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169. Vers la résolution de l’équation réelle de degré 4 dans le cas général

Une équation de degré 4 est de la forme $a_4x^4+a_3x^3+b_2x^2+b_1x+b_0=0$ d’inconnue $x\in\R$ avec $(a_4,a_3,a_2,a_1,a_0)\in\R^5.$

Comme le degré apparent de cette équation est de $4$, c’est que le coefficient $a_4$ est non nul.

En divisant par $a_4$, vous obtenez une équation de la forme $x^4+b_3x^3+b_2x^2+b_1x+b_0 = 0.$

Voulant utiliser une identité remarquable, il sera commode de poser $c_3 = \frac{b_3}{2}$ ce qui donne $x^4+2c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0.$

Cette écriture sera plus commode dans la suite.

Utilisez l’identité remarquable $(u+v)^2=u^2+v^2+2uv$

Pour tout réel $x$, $(x^2+c_3x)^2 = x^4+2c_3x^3+c_3x^2.$

Du coup, pour tout réel $x$ :

\begin{aligned}
x^4+2c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0 &\Longleftrightarrow (x^2+c_3x)^2-c_3x^2+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+c_3x)^2+(c_2-c_3)x^2+c_1x+c_0 = 0.
\end{aligned}

Utilisez un degré de liberté supplémentaire

Soit $k$ un nombre réel fixé. Remarquez alors que :

\begin{aligned}
x^4+2c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0 &\Longleftrightarrow (x^2+c_3x)^2+(c_2-c_3)x^2+c_1x+c_0 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+c_3x+k)^2-k^2-2k(x^2+c_3x)+(c_2-c_3)x^2+c_1x+c_0 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+c_3x+k)^2 +(c_2-c_3-2k)x^2+(c_1-2kc_3)x+c_0-k^2 = 0\\
&\Longleftrightarrow (2x^2+2c_3x+2k)^2 +4(c_2-c_3-2k)x^2+4(c_1-2kc_3)x+4c_0-4k^2 = 0.
\end{aligned}

A ce stade, il est important de considérer le trinôme défini par $\forall x\in\R, P(x)=4(c_2-c_3-2k)x^2+4(c_1-2kc_3)x+4c_0-4k^2.$

L’idée de Ferrari consiste à essayer de choisir $k\in\R$ pour que $P$ ait un discriminant nul avec un coefficient dominant strictement négatif.

Afin de traiter convenablement le coefficient dominant, vous posez $\ell = c_2-c_3-2k.$

Alors :

\begin{aligned}
c_1-2kc_3 &= c_1+(\ell-c_2-c_3)c_3\\
&=c_3\ell +c_1-c_2c_3-c_3^2.
\end{aligned}

\begin{aligned}
4k^2 &= (\ell – c_2+c_3)^2\\
&= \ell^2+(-2c_2+2c_3)\ell+c_2^2+c_3^2-2c_2c_3.
\end{aligned}

Si bien que pour tout réel $x$ :

\begin{aligned}
P(x)&=4\ell x^2+4(c_3\ell +c_1-c_2c_3-c_3^2)x+4c_0 – \ell^2+(+2c_2-2c_3)\ell-c_2^2-c_3^2+2c_2c_3.\\
\end{aligned}

Vous voulez que le trinôme $P$ ait un discriminant nul, ce qui conduit à avoir :

\begin{aligned}
16(c_3\ell +c_1-c_2c_3-c_3^2)^2 &= 4 (4\ell) (4c_0 – \ell^2+(2c_2-2c_3)\ell-c_2^2-c_3^2+2c_2c_3)\\
(c_3\ell +c_1-c_2c_3-c_3^2)^2 &= \ell (4c_0 – \ell^2+(2c_2-2c_3)\ell-c_2^2-c_3^2+2c_2c_3).
\end{aligned}

En développant, la relation s’écrit :
\begin{aligned}
…\ell^2+…\ell + (c_1-c_2c_3-c_3^2)^2 &= -\ell^3+…\ell^2+…\ell\\
\ell^3+\dots \ell^2+\dots\ell + (c_1-c_2c_3-c_3^2)^2 &= 0.
\end{aligned}

Deux cas sont possibles. Si $c_1-c_2c_3-c_3^2$ est nul, vous choisissez $\ell = 0.$

Vous constatez alors que le polynôme $P(x)$ est constant.

La résolution de l’équation de degré 4 s’en déduit selon le signe de cette constante.

\begin{aligned}
x^4+2c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0 &\Longleftrightarrow (2x^2+2c_3x+2k)^2 +P(x) = 0.
\end{aligned}

Second cas. Le nombre $c_1-c_2c_3-c_3^2$ est non nul. La fonction de degré 3 $\ell\mapsto \ell^3+\dots \ell^2+\dots\ell + (c_1-c_2c_3-c_3^2)^2$ a une limite égale à $-÷infty$ quand $\ell\to -\infty$ et prend une valeur strictement positive en $0$.

Il existe donc un réel $\ell$ strictement négatif tel que $ \ell^3+\dots \ell^2+\dots\ell + (c_1-c_2c_3-c_3^2)^2 = 0$.

Donc $P(x)$ admet une écriture de la forme $P(x) = -(mx+p)^2$ où $m$ et $p$ sont des réels.

Ainsi l’équation de degré 4 se résout par factorisation puisque, pour tout $x\in\R$ :

\begin{aligned}
x^4+2c_3x^3+c_2x^2+c_1x+c_0 = 0 &\Longleftrightarrow (2x^2+2c_3x+2k)^2 -(mx+p)^2 = 0.
\end{aligned}

Epilogue

Cette façon de faire, qui conduit à une disjonction de cas sur la fin et basée sur l’idée de Ferrari indique que tout polynôme unitaire réel de degré 4 admet une écriture sous la forme $(x^2+px+q)^2-(rx+s)^2$ où $(p,q,r,s)\in\R^4.$

C’est cette écriture, qui, à notre avis se révèle être la bonne puisqu’elle évite l’utilisation des nombres complexes. Une nouvelle étude sera faite dans l'article 170, où vous trouverez une justification de l’existence de cette écriture par d’autres moyens puis comment déterminer les candidats potentiels pour enfin trouver dans la pratique cette écriture.

168. Principe de la méthode de Ferrari pour une équation de degré 4

Considérez une équation réelle de degré 4 ne comportant pas de terme en $x^3$ afin de simplifier les calculs.

