Catégorie : Niveau Prépa

Le théorème de Gauss-Lucas énonce que les racines complexes du polynôme dérivé d’un polynôme complexe non constant sont toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines du polynôme initial. Vous en trouverez une démonstration rédigée dans le contenu de l'article 320.

Autrement dit, si vous visualisez les racines du polynôme complexe comme des points sur un plan complexe, alors les racines du polynôme dérivé sont nécessairement contenues à l’intérieur du polygone formé par ces points.

Si vous vous cantonnez au cas réel, le résultat précédent peut devenir faux. C’est l’objet de cet article : les racines réelles de la dérivée d’un polynôme non constant ne sont pas nécessairement toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines réelles du polynôme initial.

Utilisez un polynôme réel non scindé

Soit $r$ un nombre réel non nul qui sera choisi plus tard. Vous définissez un polynôme $P\in\R[X]$ en posant :

P(X) = (X-1)(X-2)(X^2+rX+r^2).

Le discriminant du trinôme $X^2+rX+r^2$ est égal à :

\Delta = r^2-4r^2=-3r^2.

Ainsi, $\Delta$ est strictement négatif. Du coup, $X^2+rX+r^2$ n’a pas de racine réelle et par suite, le polynôme $P$, en tant qu’élément de $\R[X]$ n’est pas scindé.

Il admet $1$ et $2$ pour racines, les deux autres étant complexes non réelles.

La région convexe délimitée par les racines réelles de $P$ est l’intervalle $[1,2].$ Il sera montré dans la suite que le polynôme $P’$ admet une racine réelle n’appartenant pas cet intervalle.

Calculez le polynôme dérivé

Vous utilisez la formule de dérivation d’un produit composé de trois facteurs.

Il vient :

\begin{align*}
P'(X) &= (X-2)(X^2+rX+r^2) + (X-1)(X^2+rX+r^2)+(X-1)(X-2)(2X+r) \\
&=(2X-3)(X^2+rX+r^2)+(X^2-3X+2)(2X+r)\\
&=2X^3+2rX^2+2r^2X-3X^2-3rX-3r^2\\
&\quad + 2X^3-6X^2+4X+rX^2-3rX+2r\\
&=4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).
 \end{align*} 

Analysez la situation pour effectuer un bon choix

Supposez que $r$ soit choisi pour que le polynôme $P’$ admette exactement deux racines réelles. Ce choix est motivé par le fait que les deux racines précédentes sont rapidement calculables en fonction des coefficients de ce polynôme.

Vous notez $u\in\R$ et $v\in\R$ les deux racines réelles de $P’$ avec $u\neq v.$

Vous effectuez la division euclidienne de $P’$ par $X-u.$ Puisque $u$ est racine de $P’$, il existe un polynôme réel $Q$ de degré $2$ tel que :

P'(X) = (X-u)Q(X)

En évaluant cette expression en $v$, il vient $0 = (v-u)Q(v).$ Ainsi $Q(v) = 0.$

Vous effectuez la division euclidienne de $Q$ par $X-v$ et déduisez l’existence d’un polynôme réel $S$ de degré $1$ tel que :

Q(X) = (X-v)S(X).

Du coup :

P'(X) = (X-u)(X-v)S(X).

Par identification du coefficient dominant de $P’$ avec celui du polynôme $(X-u)(X-v)S(X)$ vous déduisez que le coefficient dominant de $S$ est égal à $4.$ En appelant $w\in\R$ le coefficient constant du polynôme $S$, il vient :

P'(X) = (X-u)(X-v)(4X+w).

Cela conduit à :

P'\left(\frac{-w}{4}\right) = 0.

Si vous aviez :

\frac{-w}{4}\not\in\{u,v\}

Alors le polynôme $P’$ admettrait trois racines réelles, ce qui est exclu.

Donc $\frac{-w}{4}\in\{u,v\}.$

1er cas. Si $u = \frac{-w}{4}$ vous écrivez :

\begin{align*}
P'(X) & = 4(X-u)(X-v)\left(X+\frac{w}{4}\right)\\
&= 4(X-u)(X-v)(X-u).
\end{align*}

$P’$ admet donc une racine double.

En notant $\Delta$ le discriminant du polynôme $P’$, il vient $\Delta = 0.$

2nd cas. Si $v = \frac{-w}{4}$ vous écrivez :

\begin{align*}
P'(X) & = 4(X-u)(X-v)\left(X+\frac{w}{4}\right)\\
&= 4(X-u)(X-v)(X-v).
\end{align*}

$P’$ admet encore une racine double.

A nouveau, le discriminant du polynôme $P’$ est nul.

En suivant les notations du contenu rédigé dans l'article 146 vous posez :

\begin{align*}
N_1 &= \frac{9-3r}{4}\\
N_2 &=\frac{2r^2-6r+4}{4}\\
N_3 &=\frac{3r^2-2r}{4}.
\end{align*}

Cet article montre que le discriminant se calcule par l’expression suivante :

\Delta = N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2.

Avec l’étude précédente vous déduisez :

N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2 = 0.

