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324. Factorisez sans facteur carré un polynôme réel

Soit à déterminer, sans rechercher ses racines, une factorisation sans facteur carré dans $\R[X]$ du polynôme réel défini par :

P(X) = X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1.

Pour rappel, une factorisation sans carré d’un polynôme est une factorisation en puissances de facteurs sans carré.

Le polynôme $P$ étant unitaire, il existe un 5-uplet $(B_1,B_2,B_3,B_4,B_5)\in(\R[X])^5$ de polynômes réels unitaires et sans facteur carré, deux à deux premiers entre eux, tels que :

P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Il sera ainsi possible de déterminer les multiplicités de chaque racine de $P.$

Il est important de noter que, pour tout $i\in\llbracket 1, 5\rrbracket$ le polynôme $B_i$, même factorisé dans $\C[X]$, n’admet que des racines simples, puisqu’il est sans facteur carré.

Note n°1. Cette écriture s’obtient en décomposant $P$ comme produit de polynômes unitaires irréductibles dans $\R[X]$, puis en regroupant les facteurs identiques avec des puissances, et enfin en regroupant ensemble les polynômes ayant la même multiplicité.

Note n°2. Pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, le polynôme $B_i$ n’est divisible par aucun carré de polynôme non constant.

Note n°3. Dans la décomposition du polynôme $P$ sans facteur carré, il est possible qu’il existe un ou plusieurs entiers $i$ compris entre $1$ et $5$, tels que $B_i = 1.$

Note n°4. Il y a en fait unicité de la décomposition de $P$ comme produit de facteurs unitaires sans carré.

Afin de mener à bien une façon de calculer, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, les polynômes $B_i$, le lemme suivant sera très utile. L’unicité sera même une conséquence de ce lemme.

Lemme : du polynôme $P$ au PGCD de $P$ et de $P’$

Cette section est un aparté.

Soit $P$ un polynôme réel non constant et unitaire, admettant la décomposition suivante comme produit de facteurs réels unitaires sans carré :

P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Vous dérivez ce produit, ce qui fournit :

\begin{align*}
P'(X) &= B_1^\prime(X) B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5 \\
&\quad +2B_1(X)B_2(X)B_2^\prime(X)B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^2B_3^\prime(X) B_4(X)^4B_5(X)^5\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3 B_4(X)^3B_4^\prime(X) B_5(X)^5\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3 B_4(X)^4  B_5(X)^4B_5^\prime(X).
\end{align*}

Vous constatez que les cinq termes du membre de droite sont factorisables par $B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.$ En effet :

\begin{align*}
P'(X) &= B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 \left[ B_1^\prime(X) B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) \right.\\
&\quad +2B_1(X)B_2^\prime(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)B_3^\prime(X) B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4^\prime(X) B_5(X)\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)B_3(X) B_4(X)  B_5^\prime(X)\left]\right..
\end{align*}

Vous notez par $S$ le polynôme qui intervient dans le dernier facteur, soit :

\begin{align*}
S(X) &= B_1^\prime(X) B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) \\
&\quad +2B_1(X)B_2^\prime(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)B_3^\prime(X) B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4^\prime(X) B_5(X)\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)B_3(X) B_4(X)  B_5^\prime(X).
\end{align*}

Ainsi :

\begin{align*}
P'(X) &= B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 S(X).
\end{align*}

Vous notez alors que le polynôme :

B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

divise à la fois $P$ et $P’$ donc il divise $\mathrm{PGCD}(P,P’)$ :

B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 \mid \mathrm{PGCD}(P,P').

Vous souhaitez montrer que $\mathrm{PGCD}(P,P’)=B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.$ D’après ce qui a été établi, il existe un polynôme $T\in\R[X]$ tel que :

\mathrm{PGCD}(P,P') = T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4  .

Raisonnez maintenant par l’absurde et supposez que le polynôme $T$ n’est pas constant.

Notez alors $U$ un facteur irréductible dans $\R[X]$ du polynôme $T.$

D’une part :

U(X) \mid T(X) \mid \mathrm{PGCD}(P,P') \mid P(X).

Vous déduisez :

U(X)  \mid B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

$U$ étant irréductible et divisant un produit, il divise l’un des facteurs de ce produit par le lemme d’Euclide, donc il existe un entier $i$ appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, 5\rrbracket$ tel que :

U(X) \mid B_i(X).

D’autre part :

\mathrm{PGCD}(P,P') \mid P'(X).

Cela s’écrit ainsi :

 T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4  \mid  S(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.

L’anneau $\R[X]$ étant intègre, il vient :

T(X) \mid S(X).

Du coup :

\begin{align*}
T(X) &\mid \sum_{j=1}^5 j B_j^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq j}}B_k(X).
\end{align*}

Comme $T(X)$ divise $B_i(X)$, il vient :

T(X) | iB_i^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq i}}B_k(X).

Par suite :

T(X) | B_i^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq i}}B_k(X).

Notez que s’il existait $k\in\llbracket 1,5\rrbracket \setminus\{i\}$ tel que $T(X)\mid B_k(X)$, alors vous auriez $T(X)\mid \mathrm{PGCD}(B_i,B_k).$ Les polynômes $B_i$ et $B_k$ sont premiers entre eux, cela entraînerait $T(X) \mid 1$ et $T$ serait constant, ce qui est exclu.