Quitte à diviser par le coefficient dominant, vous vous ramenez à traiter l’équation $x^4+2ax^2+bx+c=0$ d’inconnue $x\in\R.$

Si $b$ est nul, vous effectuez le changement de variable $y=x^2$ et vous vous ramenez à résoudre une équation de degré 2. On dit que l’équation est « bicarrée ».

Dans la suite, $b$ sera supposé non nul.

Utilisez l’identité remarquable $(u+v)^2=u^2+v^2+2uv$

La première idée consiste à utiliser le début du développement de $(u+v)^2.$

En effet, $(x^2+a)^2 = x^4+2ax^2+a^2$, du coup, pour tout réel $x$ :

\begin{aligned}
x^4+2ax^2+bx+c=0 &\Longleftrightarrow (x^2+a)^2+bx+c-a^2 = 0.
\end{aligned}

Ajoutez un degré de liberté avec l’idée de Ferrari

Soit $k$ un nombre réel qui sera choisi plus tard. Observez la suite d’équivalences :

\begin{aligned}
x^4+2ax^2+bx+c=0 &\Longleftrightarrow (x^2+a)^2+bx+c-a^2 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+a + k)^2-k^2 -2k(x^2+a)+bx+c-a^2 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+a + k)^2+(-2k)x^2+bx-k^2 + c-a^2-2ka = 0\\
\end{aligned}

L’idée de Ferrari consiste à choisir $k$ pour que le polynôme $(-2k)x^2+bx-k^2 + c-a^2-2ka$ ait un discriminant égal à $0.$

Cela conduit à choisir $k$ pour que :

\begin{aligned}
b^2-4(-2k)(-k^2+c-a^2-2ka) &= 0 \\
b^2+8k(-k^2+c-a^2-2ka) &=0 \\
-8k^3-16ak^2+(8c-8a^2)k+b^2 &= 0.
\end{aligned}

Pour tout $x\in\R$ notez $P(x) = -8x^3-16ax^2+(8c-8a^2)x+b^2.$

Comme $b$ est non nul, $b^2 > 0.$

La fonction réelle $P$ est polynomiale donc continue sur $\R.$ Comme $\lim_{x\to +\infty} P(x) = -\infty$ et comme $P(0)=b^2$ est strictement positif, vous déduisez du théorème des valeurs intermédiaires qu’il existe un réel $k$ strictement positif tel que $P(k)=0$.

La stricte positivité de $k$ est cruciale.

Le polynôme de second degré $(-2k)x^2+bx-k^2 + c-a^2-2ka$, pour la valeur choisie de $k$ précédente, a un discriminant nul et un coefficient dominant strictement négatif. Il existe donc un réel $\ell$ tel que, pour tout $x\in\R$, $(-2k)x^2+bx-k^2 + c-a^2-2ka = -2k(x-\ell)^2$, ce qui s’écrit $-(\sqrt{2k}(x-\ell))^2.$ En pratique, ce réel $\ell$ est égal donné par $\frac{b}{4k}.$

Terminez la résolution

\begin{aligned}
x^4+2ax^2+bx+c=0 &\Longleftrightarrow (x^2+a + k)^2+(-2k)x^2+bx-k^2 + c-a^2-2ka = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+a + k)^2-(\sqrt{2k}(x-\ell))^2 =0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+a + k + \sqrt{2k}(x-\ell))(x^2+a + k – \sqrt{2k}(x-\ell)) =0.
\end{aligned}

La résolution finale est obtenue en utilisant les discriminants respectifs des deux polynômes réels de degré 2 obtenus.

La méthode de Ferrari permet donc, dans le cas dit « dégénéré » et non « bicarré » de factoriser un polynôme réel de degré 4 en deux polynômes réels de degré 2 et sans faire appel aux nombres complexes.

167. Résolvez une équation du quatrième degré sans translation avec la méthode de Ferrari

Cette section illustre la résolution d’une équation du quatrième degré qualifiée de « pleine » au sens où elle contient explicitement un terme en $x^3$, ce qui n’était pas le cas dans l'article 166 où l’équation à résoudre n’en comportait pas, ce qui simplifiait les calculs initiaux.

Soit à résoudre dans $\C$ l’équation suivante $x^4+10x^3+39x^2+70x+50=0.$ Vous verrez plus tard que l’utilisation de $\C$ au lieu de $\R$ s’avère commode puisque cette équation n’admet, en fait, aucune solution réelle.

Note. Il est possible de mener les calculs en restant dans $\R$ mais au prix de démarches plus techniques et plus lourdes.

Absorbez $x^4+10x^3$ dans un carré

Avec l’identité remarquable $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$ vous obtenez :

\begin{aligned}
(x^2+5x)^2 &= (x^2)^2+2(x^2)(5x)+(5x)^2\\
&=x^4+10x^3+25x^2.
\end{aligned}

Ainsi $x^4+10x^3 = (x^2+5x)^2-25x^2.$

Cette remarque permet d’écrire que, pour tout nombre complexe $x$ :

\begin{aligned}
x^4+10x^3+39x^2+70x+50=0 &\Longleftrightarrow (x^4+10x^3)+39x^2+70x+50 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x)^2-25x^2+39x^2+70x+50 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x)^2+14x^2+70x+50 = 0.
\end{aligned}

Utilisez l’idée de Ferrari avec un degré de liberté supplémentaire

Soit $k$ un nombre réel fixé qui sera choisi plus tard.

Pour tout nombre complexe $x$ :

\begin{aligned}
x^4+10x^3+39x^2+70x+50=0 &\Longleftrightarrow (x^2+5x)^2+14x^2+70x+50 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x+k)^2-k^2-2k(x^2+5x)+14x^2+70x+50 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x+k)^2+(14-2k)x^2+(70-10k)x+50-k^2 = 0.
\end{aligned}

Vous choisissez $k$ pour que le polynôme $(14-2k)x^2+(70-10k)x+50-k^2$ soit un carré parfait. Cela se produit lorsque son discriminant est nul.

Ici, vous observez que si $k=7$, alors $14-2k=0$ et $70-10k = 0.$

Vous obtenez donc, que pour tout $x\in\C$ :

\begin{aligned}
x^4+10x^3+39x^2+70x+50=0 &\Longleftrightarrow (x^2+5x+7)^2+50-49 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x+7)^2+1 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x+7)^2-i^2 = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2+5x+7+i)(x^2+5x+7-i) = 0.
\end{aligned}

Trouvez les racines des deux polynômes obtenus

Déterminez les racines du trinôme $x^2+5x+7+i$

Le discriminant du trinôme $x^2+5x+7+i$ est égal à :

\begin{aligned}
\Delta &= 25-4(7+i)\\
&=-3-4i.
\end{aligned}

Il s’agit maintenant d’en trouver une racine carrée.