Vous développez les termes de cette expression les uns après les autres de façon à trouver une équation satisfaite par $r.$

Procédez au calcul détaillé des termes du discriminant du polynôme $P’$ de degré $3$

Premier terme

\begin{align*}
N_1^2N_2^2 &=\frac{(9-3r)^2}{16}\times \frac{(2r^2-6r+4)^2}{16}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9) \times 4 (r^2-3r+2)^2}{16\times 4\times 4}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^2-3r+2)^2}{64}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^4+9r^2+4-6r^3+4r^2-12r)}{64}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^4-6r^3+13r^2-12r+4)}{64}\\
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(r^2-6r+9)(r^4-6r^3+13r^2-12r+4) &=  r^6-6r^5+13r^4-2\times 6r^3+4r^2\\
&\qquad -6r^5+36r^4-13\times 6 r^3+72r^2-24r\\
&\qquad \qquad \quad+9r^4-9\times 6r^3+117 r^2-108r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-24\times 6r^3+193r^2-132r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-12\times 12r^3+193r^2-132r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36.
\end{align*}

Du coup :

\boxed{
N_1^2N_2^2 = \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}.
}

Deuxième terme

\begin{align*}
N_1^3N_3 &=  \frac{(9-3r)^3}{16\times 4}\times \frac{3r^2-2r}{4}\\
&=  \frac{27(3-r)^3(3r^2-2r)}{256}.
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(3-r)^3(3r^2-2r) &= (-r^3+9r^2-27r+27)(3r^2-2r)\\
&= -3r^5+27r^4-81r^3+81r^2\\
&\qquad +2r^4-18r^3+54r^2-54r\\
&=-3r^5+29r^4-99r^3+135r^2-54r.
\end{align*}

Du coup :

N_1^3N_3 
=  \frac{27(-3r^5+29r^4-99r^3+135r^2-54r)}{256}.

D’où :

\boxed{
-4N_1^3N_3 
=  \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}.
}

Troisième terme

\begin{align*}
N_2^3 &= \frac{(2r^2-6r+4)^3}{4\times 4\times 4}\\
&=\frac{2^3(r^2-3r+2)^3}{4\times 4\times 4}\\
&=\frac{4\times 2(r^2-3r+2)^3}{4\times 4\times 2\times 2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)^3}{4\times  2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)^3}{8}.
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(r^2-3r+2)^3 &= (r^2-3r+2)^2 (r^2-3r+2)\\
&= (r^4+9r^2+4-6r^3+4r^2-12r)(r^2-3r+2)\\
&= (r^4-6r^3+13r^2-12r+4)(r^2-3r+2)\\
&= r^6-6r^5+13r^4-12r^3+4r^2\\
&\qquad -3r^5+18r^4-39r^3+36r^2-12r\\
&\qquad \qquad +2r^4-12r^3+26r^2-24r+8\\
&=r^6-9r^5+33r^4-63r^3+66r^2-36r+8.
\end{align*}

Du coup :

N_2^3  =\frac{r^6-9r^5+33r^4-63r^3+66r^2-36r+8}{8}.

D’où :

\boxed{
-4N_2^3  =\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2}.
}

Quatrième terme

\begin{align*}
N_1N_2N_3 &= \frac{9-3r}{4} \times \frac{2r^2-6r+4}{4} \times \frac{3r^2-2r}{4} \\
&=\frac{3(3-r)\times 2(r^2-3r+2)(3r^2-2r)}{16\times 2\times 2}\\
&=\frac{3(3-r)(r^2-3r+2)(3r^2-2r)}{32}.
\end{align*} 

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(3-r)(r^2-3r+2)(3r^2-2r) &= (3r^2-9r+6-r^3+3r^2-2r)(3r^2-2r) \\
&= (-r^3+6r^2-11r+6)(3r^2-2r)\\
&=-3r^5+18r^4-33r^3+18r^2\\
&\qquad +2r^4-12r^3+22r^2-12r\\
&=-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r.
\end{align*}

Du coup :

N_1N_2N_3  =\frac{3(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{32}.

D’où :

\boxed{
18N_1N_2N_3  =\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}.
}

Cinquième terme

\begin{align*}
N_3^2 &=\frac{(3r^2-2r)^2}{16}\\
&=\frac{9r^4-12r^3+4r^2}{16}.
\end{align*} 

D’où :

\boxed{-27N_3^2 = \frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16}.}

Déterminez une équation satisfaite par le réel $r$

La condition $N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2 = 0$ fournit :

\begin{align*}
0 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2} \\
&\qquad +\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}\\
&\qquad +\frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16}.
\end{align*}

Vous réduisez au même dénominateur :

\begin{align*}
0 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{32(-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8)}{64} \\
&\qquad +\frac{4\times 27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{64}\\
&\qquad +\frac{4\times 27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{64}.
\end{align*}

Il en résulte ce qui suit :

\begin{align*}
0 &= 9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)\\
&\qquad+ 27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)\\
&\qquad +32(-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8) \\
&\qquad +4\times 27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)\\
&\qquad +4\times 27(-9r^4+12r^3-4r^2).
\end{align*}

Vous développez :

\begin{align*}
0 &= 9r^6-108^5+522 r^4-1296r^3+1737 r^2-1188 r+324\\
&\qquad+ 81r^5-783 r^4+2673 r^3-3645 r^2+1458r\\
&\qquad -32r^6+288r^5-1056 r^4+2016 r^3-2112 r^2+1152 r-256 \\
&\qquad -324 r^5+2160 r^4-4860 r^3+4320 r^2-1296 r\\
&\qquad -972r^4+1296 r^3-432r^2.
\end{align*}

Puis vous réduisez :

\begin{align*}
0 &= (9-32) r^6+(-108+81+288-324)^5+(522-783-1056+2160-972) r^4\\
&\qquad +(-1296+ 2673+ 2016-4860+ 1296)r^3+(1737-3645-2112+ 4320-432)r^2\\
&\qquad +(-1188+ 1458+ 1152-1296)r+(324-256).
\end{align*}

Vous obtenez :

-23r^6-63r^5-129r^4-171r^3-132r^2+126r+68=0.

En définitive, le réel $r$ est solution de l’équation de degré $6$ suivante qui sera appelée condition (*) :

\boxed{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68=0.}

Existence d’un unique réel compris entre $0$ et $1$ satisfaisant la condition (*)

Pour tout réel $x$, vous posez :

f(x) = 23 x^6 + 63 x^5 + 129 x^4 + 171 x^3 + 132 x^2 - 126 x - 68.

