α. Pour trouverQ(a), on peut aussi remarquer que si B= (X−a)QalorsB0 = Q+(X−a)Q0. Donc,B0(a)= Q(a). Donc,α= A(a)
B0(a). (2) Si l’ordre deaest 2, on peut écrire A
B = A
(X−a)2Q oùQest un polynôme n’admettant pasapour racine. On cherche les scalairesαetβtels que :
A
B = α
(X−a)2 + β
X−a+ C
D, etan’est pas une racine deD.
En multipliant cette égalité par (X−a)2 on obtient : A
Q =α+β(X−a)+ (X−a)2C D ce qui, en substituantaàX, donne A(a)
Q(a) = α.
On a A
B − α
(X−a)2 = A−αQ
B = β
X−a + C D
En plus,A(a)−αQ(a)=0. DoncX−adiviseA−αQ. SoitA1tel queA−αQ=(X−a)A1. On chercheβtel que A1
(X−a)Q = β
X−a+ C
D. Cela nous ramène au premier cas.
Comme dans le premier cas, on peut montrer queα= 2A(a) B(2)(a)
1La démonstration de ce résultat utilise l’identité de Bézout et la formule de Taylor.
Exemple 6.8. SoitF = X5+1
X(X−1)2. Les pôles deF sont 0 et 1.
(1) La partie polaire relative à 0 est α
X avecα=1/1=1 (2) La partie polaire relative à 1 est a
X−1 + b
(X−1)2 avecb=2/1=2.
Comme :
F− 2
(X−1)2 = X4+X3+X2+X−1 (X−1)X On en déduit quea=3/1=3.
Théoréme 6.1(Décomposition en éléments simples dansC(X)). Soit F = A
B ∈C(X)et soient a1,a2, ...,anles pôles distincts de cette fraction d’ordres de multiplicité respectifs r1,r2, ...,rn. Alors, F s’écrit de maniére unique sous la forme :
F = E+
n
X
i=1
ri
X
k=1
λi,k (X−ai)k
où E est la partie entiére de F et lesλi,ksont des complexes.
Démonstration. L’unicité de la partie entière provient de l’unicité de la division euclidienne.
En plus, pour 1≤ j≤n, on a :
F =
rj
X
k=1
λj,k
(X−aj)k +Fj avec Fj := E+X
i,j
ri
X
k=1
λi,k
(X−ai)k
Il est clair que la fractionFj n’admet pasajpour pôle. Donc,
rj
X
k=1
λi,k
(X−aj)k est la partie polaire relative au pôleaj. D’où l’unicité deλj,1, λj,2, ..., λj,rj.
On montre l’existence par récurrence sur le nombre des pôles,n.
ISiFadmet un seul pôlead’ordrer. Alors, d’après Proposition 6.7, F = λ1
X−a + λ2
(X−a)2 +· · ·+ λr
(X−a)r + C D où λ1, λ2, . . . , λp ∈ C et C
D est une fraction irréductible et n’admet aucun pôle. Donc, D est un polynôme de C[X] qui n’admet aucune racine. Alors, c’est une constante non nulle. Donc, E := C
D ∈C[X]. Alors, (∗) A= B( λ1
X−a+ λ2
(X−a)2 +· · ·+ λr
(X−a)r)+BE. Or, (X−a)rdivise B. Donc, R = B( λ1
X−a + λ2
(X−a)2 +· · ·+ λr
(X−a)r) ∈ C[X] et degR < degB. D’où, (∗) est la division euclidienne deAparB. Ainsi,E est la partie entière deF.
ISupposons la propriété (existence) vraie pour les fractions qui ontnpôles distincts et soit F une fraction qui an+1 pôles distinctsa1,a2, ..,an+1d’ordrer1,r2, ..,rn+1respectivement. Donc,
F = λ1,1
X−a1 + λ1,2
(X−a1)2 +· · ·+ λ1,r
(X−a1)r1 + C D
où λ1,1, λ1,2, . . . , λ1,p ∈ C et C
D est irréductible et ses pôles sont a2, ..,an+1 d’ordre r2, ..,rn+1
respectivement. Alors, d’après l’hypothèse de récurrence, C
D s’écrit de manière unique sous la forme :
C
D =E+
n
X
i=2
ri
X
k=1
λi,k
(X−ai)k
oùEest la partie entière de C
D et lesλi,k sont des complexes.