Posez $z = a+ib$ où $a$ et $b$ sont deux réels, de sorte que $z^2 = -3-4i.$

En calculant le module, vous obtenez $\vert z \vert ^2 = 5$ soit $a^2+b^2 = 5.$

En développant $z^2$ vous obtenez $a^2-b^2+2iab = -3-4i.$ En identifiant la partie réelle, cela donne $a^2-b^2=-3.$

Comme $a^2+b^2 = 5$ et $a^2-b^2 = -3$, par somme $2a^2 = 2$ donc $a^2=1$.

Choisissez $a=1$. En identifiant la partie imaginaire, vous obtenez $2ab = -4$ ce qui conduit à $ab=-2$ et $b=-2.$

Vérification. Posez $z = 1-2i$. Alors $z^2 = 1-4-4i = -3-4i.$

Du coup, $\Delta = (1-2i)^2.$

Les racines du trinôme $x^2+5x+7+i$ sont $\frac{-5-1+2i}{2} = -3+i$ et $\frac{-5+1-2i}{2}=-2-i.$

Ainsi, par le théorème de factorisation $(x+3-i)(x+2+i) = x^2+5x+7+i.$

Déterminez les racines du trinôme $x^2+5x+7-i$

D’après ce qui précède, pour $x\in\{-3+i, -2-i\}$, $x^2+5x+7-i = 0$ donc en conjuguant $\overline{x}^2+5\overline{x}+7+i = 0$ donc pour $x\in\{-3-i, -2+i\}$, $x^2+5x+7+i=0.$

Les deux racines du polynôme du second degré $x^2+5x+7-i$ sont $-3-i$ et $-2+i.$

Ainsi, par le théorème de factorisation $(x+3+i)(x+2-i) = x^2+5x+7-i.$

Concluez

Pour tout nombre complexe $x$ :

\begin{aligned}
x^4+10x^3+39x^2+70x+50=0 &\Longleftrightarrow (x^2+5x+7+i)(x^2+5x+7-i) = 0\\
&\Longleftrightarrow (x+3-i)(x+2+i)(x+3+i)(x+2-i) = 0\\
\end{aligned}

Le polynôme $x^4+10x^3+39x^2+70x+50$ admet quatre racines :
$-3-i$,
$-3+i$,
$-2+i$ et
$-2-i.$

Remarque. Le polynôme du quatrième degré $x^4+10x^3+39x^2+70x+50$ s’écrit aussi comme produit de deux polynômes réels du second degré, en regroupant les racines deux à deux conjuguées :

\begin{aligned}
x^4+10x^3+39x^2+70x+50 &= (x+3-i)(x+2+i)(x+3+i)(x+2-i)\\
&= \left[(x+3+i)(x+3-i)\right]\left[(x+2+i)(x+2-i)\right]\\
&=(x^2+6x+10)(x^2+4x+5).
\end{aligned}

166. Résolvez une équation du quatrième degré avec la méthode de Ferrari

Soit à résoudre l’équation $x^4-22x^2 -48x -23 = 0$ d’inconnue $x\in\R.$

Note. Cette équation ne comporte pas de terme en $x^3$ ce qui simplifie les calculs. Pour traiter la question lorsque ce terme est explicitement apparent dans une équation du quatrième degré, il tout à fait possible de s’en sortir en menant des calculs similaires avec une étape supplémentaire et sans utiliser de « translation », complexifiant artificiellement les calculs en faisant apparaître des fractions. Reportez-vous au contenu se trouvant dans l'article 167.

Utilisez l’identité remarquable $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$

Pour tout réel $x$, $(x^2-11)^2 = x^4-22x^2+121$ ce qui fournit $x^4-22x^2 = (x^2+11)^2-121.$

Par conséquent, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
x^4-22x^2   -48x  -23 = 0 &\Longleftrightarrow (x^2-11)^2-121 - 48x-23 = 0\\
 &\Longleftrightarrow (x^2-11)^2- 48x-144  = 0\\
&\Longleftrightarrow (x^2-11)^2  = 48x+144.\\
\end{align*}.

Utilisez un degré de liberté supplémentaire

Soit $k$ un nombre réel qui sera choisi plus tard.

Pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
(x^2-11 + k)^2 &= ((x^2-11) + k)^2\\
&= (x^2-11)^2+2k(x^2-11)+k^2.
\end{align*}

Par conséquent, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
x^4-22x^2   -48x  -23 = 0 &\Longleftrightarrow (x^2-11)^2  = 48x+144\\
&\Longleftrightarrow (x^2-11)^2+2k(x^2-11)+k^2 = 48x+144+2k(x^2-11)+k^2\\
&\Longleftrightarrow (x^2-11 + k)^2 = 2kx^2 +48x + (144-22k+k^2).
\end{align*}

Appliquez l’idée de Ferrari

L’idée de Ferrari consiste à choisir $k$ pour que $2kx^2 +48x + (144-22k+k^2)$ soit un polynôme ayant une racine double.

Cela se produit uniquement si le discriminant est nul.

Cela amène à choisir $k$ tel que :

\begin{align*}
48^2 - 4\times 2k \times (144-22k+k^2) &= 0\\
2304-8k(144-22k+k^2) &=0\\
288-k(144-22k+k^2) &=0\\
-k^3+22k^2-144k+288 &=0\\
k^3-22k^2+144k-288 &=0.
\end{align*}

Le graphique du polynôme du troisième degré $x\mapsto x^3-22x^2+144x-288$ obtenu amène à suspecter que $k=4$ est peut-être solution.

26/09/2021 - Courbe representative de x 3 22x 2144x 288

Vérifiez-le. En effet, pour $k=4$ :

\begin{align*}
k^3-22k^2+144k-288 &= k(k^2-22k+144)-288\\
&=k(k(k-22)+144)-288\\
&=k(-18k+144)-288\\
&=k(-72+144)-288\\
&=72k-288\\
&=0.
\end{align*}

Il sera inutile de chercher les autres racines de ce polynôme de degré 3.

Note. L’équation de degré 3 obtenue, permettant d’avancer dans la résolution, est appelée résolvante.