$f$ est une fonction polynôme de degré $6$ deux fois dérivable sur $\R.$

Pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
f'(x) &= 138 x^5 + 315 x^4 + 516 x^3 + 513 x^2 + 264 x - 126\\
f''(x) &= 690 x^4 +1260 x^3 + 1548 x^2 + 1026 x + 264.
\end{align*} 

Dès que $x\in[0,1]$ vous avez $f »(x)\geq 264>0.$

La fonction $f’$ est strictement croissante sur $[0,1].$ Or $f'(0) = -126$ et $f'(1) = 1620.$ Comme $f’$ est une fonction polynôme, elle est continue sur l’intervalle $[0,1].$ Donc la fonction $f’$ réalise une bijection de $[0,1]$ vers $[-126,1620].$ Il existe unique réel $\zeta\in[0,1]$ tel que $f'(\zeta) = 0.$

La stricte croissance de $f’$ sur $[0,1]$ implique alors que $f’$ est strictement négative sur $[0, \zeta[$ et strictement positive sur $]\zeta, 1].$

La fonction $f$ est par conséquent strictement décroissante sur $[0, \zeta]$ et elle est strictement croissante sur $[\zeta, 1].$ Comme $f(0) =-68 $, $f(0)$ est strictement négatif et $f(\zeta)$ l’est aussi.

$f$ étant continue sur $[\zeta, 1]$ et strictement croissante sur cet intervalle, $f$ réalise une bijection de $[\zeta, 1]$ vers $[f(\zeta), f(1)].$ Comme $f(1)=324$, vous avez $f(\zeta)<0<324.$ Il en résulte qu’il existe un unique réel $\eta$ appartenant à $[\zeta, 1]$ tel que $f(\eta)=0.$

$f$ étant décroissante sur $[0, \zeta]$ avec $f(0)<0$ vous déduisez que pour tout $x\in[0,\zeta], f(x) < 0.$ En particulier la fonction $f$ ne s’annule pas sur $[0,\zeta].$

En définitive, il existe un unique réel (qui est $\eta$) appartenant à l’intervalle $[0, 1]$ qui annule la fonction $f.$

Dans la suite, vous définissez $r$ comme étant l’unique réel de l’intervalle $[0,1]$ tel que :

\boxed{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68=0.}

Etude d’un polynôme dérivé

Le réel $r$ étant défini comme indiqué ci-dessus, il est rappelé que :

P(X) = (X-1)(X-2)(X^2+rX+r^2).

Le polynôme dérivé de $P$ est :

P'(X) = 4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).

Comme :

\left\{\begin{align*}
\lim_{X\to +\infty} P'(X) &= +\infty \\
\lim_{X\to -\infty} P'(X) &= -\infty
\end{align*}
\right.

vous pouvez appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction $P’$ continue sur $\R.$

Il existe donc un réel $a$ tel que $P'(a)=0.$

En effectuant la division euclidienne de $P’$ par $X-a$, vous déduisez l’existence d’un polynôme réel $M$ de degré $2$ tel que :

P'(X) = (X-a)M(X).

Vous allez supposer dans la suite que $M$ n’admet pas de racine réelle.

Le polynôme $M$ admet, en tant que polynôme non constant, une racine complexe $\alpha.$

En identifiant les coefficients dominants de $P’$ et de $(X-a)M(X)$ vous déduisez qu’il existe deux réels $k$ et $\ell$ tels que :

M(X) = 4X^2+kX+\ell.

En évaluant en $\alpha$ vous avez :

4\alpha^2+k\alpha+\ell = 0.

En conjuguant, il vient :

4(\overline{\alpha})^2+k\overline{\alpha}+\ell = 0.

Du coup, $M(\overline{\alpha}) = 0.$

Le polynôme $P’$ admet pour racines $a$, $\alpha$ et $\overline{\alpha}.$

Comme $a\in\R$ et comme $\alpha\notin\R$ vous avez $a\neq \alpha$ et $a\neq \overline{\alpha}.$

D’autre part, comme $\alpha\not\in\R$ vous avez $\alpha \neq \overline{\alpha}.$

Les 3 nombres complexes $a$, $\alpha$ et $\overline{\alpha}$ étant deux à deux distincts, le polynôme $P’$ se factorise ainsi :

P'(X) = 4(X-a)(X-\alpha)(X-\overline{\alpha}).

Le discriminant de $P’$ est donc égal à :

((a-\alpha)(a-\overline{\alpha})(\alpha-\overline{\alpha}))^2 = ((a-\alpha)(a-\overline{\alpha}))^2 (\alpha - \overline{\alpha})^2.

D’une part :

\begin{align*}
(a-\alpha)(a-\overline{\alpha}) &= (a-\alpha)(\overline{a-\alpha}) \\
&= \vert a-\alpha\vert^2
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
(\alpha-\overline{\alpha}))^2 &= (2i \mathrm{Im}(\alpha))^2\\
&=-4 (\mathrm{Im}(\alpha))^2
\end{align*}

Le discriminant de $P’$ calculé avec ses coefficients, fournit :

\begin{align*}
\vert a-\alpha\vert^4 (-4 ) (\mathrm{Im}(\alpha))^2 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2} \\
&\qquad +\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}\\
&\qquad +\frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16} \\
&=\frac{-23r^6-63r^5-129r^4-171r^3-132r^2+126r+68}{64}\\
&=-\frac{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68}{64}\\
&=0.
\end{align*}

Du coup, le produit suivant est nul :

\vert a-\alpha\vert^4  (\mathrm{Im}(\alpha))^2 = 0.