Alors, A B =
r1
X
k=1
λ1,k
(X−a1)k +E+
n
X
i=2
ri
X
k=1
λi,k
(X−ai)k
= E+
n+1
X
i=1
ri
X
k=1
λi,k
(X−ai)k
Or, (X −ai)ri divise B pouri = 1, ..,n+1. Donc, R = B
n+1
X
i=1
ri
X
k=1
λi,k (X−ai)k
∈ C[X] et degR < degB. En outre,A = BE+R. Alors, par unicité de la division euclidienne deAparB, E est la partie entière deF.tu
Exemple 6.9. (1) La partie entière deF = X5+1
X(X−1)2 estX2+2X+3. Exemple 6.8, nous donne donc :
F = X2+2X+3+ 1
X + 2
(X−1)2 + 3 X−1. (2) SoitF = 1
X5−1. Les pôles deF sont 1,e2iπ/5,e4iπ/5,e6iπ/5,e8iπ/5. La partie polaire relative au pôleωk =(e2iπ/5)k(aveck=0,1,2,3,4) est αk
X−ωk
oùαk = A(ωk)
B0(ωk) avecA=1 etB= X5−1.
Donc,αk = 1
5(ωk)4 = ωk
5 . Alors, puisque la partie entière est nulle, on a : F =
4
X
k=0
ωk
5(X−ωk)
Méthode pratique pour décomposer une fraction rationnelle dans C(X). Soit F = P Q une fraction rationnelle à coefficients complexes dont les pôles sonta1,a2, ...,and’ordres respectifs r1,r2, ..,rn. Sa décomposition est de la forme :
F = E+
n
X
i=1
ri
X
k=1
λi,k (X−ai)k
Les coefficientsλi,ri se calculent immédiatement à l’aide des formules : λi,ri = P(ai)
Qi(ai) = ri!P(ai) Q(ri)(ai) avecQ=(X−ai)riQi.
Si tous les pôles sont simples, on a ainsi la décomposition en éléments simples. Sinon, on retranche à Fchaque fraction λi,ri
(X−ai)ri et on recommence. Mais, il est souvent beaucoup plus
rapide de déterminer les derniers coefficients en utilisant les astuces suivantes :
Si la fraction est à coefficients réels: Si a est un pôle non réel de F d’ordre r, alors a est aussi un pôle d’ordrer et les coefficients des parties polaires associés à aetasont conjugués deux à deux.
Si la fraction est paire ou impaire: Si une fraction rationnelle est paire ou impaire, sa décomposition doit refléter cette propriété. On en déduit alors des relations sur les coef- ficients (le nombres d’inconnues diminue environ de moitié).
Utilisation de la méthode lim
x→∞xF(x): Supposons quedegP<degQ.
Si la fonctionx7→ xF(x) à une limite finie en l’infini, on peut ainsi trouver des relations entre les coefficients des termes en 1
X−ai
de la décomposition deF.
S’il ne reste qu’un ou deux coefficients à calculer: Lorsqu’il ne reste plus qu’un ou deux coefficients à calculer, on peut substituer àXune ou deux valeurs simples.
Exemple 6.10. La fractionF = 4
(X2−1)2 se décompose en éléments simples sous la forme : F = a
X−1 + b
X+1 + c
(X−1)2 + d (X+1)2 On a :
F(X)=F(−X)= a
−X−1+ b
−X+1+ c
(−X−1)2+ d
(−X+1)2 = −a
X+1+ −b
X−1+ c
(X+1)2+ d (X−1)2 Donc, a = −b etc = d. En outre, c = 4
(1+1)2 = 1. Donc, c = d = 1. En plus, 4 = F(0) =
−a+b+c+d =−a+b+2. Alors,b−a= 2. Ainsi,b= 1 eta=−1. Par suite, F =− 1
X−1 + 1
X+1+ 1
(X−1)2 + 1 (X+1)2 On admet le théorème suivant :
Théoréme 6.2(Décomposition en éléments simples dans R(X)). Soit A
B ∈ R(X)une fraction irréductible. On pose B= b
p
Y
1
(X−ai)ri
q
Y
j=1
(X2−sjX+tj)βj où a1, ...,apsont les racines réelles de B avec multiplicité r1, ...,rp etβj ∈Net b,ai,sj,tj ∈Ravec s2j −4tj < 0, la décomposition de B en éléments irréductibles dansR[X]. Alors, A
B s’écrit de maniére unique sous la forme : A
B = E+
p
X
i=1
ri
X
k=1
λi,k
(X−ai)k
+
q
X
j=1
βj
X
k=1
αj,k+γj,kX (X2−sjX+tj)k
où E est la partie entiére de A
B et lesλi,k, αj,k, γj,k sont des réels.
Exercice 6.11. Décomposer en éléments simples dans C[X] et dans R[X] les fractions sui- vantes :
(1) F = 10X3 (X2+1)(X2−4) (2) F = 2(X−2)
(X2+1)2 7 Supplément de cours
Définition 7.1. Soit n ∈ N. On note Kn[X] l’ensemble des polynômes de degré au plus n ; Kn[X] := {P∈K[X]|degP≤n}
Remarque7.2. (Kn[X],+, .) est un sous espace vectoriel de (K[X],+, .).
