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Soit $n$ un entier naturel non nul.

Pour tout nombre complexe $z$, on dit que $z$ est une racine $n$-ième de l’unité, si et seulement si :

z^n=1.

Le but de cet article est de démontrer que les racines $n$-ièmes de l’unité sont au nombre de $n$ et de préciser leur forme.

Analysez la situation

Déterminez la forme de ces racines

Soit $z$ un nombre complexe tel que $z$ soit une racine $n$-ième de l’unité.

Notez déjà que $z^n = 1$ donc $z\neq 0.$

Vous écrivez $z$ sous forme trigonométrique. Il existe un réel strictement positif $r$ et un réel $\theta$ tels que :

z = r\e^{i\theta}.

Alors $z^n=1$ fournit :

\begin{align*}
(r\e^{i\theta})^n  =1\\
r^n \e^{in\theta}=1.
\end{align*}

En conjuguant la dernière égalité, il vient :

r^n \e^{-in\theta}=1.

Du coup, par produit :

r^{2n} = 1.

La fonction $f$ définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x) = x^{2n}$ est strictement croissante.

Comme $f(r)=1$ et comme $f(1)=1$ vous déduisez $f(r)=f(1)$ et donc $r=1.$

Vous obtenez donc :

\e^{in\theta} = 1 = \e^0.

Il existe donc un entier relatif $k$ tel que :

i n\theta = 0+2ik \pi\\
\theta = \frac{2k\pi}{n}.

Pour plus de commodité, vous posez :

\boxed{\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}.}

D’après ce qui précède :

\begin{align*}
z &= \e^{i\theta}\\
&=\e^{\frac{2ik\pi}{n}}\\
&=\left(\e^{\frac{2i\pi}{n}}\right)^k\\
&=\varepsilon^k.
\end{align*}

Il est établi que pour toute racine $n$-ième de l’unité notée $z$, il existe un entier relatif $k$ tel que :

\boxed{z = \varepsilon^k.}

Justifiez que $k$ peut être choisi dans l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket$

Soit $z$ une racine $n$-ième de l’unité. D’après le paragraphe précédent, il existe un entier relatif $\ell$ tel que :

z = \varepsilon^{\ell}.

Vous effectuez maintenant la division euclidienne de $\ell$ par l’entier naturel non nul $n.$

Il existe un entier relatif $q$ et un entier $k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket$ tels que :

\ell = nq+k.

Alors :

\begin{align*}
z &= \varepsilon^{\ell}\\
&=\varepsilon^{nq+k}\\
&=\varepsilon^{nq}\times \varepsilon^k\\
&=(\varepsilon^n)^q \times \varepsilon^k.
\end{align*}

Comme $\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}$ il vient :

\begin{align*}
\varepsilon^n &= \left(\e^{\frac{2i\pi}{n}}\right)^n\\
&=\e^{\frac{2i\pi}{n}\times n}\\
&=\e^{2i\pi}\\
&=1.
\end{align*}

Du coup, $(\varepsilon^n)^q = 1$ et par suite :

z = \varepsilon^k

avec $\boxed{0\leq k \leq n-1.}$

Il est établi que pour toute racine $n$-ième de l’unité notée $z$, il existe un entier $k$ compris entre $0$ et $n-1$ tel que :

\boxed{z = \varepsilon^k.}

Synthèse

Soit $k$ un entier compris entre $0$ et $n-1.$

Vous calculez ceci :

\begin{align*}
(\varepsilon^k)^n &= \varepsilon^{nk}\\
&=(\varepsilon^n)^k.
\end{align*}

Or il a été établi ci-dessus que $\varepsilon^n = 1.$ Du coup :

\begin{align*}
(\varepsilon^k)^n &=1^k\\
&=1.
\end{align*}

Vous déduisez que, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n-1$, $\varepsilon^k$ est une racine $n$-ième de l’unité.

\begin{align*}
0&\leq p     &&\leq n-1\\
1-n&\leq -q&&\leq 0
\end{align*}

-(n-1)\leq p-q\leq n-1.

\vert p-q \vert \leq n-1.

\begin{align*}
\e^{\frac{2ip\pi}{n}} &= \e^{\frac{2iq\pi}{n}}.
\end{align*}

\begin{align*}
\frac{2ip\pi}{n} &= \frac{2iq\pi}{n}+ 2i\pi m \\
\frac{p}{n} &= \frac{q}{n}+  m\\
p-q &=nm\\
\vert p-q\vert &=n \vert m \vert\\
n \vert m \vert  &\leq n-1.
\end{align*}

p\neq q \implies \varepsilon^p\neq \varepsilon^q.

Concluez

Soit $n$ un entier naturel non nul fixé. Vous posez $\boxed{\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}.}$

Pour tout nombre complexe $z$, les propositions suivantes sont équivalentes :

• $z$ est une racine $n$-ième de l’unité ;
• $z^n =1$ ;
• il existe un entier $k$ compris entre $0$ et $n-1$ tel que $z = \varepsilon^k.$

Les solutions de l’équation $z^n=1$ d’inconnue $z\in\C$ sont les $n$ nombres complexes suivants qui sont deux à deux distincts : $\varepsilon^0, \dots, \varepsilon^{n-1}.$

Pour rappel, $\K$ désignant un corps, le théorème de Bézout pour les polynômes avec la condition de degré se traduit formellement ainsi :

\boxed{\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&  (A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})\Longleftrightarrow(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}}

Dans le contenu rédigé dans l'article 326 il a été proposé sur un exemple de trouver les coefficients des polynômes $U$ et $V$ en résolvant un système.

Il sera proposé ici une approche complémentaire, basée sur l’algorithme d’Euclide, qui sera améliorée afin d’aboutir à un calcul effectif des polynômes $U$ et $V$ qui sont aussi appelés polynômes de Bézout. L’ensemble des calculs proposés repose sur ce qui est nommé algorithme d’Euclide étendu. Cet article aborde de façon approfondie le processus.

L’algorithme d’Euclide pour des polynômes

Soient $A$ et $B$ deux polynômes à coefficients dans $\K$, non constants, tels que $\boxed{\deg B\leq\deg A.}$

Note. L’idée est de commencer un algorithme en effectuant la division de $A$ par $B.$ Il ne serait pas efficace de procéder à cette division si la condition des degrés susmentionnée n’était pas vérifiée, on obtiendrait un quotient nul et un reste égal au polynôme $A.$

Vous posez $\boxed{R_0 = A}$, $\boxed{R_1 = B.}$ Puis, pour tout entier naturel $n$ :

• si $R_{n+1}$ n’est pas le polynôme nul et si $R_n$ et $R_{n+1}$ sont à coefficients dans $\K$, vous effectuez la division euclidienne dans $\K[X]$ du polynôme $R_n$ par le polynôme $R_{n+1}.$ Vous notez $Q_n\in\K[X]$ le quotient de cette division et $R_{n+2}\in\K[X]$ le reste obtenu, qui vérifie la condition $\deg R_{n+2}<\deg R_{n+1}.$
• dans les autres cas, vous posez $R_{n+2} = 0.$

Vous avez ainsi défini par récurrence une suite $(R_n)_{n\geq 0}.$

Note. Certains préfèrent « arrêter » l’algorithme dès que le polynôme nul apparaît. Afin d’élaborer une démarche théorique à partir d’une suite complète, il a été décidé d’opter pour la définition d’une suite $(R_n)_{n\in\N}.$

Démontrez que les polynômes de la suite $(R_n)_{n\geq 0}$ sont à coefficients dans $\K$

\left\{\begin{align*}
&R_n = R_{n+1}Q_n + R_{n+2}\\
&R_{n+2} = R_n - R_{n+1}Q_n.
\end{align*}
\right.

\boxed{\forall n\in\N, R_n\in\K[X].}

Démontrez que le polynôme nul apparaît dans la suite $(R_n)_{n\geq 0}$

Raisonnez par l’absurde

Supposez que pour tout entier naturel $n$, $R_n$ ne soit pas le polynôme nul. Cela fournit :

\forall n\in\N, \deg R_n \geq 0.

Pour tout entier naturel $n$, en notant $Q_n$ le quotient de la division euclidienne de $R_n$ par $R_{n+1}$ il vient :

\forall n\in\N, \left\{\begin{align*}
R_n = R_{n+1}Q_n + R_{n+2}\\
\deg R_{n+2}<\deg R_{n+1}.
\end{align*}\right.

Ainsi, pour tout entier naturel $n$ non nul :

0\leq \deg R_{n+1}<\deg R_{n}.

Avant de poursuivre, un lemme sera utile.

Lemme : il n’existe pas de suite d’entiers naturels strictement décroissante

Vous raisonnez par l’absurde pour prouver ce résultat.

Soit $m$ un entier naturel.

Soit $(u_n)_{n\geq m}$ une suite d’entiers naturels strictement décroissante.

Vous considérez l’ensemble des valeurs prises par tous les termes de cette suite, en posant :

E = \{u_n, n\geq m \}.

D’une part, $E$ est une partie de $\N.$

D’autre part, $u_m\in E$ donc $E$ est non vide.

Vous déduisez que $E$ possède un minimum, qui sera noté $\alpha.$

Comme $\alpha\in E$, il existe $p\in\N$ tel que $\alpha = u_p$ avec $p\geq m.$

Or $p+1\in\N$ et $p+1\geq m$ donc $u_{p+1}\in E.$ Comme $\alpha$ est le minimum de $E$, il vient $\alpha \leq u_{p+1}.$

Cependant, par stricte décroissance de la suite $(u_n)_{n\geq m}$ vous avez aussi $u_{p+1}< u_p.$ Comme $\alpha = u_p$ vous en tirez que $u_{p+1}< \alpha$, ce qui contredit l’inégalité $\alpha \leq u_{p+1}$ précédemment établie.

Terminez le raisonnement par l’absurde pour la suite $(R_n)_{n\geq 0}$

La propriété :

\forall n\in\N, \deg R_n \geq 0.

a permis de montrer que :

\forall n\in\N^{*}, 0\leq \deg R_{n+1}<\deg R_{n}.