Comme $\alpha \not\in\R$ vous déduisez $\mathrm{Im}(\alpha) \neq 0.$ Du coup vous avez :

\begin{align*}
\vert a-\alpha\vert^4 = 0\\
\vert a-\alpha\vert = 0.
\end{align*}

Donc $\alpha = a$ et $\alpha\in\R$ contradiction.

Donc le polynôme $M$ admet au moins une racine réelle $b.$

Vous divisez maintenant le polynôme réel $M$ par $X-b.$

Le coefficient dominant de $M$ étant égal à $4$, vous déduisez l’existence d’un réel $c$ tel que :

M(X)  = (X-b)(4X+c)

Du coup :

\begin{align*}
P'(X) &= (X-a)(X-b)(4X+c)\\
&= 4 (X-a)(X-b)(X+c/4).
\end{align*} 

Vous vous intéressez aux trois réels $a$, $b$ et $-c/4.$

Comme le discriminant de $P’$ est nul, deux des réels précédents parmi les trois sont égaux.

Donc $P’$ est scindé sur $\R[X]$ et admet une racine double.

Déterminez les racines de $P’$

Il est rappelé que :

P'(X) = 4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).

D’après la section précédente, il existe un réel $\mu$ et un réel $\xi$ tels que :

\begin{align*}
 P'(X) &= 4(X-\xi)^2(X-\mu) \\
&= (X-\xi)^2(4X-4\mu) 
\end{align*}

Par identification du terme de degré $2$, vous obtenez les égalités :

\begin{align*}
3r-9 &= -4\mu-8\xi\\
3r-9+8\xi &= -4\mu.
\end{align*}

Donc :

P'(X) = (X-\xi)^2(4X+3r-9+8\xi).

Pour calculer $\xi$, vous allez choisir $x\in\R$ ne dépendant pas de $\xi$ tel que :

\begin{align*}
-8(x-\xi)&=4x+3r-9+8\xi\\
-8x+8\xi &= 4x+3r-9+8\xi\\
9-3r&=12x\\
3-r&=4x.
\end{align*} 

Les égalités suivantes vont donner une expression de $\xi$ :

\begin{align*}
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)^2 (-8)\left(\frac{3-r}{4}-\xi\right) \\
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= (-8) \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)^3\\
\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }&= (-2) \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)\\
-\frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }&= \frac{3-r}{4}-\xi.
\end{align*} 

En définitive :

\boxed{\begin{align*}
\xi&= \frac{3-r}{4}+\frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }\\
\mu &= \frac{-3r+9-8\xi}{4} .
\end{align*}
}

Concluez

Vous allez déterminer un encadrement de $r$ au dixième.

Numériquement :

\begin{align*}
-37  &< f(0,6)<-36 \\
11  &< f(0,7)<12 
\end{align*}

$f(0,6)$ et $f(0,7)$ étant de signes contraires, vous déduisez :

\boxed{0,6< r < 0,7.}

Pour obtenir un encadrement de $\xi$, vous allez d’abord calculer $P’\left(\frac{3-r}{4}\right)$ :

P'\left(\frac{3-r}{4}\right)  = 4\left(\frac{3-r}{4}\right)^3+(3r-9)\left(\frac{3-r}{4}\right)^2+(2r^2-6r+4)\left(\frac{3-r}{4}\right)+(-3r^2+2r).

Le membre de droite est formé de termes que vous développez.

\begin{align*}
4\left(\frac{3-r}{4}\right)^3 &=4\times\frac{(3-r)^3}{4^3}\\
&=\frac{(3-r)^3}{16}\\
&=\frac{-r^3+ 9r^2-27r+27  }{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
(3r-9)\left(\frac{3-r}{4}\right)^2 &=3(r-3)\times \frac{(r-3)^2}{16}\\
&=\frac{3(r-3)^3}{16}\\
&=\frac{3(r^3-9r^2+27r-27)}{16}\\
&=\frac{3r^3-27r^2+81r-81}{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
(2r^2-6r+4)\left(\frac{3-r}{4}\right) &= (r^2-3r+2)\times \frac{3-r}{2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)(3-r)}{2}\\
&=\frac{3r^2-9r+6-r^3+3r^2-2r}{2}\\
&=\frac{-r^3+6r^2-11r+6}{2}\\
&=\frac{-8r^3+48r^2-88r+48}{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
-3r^2+2r &= \frac{-48r^2+32r}{16}.
\end{align*}

Par somme, vous avez :

\begin{align*}
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= \frac{-r^3+ 9r^2-27r+27  }{16}+\frac{3r^3-27r^2+81r-81}{16}\\
&\qquad \frac{-8r^3+48r^2-88r+48}{16}+ \frac{-48r^2+32r}{16}\\
&=\frac{-6r^3-18r^2-2r-6}{16}\\
&=\frac{-3r^3-9r^2-r-3}{8}\\
&=-\frac{3r^3+9r^2+r+3}{8}.
\end{align*}

Vous passez aux encadrements :

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
0,36&< r^2 < 0,49\\
0,216&< r^3 < 0,343\\
\end{align*}

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
3,24&< 9r^2 < 4,41\\
0,648&< 3 r^3 < 1,029\\
\end{align*}

Par somme :

\begin{align*}
0,648+3,24+0,6+3&< 3r^3+9r^2+r+3<1,029+4,41+0,7+3\\
7,488&< 3r^3+9r^2+r+3 < 9,139\\
0,936&< \frac{3r^3+9r^2+r+3}{8} < 1,14238\\
-1,14238 &< P'\left(\frac{3-r}{4}\right) < -0,936\\
\sqrt[3]{-1,14238} &< \sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }< \sqrt[3]{ -0,936 }\\
-1,0454 &< \sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }<-0,9781\\
-0,5227 &< \frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }<-0,4890.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
-0,7&< -r < -0,6\\
2,3&< 3-r < 2,4\\
0,575&< \frac{3-r}{4} < 0,6.
\end{align*}

Par somme :

0,575-0,5227<\xi < 0,6-0,4890

Du coup :

\boxed{0,0523<\xi<0,1110.}

Comme $\xi$ est une racine du polynôme $P’$, il a bien été prouvé que $\xi \notin[1,2].$

Il existe une racine réelle de $P’$ qui n’est pas comprise entre la plus grande racine réelle de $P$ et la plus petite racine de $P.$ Le théorème de Gauss-Lucas ne peut pas être cantonné au cas réel.

