Le Théorème Fondamental garantit qu'un polynôme complexe
de degré \(n\) possède \(n\)
racines complexes,
et peut se factoriser en un produit. Voyons quelques exemples
explicites de factorisation.
Exemple:
Considérons
\[
P(z)=z^2+2z+2\,.
\]
L'équation \(P(z)=0\)
ne possède pas de solutions réelles puisque
\(\Delta=4-8=-4<0\). Par contre, par le Théorème Fondamental de l'Algèbre,
\(P(z)\) doit posséder deux racines complexes.
On propose deux méthodes pour les trouver.
On pose \(z=a+b\mathsf{i}\) (où \(a\) et \(b\) sont réels!), que
l'on injecte dans l'équation \(z^2+2z+2=0\), pour trouver
\[
(\underbrace{a^2-b^2+2a+2}_{=0})+\mathsf{i}(\underbrace{2ab+2b}_{=0})=0\,.
\]
On a donc un système
\[\begin{aligned}
a^2-b^2+2a+2&=0\\
2b(a+1)&=0\,.
\end{aligned}\]
Considérons la deuxième ligne: \(2b(a+1)=0\).
Cas 1): \(b=0\). Inséré dans la première ligne, on obtient \(a^2+2a+2=0\), qui
n'a pas de solution (réelle!), donc pas de solution complexe correspondante.
Cas 2): \(a=-1\). Inséré dans la première ligne,
on obtient \(b=\pm \sqrt{1}=\pm 1\).
On en déduit l'existence de deux racines,
\(z_1=-1-\mathsf{i} \) et \(z_2=-1+\mathsf{i}\).
On utilise la formule classique
\[
z=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}=\frac{-2\pm \sqrt{-4}}{2}=-1\pm\sqrt{-1}=-1\pm
\mathsf{i}\,.
\]
On peut donc factoriser:
\[ P(z)=(z-(-1-\mathsf{i}))(z-(-1+\mathsf{i}))\,.
\]
Remarque:
La formule \(\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\) peut s'utiliser aussi
dans le cas général, en particulier lorsque
\(\omega=b^2-4ac\in \mathbb{C}\). On peut alors calculer les racines de \(\omega\)
comme dans la section précédente.
La factorisation complète d'un polynôme peut être laborieuse, surtout si
celui-ci est de degré élevé. Nous verrons quelques exemples en fin de
section.
Par contre, la factorisation d'un polynôme de la forme
\(P(z)=z^n-\omega\) s'obtient directement, à partir des racines \(n\)-èmes de
\(\omega\).
Exemple:
Par un des exemples traités dans la section précédente, la factorisation de
\(P(z)=z^3-\mathsf{i}\) est donnée par
\[
P(z)=
(z-e^{\mathsf{i} \frac{\pi}{6}})
(z-e^{\mathsf{i} \frac{5\pi}{6}})
(z-e^{\mathsf{i} \frac{3\pi}{2}})\,.
\]
Racines multiples
Ce que le théorème fondamental
ne dit pas, c'est si les racines sont distinctes; or elles ne le sont pas
toujours.
Si \(n_*\) est le plus grand entier tel que
\((z-z_*)^{n_*}\) divise \(P\), on dit que \(z_*\) est une
racine de \(P\)
de multiplicité \(n_*\).
Exemple:
Le polynôme
\[P(z)=z^2-2\mathsf{i} z-1=(z-\mathsf{i})^2\]
possède deux racines confondues: \(z_1=z_2=\mathsf{i}\). Donc
\(\mathsf{i}\) est une racine de multiplicité \(2\).
En tenant compte des éventuelles multiplicités, la
factorisation d'un polynôme de degré \(n\)
est donc de la forme
\[
P(z)=a_n(z-z_{i_1})^{n_1}(z-z_{i_2})^{n_2}\cdots(z-z_{i_k})^{n_k}\,,
\]
où maintenant les
racines \(z_{i_1},\dots,z_{i_k}\) sont toutes distinctes, et où les
entiers \(n_1,\dots,n_k\) satisfont à la condition:
\(n_1+n_2+\cdots+n_k=n\).
Exemple:
Le polynôme \(P(z)=z^3-(4-3\mathsf{i})z^2+(4-12\mathsf{i})z+12\mathsf{i}\)
peut se factoriser ainsi:
\[
P(z)=(z+3\mathsf{i})(z-2)^2\,.
\]
Ainsi, la racine \(z_1=-3\mathsf{i}\) est de multiplicité \(n_1=1\), et \(z_2=2\)
est de multiplicité \(2\).
Racines d'un polynôme à coefficients réels
Soit \(P(z)\) un polynôme dont les coefficients sont tous réels
(\(a_k\in \mathbb{R}\)).
Si \(z_*\) est une racine de \(P\),
\[P(z_*)=0\,,\]
alors \(\overline{z_*}\) est aussi racine de \(P\):
\[P(\overline{z_*})=0\,.\]
Soit
\(P(z)=a_0+a_1z+a_2z^2+\dots+a_nz^n\).