Factorisez le polynôme de degré 4

Choisissez $k=4.$ Alors, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
x^4-22x^2   -48x  -23 = 0 &\Longleftrightarrow (x^2-11)^2  = 48x+144\\
&\Longleftrightarrow (x^2-11 + k)^2 = 2kx^2 +48x + (144-22k+k^2)\\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = 8x^2 +48x + (144-88+16)\\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = 8x^2 +48x + 72\\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = 8(x^2 +6x + 9)\\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = 8(x+3)^2 \\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = (2\sqrt{2}(x+3))^2 \\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 = (2\sqrt{2}x+6\sqrt{2})^2 \\
&\Longleftrightarrow (x^2-7)^2 - (2\sqrt{2}x+6\sqrt{2})^2 =0\\
&\Longleftrightarrow (x^2-2\sqrt{2}x-7-6\sqrt{2})(x^2+2\sqrt{2}x-7+6\sqrt{2}) =0.
\end{align*}

Terminez la résolution

Etude des racines du trinôme $x^2-2\sqrt{2}x-7-6\sqrt{2}$

Le discriminant du trinôme $x^2-2\sqrt{2}x-7-6\sqrt{2}$ est égal à :

\begin{align*}
\Delta &= (-2\sqrt{2})^2-4(-7-6\sqrt{2})\\
&=8+28+24\sqrt{2}\\
&=36+24\sqrt{2}\\
&=12(3+2\sqrt{2})\\
&=12(1+\sqrt{2})^2\\
&=\left(\sqrt{12}(1+\sqrt{2})\right)^2\\
&=\left(2\sqrt{3}(1+\sqrt{2})\right)^2\\
&=\left(2\sqrt{3}+2\sqrt{6})\right)^2.\\
\end{align*}

Par suite $\sqrt{\Delta} = 2\sqrt{6}+2\sqrt{3}.$

Les racines du trinôme $x^2-2\sqrt{2}x-7-6\sqrt{2}$ sont $\frac{2\sqrt{2} + 2\sqrt{6}+2\sqrt{3} }{2} = \sqrt{2}+\sqrt{6}+\sqrt{3}$ et $\frac{2\sqrt{2} – 2\sqrt{6}-2\sqrt{3} }{2} = \sqrt{2}-\sqrt{6}-\sqrt{3}.$

Etude des racines du trinôme $x^2+2\sqrt{2}x-7+6\sqrt{2}$

Le discriminant du trinôme $x^2+2\sqrt{2}x-7+6\sqrt{2}$ est égal à :

\begin{align*}
\Delta &= (2\sqrt{2})^2-4(-7+6\sqrt{2})\\
&=8+28-24\sqrt{2}\\
&=36-24\sqrt{2}\\
&=12(3-2\sqrt{2})\\
&=12(1-\sqrt{2})^2\\
&=\left(\sqrt{12}(1-\sqrt{2})\right)^2\\
&=\left(2\sqrt{3}(1-\sqrt{2})\right)^2\\
&=\left(2\sqrt{3}-2\sqrt{6})\right)^2.\\
\end{align*}

Par suite $\sqrt{\Delta} = 2\sqrt{6}-2\sqrt{3}.$

Les racines du trinôme $x^2+2\sqrt{2}x-7+6\sqrt{2}$ sont $\frac{-2\sqrt{2} + 2\sqrt{6}-2\sqrt{3} }{2} = -\sqrt{2}+\sqrt{6}-\sqrt{3}$ et $\frac{-2\sqrt{2} – 2\sqrt{6}+2\sqrt{3} }{2} = -\sqrt{2}-\sqrt{6}+\sqrt{3}.$

Concluez

L’équation $x^4-22x^2 -48x -23 = 0$ possède quatre racines réelles qui sont respectivement :
$\sqrt{2}+\sqrt{6}+\sqrt{3}$,
$ \sqrt{2}-\sqrt{6}-\sqrt{3}$,
$-\sqrt{2}+\sqrt{6}-\sqrt{3}$ et
$-\sqrt{2}-\sqrt{6}+\sqrt{3}.$

165. Trouvez un polynôme annulateur à coefficients entiers de racine de 6 moins de racine 2 moins racine de 3

Posez $x = \sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}$. Le but de ce document est de retrouver, par un autre moyen, le résultat qui se trouve dans l'article 164.

L’idée sous jacente, pour trouver un polynôme de $\Z[X]$ qui annule le réel $x$, c’est qu’un tel polynôme admet d’autres racines qui sont proches de $x$, un peu comme le conjugué d’un nombre complexe.

Formez un polynôme de degré 2 qui annule $x$

$x+\sqrt{2} = \sqrt{6}-\sqrt{3}$, donc $(x+\sqrt{2})^2 = 9-6\sqrt{2}.$

Posez $Q(X) = (X+\sqrt{2})^2+6\sqrt{2}-9.$

Alors $Q(x)=0$ mais $Q$ n’est pas à coefficients dans $\Z.$

Formez un polynôme de degré 4 qui annule $x$

Vous allez multiplier le polynôme $Q$ de façon à utiliser l’identité remarquable $a^2-b^2 = (a-b)(a+b).$

Vous le multipliez par un polynôme en remplaçant $x+\sqrt{2}$ par $x-\sqrt{2}$ et en changeant aussi $6\sqrt{2}-9$ par $-6\sqrt{2}-9$, qui sont des expressions conjuguées.

Posez $P(X) = ((X+\sqrt{2})^2+6\sqrt{2}-9)((X-\sqrt{2})^2-6\sqrt{2}-9)$ et développez.

\begin{aligned}
P(X) &= (X^2-2)^2+\left((-6\sqrt{2}-9)(X+\sqrt{2})^2+(6\sqrt{2}-9)(X-\sqrt{2})^2\right)+81-72\\
&=(X^2-2)^2 + \left((-6\sqrt{2}-9)(X^2+2\sqrt{2}X+2) + (6\sqrt{2}-9)(X^2-2\sqrt{2}X+2)\right)+9\\
&=(X^2-2)^2 + \left(-6\sqrt{2}-9 + 6\sqrt{2}-9 \right)X^2 +\left(2\sqrt{2}(-6\sqrt{2}-9) + 2\sqrt{2}(-6\sqrt{2}+9)\right)X + \left(2(-6\sqrt{2}-9)+2(6\sqrt{2}-9)\right)+9\\
&=(X^2-2)^2 -18 X^2 -48X -36+9\\
&=X^4-4X^2+4 -18 X^2 -48X -27\\
&=X^4-22X^2 -48X -23.
\end{aligned}

Concluez

Le réel $x =\sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}$ est annulé par le polynôme $P$, à coefficients dans $\Z$, défini par $\boxed{P(X) = X^4-22X^2 -48X -23}.$

164. Le nombre racine de 6 moins racine de 2 moins racine de 3 est irrationnel

Posez $x = \sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}.$

Vous allez déterminer un polynôme à coefficients entiers qui annule le nombre réel $x$.