Soit $A$ la matrice réelle définie par :

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

Le but de cet article est d’expliciter une matrice complexe $B$ dont l’exponentielle est égale à la matrice $A$, soit :

\exp B =A.

Une fois la matrice $B$ trouvée, vous vérifierez par le calcul qu’elle convient.

Calculez la matrice $A^n$ pour tout entier $n\in\NN$

Cette étape a été traitée dans le contenu rédigé dans l'article 334. Il a été montré ce qui suit :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN,  A^n &= \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}}

Inspirez vous du logarithme népérien d’un réel strictement positif

Soit $a$ un réel strictement positif.

La fonction réelle $x\mapsto a^x$ est définie sur $\R$ et pour tout réel $x$, la dérivée est la fonction $x\mapsto (\ln a)a^x.$

Du coup, $\ln a$ est obtenu en dérivant la fonction $x\mapsto a^x$ et en évaluant l’expression obtenue en $0.$

Le problème qui se pose ici concerne l’évaluation de $(-1)^x$ lorsque $x$ est un réel. Pour contourner cette difficulté, vous utilisez la relation d’Euler, à savoir $-1 = \e^{i\pi}.$

Du coup, la fonction réelle $x\mapsto \e^{i\pi x}$ est bien définie et dérivable sur $\R$, de dérivée $x\mapsto i\pi \e^{i\pi x}.$

Formez une expression matricielle

D’après ce qui précède, vous posez, pour tout réel $x$ :

f(x) = \frac{(3x-2)2^x+2 \e^{i\pi x}}{18}A^2+ \frac{(-3x+8)2^x - 8 \e^{i\pi x}}{18}A+\frac{(-6x+10)2^x+8\e^{i\pi x}}{18}I.

En dérivant, il vient, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
f'(x) &= \frac{3\times 2^x + (3x-2)\ln 2 \times 2^x+2i\pi \e^{i\pi x}}{18}A^2
\\&\qquad+ \frac{-3\times 2^x+(-3x+8)\ln 2\times 2^x - 8i\pi \e^{i\pi x}}{18}A\\
&\qquad+\frac{-6\times 2^x+(-6x+10)\ln2 \times 2^x+8i\pi\e^{i\pi x}}{18}I.
\end{align*}

En évaluant en $0$ :

\begin{align*}
f'(0) &= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18}A^2 + \frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18}A+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18}I.
\end{align*}

Déduisez-en une expression de la matrice $B$

D’après ce qui précède, vous posez :

\begin{align*}
B &= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18}A^2 + \frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18}A+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18}I \\
&= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18} \begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}
+\frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18} \begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}\\&\qquad+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
24 - 16\ln 2 +16i\pi & 0 & 12 - 8\ln 2 +8i\pi\\
12 - 8\ln 2 +8i\pi&3 - 2\ln 2 +2i\pi&3 - 2\ln 2 +2i\pi\\
-12 + 8\ln 2 -8i\pi&0&0
\end{pmatrix}\\&\qquad+\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
-9+24\ln 2 - 24i\pi & 0 & -3+8\ln 2 - 8i\pi\\
-3+8\ln 2 - 8i\pi& 3-8\ln 2 + 8i\pi & 6-16\ln 2 + 16i\pi\\
3-8\ln 2 + 8i\pi&0&-3+8\ln 2 - 8i\pi
\end{pmatrix}\\
&\qquad+ \frac{1}{18} \begin{pmatrix}
-6+10\ln2 +8i\pi & 0 & 0\\
0&-6+10\ln2 +8i\pi&0\\
0&0&-6+10\ln2 +8i\pi
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
9+18\ln 2 & 0 & 9\\
9&18i\pi&9-18\ln2 +18i\pi\\
-9&0&-9+18\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Après simplification par $9$, il vient :

\boxed{B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}.}

Vérifiez que l’exponentielle de $B$ est bien égale à $A$

Calculez le polynôme caractéristique de $B$

\begin{align*}
\det(X I - B) &=\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2} & 0 & \frac{-1}{2}\\
\frac{-1}{2} & X-i\pi & \frac{-1+2\ln2 -2i\pi}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=(X-i\pi)\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2} & 0 & \frac{-1}{2}\\
\frac{-1}{2} & 1 & \frac{-1+2\ln2 -2i\pi}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=(X-i\pi)\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2}  & \frac{-1}{2}\\
\frac{1}{2}  & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)\begin{vmatrix}
2X-1-2\ln 2  &-1\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)\begin{vmatrix}
2X-2\ln 2  &2X-2\ln2\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)\begin{vmatrix}
1  &1\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)\begin{vmatrix}
1  &1\\
0  & 2X-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)^2
\\
&=(X-i\pi)(X-\ln 2)^2.
\end{align*}

Le polynôme caractéristique de la matrice $B$ est égal à :

\boxed{P(X)=(X-i\pi)(X-\ln 2)^2.}

Déterminez la forme de Jordan de la matrice $B$ avec une matrice de passage associée

D’après le calcul effectué sur le polynôme caractéristique, le nombre $i\pi$ est une valeur propre de $B.$

Trouver un vecteur propre correspondant conduit à trouver un triplet $(x_1,x_2,x_3)\in\C^3$ non nul tel que :

\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix} = i\pi\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix}.