Du coup, la suite $(\deg R_n)_{n\geq 1}$ est une suite d’entiers naturels strictement décroissante, ce qui est absurde. Vous avez donc démontré qu’il existe un entier naturel $i$ tel que $R_i = 0.$

\boxed{\exists i\in\N, R_i = 0.}

Démontrez que $A$ et $B$ admettent un diviseur commun qui apparaît dans la suite $(R_n)_{n\geq 0}$

Introduisez un minimum

D’après le résultat précédemment établi, l’ensemble $F$ défini par :

F = \{ n\in\N, R_n = 0\}

qui contient l’entier $i$ est non vide. Comme $F$ est inclus dans $\N$ il admet un minimum noté $N$ avec $N\in\N.$

Comme $R_0$ et $R_1$ sont deux polynômes non constants, vous avez $R_0\neq 0$ et $R_1\neq 0$ donc $0\notin F$ et $1\notin F.$ Du coup, $N\geq 2.$

Comme $N-1\geq 1$ vous allez considérer le polynôme $R_{N-1}.$ Comme $N-1\in\N$ est strictement inférieur à $N$ qui est le minimum de $F$ vous déduisez $N-1\notin F$ donc $R_{N-1}\neq 0.$

Démontrez que $R_{N-1}$ est un diviseur commun des polynômes $A$ et $B$

Pour tout entier naturel $n$ compris entre $0$ et $N-2$, en notant $Q_n$ le quotient de la division euclidienne de $R_n$ par $R_{n+1}$ vous avez :

R_n = R_{n+1}Q_n + R_{n+2}.

Comme $R_N = 0$ vous déduisez :

R_{N-2} = R_{N-1}Q_{N-2}.

Ainsi $R_{N-1}$ divise $R_{N-2}.$

Vous allez démontrer par récurrence limitée et descendante que, pour tout $n\in \llbracket 0, N\rrbracket$ le polynôme $R_{N-1}$ divise le polynôme $R_n.$

Pour tout entier $n\in \llbracket 0, N\rrbracket$ vous notez $\mathscr{Q}(n)$ la propriété « $R_{N-1} \mid R_n$. »

Initialisation. Comme $R_N = 0$, vous avez $R_{N-1} \mid R_{N}$ la propriété $\mathscr{Q}(N)$ est vérifiée.
Comme $R_{N-1}$ divise lui-même, la propriété $\mathscr{Q}(N-1)$ est encore vérifiée.

Hérédité. Soit $n\in\llbracket 2, N\rrbracket.$ Supposez que les propriétés $\mathscr{Q}(n)$ et $\mathscr{Q}(n-1)$ soient vérifiées.

Par hypothèse de récurrence :

\begin{align*}
&R_{N-1} \mid R_{n-1}\\
&R_{N-1} \mid R_{n}.
\end{align*} 

Or :

R_{n-2} = R_{n-1}Q_{n-2} + R_{n}.

Ainsi :

R_{N-1} \mid R_{n-2}.

La propriété $\mathscr{Q}(n-2)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence limitée et descendante, les propriétés $\mathscr{Q}(0)$ et $\mathscr{Q}(1)$ sont vérifiées, ce qui prouve que $R_{N-1}$ est un diviseur commun des polynômes $A$ et $B.$

En définitive, si $N$ est le plus petit entier naturel tel que $R_N = 0$, alors $N\geq 2$ et le polynôme $R_{N-1}$ est un diviseur commun des polynômes $A$ et $B.$

La méthode de remontée dans l’algorithme d’Euclide fournit les polynômes de Bézout recherchés

Par définition de l’entier $N$, pour tout entier $n\in\llbracket 0, N-1\rrbracket$ le polynôme $R_n$ est non nul. Pour tout entier $n\in\llbracket 0, N-2\rrbracket$ vous notez $Q_n$ le quotient de la division euclidienne de $R_n$ par $R_{n+1}$, ce qui fournit :

R_n  =R_{n+1}Q_n+R_{n+2}.

Grâce à tous les quotients, vous définissez une suite finie $(U_n)_{n\in\llbracket 0, N\rrbracket}$ de polynômes de la façon suivante. Vous posez :

\boxed{\left\{\begin{align*}
&U_N = 1\\
&U_{N-1} = 0\\
&\forall n\in\llbracket 0, N-2\rrbracket, U_n = U_{n+2}-Q_nU_{n+1}.
\end{align*}
\right.
}

C’est la définition de cette suite qui constitue la méthode de remontée.

Note. Cette façon de procéder est aussi attribuée à Aryabhata, mathématicien et astronome.

Pour tout entier $n\in \llbracket 0, N-1\rrbracket$ vous notez $\mathscr{R}(n)$ la propriété « $R_nU_{n+1}+R_{n+1}U_n = R_{N-1}$ » et vous allez de nouveau utiliser une récurrence descendante.

Initialisation. Vous choisissez $n = N-1$ et vous avez :

\begin{align*}
R_{N-1}U_{N}+R_{N}U_{N-1} &= R_{N-1}\times 1 + 0\times 0\\
&=R_{N-1}.
\end{align*}

Vous en déduisez que la propriété $\mathscr{R}(N-1)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n\in \llbracket 1, N-1\rrbracket$ tel que $\mathscr{R}(n)$ soit vérifiée.

Comme $n-1\in\llbracket 0, N-2\rrbracket$ vous avez :

\begin{align*}
&U_{n-1} = U_{n+1}-Q_{n-1}U_{n}\\
&R_{n-1}  =R_{n}Q_{n-1}+R_{n+1}.
\end{align*}

Vous calculez l’expression :

\begin{align*}
R_{n-1}U_{n}+R_{n}U_{n-1} &= R_{n-1}U_{n}+R_{n}(U_{n+1}-Q_{n-1}U_{n})\\
&=(R_{n-1}-Q_{n-1}R_n)U_n+R_nU_{n+1}\\
&=R_{n+1}U_n+R_nU_{n+1}\\
&=R_{N-1}.
\end{align*}

Vous en déduisez que la propriété $\mathscr{R}(n-1)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence limitée, il est prouvé que la propriété $\mathscr{R}(0)$ est vérifiée. Autrement dit, $R_0U_{1}+R_{1}U_0 = R_{N-1}$ soit :

\boxed{R_{N-1} = AU_1+BU_0.}

Démontrez que tout diviseur commun des polynômes $A$ et $B$ est un diviseur de $R_{N-1}$

Soit $D\in\K[X]$ un diviseur commun des polynômes $A$ et $B.$ Alors $D\mid A$ puis $D\mid U_1.$

De même, $D\mid B$ donc $D\mid BU_0.$ Par somme il vient $D\mid AU_1+BU_0$ donc $D\mid R_{N-1}.$

Une condition nécessaire et suffisante pour savoir si $A$ et $B$ sont premiers entre eux

Supposez que $A$ et $B$ ne soient pas premiers entre eux. Alors ils admettent un diviseur non constant noté $D.$ Il a été vu que $D\mid R_{N-1}.$ Comme $R_{N-1}$ n’est pas le polynôme nul, vous déduisez que $\deg R_{N-1}\geq \deg D.$ Or $\deg D \geq 1$ donc $R_{N-1}$ n’est pas constant.

Supposez que le polynôme $R_{N-1}$ ne soit pas constant. Comme $R_{N-1}$ est un diviseur commun non constant des polynômes $A$ et $B$, les polynômes $A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux.

Pour résumer :

\boxed{A\text{ et }B\text{ sont premiers entre eux}\Longleftrightarrow R_{N-1}\text{ est constant}.}

Les polynômes $U_0$ et $U_1$ satisfont les conditions de degré

Etudiez un exemple dans $\Q[X]$

Ce paragraphe est un aparté. Vous posez :

\begin{align*}
A(X) &= X^6+X^5+X^4-X^3-14X^2-6X+6\\
B(X) &= X^6-X^5+X^4+X^3-14X^2+6X+6.
\end{align*}

Calculez les quotients et les restes

Vous allez calculer successivement les premiers termes de la suite $(R_n)_{n\in\N}$ jusqu’à trouver $N$ qui est le plus petit entier naturel pour lequel $R_N = 0.$

Pour le moment :

\begin{align*}
R_0(X) &= X^6+X^5+X^4-X^3-14X^2-6X+6\\
R_1(X) &= X^6-X^5+X^4+X^3-14X^2+6X+6.
\end{align*}

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $R_0$ par le polynôme $R_1.$

\begin{array}{lllllll | l}
X^6&+X^5&+X^4&-X^3&-14X^2&-6X&+6 & X^6-X^5+X^4+X^3-14X^2+6X+6\\
\hline
X^6&-X^5&+X^4&+X^3&-14X^2&+6X&+6 & 1\\
&\hphantom{+}2X^5&&-2X^3&&-12X
\end{array}

Vous obtenez :

\begin{align*}
&Q_0(X)=1\\
&R_2(X)=2X^5-2X^3-12X.
\end{align*} 

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $R_1$ par le polynôme $R_2.$

\begin{array}{lllllll | l}
X^6&-X^5&+X^4&+X^3&-14X^2&+6X&+6 & 2X^5-2X^3-12X\\
\hline
X^6&&-X^4&&-6X^2 &&& \frac{X}{2}-\frac{1}{2}\\
&-X^5&+2X^4&+X^3&-8X^2&+6X&+6\\
\hline
&-X^5&&+X^3&&+6X\\
&&2X^4&&-8X^2&&+6
\end{array}

Vous avez :

\begin{align*}
&Q_1(X)=\frac{X-1}{2}\\
&R_3(X)=2X^4-8X^2+6.
\end{align*} 

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $R_2$ par le polynôme $R_3.$

\begin{array}{lll | l}
2X^5&-2X^3&-12X & 2X^4-8X^2+6 \\
\hline
2X^5&-8X^3&+6X & X\\
&\hphantom{-}6X^3&-18X
\end{array}

Vous obtenez :

\begin{align*}
&Q_2(X)=X\\
&R_4(X)=6X^3-18X.
\end{align*} 

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $R_3$ par le polynôme $R_4.$

\begin{array}{ll | l}
2X^4&-8X^2+6 & 6X^3-18X \\
\hline
2X^4&-6X^2&\frac{X}{3}\\
&-2X^2+6
\end{array}

Ainsi :

\begin{align*}
&Q_3(X)=\frac{X}{3}\\
&R_5(X)=-2X^2+6.
\end{align*} 

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $R_4$ par le polynôme $R_5.$

\begin{array}{ l | l}
6X^3-18X & -2X^2+6\\
\hline
6X^3-18X& -3X\\
0
\end{array}

Finalement :

\begin{align*}
&Q_4(X)=-3X\\
&R_6(X)=0.
\end{align*} 

De ce qui précède, vous déduisez que $N = 6.$

Calculez les polynômes de la suite $(U_n)_{0\leq n\leq 6}$

Vous avez déjà :

\begin{align*}
&U_6(X) = 1\\
&U_5(X) = 0.
\end{align*}

Vous procédez au calcul de $U_4.$

\begin{align*}
U_4(X) &= U_{6}(X)-Q_4(X)U_{5}(X)\\
&=1-(-3X)\times 0.
\end{align*}

Du coup :

U_4(X)=1.