Cet article va privilégier une démarche inspirée des espaces vectoriels. Vous trouverez une autre façon de procéder dans l'article 165.

Comme vous avez $3$ racines à éliminer, il vous faut $4$ relations. Vous avez déjà $x$.

Calculez les puissances $x^2$, $x^3$ et $x^4$

Vous calculez donc $x^2$, $x^3$ et $x^4$ de sorte qu’avec $x$, vous aurez bien 4 relations.

\begin{align*}
x^2 &= 6 + 2 + 3-2\sqrt{12}-2\sqrt{18}+2\sqrt{6}\\
&=11+2\sqrt{6}-6\sqrt{2}-4\sqrt{3}.
\end{align*}
\begin{align*}
x^3 &= (11+2\sqrt{6}-6\sqrt{2}-4\sqrt{3})(\sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3})\\
&=11\sqrt{6}-11\sqrt{2}-11\sqrt{3}\\
&\quad +2\times 6-2\sqrt{12}-2\sqrt{18}\\
&\quad -6\sqrt{12}+6\times 2+6\sqrt{6}\\
&\quad -4\sqrt{18}+4\sqrt{6}+4\times 3\\
&=11\sqrt{6}-11\sqrt{2}-11\sqrt{3}\\
&\quad +12-4\sqrt{3}-6\sqrt{2}\\
&\quad +12+6\sqrt{6}-12\sqrt{3}\\
&\quad 12+4\sqrt{6}-12\sqrt{2}\\
&=36+21\sqrt{6}-29\sqrt{2}-27\sqrt{3}.
\end{align*}
\begin{align*}
x^4 &= (x^2)^2\\
&=(11+2\sqrt{6}-6\sqrt{2}-4\sqrt{3})^2\\
&=121+4\times 6+36\times 2+16\times 3\\
&\quad +44\sqrt{6}-132\sqrt{2}-88\sqrt{3}\\
&\quad -24\sqrt{12}-16\sqrt{18}\\
&\quad +48\sqrt{6}\\
&=121+24+72+48\\
&\quad +44\sqrt{6}-132\sqrt{2}-88\sqrt{3}\\
&\quad -48\sqrt{3}-48\sqrt{2}\\
&\quad +48\sqrt{6}\\
&=265+92\sqrt{6}-180\sqrt{2}-136\sqrt{3}.
\end{align*}

Eliminez les racines carrées

D’après ce qui précède, vous avez obtenu :

\left\{\begin{align*}
x&= \sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3} & L_1\\
x^2 -11 &=2\sqrt{6}-6\sqrt{2}-4\sqrt{3}& L_2\\
x^3-36 &=21\sqrt{6}-29\sqrt{2}-27\sqrt{3} & L_3\\
x^4-265 &=92\sqrt{6}-180\sqrt{2}-136\sqrt{3}. & L_4
\end{align*}\right.

Effectuez les opérations d’élimination suivantes :

\begin{align*}
L_2&\leftarrow L_2-4L_1\\
 L_3&\leftarrow L_3-27L_1\\
 L_4&\leftarrow L_4-136L_1.
\end{align*}
\left\{\begin{align*}
x^2 -4x-11 &=-2\sqrt{6}-2\sqrt{2}& L'_1\\
x^3-27x-36 &=-6\sqrt{6}-2\sqrt{2} & L'_2\\
x^4-136x-265 &=-44\sqrt{6}-44\sqrt{2}. & L'_3
\end{align*}\right.

Vous pourriez recommencer et éliminer $\sqrt{2}$ puis $\sqrt{6}$, mais ici, vous constatez la proportionnalité des coefficients des lignes $L’_1$ et $L’_3$, ce qui amène à former $-22L’_1+L’_3.$

Vous obtenez alors :

$x^4-136x-265-22(x^2 -4x-11) = 0$

d’où :

$\boxed{x^4-22x^2-48x-23=0.}$

Démontrez l’irrationalité du nombre réel $x$

Par l’absurde, supposez que $x\in\Q.$ Alors $x$ admet un représentant dit irréductible.

Il existe $m\in\Z$ et $n\in\N^{*}$ tels que $x=\frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(m,n)=1.$

En substituant dans la relation $x^4-22x^2-48x-23=0$ vous obtenez :

$\frac{m^4}{n^4}-22\frac{m^2}{n^2}-48\frac{m}{n}-23=0.$

Vous multipliez le tout par $n^4$ :

$m^4-22n^2m^2-48mn^3-23n^4=0$, ce qui s’écrit $m^4 = n(22nm^2-48mn^2-23n^3).$

Ce résultat prouve que $n \mid m^4.$

Ne souhaitant pas, une fois de plus, appliquer le théorème de Gauss mais le lemme d’Euclide, vous raisonnez encore par l’absurde.

Supposez un instant que $n\geq 2.$ Alors $n$ est divisible par un nombre premier $p.$

Comme $p \mid n$ et $n \mid m^4$ vous obtenez $p \mid m^4.$ Par application du lemme d’Euclide, vous déduisez $p \mid m.$

L’entier $p$ divise à la fois $n$ et $m$ donc il est inférieur ou égal à $\mathrm{PGCD}(n,m).$ Donc $p \leq 1.$ Or, $p$ étant un nombre premier, vous avez $p\geq 2$, contradiction.

Ainsi, l’entier $n$ est égal à $1$.

Donc $x = m$ et $x$ est entier.

Or, $1,4^2 = 1,96$ et $1,5^2 = 2,25$ donc $1,4 < \sqrt{2} < 1,5.$

$1,7^2 = 2,89$ et $1,8^2 = 3,24$ donc $1,7< \sqrt{3} < 1,8.$

En multipliant les deux relations ci-dessus, vous obtenez $2,38 < \sqrt{6} < 2,7.$

Maintenant constatez que :

\begin{aligned}
-1,5 &< -\sqrt{2} &<-1,4\\
-1,8 &< -\sqrt{3} &< -1,7\\
2,38 &< \sqrt{6} &< 2,7.
\end{aligned}

Par somme, vous obtenez $ -0,92 < x < -0,4$ donc $-1 < x < 0$ ce qui prouve que $x$ est situé strictement entre deux entiers consécutifs, par conséquent $x$ ne peut être entier, contradiction.