Proposition 7.3(Identité de Bézout). Les polynômes A et B de K[X]sont premiers entre eux si et seulement si il existe U et V deK[X]tels que AU +BV =1.
Démonstration. SiA etBsont premiers entre eux, alors d’après Théorème 3.2, il existeU et V deK[X] tels queAU+BV = 1.
S’il existe deux polynômesU et V tels que AU + BV = 1, alors tout diviseur D de Aet B diviseAU +BV = 1. Donc,Dest de degré 0. On en déduit queAetBsont premiers entre eux.
t u
Théoréme 7.1 (Formule de Taylor pour les polynômes). Soient P ∈ K[X] un polynôme de degré n et soitα∈K. Alors
P(X)=
n
X
k=0
P(k)(α)
k! (X−α)k.
Démonstration. Par un procédé de récurrence, on vérifie d’abord que siλ∈K,n,k ∈N∗, alors [(X−λ)n](k) = n!
(n−k)!(X−λ)n−k. Ecrivons maintenantP=Pn
i=0aiXi. Alors P(X)= Pn
i=0ai(X−α+α)i
= Pn i=0aiPi
k=0
i
k
(X−α)k αi−k Ainsi, il existe λ0, . . . , λn ∈ K, P = Pn
i=0λi(X − α)i. Trouvons ces coefficients λi en dérivant successivementP. On a
P(k)(X)=X
i= knλi[(X−α)i](k). Donc
P(k)(X)=
n
X
i=k
λi
i!
(i−k)!(X−α)i−k. D’où,P(k)(α)=k!λk. Et on déduit l’égalité désirée.tu
Proposition 7.4. Soient A,B ∈ K[X] deux polynômes non nuls. Alors il existe un et un seul polynôme unitaire M de plus petit degré vérifiant A/M et B/M. De plus, si M0 ∈K[X]et A/M0 et B/M0, alors M/M0.
Notation.Avec les notations de la proposition ci-dessus,Mest noté ppcm(A,B) ouA∨B.
Démonstration. Pour simplifier, supposons que Aet Bsont unitaires. Donc le produit ABest aussi unitaire.
Supposons d’abord queA∧B=1. Alors il existeU,V ∈K[X] tel queU A+BV = 1. Montrons que A∨B = AB. On a A/ABet B/AB. Si M0 est un multiple commun de Aet B, alors M0 = U AM0+V BM0. Par suiteAB/M0.
Supposons maintenant queA∧B=D∈K[X]. EcrivonsA= DA0etB= DB0oùA0,B0 ∈K[X].
Alors A0 ∨B0 = A0B0, puisque A0 ∧ B0 = 1. Montrons que A∨ B = DA0B0. On a A/DA0B0 et B/DA0B0. De plus, si M0 est un multiple de A et B, alors D/M0. Ecrivons M0 = DM” où M”∈ K[X]. AlorsM” est un multiple commun deA0etB0, par suiteA0B0/M”. D’où,DA0B0/M0. t
u
Exemple 7.5. SoientA= X+1 et B=X−3 dans K[X]. AlorsA∨B=(X+1)(X−3).
8 Solutions des exercices
Exercice 3.7. Soient QetR le quotient et le reste de la division euclidienne de Ppar X(X − 1)(X−2). Donc,
P= X(X−1)(X−2)Q+R et degR≤2
Alors,R(0)= P(0)=1 etR(2)= P(2)= 1 etR(1)= P(1)=2. On poseR= aX2+bX+cavec a,b,c∈R. Il est clair quec=1 carR(0)=1. En outre,
( R(2) =1 R(1) =2 ⇐⇒
( 4a+2b+1 =1 a+b+1 2 ⇐⇒
( a =-1 b 2 Par suite,R=−X2+2X+1.
Exercice 4.3. (1) La démonstration sera par récurrence surp(le nombre des racine).
ISi p=1, le résultat découle de Proposition 4.2.
I Supposons la propriété vraie pour p, et démontrons le pour p+1. Soienta1,a2, ...,ap+1 des racines distinctes d’un polynôme A. D’après l’hypothèse de réccurence,
p
Y
i=1
(X −ai) divise A.
Alors, il existeB∈K[X] tel que
A= B
p
Y
i=1
(X−ai) Commeap+1est racine deA, on a
0= B(ap+1)
p
Y
i=1
(ap+1−ai)
ce qui prouve queB(ap+1)=0. Alors, (X−ap+1)| B. Donc, il existeC ∈K[X] tel que B= (X−ap+1)C
Alors,
A= B
p
Y
i=1
(X−ai)=C(X−ap+1)
p
Y
i=1
(X−ai)=C
p+1
Y
i=1
(X−ai)
(2) SoitPun polynôme de degrén. Supposons quePadmetn+1 racines distinctesa1,a2, ..,an+1. Alors, d’après (1),
n+1
Y
i=1
(X−ai) diviseP. C’est-à-dire qu’il existeQ∈K[X] tel que
P=Q
n+1
Y
i=1
(X−ai) D’où,degP=degQ+n+1> n. Absurde.