Appliquant le lemme d’Euclide, vous constatez alors que nécessairement :

T(X)\mid B_i^\prime(X).

Or, vous avez déjà :

T(X)\mid B_i(X).

Il existe un polynôme $C_i\in\R[X]$ tel que $B_i(X) = T(X)C_i(X).$ En dérivant :

B_i^\prime(X) = T'(X)C_i(X)+T(X)C_i^\prime(X).

Du coup :

T(X) \mid T'(X)C_i(X).

Notez que $T(X) \mid T'(X)$ implique que le degré de $T$ soit inférieur ou égal au degré de $T’.$ Or le degré de $T’$ est égal au degré de $T$ diminué de $1$, ce qui est contradictoire.

Du coup, le lemme d’Euclide fournit :

T(X)\mid C_i(X).

Puis :

T(X)^2 \mid T(X) C_i(X)

Donc :

T(X)^2 \mid B_i(X).

Le polynôme $B_i$ possède un facteur carré non constant, ce qui est absurde. Donc le polynôme $T$ est constant. Par identification du coefficient dominant de l’égalité $\mathrm{PGCD}(P,P’) = T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4$ il vient $T(X)=1$, comme annoncé.

En définitive il a été démontré que, pour tout polynôme réel $P$ unitaire et non constant, si :

\boxed{P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5}

est une décomposition de $P$ en produit de facteurs réels, unitaires et sans carré, alors :

\boxed{\mathrm{PGCD}(P,P') = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.}

Etape 1 : supprimez toutes les multiplicités et calculez le produit $B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Pour revenir au problème initial de cet article, il est rappelé que :

P(X)X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1.

Vous notez $Q_0 = P.$ D’après ce qui a été précisé ci-dessus :

Q_0(X) = P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Vous posez $Q_1 = \mathrm{PGCD}(Q_0,Q_{0}^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_1(X) = \mathrm{PGCD}(Q_0,Q_0') = X^2-2 X+1.

Or :

Q_1(X) = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

Vous posez $R_0 =\frac{Q_0}{Q_1}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_0(X) &=\frac{Q_0(X)}{Q_1(X)}\\
&= B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1}{X^2-2 X+1}.
\end{align*}

Soit, après calcul de la division euclidienne :

\boxed{R_0(X) =  B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X^3-2 X+1.}

Etape 2 : partez du polynôme $Q_1$ et calculez le produit $B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Vous avez :

Q_1(X) = X^2-2 X+1 = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

Vous posez $Q_2 = \mathrm{PGCD}(Q_1,Q_1^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_2(X) = \mathrm{PGCD}(Q_1,Q_1') = X-1.

Or :

Q_2(X) = B_3(X)B_4(X)^2B_5(X)^3

Vous posez $R_1 =\frac{Q_1}{Q_2}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_1(X) &=\frac{Q_1(X)}{Q_2(X)}\\
&= B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X^2-2 X+1}{X-1}\\
&=X-1.
\end{align*}

Soit :

\boxed{R_1(X) = B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X-1.}

Etape 3 : partez du polynôme $Q_2$ et calculez le produit $B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Vous avez :

Q_2(X) = X-1 = B_3(X)B_4(X)^2B_5(X)^3.

Vous posez $Q_3 = \mathrm{PGCD}(Q_2,Q_2^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_3(X) = \mathrm{PGCD}(Q_2,Q_2') = 1.

Or :

Q_3(X) = B_4(X)B_5(X)^2.

Vous posez $R_2 =\frac{Q_2}{Q_3}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_2(X) &=\frac{Q_2(X)}{Q_3(X)}\\
&= B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X-1}{1}\\
&=X-1.
\end{align*}

Soit :

\boxed{R_2(X) =  B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X-1.}

Etape 4 : déterminez la décomposition de $P$

Comme $Q_3(X) = B_4(X)B_5(X)^2 = 1$ vous déduisez immédiatement pour une question de degré que les polynômes $B_4$ et $B_5$ sont constants. Etant unitaires, vous en tirez que :

\boxed{B_4(X) = B_5(X) = 1.}

Comme $R_2(X) = X-1 = B_3(X)B_4(X)B_5(X)$ vous déduisez que :

\boxed{B_3(X) = X-1.}

Comme $R_1(X) = X-1 = B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$ vous déduisez que :

\boxed{B_2(X) = 1.}

Comme $ R_0(X) =B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) =X^3-2 X+1$ vous déduisez :

\begin{align*}
B_1(X) &= \frac{R_0(X)}{ R_1(X)}\\
&= \frac{X^3-2 X+1}{X-1}.
\end{align*}

En calculant le quotient de la division euclidienne obtenue, il vient :

\boxed{B_1(X) = X^2+X-1.}

Concluez

Vous avez obtenu une factorisation de $P(X)=X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1$ en trouvant toutes les multiplicités, comme indiqué. Il vient :

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

Le réel $1$ est racine triple du polynôme $P$, et les deux racines réelles $\alpha$ et $\beta$ du polynôme $X^2+X-1$ sont racines simples de $P.$

Note. L’algorithme utilisé montre que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, les polynômes $B_i$ sont uniques.

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