Concluez

Le nombre $x = \sqrt{6}-\sqrt{2}-\sqrt{3}$ est solution d’une équation polynomiale de degré 4 à coefficients entiers.

Cela permet de montrer que, si $x\in\Q$, alors $x\in\Z.$

Or, un encadrement de $x$ permet de montrer que $x\notin\Z,$ donc $x\notin\Q.$

163. Les coefficients du polynôme nul sont tous nuls

Soit $f$ une fonction polynomiale réelle, autrement dit, il existe un entier naturel $n$ et des nombres réels $a_0$, $\dots$, $a_n$ tels que $\forall x\in\R, f(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k.$

Supposez que $\forall x\in\R, f(x)=0$. Cela entraîne-t-il que $a_0 = \dots = a_n = 0$ ? La réponse est oui.

Utilisez la contraposée

Pour démontrer le résultat ci-dessus, vous allez supposer qu’il existe $i$ compris entre $0$ et $n$ tel que $a_i\neq 0$ et montrer alors, qu’il existe un réel $x$ tel que $f(x)\neq 0.$

Par hypothèse, l’ensemble $A=\{k\in[0,n]\cap \N, a_k\neq 0\}$ est non vide. C’est une partie de $\N$ majorée par $n$, qui admet un plus grand élément. Notez $m = \mathrm{Max} A.$

L’idée c’est que le terme en $a_mx^m$, non nul, va dominer tous les autres, dès que $x$ est suffisamment grand.

Pour tout réel $x$, $f(x) = \sum_{k=0}^m a_kx^k.$

Si $m=0$, alors $\forall x\in\R, f(x) = a_m$, or $a_m\neq 0$ donc $f(0)\neq 0$ et le résultat est acquis.

Si $m\geq 1$, vous scindez la somme en deux. $\forall x\in\R, f(x) = \sum_{k=0}^{m-1} a_kx^k + a_mx^m$

Soit $x$ un réel supérieur ou égal à $1.$ Remarquez que $\forall k\in[0,m-1]\cap \N, x^k \leq x^{m-1}$ ce qui aboutit à la majoration :

\begin{aligned}
\left\lvert\sum_{k=0}^{m-1} a_kx^k \right\rvert &\leq \sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert x ^k\\
&\leq \left(\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert\right) x ^{m-1}.
\end{aligned}

Comme $a_m$ est non nul, le nombre réel $R = 1+\frac{\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert}{\vert a_m \vert }$ est bien défini.

Soit maintenant un nombre réel $x$ tel que $x> 1+\frac{\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert}{\vert a_m \vert }.$ Un tel nombre $x$ peut toujours être trouvé vu que $\R$ n’est pas majoré.

Alors $\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert < \vert a_m \vert x.$ De plus $x$, est supérieur ou égal à $1$, d’où les majorations suivantes :

\begin{aligned}
\left\lvert\sum_{k=0}^{m-1} a_kx^k \right\rvert &\leq \sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert x ^k\\
&\leq \left(\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert\right) x ^{m-1}\\
&< \vert a_m \vert x^m.
\end{aligned}

Ce résultat s’écrit $\left\lvert \sum_{k=0}^{m-1} a_kx^k \right\rvert < \left\lvert – a_m x^m \right\rvert$ et cela implique $\sum_{k=0}^{m-1} a_kx^k \neq -a_mx^m$ et donc $f(x)\neq 0.$

Application : localisation des racines éventuelles d’un polynôme

Soit $n\in\N$ et $a_0$, $\dots$, $a_n$ des réels tels que $a_n\neq 0.$

Soit $f$ la fonction polynômiale définie par $\forall x\in\R, f(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k.$

Soit $x$ un nombre réel tel que $f(x) = 0$, un tel $x$ est appelé racine du polynôme ci-dessus. Alors $x \in [-R, R]$ où $R$ est le réel défini par $1+\frac{\sum_{k=0}^{m-1} \vert a_k \vert}{\vert a_m \vert }.$

162. Etude des représentants d’un rationnel et irrationalité de racine de 2

L’ensemble $\Q$ des rationnels est défini par $\left\{\frac{a}{b}, a\in\Z, b\in\N^{*}\right\}.$

C’est l’ensemble des quotients de deux nombres entiers, dont le dénominateur non nul peut toujours être choisi pour être positif.

Soit $q\in\Q$. Vous allez démontrer qu’il existe un unique entier $m\in\Z$ et un unique entier $n\in\N^{*}$ vérifiant les deux conditions : $q=\frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(m,n)=1.$

La condition $\mathrm{PGCD}(m,n)=1$ signifie que, si $k$ est un diviseur commun aux nombres $m$ et $n$, alors $k=1$, autrement dit la fraction $\frac{m}{n}$ est irréductible.

Démontrez d’abord l’existence des entiers $m$ et $n$

Soit $q\in\Q$. Par définition de l’ensemble $\Q$, il existe $u\in\Z$ et $v\in\N^{*}$ tels que $q=\frac{u}{v}.$

L’ensemble $A=\left\{b\in\N^{*}, \exists a\in\Z, q=\frac{a}{b}\right\}$ est une partie non vide de $\N$ puisqu’elle contient $v.$

Notez alors $n = \mathrm{Min} A$ le plus petit élément de $A.$

Par définition de $n$, il existe $m\in\Z$ tel que $q = \frac{m}{n}.$

Il s’agit maintenant de voir pourquoi le PGCD des entiers $m$ et $n$ est égal à $1$.

Supposez que cela ne soit pas le cas, et que $\mathrm{PGCD}(n,m) \geq 2.$

Notez $k\in\N^{*}$ ce nombre. Par définition du PGCD, il existe $n’\in\N^{*}$ et $m’\in \Z$ tels que $n = kn’$ et $m = km’$, avec $n'<n$ compte tenu du fait que $k \geq 2$.

Alors $q = \frac{m}{n}=\frac{km’}{kn’} = \frac{m’}{n’}$ donc $n’\in A.$ Or la condition $n'<n$ avec $n = \mathrm{Min} A$ implique $n’ \notin A$, contradiction.