Vous procédez au calcul de $U_3.$

\begin{align*}
U_3(X) &= U_{5}(X)-Q_3(X)U_{4}(X)\\
&=0-\frac{X}{3}\times 1.
\end{align*}

Ainsi :

U_3(X)=-\frac{X}{3}.

Vous procédez au calcul de $U_2.$

\begin{align*}
U_2(X) &= U_{4}(X)-Q_2(X)U_{3}(X)\\
&=1-X\times \frac{-X}{3}\\
&=1+\frac{X^2}{3}.
\end{align*}

Donc :

U_2(X)=\frac{X^2+3}{3}.

Vous procédez au calcul de $U_1.$

\begin{align*}
U_1(X) &= U_{3}(X)-Q_1(X)U_{2}(X)\\
&=-\frac{X}{3}-\frac{X-1}{2}\times\frac{X^2+3}{3}\\
&=\frac{-2X}{6}+\frac{(-X+1)(X^2+3)}{6}\\
&=\frac{-2X-X^3-3X+X^2+3}{6}.
\end{align*}

Vous obtenez :

U_1(X) = \frac{-X^3+X^2-5X+3}{6}.

Vous procédez au calcul de $U_0.$

\begin{align*}
U_0(X) &= U_{2}(X)-Q_0(X)U_{1}(X)\\
&=\frac{X^2+3}{3}- 1\times \frac{-X^3+X^2-5X+3}{6} \\
&=\frac{2X^2+6}{6}+\frac{X^3-X^2+5X-3}{6}.
\end{align*}

Finalement :

U_0(X) = \frac{X^3+X^2+5X+3}{6}.

Résumez l’ensemble dans un tableau

Sur la colonne de gauche vous faites figurer le début de la suite $(R_n)$, sur celle du milieu vous mettez le début de la suite $(Q_n)$ et enfin sur la colonne de droite vous mettez la suite $(U_n).$

\begin{array}{ l |  l | l}
R_0(X)=X^6+X^5+X^4-X^3-14X^2-6X+6 & & U_0(X)=\frac{X^3+X^2+5X+3}{6}\\
\hline
R_1(X)=X^6-X^5+X^4+X^3-14X^2+6X+6 & Q_0(X)=1 & U_1(X)=\frac{-X^3+X^2-5X+3}{6}\\
\hline
R_2(X)=2X^5-2X^3-12X & Q_1(X)=\frac{X-1}{2} & U_2(X)=\frac{X^2+3}{3}\\
\hline
R_3(X)=2X^4-8X^2+6 & Q_2(X)=X& U_3(X)=-\frac{X}{3}\\
\hline
R_4(X)=6X^3-18X & Q_3(X)=\frac{X}{3}& U_4(X)=1\\
\hline
R_5(X)=-2X^2+6 & Q_4(X)=-3X & U_5(X)=0\\
\hline
R_6(X)=0 & & U_6(X)=1
\end{array}

Maintenant vous formez le même tableau mais avec les degrés des polynômes.

\begin{array}{ l |  l | l}
\deg R_0 = 6 & & \deg U_0 = 3\\
\hline
\deg R_1 = 6 & \deg Q_0=0 & \deg U_1=3\\
\hline
\deg R_2 = 5 & \deg Q_1=1 & \deg U_2=2\\
\hline
\deg R_3 = 4& \deg Q_2=1& \deg U_3=1\\
\hline
\deg R_4= 3 & \deg Q_3=1& \deg U_4=0\\
\hline
\deg R_5 = 2 & \deg Q_4=1 & \deg U_5=-\infty\\
\hline
\deg R_6 = -\infty & & \deg U_6=0
\end{array}

Vous pouvez maintenant aborder la démonstration finale, à savoir montrer que $U_0$ est un polynôme qui a un degré strictement inférieur à celui de $A$ et $U_1$ un polynôme qui a un degré strictement inférieur à celui de $B.$

\begin{align*}
&R_0=A\\
 &R_1=B\\
&R_2=0.
\end{align*}

\begin{align*}
U_2&= 1\\
U_1&= 0\\
U_0 &= U_2-Q_0U_1\\
&=1-Q_0\times 0\\
&=1.
\end{align*}

\boxed{\begin{align*}
\deg U_0 &\leq \deg A - 1\\
\deg U_1 &\leq \deg B - 1.
\end{align*}
}

Cas où $N\geq 3$ : démontrez que $\forall n\in\llbracket 1,N-2\rrbracket, \deg R_n> \deg R_{n+1}\geq 0$

Soit $n$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, N-2\rrbracket.$

L’entier $n$ est positif et il est inférieur ou égal à $N-1.$ Par définition de l’entier $N$, le polynôme $R_{n}$ n’est pas le polynôme nul.

L’entier $n-1$ est positif ou nul. En effectuant la division euclidienne du polynôme $R_{n-1}$ par le polynôme $R_{n}$, vous obtenez un quotient $Q_{n-1}$ et un reste $R_{n+1}$ avec :

\begin{align*}
&R_{n-1} = Q_{n-1}R_{n}+R_{n+1}\\
&\deg R_{n+1} < \deg R_{n}.
\end{align*}

Notez que $n+1$ est un entier positif inférieur ou égal à $N-1.$ Toujours par la définition de $N$, le polynôme $R_{n+1}$ n’est pas le polynôme nul et $\deg R_{n+1}\geq 0.$

Il vient d’être établi que :

\boxed{\forall n\in\llbracket 1,N-2\rrbracket, \deg R_n> \deg R_{n+1}\geq 0.}

Note. On ne peut généraliser avec $n=0$ puisqu’il est possible d’avoir $\deg A = \deg B.$

Cas où $N\geq 3$ : Démontrez que $\forall n\in\llbracket 0,N-2\rrbracket, \deg Q_n = \deg R_n – \deg R_{n+1}$

Soit $n$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 0, N-2\rrbracket.$ L’entier $n+1$ est alors positif et inférieur ou égal à $N-1.$ Par définition de l’entier $N$, $R_{n+1}$ n’est pas le polynôme nul.

Vous effectuez la division euclidienne de $R_n$ par $R_{n+1}$ et notez $Q_n$ le quotient associé. Vous avez :

\begin{align*}
&R_n = Q_nR_{n+1}+R_{n+2}\\
&\deg R_{n+2} < \deg R_{n+1}.
\end{align*}

Si $Q_n$ est le polynôme nul, alors $R_n = R_{n+2}.$ Deux cas se présentent.

Premier cas. Si $n\geq 1$, alors $n\in\llbracket 1, N-2\rrbracket$ et il a été montré que $\deg R_{n+1} < \deg R_n.$ Donc $\deg R_{n+2} < \deg R_{n+1} < \deg R_n$ donc $\deg R_n \neq \deg R_{n+2}.$ Ainsi $R_n\neq R_{n+2}.$ Contradiction.

Second cas. Si $n=0$ alors $R_0 = A = R_2$ et $R_1 = B$, avec $\deg R_2 < \deg B.$ Cependant, par hypothèse $\deg B\leq \deg A$ ce qui entraîne $\deg R_2 < \deg A$ et par suite $A\neq R_2.$ Contradiction.

Donc $Q_n$ n’est pas le polynôme nul. Or, $R_{n+1}$ n’est pas le polynôme nul non plus. Donc $Q_nR_{n+1}$ n’est pas le polynôme nul et $\deg Q_nR_{n+1} = \deg Q_n+\deg R_{n+1}.$

Comme $\deg R_{n+2}< \deg R_{n+1}$, vous déduisez $\deg R_{n+2} < \deg Q_nR_{n+1}$ et par suite :

\begin{align*}
\deg R_n &= \deg (Q_nR_{n+1}+R_{n+2}) \\
&= \deg Q_nR_{n+1}\\
&= \deg Q_n+\deg R_{n+1}.
\end{align*}

Vous avez montré que :

\boxed{\forall n\in\llbracket 0,N-2\rrbracket, \deg Q_n = \deg R_n - \deg R_{n+1}.}

Cas où $N\geq 3$ : démontrez que $\forall n\in\llbracket 0,N-2\rrbracket, \deg U_n = \deg R_n – \deg R_{N-2}$

Pour tout entier $n$ de l’intervalle $\llbracket 0,N-2\rrbracket$ vous notez $\mathscr{S}(n)$ la propriété : « $\deg U_n = \deg R_n – \deg R_{N-2}.$ »

Initialisation. La suite $(U_n)_{0\leq n\leq N}$ est définie par :

\boxed{\left\{\begin{align*}
&U_N = 1\\
&U_{N-1} = 0\\
&\forall n\in\llbracket 0, N-2\rrbracket, U_n = U_{n+2}-Q_nU_{n+1}.
\end{align*}
\right.
}

Il vient :

\begin{align*}
U_{N-2} &= U_N-Q_{N-2}U_{N-1}\\
&= 1 - Q_{N-2}\times 0\\
&=1.
\end{align*} 

Ainsi $\deg U_{N-2} = 0 = \deg R_{N-2} – \deg R_{N-2}.$ Donc la propriété $\mathscr{S}(N-2)$ est vérifiée.