Soit :

\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix} = 2i\pi\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix}.

Or :

\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\
2i\pi\\
0\\
\end{pmatrix} = 2i\pi\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix}.

Par conséquent, le vecteur $\begin{pmatrix} 0\\1\\0\\\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $B.$

En posant :

P_1 = \begin{pmatrix}
0& 1&0\\
1& 0&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}

vous obtenez une matrice inversible et :

P_1^{-1}BP_1 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
2i\pi&1&1-2\ln2 +2i\pi\\
0&1+2\ln 2  & 1\\
0&-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}

Vous étudiez maintenant la matrice $S$ définie par le bloc de taille $2\times 2$ de la matrice $P_1^{-1}BP_1$ situé en bas à droite. Vous posez :

S = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}. 

Vous cherchez la forme de Jordan de $S$ avec une matrice inversible associée.

Le polynôme caractéristique de $S$ est égal à $(X-\ln 2)^2$ étant donné que le produit par blocs du déterminant de $P_1^{-1}BP_1$ qui est identique à celui de $B.$

Subséquemment, le nombre $\ln 2$ est une valeur propre de $S.$

Vous cherchez un couple $(x_1,x_2)\in\C^2$ non nul tel que :

\begin{align*}
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix} = \ln 2 \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Soit :

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix} = 2\ln 2 \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
 2\ln 2\\
-2\ln 2\\
\end{pmatrix} = 2\ln 2\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Ainsi, le vecteur $\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ \end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $S.$

Vous formez la matrice inversible $Q_2$ définie par :

Q_2 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
-1&1
\end{pmatrix}.

Vous obtenez par conjugaison :

Q_2^{-1}SQ_2= \begin{pmatrix}
\ln 2  & 1/2\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.

A ce stade, vous n’avez pas encore obtenu la forme de Jordan de $S$, puisque le coefficient $1/2$ doit être remplacé par $1.$

Vous utilisez une dilatation pour y parvenir. Vous posez :

Q_3 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
0&2
\end{pmatrix}.

Alors :

\begin{align*}
Q_3^{-1}Q_2^{-1}SQ_2Q_3&= Q_3^{-1}\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1/2\\
0&\ln2
\end{pmatrix}Q_3 \\
&=\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

La forme de Jordan de $S$ est obtenue. Pour matrice de passage globale associée, vous prenez $Q_2Q_3$ qui est égale à :

\boxed{Q_2Q_3 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
-1&2
\end{pmatrix}.}

Vous avez bien :

\boxed{\begin{align*}
(Q_2Q_3)^{-1}S(Q_2Q_3)
&=\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}}

Vous formez la matrice $P_2$ définie par blocs :

\begin{align*}
P_2 &=\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_2Q_3
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_3
\end{pmatrix}\\
&=
\begin{pmatrix}
1& 0&0\\
0& 1&0\\
0&-1&1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1& 0&0\\
0& 1&0\\
0&0&2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2 &=P_2^{-1}(P_1^{-1}BP_1)P_2 \\
&=\frac{1}{2}P_2^{-1}\begin{pmatrix}
2i\pi&1&1-2\ln2 +2i\pi\\
0&1+2\ln 2  & 1\\
0&-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}P_2\\
&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
2i\pi&2\ln 2-2i\pi & 2-4\ln2 +4i\pi\\
0&2\ln 2  & 2\\
0&0&2\ln2
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi & 1-2\ln2 +2i\pi\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Les blocs de Jordan sont maintenant en place.

L’étape suivante consiste à éliminer le coefficient $\ln 2-i\pi$ à l’aide d’une transvection.

Pour plus de lisibilité, vous posez :

T = \begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi & 1-2\ln2 +2i\pi\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Soit $\alpha\inC$ un nombre qui sera choisi plus tard. Vous posez :

P_3 = \begin{pmatrix}
1& \alpha &0\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}.

Alors :

P_3^{-1}TP_3 = \begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi +\alpha i\pi - \alpha\ln 2& 1-2\ln2 +2i\pi - \alpha\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Vous choisissez $\alpha$ tel que :

\begin{align*}
\ln 2-i\pi +\alpha i\pi - \alpha\ln 2 &= 0\\
\ln 2-i\pi +\alpha (i\pi - \ln 2) &= 0\\
\alpha (i\pi - \ln 2) &= i\pi-\ln 2 \\
\alpha &=1.
\end{align*}

Par voie de conséquence, vous avez :

\boxed{\begin{align*}
&P_3 = \begin{pmatrix}
1& 1 &0\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}TP_3 = \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2P_3  
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}
}

Il reste à éliminer le dernier coefficient $2i\pi-2\ln2.$

Vous posez :

U =  \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Soit $\beta\inC$ un nombre qui sera choisi plus tard. Vous posez :

P_4 =  \begin{pmatrix}
1& 0 &\beta\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}.

Alors :

P_4^{-1}UP_4 =  \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 + \beta i\pi - \beta \ln 2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}

En prenant $\beta = -2$ vous constatez que $2i\pi-2\ln2 + \beta i\pi – \beta \ln 2 = 0.$

En définitive, vous avez obtenu la forme de Jordan de $B$ avec la matrice de passage associée :

\boxed{\begin{align*}
&P_4 = \begin{pmatrix}
1& 0 &-2\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\\
&P_4^{-1}UP_4 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2P_3  P_4
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}\\
&(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}B(P_1P_2P_3  P_4)
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}
}

Utilisez la structure par blocs

Notez $J$ la matrice de taille $2\times 2$ définie par :

\boxed{J = \begin{pmatrix}
\ln 2& 1 \\
0& \ln 2
\end{pmatrix}.}

Notez $I_2$ la matrice identité d’ordre $2$ et $N$ la matrice définie par :

N =  \begin{pmatrix}
0& 1 \\
0& 0
\end{pmatrix}.