L’existence des entiers $m$ et $n$ tels que $q=\frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(n,m)=1$ est démontrée.

Démontrez l’unicité des entiers $m$ et $n$

Supposez qu’il existe $a\in\Z$ et $b\in\N^{*}$ tels que $q = \frac{a}{b}= \frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(a,b)=1.$

Alors par produit en croix $an = bm$ donc $n \mid bm.$ Or $\mathrm{PGCD}(n,m)=1$ donc par le théorème de Gauss $n \mid b.$

De même, $b \mid an$ et $\mathrm{PGCD}(a,b)=1$ donc par le théorème de Gauss $b\mid n$.

Il en résulte que $n = b$ et l’égalité $an = bm$ devient $an=nm$ d’où $n(a-m)=0$ et comme $n$ est non nul, $a-m=0$ et $a=m$, d’où l’unicité.

Démontrez que tout représentant s’écrit en utilisant le représentant irréductible

Soit $q\in\Q$. Il a été vu qu’il existe un unique $n\in\N^{*}$, un unique $m\in\Z$ tels que $q = \frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(n,m)=1.$

Soit maintenant $a\in\Z$ et $b\in\N^{*}$ tels que $q = \frac{a}{b}.$

Vous allez montrer, sans utiliser le théorème de Gauss, qu’il existe un entier $k\in\N^{*}$ tel que $a = km$ et $b = kn.$

Pour le voir, effectuez la division euclidienne de $b$ par $n$.

Il existe $k\in\N$ et $r\in\N$ tels que $b = kn + r$ avec $r< n.$

De $\frac{a}{b} = \frac{m}{n}$ vous tirez $an = bm$ et donc $an-nmk = bm-nmk$ soit $n(a-km)=m(b-kn)$ ce qui s’écrit $n(a-km)=mr.$

Si $r$ était non nul, alors $\frac{a-km}{r} = \frac{m}{n}$ et par suite $r\in A.$ Mais $r<n$ combiné avec $n =\mathrm{Min}A$ implique $r\notin A$, contradiction.

Donc $r = 0.$ Cela prouve $b = kn.$ Comme $b$ est non nul, $k\in\N^{*}$.

Comme $an=bm$, vous avez $an = kmn$ et comme $n$ est non nul, vous déduisez $a=km$ comme annoncé.

Application : le nombre $\sqrt{2}$ est irrationnel

Supposez que $\sqrt{2}\in\Q.$ Alors il existe $m\in\Z$ et $n\in\N^{*}$ tels que $\sqrt{2}=\frac{m}{n}$ et $\mathrm{PGCD}(m,n)=1.$

Notez que comme $\sqrt{2}$ est strictement positif, vous avez $m\in\N^{*}.$

En élevant au carré vous obtenez $2 = \frac{m^2}{n^2}$ soit $m^2 = 2n^2.$

Ainsi $n \mid m^2$ soit $n \mid m\times m.$ Or $\mathrm{PGCD}(n,m)=1$ donc $n \mid m$ toujours par le théorème de Gauss.

Comme $n\mid m$ et $n\mid n$ il en résulte de la définition du PGCD que $n\leq \mathrm{PGCD}(n,m)$ et donc $n=1$. Par suite $m^2 = 2.$

Si $m = 1$ vous déduisez en élevant au carré $m ^2 = 1$ ce qui est absurde.

Donc $ m \geq 2$ mais alors $m^2 \geq 4$ et ceci est encore absurde.

161. Continuité de la fonction inverse

Soit $x_0$ un réel non nul. L’écriture $\lim_{x\to x_0} \frac{1}{x} = \frac{1}{x_0}$ cache en réalité certaines propriétés assez subtiles et délicates à écrire. Cela va être expliqué en détail dans cet article.

En effet, quand $x$ se rapproche de $x_0$, qu’est-ce qui permet d’affirmer que $\frac{1}{x}$ existe ? Et à supposer qu’il est bien défini, pourquoi est-il proche de $\frac{1}{x_0}$ ?

Le plan

Soit $x_0$ un réel non nul et $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Vous allez montrer qu’il existe un réel $\alpha > 0$, de sorte que, dans un premier temps, pour tout $x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies x\neq 0.$

Cela prouvera que, sur l’intervalle $\left]x_0-\alpha, x_0+\alpha\right[$, la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est bien définie.

Dans un second temps, pour un autre réel noté encore $\alpha$, vous montrerez que, pour tout $x\in \left]x_0-\alpha, x_0+\alpha\right[$, $\frac{1}{x}$ est bien défini et $\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert< \varepsilon.$

Etablissez l’existence de $\alpha>0$ satisfaisant l’implication $\forall x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies x\neq 0$

Le but consiste à minorer la valeur absolue de $x$ par un réel strictement positif.

L’inégalité triangulaire, propriété très importante de la valeur absolue, va vous permettre de conclure.

Soit pour le moment un réel $\alpha >0$ et $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$ Par symétrie de la valeur absolue, vous avez aussi $\vert x_0-x\vert < \alpha.$

Remarquez dans un premier temps que $x_0 = (x_0-x) + x.$

Vous en déduisez les majorations suivantes :

\begin{aligned}
\vert x_0 \vert &\leq \vert x_0-x\vert + \vert x \vert\\
&< \alpha + \vert x \vert.
\end{aligned}

Si bien que $\vert x_0 \vert – \alpha < \vert x \vert.$

Maintenant, posez $\alpha = \frac{\vert x_0 \vert}{2}.$ Comme $x_0$ est non nul, le réel $\alpha$ est bien strictement positif.

Soit $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Alors $\vert x_0 \vert – \alpha < \vert x \vert$ d’où $2\alpha – \alpha < \vert x \vert$ et par suite $0<\alpha<\vert x \vert$ ce qui implique que $x$ est non nul.

Remarque. Vous pourriez choisir $\alpha = \vert x_0 \vert$ ce qui suffirait. Vous auriez $\vert x \vert > 0.$ Mais alors, dans le paragraphe qui suit, vous seriez coincé pour obtenir une majoration de $\frac{1}{\vert x\vert}.$

Effectuez une recherche pour trouver une bonne valeur du réel $\alpha$

Reprenez le nombre $\alpha$ défini par $\frac{\vert x_0 \vert}{2}.$

D’après le paragraphe précédent, pour tout réel $x$ vérifiant $\vert x-x_0\vert < \alpha$ le nombre $x$ est non nul donc le réel $\frac{1}{x}$ est bien défini.