Vous continuez.

\begin{align*}
U_{N-3} &= U_{N-1}-Q_{N-3}U_{N-2}\\
&= 0 - Q_{N-3}\times 1\\
&=-Q_{N-3}.
\end{align*} 

Il vient :

\begin{align*}
\deg U_{N-3} &= \deg Q_{N-3}\\
&= \deg R_{N-3} - \deg R_{N-2}.
\end{align*}

Donc la propriété $\mathscr{S}(N-3)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 2,N-2\rrbracket$ tel que les propriétés $\mathscr{S}(n)$ et $\mathscr{S}(n-1)$ soient vérifiées.

Vous avez :

U_{n-2} = U_n - Q_{n-2}U_{n-1}.

Or :

\deg Q_{n-2} = \deg R_{n-2}-\deg R_{n-1}\\
\deg U_{n-1} = \deg R_{n-1} - \deg R_{N-2}.

Du coup :

\deg Q_{n-2}U_{n-1} = \deg R_{n-2}-\deg R_{N-2}.

Mais :

\deg U_n = \deg R_n - \deg R_{N-2}.

Si $n=2$, alors vous avez :

\deg R_2 < \deg R_1 \leq \deg R_0.

Par suite $\deg R_{n} < \deg R_{n-2}.$

Si $n>2$, alors $n\in \llbracket 3, N-2\rrbracket$ donc $\deg R_{n-1} > \deg R_{n}$ et $\deg R_{n-2} > \deg R_{n-1}$ d’où $\deg R_{n} < \deg R_{n-2}.$

Dans tous les cas vous avez :

\deg U_n < \deg Q_{n-2}U_{n-1}.

Vous déduisez :

\begin{align*}
\deg U_{n-2} &= \deg (U_n - Q_{n-2}U_{n-1})\\
&= \deg Q_{n-2}U_{n-1}\\
&=\deg R_{n-2}-\deg R_{N-2}.
\end{align*}

Donc la propriété $\mathscr{S}(n-2)$ est vérifiée.

Conclusion. Par récurrence limitée et descendante, les propriétés $\mathscr{S}(0)$ et $\mathscr{S}(1)$ sont vérifiées.

\boxed{\begin{align*}
\deg U_0 &= \deg R_0 - \deg R_{N-2}  = \deg A - \deg R_{N-2} \\
\deg U_1 &= \deg R_1 - \deg R_{N-2}  = \deg B - \deg R_{N-2}.
\end{align*}
}

Concluez

ll a été établi que $\deg R_{N-2} > \deg R_{N-1}.$ Or le polynôme $R_{N-1}$ n’est pas le polynôme nul donc $\deg R_{N-1}\geq 0.$ Du coup, $\deg R_{N-2}\geq 1.$

Les polynômes $U_0$ et $U_1$ obtenus par l’algorithme d’Euclide étendu sont les polynômes de Bézout. Ils vérifient les propriétés suivantes :

\boxed{\begin{align*}
&R_{N-1} = AU_1+BU_0\\
&\deg U_0 \leq \deg A - 1\\
&\deg U_1 \leq \deg B - 1.
\end{align*}
}

Prolongement

Dans le contenu rédigé dans l'article 326 il est établi que les polynômes de Bézout vérifiant la condition de degré sont uniques.

Dans tout cet article, $\K$ désigne un corps. Pour rappel, on dit que deux polynômes de $\K[X]$ sont premiers entre eux dans $\K[X]$, si et seulement si, ils n’admettent aucun diviseur commun non constant dans $\K[X].$

Pour tout entier naturel $p$, notez $\K_p[X]$ l’ensemble des polynômes à coefficients dans $\K$ dont le degré est inférieur ou égal à $p.$ De même, pour tout $P\in\K[X]$, vous notez $\deg P$ le degré du polynôme $P$, avec la convention $\deg 0 = -\infty$ de sorte que $\K_0[X] = \K.$

Une caractérisation de cette définition est donnée par le théorème de Bézout avec la condition de degré : quels que soient les polynômes $A$ et $B$ de $\K[X]$ non constants de degrés respectifs $n$ et $m$, $A$ et $B$ sont premiers entre eux, si et seulement si, il existe un unique polynôme $U\in\K[X]$ de degré inférieur ou égal à $m-1$ et un unique polynôme $V\in\K[X]$ de degré inférieur ou égal à $n-1$ tels que :

AU+BV=1.

Le théorème de Bézout pour les polynômes avec la condition de degré se traduit formellement ainsi :

\boxed{\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&  (A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})\Longleftrightarrow(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}}

Note. Ce qui vous intéresse ici est la condition de degré sur les polynômes $U$et $V$ qui donne le caractère unique des deux polynômes $U$ et $V.$

Note. On rencontre souvent le théorème de Bézout sous la forme :

\begin{align*}
\forall (A,B)\in\K[X]^2,&  (A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})\Longleftrightarrow(\exists (U,V)\in \K[X]^2, AU+BV=1.)
\end{align*}

D’une part les polynômes $A$ et $B$ peuvent être constants, mais cela n’a pas de plus-value directe. D’autre part, sans imposer des conditions de degré, les polynômes $U$ et $V$ ne sont pas uniques. Or, les conditions sur les degrés permettent de décomposer la fraction rationnelle $\frac{1}{AB}$ avec une partie entière nulle.

Vérifiez l’énoncé sur un exemple précis

Cette section est un aparté.

Considérez les polynômes de $\R[X]$ suivants :

\begin{align*}
A(X) &= X^3-1\\
B(X) &= 2X^2+3X+4.
\end{align*}

Supposez que les polynômes $A$ et $B$ admettent dans $\R[X]$ un diviseur commun non constant. Notez-le $Q.$

Comme $Q\in\C[X]$, il existe, d’après le théorème de d’Alembert, une racine $\alpha\in\C$ de ce polynôme.

Comme $Q \mid A$ dans $\R[X]$ vous déduisez que $\alpha$ est une racine du polynôme $A$ après évaluation, donc $\alpha \in\{1, j, j^2\}$ où pour rappel vous avez $j=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ et $j^2=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$ et les égalités $1+j+j^2=0$ et $j^3=1.$

Comme $Q\mid B$ dans $\R[X]$ vous déduisez que $\alpha$ est aussi une racine du polynôme $B.$

• Si $\alpha =1$ vous déduisez $0 = B(1) = 2+3+4 = 9$, contradiction.
• Si $\alpha = j$ vous déduisez $0 = B(j) = 2j^2+3j+4 = 2(-1-j)+3j+4 = j+2$ d’où $j=-2$ ce qui est absurde.
• Enfin, si $\alpha=j^2$ vous avez $0 = B(j^2) = 2j^4+3j^2+4 = 2j + 3(-1-j)+4 = -j+1$ d’où $j=1$ ce qui est absurde.

Par conséquent, les polynômes $A$ et $B$ sont premiers entre eux dans $\R[X].$

Note. Ce résultat peut aussi être établi en utilisant l’algorithme d’Euclide, mais il a été privilégié ici l’utilisation d’une racine commune aux deux polynômes $A$ et $B$ dans l’hypothèse où ils ne seraient pas premiers entre eux.

Analyse

Soient $U\in\R_1[X]$ et $V\in\R_2[X]$ tels que $AU+BV=1.$

Il existe $(a,b)\in\R^2$ et $(u,v,w)\in\R^3$ tels que :

\begin{align*}
U(X) &= aX+b\\
V(X) &= uX^2+vX+w.
\end{align*}

D’une part :

\begin{align*}
A(X)U(X) &= (X^3-1)(aX+b)\\
 &= aX^4+bX^3-aX-b.
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
B(X)V(X) &= (2X^2+3X+4)(uX^2+vX+w)\\
 &= 2uX^4+2vX^3+2wX^2\\
&\quad+3uX^3+3vX^2+3wX\\
&\quad+4uX^2+4vX+4w\\
&=2uX^4+(3u+2v)X^3+(4u+3v+2w)X^2+(4v+3w)X+4w.
\end{align*}

Par somme, vous déduisez :

\begin{align*}
A(X)U(X)+B(X)V(X) &= (a+2u)X^4+(b+3u+2v)X^3\\&\quad+(4u+3v+2w)X^2+(-a+4v+3w)X+(-b+4w)\\
1 &= (a+2u)X^4+(b+3u+2v)X^3\\&\quad+(4u+3v+2w)X^2+(-a+4v+3w)X+(-b+4w).
\end{align*}

L’identification des coefficients fournit :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
-a&&&+4v&+3w &=0\\
&-b&&&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Note. En écrivant ce système sous forme matricielle, vous reconnaissez la transposée de la matrice de Sylvester. En effet, la matrice du système est :

M = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 3 & 2 & 0\\
0 & 0 & 4 & 3 & 2\\
-1 & 0 & 0 & 4 & 3\\
0 & -1 & 0 &0 & 4
\end{pmatrix}.

Elle affiche sur les colonnes les coefficients du polynôme $A(X) = 1X^3+0X^2+0X-1$ deux fois (ce qui correspond au degré de $B$) suivis des coefficients du polynôme $B(X)=2X^2+3X+4$ trois fois en décalé (ce qui correspond au degré de $A$.) La matrice de Sylvester affiche les coefficients sur les lignes.

Mise sous forme échelonnée du système

Il vous reste à résoudre le système. Vous procédez avec la méthode du pivot et les opérations élémentaires.

L’opération $L_4\leftarrow L_4+L_1$ fournit :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&\hphantom{+}2u&+4v&+3w &=0\\
&-b&&&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Puis vous effectuez $L_5\leftarrow L_5+L_2$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&\hphantom{+}2u&+4v&+3w &=0\\
&&\hphantom{+}3u&+2v&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftarrow L_4-\frac{1}{2}L_3$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}\frac{5}{2}v&+2w &=0\\
&&\hphantom{+}3u&+2v&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow L_5-\frac{3}{4}L_3$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}\frac{5}{2}v&+2w &=0\\
&&&-\frac{1}{4}v&+\frac{5}{2}w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftarrow 2L_4$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0\\
&&&-\frac{1}{4}v&+\frac{5}{2}w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow -4L_5$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftrightarrow L_5$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow L_5-5L_4$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&&\hphantom{+}54w &=20.
\end{array}
\right.