Notez que $N^2 = 0.$ Cela implique :

\forall k\geq 2, N^k=0.

Soit maintenant $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. Comme $I$ et $N$ commutent, il est possible d’utiliser la formule du binôme :

\begin{align*}
J^n &= ((\ln 2) I_2 + N)^n\\
&=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\ln 2)^{n-k} N^{k}\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N + \sum_{k=2}^n \binom{n}{k} (\ln 2)^{n-k} N^{k}\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N + 0\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N.
\end{align*}

Soit maintenant $m$ un entier supérieur ou égal à $2.$

\begin{align*}
\sum_{n=0}^{m} \frac{1}{n!}J^n &= I_2+J+\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}J^n\\
&=I_2+J+\left(\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n\right) I_2+ \left(\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1}\right)N.
\end{align*}

\begin{align*}
\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1} &= \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{(n+1)!} (n+1)(\ln2)^{n}\\
 &= \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{n!} (\ln2)^{n}.
\end{align*}

Vous en tirez que, quand $m\to +\infty$ :

\begin{align*}
&\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n \longrightarrow \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n = \e^{\ln 2}-\ln 2-1\\
&\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1} \longrightarrow \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n!} (\ln2)^{n} = \e^{\ln2}-1
\end{align*}

Donc :

\begin{align*}
&\lim_{m\to + \infty} \sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n = 1-\ln 2\\
&\lim_{m\to + \infty} \sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1}  = 1.
\end{align*}

Il en résulte que :

\begin{align*}
\lim_{m\to +\infty} \sum_{n=0}^{m} \frac{1}{n!}J^n 
&=I_2+J+(1-\ln 2)I_2+ N\\
&=I_2+(\ln 2) I_2 + N+(1-\ln 2)I_2+ N\\
&=(1+\ln 2 + 1-\ln 2)I_2+2N\\
&=2I_2+2N.
\end{align*}

Le calcul de l’exponentielle de $J$ est terminé :

\boxed{\e^{J} =  \begin{pmatrix}
2& 2 \\
0& 2
\end{pmatrix}.}

La structure diagonale par blocs et la conjugaison permettent de calculer l’exponentielle de la matrice $B$ à partir de l’égalité suivante :

\begin{align*}
(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}B(P_1P_2P_3  P_4)
 &= \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
i\pi&0\\
0& J\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Il vient :

\begin{align*}
(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}\e^B (P_1P_2P_3  P_4) &= \begin{pmatrix}
\e^{i\pi}&0\\
0& \e^J\\
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Subséquemment :

\begin{align*}
\e^B &=  (P_1P_2P_3  P_4)  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3  P_4  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_4^{-1}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3  \left(P_4  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_4^{-1}\right)P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3   \begin{pmatrix}
-1&0&-6\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2\left(P_3   \begin{pmatrix}
-1&0&-6\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_3^{-1}\right)P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2   \begin{pmatrix}
-1&3&-4\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1\left(P_2   \begin{pmatrix}
-1&3&-4\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_2^{-1}\right)P_1^{-1}
\\
&=P_1   \begin{pmatrix}
-1&1&-2\\
0& 3 & 1\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix}P_1^{-1}
\\
&=  \begin{pmatrix}
3&0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0  & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

Si $A$ est la matrice définie par :

A= \begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}

et si $B$ est celle définie par :

B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}

alors l’exponentielle de la matrice $B$ est égale à la matrice $A$ :

\boxed{\exp B =A.}

Soit $A$ la matrice réelle définie par :

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

Vous allez déterminer explicitement une matrice complexe $B$ telle que $B^2 = A.$
On dit que la matrice $B$ est une racine carrée de la matrice $A$.

Pour y parvenir, vous allez d’abord chercher une expression de $A^n$ lorsque $n$ est un entier naturel non nul.

Déterminez un polynôme annulateur de $A$

Vous notez $I$ la matrice identité d’ordre $3.$

Le calcul du polynôme caractéristique $P$ de la matrice $A$ conduit à ce qui suit :

\begin{align*}
P(X)&=\det(XI-A)\\
&=\begin{vmatrix}
X-3 & 0 & -1\\
-1 & X+1 & 2\\
1 & 0 & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-3 & 0 & -1\\
-1 & 1 & 2\\
1 & 0 & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-3  & -1\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-2  & X-2\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)(X-2)\begin{vmatrix}
1  & 1\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)(X-2)\begin{vmatrix}
1  & 1\\
0 & X-2
\end{vmatrix}.
\end{align*} 

Ainsi :

P(X) = (X+1)(X-2)^2.

Via le théorème de Cayley-Hamilton, il en résulte que :

\boxed{P(A) = (A+I)(A-2I)^2 = 0.}

Déterminez le reste de la division euclidienne de $X^n$ par $P$

Soit $n$ un entier naturel non nul fixé.

Formez un système d’équations

En effectuant la division euclidienne de $X^n$ par $P$ qui est un polynôme de degré $3$, vous déduisez qu’il existe un polynôme quotient $Q\in\R[X]$ et un polynôme $R$ de degré $2$ au maximum, tels que :

X^n = P(X)Q(X)+R(X).

Compte tenu de la remarque précédente effectuée sur le polynôme $R$, il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :

R(X)=aX^2+bX+c.