Vous avez même établi que $\vert x \vert > \alpha >0$ donc $\frac{1}{\alpha} > \frac{1}{\vert x \vert}.$

Soit donc $x$ un réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Vous établissez les majorations suivantes :

\begin{aligned}
\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert &\leq \left\lvert\frac{x_0-x}{x \times x_0} \right\rvert\\
&\leq \frac{\vert x_0-x \vert }{\vert x_0 \vert}\times \frac{1}{\vert x \vert} \\
&< \frac{\vert x_0-x\vert }{\vert x_0 \vert}\times \frac{1}{\alpha}.
\end{aligned}

Pour que le membre de droite soit strictement inférieur à $\varepsilon$, vous voulez avoir $\vert x_0-x\vert < \varepsilon \alpha \vert x_0 \vert$ ce qui conduit à choisir $x$ tel que $\vert x_0-x\vert < \frac{\varepsilon \vert x_0 \vert ^2}{2}.$

Etablissez l’existence de $\alpha>0$ satisfaisant l’implication $\forall x\in\R, \vert x-x_0\vert < \alpha \implies \left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert< \varepsilon$

D’après les deux paragraphes précédents, vous posez $\alpha = \mathrm{Min}\left(\frac{\vert x_0 \vert}{2}, \frac{\varepsilon \vert x_0 \vert^2}{2}\right).$

Soit $x$ un nombre réel tel que $\vert x-x_0\vert < \alpha.$

Par inégalité triangulaire :

$\vert x_0 \vert \leq \vert x_0-x \vert +\vert x\vert$

d’où $\vert x_0 \vert < \alpha +\vert x\vert$ et $\vert x_0 \vert < \frac{\vert x_0 \vert}{2} +\vert x\vert$ et donc $0 < \frac{\vert x_0 \vert}{2} < \vert x \vert.$

Donc $x$ est non nul et $\frac{1}{x}$ est bien défini.

Alors :

\begin{aligned}
\left\lvert\frac{1}{x}-\frac{1}{x_0} \right\rvert &\leq \left\lvert\frac{x_0-x}{x\times x_0} \right\rvert \\
&\leq \frac{\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert} \times \frac{1}{\vert x \vert} \\
&\leq \frac{\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert} \times \frac{2}{\vert x_0 \vert} \\
&\leq \frac{2\vert x-x_0 \vert}{\vert x_0\vert^2} \\
&< \frac{2 \alpha }{\vert x_0\vert^2} \\
&< \varepsilon.
\end{aligned}

Concluez

Le résultat établi s’écrit en termes de limites.

Pour tout $x_0\neq 0$, $\lim_{x\to x_0} \frac{1}{x} = \frac{1}{x_0}.$

On dit aussi que, pour tout $x_0\neq 0$, la fonction $x\mapsto \frac{1}{x}$ est non seulement bien définie dans un voisinage de $x_0$, mais aussi continue en $x_0.$

160. Continuité du produit

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels.

Soit $(x,y)\in\R^2$ un autre couple de réels, proche du précédent.

Soit $\varepsilon$ un nombre réel strictement positif.

Construisez la preuve

Vous supposez que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta$ où $\alpha$ et $\beta$ sont deux réels strictement positifs qui seront choisis plus tard.

Il s’agit d’obtenir la majoration $\vert xy -x_0y_0 \vert < \varepsilon.$

Voulant faire apparaître la quantité $x-x_0$ qui est petite, vous procédez comme suit :

\begin{aligned}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta.
\end{aligned}

Il reste à majorer $\vert y\vert$ comme suit :

\begin{aligned}
\vert y\vert &\leq \vert (y-y_0)+y_0\vert\\
&\leq \vert (y-y_0)\vert + \vert y_0\vert\\
&\leq \beta + \vert y_0\vert.
\end{aligned}

L’ensemble étant mis bout à bout vous obtenez $\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha\beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta.$

Effectuez un choix judicieux pour $\alpha$ et $\beta$

Pour casser le terme $\alpha\beta$, vous pouvez choisir $\beta$ pour qu’il soit inférieur à $1$.

Vous obtenez alors :

$\vert xy – x_0y_0\vert \leq \alpha (1+ \vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta.$

Vous souhaitez avoir $ \alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}$ et $ \vert x_0 \vert \beta < \frac{\varepsilon}{2}.$

Choisissez $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}$ de sorte que $\alpha (1+ \vert y_0\vert) < \frac{\varepsilon}{2}.$

Il est tentant de faire de même et de poser $\beta = \frac{\varepsilon}{2 \vert x_0 \vert}.$

Mais on diviserait potentiellement par $0$ si $x_0$ était nul. Pour pallier ce problème, vous posez à la place $\beta = \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}.$

Or, $\beta$ doit aussi être inférieur à $1$. Donc vous posez finalement $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right).$

Rédigez la preuve

Soit $(x_0, y_0)\in\R^2$ un couple de deux réels et $\varepsilon > 0.$

Posez $\beta = \mathrm{Min}\left( 1, \frac{\varepsilon}{2 (1+\vert x_0 \vert)}\right)$ et $\alpha = \frac{\varepsilon}{2(1+\vert y_0\vert)}.$

Supposez que $x$ et $y$ sont deux réels tels que $\vert x-x_0 \vert < \alpha$ et $\vert y-y_0 \vert < \beta.$

\begin{aligned}
\vert xy – x_0y_0\vert &\leq \vert (x-x_0)y + x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0y -x_0y_0 \vert \\
&\leq \vert (x-x_0)y\vert + \vert x_0(y -y_0) \vert \\
&\leq \vert x-x_0 \vert \vert y\vert + \vert x_0 \vert \vert y-y_0\vert\\
&\leq \alpha \vert y\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \vert (y-y_0)+y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha (\vert (y-y_0)\vert +\vert y_0\vert) + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \beta + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \times 1 + \alpha \vert y_0\vert + \vert x_0 \vert \beta\\
&\leq \alpha \left( 1 + \vert y_0\vert \right)+ \vert x_0 \vert \beta\\
&< \frac{\varepsilon}{2}+ \frac{\varepsilon}{2}\\
&< \varepsilon.
\end{aligned}

Concluez

Pour tout $(x_0,y_0)$, la fonction $(x,y)\mapsto xy$ qui va de $\R^2$ dans $\R$, est continue en $(x_0,y_0).$