Vous simplifiez la dernière ligne après division par 2 :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&&\hphantom{+}27w &=10.
\end{array}
\right.

Résolution du système

La dernière équation fournit $\boxed{w=\frac{10}{27}.}$

Puis :

\begin{align*}
v &=-4+10w\\
&=-4+\frac{100}{27}\\
&=\frac{-108}{27}+\frac{100}{27}.
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{v=\frac{-8}{27}.}$

Du coup :

\begin{align*}
4u &=-3v-2w\\
&=\frac{24}{27}+\frac{-20}{27}\\
&=\frac{4}{27}.
\end{align*}

Aussitôt, $\boxed{u=\frac{1}{27}.}$

Puis :

\begin{align*}
b &=-3u-2v\\
&=\frac{-3}{27}+\frac{16}{27}.
\end{align*}

Cela aboutit à $\boxed{b=\frac{13}{27}.}$

Enfin $a=-2u$ d’où $\boxed{a=\frac{-2}{27}.}$

Concluez sur l’analyse

D’après ce qui précède, les polynômes $U$ et $V$ sont uniques. Ils ont pour expressions respectives :

\boxed{\begin{align*}
U(X) &= \frac{-2X+13}{27}\\
V(X) &= \frac{X^2-8X+10}{27}.
\end{align*}}

Synthèse

Note. La synthèse pourrait être évitée, vu que la résolution du système fournit en réalité une condition nécessaire et suffisante. Il est ici privilégié une vérification, par un calcul direct, du fait que les polynômes précédemment trouvés sont effectivement solution du problème posé.

Soient $U$ et $V$ les polynômes réels définis par :

\begin{align*}
U(X) &= \frac{-2X+13}{27}\\
V(X) &= \frac{X^2-8X+10}{27}.
\end{align*}

Vous calculez tout d’abord le produit $AU$ :

\begin{align*}
A(X)U(X) &= \frac{(X^3-1)(-2X+13)}{27}\\
 &= \frac{-2X^4+13X^3+2X-13}{27}.
\end{align*}

Vous développez le produit $BV$ :

\begin{align*}
B(X)V(X) &= \frac{(2X^2+3X+4)(X^2-8X+10)}{27}\\
 &= \frac{2X^4-13X^3-2X+40}{27}.
\end{align*}

Par somme, il vient :

\begin{align*}
A(X)U(X)+B(X)V(X) &= \frac{40-13}{27}\\
 &= \frac{27}{27}.
\end{align*}

Par conséquent, vous avez bien :

AU+BV=1.

Concluez sur l’analyse-synthèse

Les polynômes réels $A$ et $B$ étant définis par :

\begin{align*}
A(X) &= X^3-1\\
B(X) &= 2X^2+3X+4
\end{align*}

sont premiers entre eux et non constants.

De plus, il existe un unique polynôme $U\in\R_1[X]$ et un unique polynôme $V\in\R_2[X]$ tels que :

AU+BV=1.

Le théorème de Bézout avec les conditions de degré est bien vérifié sur cet exemple.

Démontrez le théorème de Bézout avec les conditions de degré

Preuve de l’existence des polynômes de Bézout lorsque deux polynômes non constants sont premiers entre eux

Vous choisissez ici d’effectuer une démonstration par récurrence sur le degré d’un des deux polynômes.

Pour tout entier $n$ non nul, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété suivante :

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   
\left\{\begin{align*}
&A\text{ et }B\text{ premiers entre eux} \\
&\deg B = n
\end{align*}\right.
\implies(\exists (U,V)\in \K_{n-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Initialisation de la récurrence

Soient $A$ et $B$ deux polynômes à coefficients dans $\K$, non constants, premiers entre eux et de sorte que $B$ soit de degré $1.$

Il existe $(b_1,b_0)\in\K^2$ avec $b_1\neq 0$ tel que :

B(X) = b_1X+b_0.

La division du polynôme $A$ par le polynôme $B$ fournit l’existence de deux polynômes $Q\in\K[X]$ et $R\in\K[X]$ avec $\deg R < \deg B$ tels que :

A = BQ+R.

Comme $\deg B = 1$ vous déduisez que $R$ est constant.

Supposez que $R$ soit le polynôme nul. Alors $A = BQ$, ce qui fournit $B\mid A.$

Or, si vous posez $\alpha = -\frac{b_0}{b_1}$, vous avez $B(\alpha)=0.$ Par suite, $A(\alpha) = 0.$

Comme $\alpha\in\K$ est racine du polynôme $A$, il existe un polynôme $S\in\K[X]$ tel que $A(X) = (X-\alpha)S(X).$

Comme $B(X) = b_1\left(X+\frac{b_0}{b_1}\right)$ vous déduisez $B(X) = b_1(X-\alpha).$

Le polynôme $X-\alpha$ de $\K[X]$ est un diviseur commun non constant des polynômes $A$ et $B$, ce qui contredit le fait qu’il soient premiers entre eux. Donc $R$ n’est pas le polynôme nul.

Vous déduisez de ce qui précède qu’il existe $k\in\K^{*}$ tel que $R(X) = k.$

L’égalité $A=BQ+R$ s’écrit :

\begin{align*}
&A(X)-B(X)Q(X) = k\\
&\frac{1}{k}A(X)+\frac{-Q(X)}{k}B(X) = 1.
\end{align*}

Vous posez $U(X) = \frac{1}{k}$ et $V(X) = \frac{-Q(X)}{k}.$

Vous obtenez :

AU+BV=1.

$U$ est constant donc $U\in\K_0[X].$

D’autre part :

A-R = BQ.

Comme $A$ n’est pas constant, $\deg A \geq 1.$ Comme $R$ est constant et non nul, $\deg R = 0.$ Du coup :

\deg(A-R) = \deg A.

En prenant les degrés, vous déduisez :

\deg A = \deg(A-R) = \deg B + \deg Q.

Ainsi $\deg Q = \deg A – \deg B.$

Comme $B$ est de degré $1$, vous déduisez $\deg Q = \deg A – 1$ et par suite $Q\in\K_{\deg A – 1}[X].$

Du coup, $V\in \K_{\deg A – 1}[X].$

La propriété $\mathscr{P}(1)$ est vraie.

Hérédité

Soit $n$ un entier naturel non nul. Vous supposez que la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$, non constants et premiers entre eux, de sorte que $B$ soit de degré $n+1.$

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $A$ par le polynôme $B.$

Il existe deux polynômes $Q$ et $R$, à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&A=BQ+R\\
&\deg R < \deg B.
\end{align*} 

Ainsi, $R\in\K_{n}[X].$

Si $R$ est le polynôme nul, alors $A=BQ$ donc $B$ est un diviseur commun non constant aux polynômes $A$ et $B$. Donc $A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux, ce qui est absurde.

Donc $R\neq 0.$

1er cas. Si $R$ est constant, alors il existe $k\in\K^{*}$ tel que $A = BQ+k.$

Comme $A-R = BQ$ vous déduisez :

\deg(A-R) = \deg B + \deg Q.

Comme $A$ n’est pas constant et que $R$ est constant, $\deg R < \deg A$ donc $\deg (A-R) = \deg A.$

Du coup :

\deg A - \deg B = \deg Q.

Comme $B$ n’est pas constant, il vient $Q\in\K_{\deg A – 1}[X].$

Puis :

\begin{align*}
&A-BQ = k\\
&\frac{1}{k}A(X) + \frac{-Q(X)}{k}B(X) = 1.
\end{align*}

Vous posez $U(X) = \frac{1}{k}A(X)$ et $V(X) = \frac{-Q(X)}{k}$ pour avoir finalement :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U =0\\
&\deg V \leq \deg A -1.
\end{align*} 

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est donc vérifiée.

2ème cas. Le polynôme $R$ n’est pas constant.

Supposez que les polynômes $B$ et $R$ ne soient pas premiers entre eux. Il existe un diviseur $D$ commun aux polynômes $B$ et $R$ qui ne soit pas constant.

Il vient successivement :

\begin{align*}
&D \mid BQ\\
&D\mid R\\
&D \mid BQ+R\\
&D\mid A.
\end{align*}

$D$ est un diviseur commun non constant aux polynômes $A$ et $B$, donc $A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux, ce qui est absurde.

Vous déduisez que $B$ et $R$ sont premiers entre eux.

Il a été vu que $R\in\K_{n}[X]$ donc l’hypothèse de récurrence s’applique aux polynômes $B$ et $R.$

Il existe deux polynômes $U’$ et $V’$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&BU'+RV'=1\\
&\deg U' < \deg R\\
&\deg V' < \deg B.
\end{align*} 

Or :

A-BQ=R.

Du coup :

\begin{align*}
&BU'+(A-BQ)V'=1\\
&AV'+BU'-BQV'=1\\
&AV'+B(U'-QV')=1.
\end{align*}

Vous posez :

\begin{align*}
&U = V'\\
&V=U'-QV'.
\end{align*} 

Les polynômes $U$ et $V$ sont bien à coefficients dans $\K.$

D’une part :

\deg U = \deg V'\\
\deg V' < \deg B.

Du coup :

\deg U \leq \deg B -1.

D’autre part :

BV=1-AU.

Si $U = 0$, alors $BV=1$ donc $\deg B+\deg V = 0$ or $\deg B \geq 1$ ce qui est absurde.

Donc $U\neq 0$ et par suite $AU$ n’est pas constant. Donc $\deg AU \geq 1$ et par suite $\deg (1-AU) = \deg (AU).$

Il vient :

\begin{align*}
\deg B + \deg V&=\deg (1-AU)\\
&=\deg (AU)\\
&=\deg A +\deg U.
\end{align*}

Par suite :

\deg V = \deg A+\deg U-\deg B.

Comme $\deg U-\deg B\leq -1$ il vient $\deg V \leq \deg A-1.$

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est bien vérifiée.

Concluez sur la récurrence

Il vient d’être démontré l’existence des polynômes de Bézout avec la condition de degré.