Exercice 5.4. (1) Factorisation deP= X4+1 dansC[X] : On posex= eiθavecθ∈[0,2π[.
x4+1= 0⇐⇒e4iθ =eiπ ⇐⇒θ= π 4 + kπ
2 aveck∈ {0,1,2,3}
Donc, les racines dePsont
z1 =eiπ4 =
√ 2 2 +i
√ 2 2 z2 =ei3π4 = −
√ 2 2 +i
√ 2 2 =−z1 z3 =ei5π4 = −
√ 2 2 −i
√ 2
2 =z2 =−z1 z4 =ei7π4 =
√ 2 2 −i
√ 2 2 = z1 Donc,
P=(X−z1)(X−z1)(X+z1)(X+z1)
(1) Factorisation deQ= X4+X2+1 : Il suffir de chercher les solutions dansCde l’équation x2+x+1= 0 et déduire celles de l’équationx4+ x2+1=0, et ainsi factoriserQ.
Exercice 5.5. (1) Si α est une racine de P alors
n
X
i=0
ziαi = 0. Donc,
n
X
i=0
ziαi = 0. Ainsi,
n
X
i=0
ziαi = 0. Par suite,P(α)=0.
Inversement, siαest une racine deP, alors par ce que précédeα= αest une racinedeP= P.
(2) Il est clair que pour tout polynômeA=
n
X
i=0
aiXi =0∈C[X], on a : (A)0=
n
X
i=1
ia¯iXi−1= A0
Soitα∈C. Le complexeαest uneαest une racine dePd’ordrersi et seulement si P(λ)= P0(λ)= ...= P(k−1)(λ)= 0 et Pk(λ),0
C’est-à-dire en conjuguant :
P( ¯λ)= P0( ¯λ)= ...= P(k−1)( ¯λ)= 0 et Pk( ¯λ),0 Ce qui est equivaut à :
P( ¯λ)= (P)0(λ)= ...= (P)(k−1)(λ)= 0 et (P)k(λ), 0
C-à-dire queαest une racine dePd’ordrer
(3) Si les coefficient dePsont réels etαune racine complexe (non réel) de P, alors par (1), αest une racine deP. Or,P=P. Donc,αest aussi une racine deP. Donc, les racines dePsont deux à deux conjuguées. Si αest une racine multiple d’orde r, alors par (2), α, est aussi une racine multiple deP= Pde même ordre.
Exercice 5.9.
(1) Factorisation deX4+X2+1
X4+X2+1 = X4+2X2+1−X2
= (X2+1)2−X2
= (X2−X+1)(X2+X+1) (2) Factorisation deX8+X4+1
X8+X4+1 = X8+2X4+1−X4
= (X4+1)2−X4
= (X4−X2+1)(X4+X2+1)
= (X4+2X2+1−3X2)(X4+X2+1)
= (X2−
√
3X+1)(X2+ √
3X+1)(X2−X+1)(X2+X+1) (3) Factorisation deX6+1
X6+1 = (X2+1)(X4−X2+1)
= (X2+1)(X2−
√
3X+1)(X2+ √
3X+1) Exercice 6.11.
(1) Décomposer en éléments simple dansC[X] et dansR[X] la fractionsF = 10X3
(X2+1)(X2−4): La partie entière est nulle et les pôles sonti,−i,2,−2. Alors, Fest écrit sous la forme :
F = a
X−i + b
X+i+ c
X−2 + d X+2 avec
a= 10i3
(i+i)(i2−4 = −10i
−10i =1 b= a=1
c= 10(2)3
(4+1)(2+2) =4 d = 10(−2)3
(4+1)(−2−2) =4, Donc,
F = 1
X−i + 1
X+i+ 4
X−2 + 4 X+2 La décomposition dansR[X] est :
F = 2X
X2+1 + 4
X−2+ 4 X+2
(1) Décomposer en éléments simple dansC[X] et dansR[X] la fractionsF = 2(X−2) (X2+1)2 : La partie entière est nulle, et les pôles sontiet−id’ordre 2 (tous les deux). La décomposition est alors de la forme :
F = a
(X−i)2 + b
X−i+ c
(X+i)2 + d X+i aveca= 2(i−2)
4i2 = 2−i
2 etc=a¯ = 2+i
On donne a Xla valeur 0, on obtient2−4= −a−c+bi−di. Donc, 2i = b−d. De même on donne àXla valeur 2, on obtient 0= b+d. Alors,b= ietd=−i. Par suite,
F = 2−i
2(X−i)2 + i
X−i+ 2+i
2(X+i)2 + −i X+i