Supposons que \(P(z_*)=0\). Alors
\[\begin{aligned}
P(\overline{z_*})
&=a_0+a_1\overline{z_*}+a_2\overline{z_*}^2+\cdots+a_n\overline{z_*}^n\\
&=a_0+a_1\overline{z_*}+a_2\overline{z_*^2}+\cdots+a_n\overline{z_*^n}\\
&=\overline{a_0+a_1{z_*}+a_2{z_*^2}+\cdots+a_n{z_*^n}}\\
&=\overline{P(z_*)}\\
&=\overline{0}\\
&=0\,,
\end{aligned}\]
donc \(\overline{z_*}\) est aussi racine de \(P\).
Une conséquence intéressante est que
si un polynôme a tous ses coefficients réels, alors à chaque racine
\(z_*\)
correspond uneracine conjuguée: \(\overline{z_*}\).
Exemple:
On a vu plus haut que le polynôme \(P(z)=z^2+2z+2\), dont tous les
coefficients sont réels (\(a_0=a_1=2\), \(a_2=1\)), possède deux racines:
\(z_1=-1-\mathsf{i}\) et \(z_2=-1+\mathsf{i}\).
Et effectivement, celles-ci sont conjuguées l'une par rapport à l'autre:
\[z_2=\overline{z_1}\,.\]
Ce résultat a deux conséquences très utiles. La première:
Si \(P\) est de degré impair et que tous ses coefficients sont réels,
alors il possède au moins une racine réelle.
En effet, si \(P\) est de degré impair, alors par le théorème fondamental
de l'algèbre
l'ensemble de ses racines,
\[R:=\{z\in \mathbb{C}\,:\,P(z)=0\}\,,\]
contient un nombre impair d'éléments (même si
certaines racines sont confondues).
Par la proposition ci-dessus, si \(z\in R\) est une racine telle que
\(\mathrm{Im}(z)\neq 0\), alors \(R\) contient aussi \(\overline{z}\neq
z\). On peut donc retirer de \(R\) toutes les paires de racines distinctes
conjuguées de ce type.
Puisque \(R\) contient au départ un nombre impair
d'éléments, on conclut qu'après avoir retiré toutes ces paires, il doit rester au
moins une racine dont la partie imaginaire est nulle; cette racine est donc
réelle.
Remarque:
Plus tard, on démontrera ce corollaire d'une autre manière, à l'aide du
théorème de la valeur intermédiaire.
Exemple:
Le polynôme
\[P(z)=z^7-\pi z^6+\sqrt{2}z-1\] est de degré impair, et tous ses
coefficients sont réels. Par le corollaire, il possède au moins une racine
réelle.
Factorisation de polynômes à coefficients réels
La deuxième conséquence est sur la structure de la factorisation des polynômes
réels:
Tout polynôme à coefficients réels \(P(x)\)
peut se factoriser en un produit de polynômes irréductibles
de degré \(1\)
ou \(2\), à coefficients réels eux aussi.
Avec les mêmes coefficients réels,
laissons la variable devenir complexe:
\(P(z)\).
Par la proposition, si \(z_*\) est racine de \(P\), alors
\(\overline{z_*}\) l'est aussi. Donc la factorisation de \(P\) sera de la forme
\[
P(z)=
\cdots(z-z_*)\cdots(z-\overline{z_*})\cdots
\]
Or si on met ces deux termes ensemble, on obtient
\[\begin{aligned}
(z-z_*)(z-\overline{z_*})
&=z^2-(z_*+\overline{z_*})z+z_*\overline{z_*}\\
&=z^2-\underbrace{(2\mathrm{Re}(z_*))}_{\in \mathbb{R}!}z
+\underbrace{|z_*|^2}_{\in \mathbb{R}!}\,,
\end{aligned}\]
qui est bien un polynôme de degré \(2\) à coefficients réels.
Ceci prouve l'affirmation.
Exemple:
Utilisons cette méthode pour donner une factorisation du polynôme réel
\[P(x)=x^4+1\]
(dont tous les
coefficients sont réels) par des polynômes de degré \(2\) réels.
On commence par chercher ses racines complexes, qui sont solutions de
\(P(z)=z^4+1=0\). Ces racines satisfont donc
\(z^4=-1\); ce sont les racines \(4\)-èmes de \(\omega=-1\).
On trouve les racines \(4\)-èmes de
\(-1\), par la méthode de la section précédente. On commence par écrire
\[
\omega=-1=1\cdot e^{\mathsf{i} \pi}\,,
\]
qui donne, par le théorème,
\[
z=\sqrt[4]{1}\cdot e^{\mathsf{i} \frac{\pi+2k\pi}{4}}\,,\qquad k=0,1,2,3.