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\implies(\exists (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Preuve de l’unicité des polynômes de Bézout lorsque deux polynômes non constants sont premiers entre eux

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$, non constants et premiers entre eux.

D’après ce qui précède, il existe des polynômes $U$ et $V$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U \leq\deg B-1\\
&\deg V\leq \deg A-1.
\end{align*}

Supposez qu’il existe deux autres polynômes $U’$ et $V’$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU'+BV'=1\\
&\deg U' \leq\deg B-1\\
&\deg V'\leq \deg A-1.
\end{align*}

Il vient successivement :

\begin{align*}
&AU+BV = AU'+BV'\\
&AU-AU'=BV'-BV\\
&A(U-U')=B(V'-V).
\end{align*} 

Du coup, après multiplication par $V’-V$ de l’égalité $AU+BV=1$ :

\begin{align*}
&AU(V'-V)+B(V'-V)V = V'-V\\
&AU(V'-V)+A(U-U')V = V'-V\\
&A\left[U(V'-V)+(U-U')V\right] = V'-V\\
&A\left[UV'-U'V\right] = V'-V.
\end{align*} 

Vous posez :

D = UV'-U'V.

Vous avez :

AD = V'-V.

Si $D$ n’est pas le polynôme nul, il vient :

\begin{align*}
&\deg ( AD) \geq \deg A \\
&\deg ( V'-V) \geq \deg A.
\end{align*}

Comme $V$ et $V’$ sont deux polynômes ont des degrés inférieurs ou égaux à $\deg A-1$, il en est de même du polynôme $V’-V.$ Par conséquent $\deg (V’-V)\leq \deg A-1$, ce qui contredit le résultat précédent.

Donc $D=0$ d’où $AD=0$ puis $V=V’.$

L’égalité $A(U-U’)=B(V’-V)$ fournit $A(U-U’)=0.$ Or $A$ n’est pas le polynôme nul puisqu’il est non constant. Par intégrité de l’anneau $\K[X]$ il vient $U-U’=0$ et $U=U’.$

A ce stade l’existence et l’unicité des polynômes de Bézout avec la condition de degré sont démontrées.

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\implies(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Preuve de la réciproque : si les polynômes de Bézout existent, les polynômes de départ sont premiers entre eux

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$ et non constants.

Vous supposez qu’il existe des polynômes $U$ et $V$ à coefficients uniques dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U \leq\deg B-1\\
&\deg V\leq \deg A-1.
\end{align*}

Seule la condition $AU+BV=1$ sera utilisée.

En effet, supposez que $A$ et $B$ admettent un diviseur commun $D$ non constant à coefficients dans $\K.$.

Vous avez successivement :

\begin{align*}
&D\mid A\\
&D\mid AU\\
&D\mid B\\
&D\mid BV.
\end{align*}

Du coup, par somme :

\begin{align*}
&D\mid AU+BV\\
&D \mid 1.
\end{align*} 

Il existe un polynôme $E$ à coefficients dans $\K$ tel que :

DE = 1.

Donc $E$ n’est pas le polynôme nul, donc $\deg E \geq 0.$
Or, en prenant les degrés :

\deg D + \deg E = 0.

Or $\deg D \geq 1$ donc $\deg D+\deg E\geq 1$ ce qui est absurde.

Les polynômes $A$ et $B$ n’admettant aucun diviseur commun non constant, ils sont premiers entre eux.

Le théorème de Bézout avec les conditions de degré est ainsi prouvé, il s’énonce de façon formelle ainsi :

\boxed{\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\Longleftrightarrow(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}}

Prolongement

Soient $A$ et $B$ deux polynômes non constants à coefficients dans un corps $\K$, tels que $A$ et $B$ soient premiers entre eux dans $\K[X].$

Existe-t-il un procédé systématique permettant de calculer les polynômes $U$ et $V$ tels que $AU+BV=1$ avec les conditions de degré $\deg U \leq \deg B-1$ et $\deg V \leq \deg A-1$ sans être amené à résoudre un système ? La réponse est donnée par l’affirmative et sera explicitée dans le contenu rédigé dans l'article 327.

Simplifiez $A = \frac{1}{\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25}}$

Vous posez $\alpha = \sqrt[3]{5}.$ Pour rappel, $\alpha^3 = 5.$ Alors $(\alpha^3)^2 = 25$ ce qui s’écrit $\alpha^6 = 25.$

Comme $\alpha^6 = (\alpha^2)^3$ vous déduisez $(\alpha^2)^3=25$ soit $\alpha^2 = \sqrt[3]{25}.$

Le nombre réel $A$ est égal à :

A = \frac{1}{\alpha+\alpha^2}.

Vous notez $Q$ le polynôme réel défini par $\boxed{Q(X) = X^2+X}$, de sorte que :

A = \frac{1}{Q(\alpha)}.

Comme $\alpha^3-5=0$ vous définissez le polynôme réel $P$ par $\boxed{P(X) = X^3-5}$ et notez que $\alpha$ est une racine de $P.$

Constatant que le degré de $Q$ est strictement inférieur à celui de $P$, vous utilisez l’algorithme d’Euclide étendu.

Tout d’abord vous effectuez la division euclidienne du polynôme $X^3-5$ par le polynôme $X^2+X.$

\begin{array}{llll|l}
X^3&&&-5 & X^2+X\\
\hline
X^3&+X^2&&& X-1\\
&-X^2&&-5\\ 
\hline
&-X^2&-X\\
&&X&-5
\end{array}

Ce calcul montre que :

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

Cette étape est schématisée dans le tableau suivant.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2
\end{array}

Vous poursuivez et effectuez la division euclidienne du polynôme $X^2+X$ par le polynôme $X-5.$

\begin{array}{lll | l}
X^2&+X && X-5 \\
\hline
X^2&-5X && X+6\\
&\hphantom{-}6X \\
\hline
&\hphantom{-}6X&-30\\
&&\hphantom{-}30
\end{array}

Ce calcul montre que :

X^2+X = (X-5)(X+6)+30.

Vous poursuivez le tableau précédent :

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2\\
30& -X-6 & 1-(X+6)(-X+1) & L_4 = L_2-(X+6)L_3
\end{array}

Vous développez l’expression $1-(X+6)(-X+1).$

\begin{align*}
1-(X+6)(-X+1) &= 1+(X+6)(X-1)\\
&=1+X^2+5X-6\\
&=X^2+5X-5.
\end{align*} 

En définitive, les étapes de l’algorithme d’Euclide étendu sont les suivantes.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2\\
30& -X-6 & X^2+5X-5 & L_4 = L_2-(X+6)L_3
\end{array}

La dernière ligne obtenue montre que :

\boxed{(-X-6)P(X) + (X^2+5X-5)Q(X) = 30.}

Vous évaluez cette expression en $\alpha$, en notant que $P(\alpha)=0.$

\begin{align*}
(\alpha^2+5\alpha-5)Q(\alpha)&=30\\
\alpha^2+5\alpha-5 &=\frac{30}{Q(\alpha)}\\
\frac{\alpha^2+5\alpha-5}{30} &=\frac{1}{Q(\alpha)}\\
\frac{\alpha^2+5\alpha-5}{30} &=A.
\end{align*}

Pour conclure cette section :

\boxed{A = \frac{1}{\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25}} = \frac{\sqrt[3]{25}+5\sqrt[3]{5}-5}{30}.}

Simplifiez $B = \frac{\sqrt[3]{2}}{1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}$

Cette section est indépendante de la précédente.

Vous posez $\beta = \sqrt[3]{2}.$ Comme $\beta^3 = 2$ vous posez $\boxed{P(X) = X^3-2}.$

Compte tenu du dénominateur de la fraction $B$ vous posez $Q(X) = X^2+X+1.$

Vous effectuez l’algorithme d’Euclide étendu.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-2 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X+1 & 0 & 1  & L_2\\
-X^2-X-2 & 1 & -X & L_3 = L_1-XL_2\\
-1& 1 & -X+1 & L_4 = L_2+L_3\\
1& -1 & X-1 & L_5 = -L_4\\
\end{array}

Il en résulte que :

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

Vous évaluez en $\beta$ :

\begin{align*}
(\beta-1)Q(\beta)&=1\\
\beta-1 &=\frac{1}{Q(\beta)}\\
\beta^2-\beta &=\frac{\beta}{Q(\beta)}\\
\beta^2-\beta &=\frac{\beta}{1+\beta+\beta^2}\\
\beta^2-\beta &=B.
\end{align*}

En définitive :

\boxed{B =  \frac{\sqrt[3]{2}}{1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} = \sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}.}

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.

Soit $n$ un entier naturel non nul. On désigne par $a_0,\dots,a_n$ des nombres réels tels que :

0 < a_0 < \cdots < a_n.

Soit $P$ le polynôme réel défini par :

P(X) = a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0 = \sum_{i=0}^n a_i X^i.

L’objectif de cet article est de démontrer que, pour tout nombre complexe $z$ :

P(z) = 0 \implies \vert z\vert <1.

Introduisez un polynôme $Q$

Soit $z$ une racine complexe de $P.$

Alors :

\begin{align*}
a_n z^n+\cdots+a_1 z+a_0  = 0\\
\sum_{i=0}^n a_i z^i = 0.
\end{align*}

Afin de faire apparaître des différences entre les coefficients de $P$, vous multipliez l’égalité précédente par $z$ :

\begin{align*}
a_n z^{n+1}+\cdots+a_1 z^2+a_0z  = 0\\
\sum_{i=1}^{n+1} a_{i-1}z^i = 0.
\end{align*}

Par différence des deux égalités précédentes :

\begin{align*}
a_n z^{n+1} + (a_{n-1}-a_n)z^n+\cdots+(a_0-a_1)z - a_0 = 0\\
a_n z^{n+1} + \sum_{i=1}^n (a_{i-1}-a_i)z^i - a_0 = 0.
\end{align*}

Afin d’obtenir un coefficient dominant égal à $1$, vous divisez le tout par $a_n$ qui est non nul :

\begin{align*}
z^{n+1} + \frac{a_{n-1}-a_n}{a_n}z^n+\cdots+\frac{a_0-a_1}{a_n}z + \frac{- a_0}{a_n} = 0\\
z^{n+1} + \sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}-a_i}{a_n}z^i + \frac{-a_0}{a_n}=0\\
z^{n+1} - \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}z^i - \frac{a_0}{a_n}=0.
\end{align*}

Cette égalité amène à poser :

\boxed{
\begin{align*}
&b_0 = \frac{a_0}{a_n}\\
&\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, b_i = \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}.
\end{align*}
}

Du coup :

z^{n+1} - \sum_{i=0}^n b_i z^i = 0.

Notez que, compte tenu des propriétés des coefficients $(a_i)_{0\leq i\leq n}$ vous avez :

\forall i\in\llbracket 0, n\rrbracket, b_i > 0.

Comme :

z^{n+1} = \sum_{i=0}^n b_i z^i

en prenant le module, il vient :

\vert z \vert ^{n+1} =\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i\right\vert

C’est maintenant que l’inégalité triangulaire va intervenir. Il vient :

\begin{align*}
\vert z \vert^{n+1}&\leq \sum_{i=0}^n \vert b_i \vert \vert z\vert ^i\\
&\leq\sum_{i=0}^n b_i \vert z \vert ^i.
\end{align*}

Si bien que :

\boxed{\vert z \vert ^{n+1} - \sum_{i=0}^n b_i \vert z \vert ^i \leq 0.}

Le moment est venu de poser :

Q(X) = X^{n+1}-\sum_{i=0}^n b_iX^i.

Il a été établi que, pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z)=0 \implies (Q(\vert z \vert)\leq 0 \text{ et } Q(z)=0.)}

Introduisez une fonction $f$

Vous définissez une fonction $f$ sur $]0,+\infty[$ en posant:

\forall x>0, f(x) = \frac{Q(x)}{x^{n+1}} = 1- \sum_{i=0}^n\frac{b_i x^i}{x^{n+1}}.

Cette fonction s’écrit comme une somme de fonctions de références, ce qui va permettre d’obtenir rapidement un résultat sur sa monotonie.

Or, pour tout réel $x>0$:

\begin{align*}
f(x) &= 1-\sum_{i=0}^n\frac{b_i}{x^{n+1-i}} \\
&=1-\sum_{j=1}^{n+1}\frac{b_{n+1-j}}{x^j}.
\end{align*}

Cette expression montre que $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout réel $x>0$, vous avez:

\begin{align*}
f'(x) &= -\sum_{j=1}^{n+1}\frac{-j b_{n+1-j}}{x^{j+1}}\\
&= \sum_{j=1}^{n+1}\frac{j b_{n+1-j}}{x^{j+1}}\\
&= \sum_{i=0}^{n}\frac{(n+1-i) b_{i}}{x^{n+2-i}}.
\end{align*}

Or, pour tout $i\in\llbracket 0, n\rrbracket$:

\begin{align*}
(n+1-i )> 0\\
b_i >0.
\end{align*}

Par somme de réels strictement positifs, vous déduisez que:

\forall x>0, f'(x)>0.

La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0,+\infty[.$

Établissez le signe de la fonction $f$

Pour tout réel $x>0$:

Q(x) = x^{n+1} - \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}x^i - \frac{a_0}{a_n}.

La somme du milieu devient télescopique en évaluant le polynôme $Q$ en $1$:

\begin{align*}
Q(1) &= 1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\
&=1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n} + \sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\
&=1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n} + \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\
&=1- \left(\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n}   \right)+ \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\
&=1- \sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n}  + \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\
&=1- \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_i}{a_n}  -\frac{a_n}{a_n}+ \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\
&=1 -\frac{a_n}{a_n}  \\
&=0.
\end{align*}

Ainsi il vient $\boxed{f(1) = 0.}$

Vous déduisez que:

• sur l’intervalle $]0,1[$, la fonction $f$ est strictement négative;
• sur l’intervalle $]1,+\infty[$, la fonction $f$ est strictement positive.

Justifiez que les racines de $P$ ne peuvent être de module égal à $1$

Soit $z$ une racine de $P.$

Alors il a déjà été vu que:

z^{n+1} = \sum_{i=0}^n b_i z^i.

Raisonnez par l’absurde et supposez que $\vert z \vert = 1.$

D’une part:

\begin{align*}
\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i \right\vert&= \vert z^{n+1}\vert\\
& = \vert z \vert^{n+1} \\
&= 1^{n+1}\\
&=1.
\end{align*}

D’autre part:

\begin{align*}
\sum_{i=0}^n\vert b_i z^i\vert &= \sum_{i=0}^n \vert b_i\vert \vert z\vert ^i\\
&= \sum_{i=0}^n  b_i \vert z\vert ^i\\
&= \sum_{i=0}^n  b_i 1 ^i\\
&=\sum_{i=0}^n  b_i\\
&= b_0 + \sum_{i=1}^n b_i\\
&=\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}\\
&=\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n}\\
&=\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n}\\
&=\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n}\\
&=\frac{a_n}{a_n}\\
&=1.
\end{align*}

Vous déduisez que vous êtes dans le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire:

\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i \right\vert = \sum_{i=0}^n \vert b_i z^i \vert.

Comme $b_n z^n$ est de module égal à $b_n$, vous déduisez que $b_nz^n \neq 0.$

Il existe des réels positifs $\lambda_0,\dots,\lambda_{n-1}$ tels que:

\begin{align*}
b_{n}z^{n} &= 1\times b_nz^n\\
b_{n-1}z^{n-1} &= \lambda_{n-1}\times b_nz^n\\
&\vdots\\
b_{0} &= \lambda_{0}\times b_nz^n.
\end{align*}

Note. Pour une démonstration complète sur l’existence de ces réels, vous pouvez vous reporter à la lecture du contenu rédigé dans l'article 319.

Par somme :

\begin{align*}
b_nz^n+b_{n-1}z^{n-1}+\cdots+b_0 &= (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n z^n\\
z^{n+1} &= (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n z^n.
\end{align*}

Comme $z$ est de module $1$, il est non nul, du coup :

z = (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n.

En prenant les modules :

\begin{align*}
\vert b_{n-1}z^{n-1}\vert  &= \vert \lambda_{n-1}\times b_nz^n\vert \\
&\vdots\\
\vert b_{0}\vert  &= \vert \lambda_{0}\times b_nz^n\vert.
\end{align*}

Comme les réels $b_0,\dots,b_{n-1}$, $\lambda_0,\dots,\lambda_{n-1}$ sont positifs :

\begin{align*}
 b_{n-1}  &=  \lambda_{n-1} \\
&\vdots\\
 b_{0}  &=  \lambda_{0}.
\end{align*}

Finalement :

z = (1+b_{n-1}+\cdots+b_0) b_n.

Cela prouve que $z$ est un réel strictement positif. En prenant le module :

1 = (1+b_{n-1}+\cdots+b_0)b_n.

Il a été vu que :

b_0+\cdots+b_{n-1}+b_n = 1.

Donc :

\begin{align*}
1 = (1+(1-b_n))b_n\\
1 = (2-b_n)b_n\\
1 = 2b_n-b_n^2\\
b_n^2-2b_n+1 = 0\\
(b_n-1)^2 = 0\\
b_n =1.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
b_n &= \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}\\
1 &= \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}\\
a_n &= a_n-a_{n-1}\\
0 &= a_{n-1}.
\end{align*}

Ce dernier résultat contredit $a_{n-1}> 0.$

Il en résulte le résultat suivant. Pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z) = 0 \implies \vert z\vert \neq 1.}

Justifiez que les racines de $P$ sont à l’intérieur du disque unité ouvert

Soit $z$ une racine du polynôme $P.$ Raisonnez par l’absurde et supposez que $\vert z \vert \geq 1.$

D’après le contenu précédent, vous avez $\vert z \vert \neq 1$ donc $\vert z \vert > 1.$

Comme $\vert z \vert$ appartient à l’intervalle $]1,+\infty[$ vous déduisez de l’étude du signe de $f$ que :

f(\vert z \vert) > 0.

Comme $Q(\vert z\vert) \leq 0$, en divisant par $\vert z \vert ^{n+1}$, vous avez $\frac{Q(\vert z \vert)}{\vert z\vert ^{n+1}}\leq 0$ soit :

f(\vert z \vert) \leq 0.

Les deux résultats obtenus sont contradictoires.

Le résultat est ainsi prouvé. Toutes les racines complexes du polynôme $P$ sont situées dans le disque unité ouvert. Autrement dit, pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z) = 0\implies \vert z \vert < 1.}

Dans le prolongement du contenu écrit dans l'article 321, il sera donné des moyens de calculer la borne de Cauchy d’un polynôme.

Dans toute la suite, $P$ désignera un polynôme à coefficients complexes et non constant. Vous noterez $m$ son degré et vous supposerez que $P \neq X^m.$ Ainsi il existe un unique $m$-uplet $(a_{m-1},\dots,a_0)\in\C^m\setminus\{(0,\dots,0)\}$ tel que :

P(X) = X^m-a_{m-1}X^{m-1}-\cdots-a_1X-a_0.

Localisez la borne de Cauchy en utilisant la méthode de dichotomie

Rappels sur les outils

Vous considérez le polynôme $Q$ défini par :

Q(X) = X^m - \vert a_{m-1}\vert X^{m-1}-\cdots-\vert a_{1}\vert X-\vert a_{0}\vert.

Pour tout réel $x\in ]0,+\infty[$ vous posez:

f(x) = \frac{Q(x)}{x^m}.

Il a été vu dans le contenu rédigé dans l'article 321 que la borne de Cauchy de $P$ est l’unique réel strictement positif noté $c(P)$ qui vérifie la double égalité $f(c(P))=0$ et $Q(c(P))=0.$ Il a été établi que la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[.$

Soit $A$ le maximum du module de tous les coefficients de $P$, sans tenir compte de son coefficient dominant. Autrement dit vous avez:

A = \max\{\vert a_i\vert, i\in\llbracket 0, m-1 \rrbracket\}.

Le contenu rédigé dans l'article 321 a montré que $c(P) \leq 1+A$, que $Q(1+A)\geq 0$ et que :

c(P)\in[0, 1+A].