\]
On trouve donc
\[\begin{aligned}
k=0&:\, z_0=e^{\mathsf{i}\frac{\pi}{4}}=+\tfrac{\sqrt{2}}{2}+\mathsf{i}\tfrac{\sqrt{2}}{2}\\
k=1&:\, z_1=e^{\mathsf{i}\frac{3\pi}{4}}=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}+\mathsf{i}\tfrac{\sqrt{2}}{2}\\
k=2&:\, z_2=e^{\mathsf{i}\frac{5\pi}{4}}=-\tfrac{\sqrt{2}}{2}-\mathsf{i}\tfrac{\sqrt{2}}{2}\\
k=3&:\, z_3=e^{\mathsf{i}\frac{7\pi}{4}}=+\tfrac{\sqrt{2}}{2}-\mathsf{i}\tfrac{\sqrt{2}}{2}\\
\end{aligned}\]
La factorisation de \(P\) en facteurs irréductibles complexes
est donc
\[
P(z)=\underbrace{1}_{a_4=1}(z-z_0)(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)\,.
\]
On remarque que
\[ z_3=\overline{z_0},\qquad z_2=\overline{z_1}\,.
\]
Les paires conjuguées de racines de \(P(z)=z^4+1\) sont donc
\((z_0,z_3)\) et \((z_1,z_2)\).
En regroupant ces termes dans la factorisation, on obtient des polynômes de degré \(2\) à coefficients
réels:
\[\begin{aligned}
(z-z_0)(z-z_3)
&=(z-z_0)(z-\overline{z_0})\\
&= z^2-2\mathrm{Re}{z_0}z+|z_0|^2 \\
&= z^2-\sqrt{2}z+1\,,\\
(z-z_1)(z-z_2)
&=(z-z_1)(z-\overline{z_1})\\
&= z^2-2\mathrm{Re}{z_1}z+|z_1|^2 \\
&= z^2+\sqrt{2}z+1\,.
\end{aligned}\]
On obtient ainsi
la factorisation de \(P\) en facteurs irréductibles réels:
\[
P(z)= \bigl(z^2-\sqrt{2}z+1\bigr) \bigl(z^2+\sqrt{2}z+1\bigr)\,.
\]
Avec quelques bonnes idées,
on peut parfois éviter de passer par tout ce formalisme. Par exemple,
\[\begin{aligned}
z^4+1
&=(z^4{\color{blue}+2z^2}+1){\color{blue}-2z^2}\\
&=(z^2+1)^2-2z^2\\
&=(z^2+1)^2-(\sqrt{2}z)^2\\
&=(z^2+1-\sqrt{2}z)(z^2+1+\sqrt{2}z)\\
&=(z^2-\sqrt{2}z+1)(z^2+\sqrt{2}z+1)\,.
\end{aligned}\]
Plus tard, on utilisera cette factorisation pour calculer
l'intégrale indéfinie
\[
\int \frac{dx}{x^4+1}=
\int \frac{dx}{
\bigl(x^2-\sqrt{2}x+1\bigr)
\bigl(x^2+\sqrt{2}x+1\bigr)
}\,.
\]
Factorisation dans le cas général
Dans le cas général, pour factoriser un polynôme complexe \(P(z)\),
on pourra
essayer de trouver une première racine \(z_1\) par
tâtonnement,
effectuer une division euclidienne de \(P(z)\) par \((z-z_1)\), et donc
obtenir \(P(z)=(z-z_1)Q(z)\),
recommencer avec \(Q(z)\), etc.
Exemple:
Factorisons
\[P(z)=z^3-(2-3\mathsf{i})z^2-(1+5\mathsf{i}) z+2+2\mathsf{i}\,.
\]
Pour commencer, en testant avec
quelques nombres simples, on
remarque que \(P(1)=0\)
. Maintenant qu'on a cette racine, on sait que \(P\) peut se factoriser:
\[
P(z)=(z-1)Q(z)\,.
\]
On trouve \(Q(z)\) en effectuant la division euclidienne de
\(P(z)\) par \((z-1)\):
On a donc
\[Q(z)=z^2-(1-3\mathsf{i})z-(2+2\mathsf{i})\,,\]
qu'on factorise à son tour.
En remarquant que
\(Q(-2\mathsf{i})=0\), on fait la division
qui donne
\(Q(z)=(z+2\mathsf{i})(z-(1-\mathsf{i}))\).
On a donc factorisé \(P\):
\[P(z)=(z-1)(z+2\mathsf{i})(z-(1-\mathsf{i}))\,.\]
Quiz 2.7-1 :
(MAN 2021)
Soit \(P\) le polynôme à coefficients réels défini par
\[P(x)=x^4+1\,,\quad x\in \mathbb{R}\,.\]
Vrai ou faux?
Il n'existe aucun réel \(x_*\) tel que \(P(x_*)=0\).
\(P\) ne peut pas se factoriser en un produit de monômes du premier
degré (du type \(ax+b\) avec \(a,b\in \mathbb{R}\)).
\(P\) ne peut pas se factoriser en un produit de binômes du second
degré (du type \(ax^2+bx+c\) avec \(a,b,c\in\mathbb{R}\)).
Puisque \(R\) contient au départ un nombre impair
d'éléments, on conclut qu'après avoir retiré toutes ces paires, il doit rester au
moins une racine dont la partie imaginaire est nulle; cette racine est donc
réelle.