Une récurrence pour construire l’algorithme de dichotomie

Vous noterez $u_0 = 0$ et $v_0 =1+A$, de sorte que $c(P)\in[u_0,v_0].$ Notez que $Q(u_0) = Q(0)=-\vert a_0\vert.$ Donc $Q(u_0)\leq 0.$ De plus, $Q(v_0) \geq 0.$ Notez que :

v_0 = u_0+\frac{1+A}{2^0}.

Soit maintenant $n$ un entier naturel et supposez construits des réels positifs $u_n$ et $v_n$ avec $v_n = u_n + \frac{1+A}{2^n}$ tels que $c(P)\in[u_n,v_n]$, $Q(u_n)\leq 0$ et $Q(v_n)\geq 0.$

Considérez le réel positif $c_n=\frac{a_n+b_n}{2}.$

1er cas. $Q(c_n)< 0.$ Vous posez $u_{n+1} = c_n$ et $v_{n+1} = v_n.$ Les réels $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ sont alors positifs.

D’autre part :

\begin{align*}
v_{n+1}-u_{n+1} &= v_n-c_n \\
&= \frac{2v_n}{2}-\frac{u_n+v_n}{2}\\
&=\frac{2v_n-u_n-v_n}{2}\\
&=\frac{v_n-u_n}{2}\\
&=\frac{\frac{1+A}{2^n}}{2}\\
&=\frac{1+A}{2^{n+1}.}
\end{align*}

Vous avez bien $Q(u_{n+1}) = Q(c_n)$ et donc $Q(u_{n+1})\leq 0.$ De même, $Q(v_{n+1})=Q(v_n)$ donc $Q(v_{n+1})\geq 0.$

L’égalité $v_{n+1} = u_{n+1} + \frac{1+A}{2^{n+1}}$ montre que $v_{n+1}>0$ Du coup $\frac{Q(v_{n+1})}{v_{n+1}^m }\geq 0$ et $f(v_{n+1})\geq 0$ soit $f(v_{n+1}) \geq f(c(P)).$

Si vous avez $c(P) > v_{n+1}$, notez d’abord que $c(P)$ et $v_{n+1}$ sont deux nombres appartenant à $]0,+\infty[$, intervalle où $f$ est strictement croissante, alors $f(c(P))>f(v_{n+1})$, contradiction. Donc $c(P) \leq v_{n+1}.$

De même, supposez que $u_{n+1} > c(P).$ Comme $c(P)$ et $u_{n+1}$ sont deux nombres appartenant à $]0,+\infty[$, intervalle où $f$ est strictement croissante, vous déduisez $f(u_{n+1})>f(c(P))$ donc $\frac{Q(u_{n+1})}{u_{n+1}^m} > 0$ et donc $Q(u_{n+1})>0$ soit $Q(c_n)> 0.$ Contradiction. Donc $u_{n+1} \leq c(P).$

2ème cas. $Q(c_n)\geq 0.$ Vous posez $u_{n+1} = u_n$ et $v_{n+1} = c_n.$ Les réels $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ sont encore positifs.

\begin{align*}
v_{n+1}-u_{n+1} &= c_n-u_n \\
&= \frac{u_n+v_n}{2}-\frac{2u_n}{2}\\
&=\frac{u_n+v_n-2u_n}{2}\\
&=\frac{v_n-u_n}{2}\\
&=\frac{\frac{1+A}{2^n}}{2}\\
&=\frac{1+A}{2^{n+1}.}
\end{align*}

Vous avez $Q(u_{n+1}) = Q(u_n)$ or $Q(u_n)\leq 0$ donc $Q(u_{n+1})\leq 0.$
De même, $Q(v_{n+1}) = Q(c_n)$ or $Q(c_n)\geq 0$ donc $Q(v_{n+1})\geq 0.$

Supposez que $c(P)<u_{n+1}.$ Le réel $c(P)$ étant strictement positif, vous déduisez que $c(P)$ et $u_{n+1}$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $f$ sur cet intervalle, il vient $f(c(P))< f(u_{n+1})$ donc $0<\frac{Q(u_{n+1})}{u_{n+1}^m}$ donc $Q(u_{n+1})> 0$, contradiction. Donc $u_{n+1}\leq c(P).$

Supposez que $v_{n+1}<c(P).$ Vous avez $v_{n+1} = u_{n+1}+\frac{1+A}{2^{n+1}}$ avec $A>0$ et $u_{n+1}$ positif, donc $v_{n+1}>0.$ Les réels $c(P)$ et $v_{n+1}$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $f$ sur cet intervalle, il vient $ f(v_{n+1}) < f(c(P))$ donc $f(v_{n+1})<0$ d’où $\frac{Q(v_{n+1})}{v_{n+1}^m}< 0$ et donc $Q(v_{n+1})<0$ contradiction. Donc $c(P)\leq v_{n+1}.$

La récurrence est donc terminée.

Explicitez l’algorithme de dichotomie

Vous posez $u_0 = 0$ et $v_0 = 1+A.$

Pour tout entier naturel $n$ vous calculez $c_n=\frac{u_n+v_n}{2}.$

• Si $Q(c_n)< 0$ vous posez $u_{n+1} = c_n$ et $v_{n+1} = v_n$ ;
• Si $Q(c_n)\geq 0$ vous posez $u_{n+1} = u_n$ et $v_{n+1} = c_n.$

Il a été démontré ci-dessus que :

\forall n\in\N, u_n\leq c(P) \leq v_n.

D’autre part il est aussi établi que :

\forall n\in\N, v_n =  u_n + \frac{1+A}{2^n}.

Comme $2>1$, vous avez $\lim_{n\to +\infty} 2^n = +\infty$ et par quotient $\lim_{n\to +\infty} \frac{1+A}{2^n} = 0.$
Ainsi, la suite $(v_n-u_n)_{n\geq 0}$ converge vers $0.$

Soit $n$ un entier naturel. Si $Q(c_n)\geq 0$, $u_{n+1}-u_n = 0$ donc $u_{n+1}\geq u_n.$
Si $Q(c_n)<0$, il vient : $u_{n+1}-u_n = c_n-u_n = \frac{1+A}{2^{n+1}}$ or $1+A> 0$ donc $u_{n+1}-u_n\geq 0.$
Vous en déduisez que la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est croissante.

Soit $n$ un entier naturel. Si $Q(c_n) < 0$, $v_{n+1}-v_n = 0$ donc $v_{n+1}\leq v_n.$
Si $Q(c_n)\geq 0$, il vient : $v_{n+1}-v_n = v_n-c_n = \frac{1+A}{2^{n+1}}$ or $1+A> 0$ donc $v_{n+1}-v_n\geq 0.$
Vous en déduisez que la suite $(v_n)_{n\geq 0}$ est décroissante.

Etant donné que les suites $(u_n)_{n\geq 0}$ et $(v_n)_{n\geq 0}$ sont adjacentes, elles convergent vers la même limite $\ell \in\R.$

Comme $\forall n\in\N, u_n\leq c(P) \leq v_n$ le théorème des gendarmes fournit $c(P) = \ell.$

Concluez

En définitive, les suites $(u_n)_{n\geq 0}$ et $(v_n)_{n\geq 0}$ convergent vers la borne de Cauchy $c(P).$

Pour tout $n\in\N$, les inégalités $u_n\leq c(P) \leq v_n$ fournissent un encadrement de $c(P)$ d’amplitude $\frac{1+A}{2^n}$ ce qui permet d’obtenir une valeur approchée de $c(P)$ à la précision que l’on souhaite.

Un exemple

Soit $P$ le polynôme défini par :

P(X) = X^3+(-2+3i)X^2+(-3-5i)X+(6-2i.)

Vous calculez les modules des coefficients de $P$ :

\begin{align*}
\vert -2+3i\vert &= \sqrt{4+9} = \sqrt{13}\\
\vert -3-5i\vert &= \sqrt{9+25} = \sqrt{34}\\
\vert 6-2i\vert &= \sqrt{36+4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}.\\

\end{align*}

La borne de Cauchy $c(P)$ est l’unique racine réelle strictement positive du polynôme $Q$ défini par :

Q(X) = X^3-\sqrt{13}X^2-\sqrt{34}X-2\sqrt{10}.

Le maximum du module des coefficients de $P$, excepté son coefficient dominant, vaut :

A = 2\sqrt{10}.

Pour trouver un encadrement de $c(P)$ d’amplitude $10^{-3}$, vous posez :

\left\{\begin{align*}
u_0 &= 0\\
v_0 &= 1+2\sqrt{10}.
\end{align*} 
\right.

Pour tout entier naturel $n$, vous posez $c_n=\frac{u_n+v_n}{2}.$ Puis vous posez :

u_{n+1} = \left\{\begin{align*}
c_n &\text{ si } Q(c_n) < 0\\
u_n &\text{ sinon}
\end{align*} 
\right.

v_{n+1} = \left\{\begin{align*}
v_n &\text{ si } Q(c_n) < 0\\
c_n &\text{ sinon.}
\end{align*} 
\right.

L’amplitude de l’encadrement souhaité fournit :

\begin{align*}
\frac{1+A}{2^n} &\leq 10^{-3} \\
1000(1+A)&\leq 2^n\\
3 + \log(1+A)&\leq n(\log 2)\\
\frac{3+\log(1+2\sqrt{10})}{\log 2} &\leq n\\
12,8&\leq n\\
13&\leq n.
\end{align*}

Il suffit de faire tourner la boucle de l’algorithme ci-dessous $13$ fois.

Il vient :

\begin{align*}
u_{13}\leq c(P) \leq v_{13}.
\end{align*}

En prenant la valeur approchée par défaut de $u_{13}$ à $10^{-4}$ et celle par excès de $v_{13}$ à $10^{-4}$, il vient un encadrement correct :

\boxed{5,0177\leq c(P) \leq 5,0187.}

Note. La borne de Cauchy fournit un majorant du module de l’ensemble des racines de $P.$ Cependant ce dernier est loin d’être optimal, même s’il peut arriver que certains polynômes aient une racine égale à leur borne de Cauchy.