Comme $P(2)=0$ et comme $P(-1)=0$, en évaluant en $2$ et en $-1$, vous obtenez les deux égalités :

\boxed{\begin{align*}
2^n &= 4a+2b+c\\
(-1)^n &= a-b+c.
\end{align*}}

Pour déterminer une équation supplémentaire, vous allez utiliser le fait que $2$ est racine double de $P.$

En dérivant, il vient :

nX^{n-1} = P'(X)Q(X)+P(X)Q'(X)+R'(X).

Comme $P(2) = P'(2)=0$ en évaluant en $2$ il vient :

n2^{n-1} = 4a+b.

En multipliant par $2$, vous obtenez :

\boxed{n2^n = 8a+2b.}

Résolvez le système obtenu

Vous avez :

\begin{align*}
2^n &= 4a+2b+c\\
(-1)^n &= a-b+c.
\end{align*}

Par soustraction vous éliminez $c$ et obtenez :

\begin{align*}
2^n - (-1)^n &= 3a+3b.
\end{align*}

Après multiplication par $2$, il vient :

2\times 2^n - 2(-1)^n = 6a+6b.

En multipliant par $3$ l’équation $n2^n = 8a+2b$ vous obtenez encore $6$ fois $b$ :

3n2^n = 24a+6b.

Par soustraction vous éliminez $6b$ et obtenez :

(3n-2)2^n+2(-1)^n = 18a.

Du coup :

\boxed{a = \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}.}

Pour trouver $b$, vous utilisez la relation $2^n – (-1)^n &= 3a+3b.$ Il en découle ce qui suit :

\begin{align*}
3b &= 2^n - (-1)^n - 3a\\
&=2^n - (-1)^n + \frac{(-9n+6)2^n-6(-1)^n}{18}\\
&=\frac{18\times 2^n - 18 (-1)^n}{18} + \frac{(-9n+6)2^n-6(-1)^n}{18}\\
&=\frac{(-9n+24)2^n - 24 (-1)^n}{18}.
\end{align*}

Après division par $3$, vous obtenez :

\boxed{b = \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}.}

Pour trouver $c$, vous utilisez la relation $(-1)^n &= a-b+c.$ Du coup :

\begin{align*}
c &= (-1)^n-a+b\\
&=\frac{18(-1)^n}{18}+ \frac{(-3n+2)2^n-2(-1)^n}{18} +  \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{c=\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}.}

Concluez

Le polynôme $P$ étant défini par $P(X) = (X+1)(X-2)^2$ vous avez obtenu :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN, \exists Q\in\R[X],  X^n &= P(X)Q(X) +\frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}X^2\\
&\qquad+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}X+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}.
\end{align*}}

Déterminez une expression de la matrice $A^n$ quand $n\in\NN$

En évaluant la relation précédente pour $X = A$, vous obtenez :

\begin{align*}
\forall n\in\NN, \exists Q\in\R[X],  A^n &= P(A)Q(A) +\frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2\\
&\qquad+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}

Or, il a déjà été vu que $P(A)=0.$ Du coup :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN,  A^n &= \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}}

Extrapolez la relation précédente et déterminez une racine carrée de $A$

Vous souhaitez choisir $n=1/2$ dans la relation précédente qui calculait $A^n.$ Afin d’éviter la problématique évaluation de $(-1)^n$ lorsque $n$ n’est pas entier, vous utilisez la relation d’Euler $-1 = \e^{i\pi}.$

L’idée est alors d’utiliser la relation suivante, valable pour tous les réels $x$ strictement positifs : $x^{1/2}=\sqrt{x}.$

Suivant cette optique, vous posez :

B = \frac{(3\times \frac{1}{2}-2)2^{1/2}+2(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A^2+ \frac{(-3\times \frac{1}{2}+8)2^{1/2} - 8 (\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A+\frac{(-6\times \frac{1}{2}+10)2^{1/2}+8(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}I.

Vous calculez explicitement la matrice $B$ et vous procédez comme suit :

\begin{align*}
B&=\frac{ \frac{-\sqrt{2}}{2}+2\e^{i\pi/2}}{18}A^2+ \frac{\frac{13}{2}\sqrt{2} - 8 \e^{i\pi/2}}{18}A+\frac{7 \sqrt{2}+8\e^{i\pi/2}}{18}I\\
&=\frac{ -\sqrt{2}+4\e^{i\pi/2}}{36}A^2+ \frac{13\sqrt{2} - 16 \e^{i\pi/2}}{36}A+\frac{14 \sqrt{2}+16\e^{i\pi/2}}{36}I\\
&=\frac{ -\sqrt{2}+4i}{36}A^2+ \frac{13\sqrt{2} - 16i}{36}A+\frac{14 \sqrt{2}+16i}{36}I.
\end{align*}

Or :

A^2 = \begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
B
&=\frac{ -\sqrt{2}+4i}{36}\begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}+ \frac{13\sqrt{2} - 16i}{36}\begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}+\frac{14 \sqrt{2}+16i}{36}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
-8\sqrt{2}+32i & 0 & -4\sqrt{2}+16i\\
-4\sqrt{2}+16i&-\sqrt{2}+4i&-\sqrt{2}+4i\\
4\sqrt{2}-16i&0&0
\end{pmatrix}
+\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
39\sqrt{2} - 48i & 0 & 13\sqrt{2} - 16i\\
13\sqrt{2} - 16i&-13\sqrt{2} + 16i&-26\sqrt{2} +32i\\
-13\sqrt{2} + 16i&0&13\sqrt{2} - 16i
\end{pmatrix}\\
&\qquad+\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
14 \sqrt{2}+16i & 0 & 0\\
0&14 \sqrt{2}+16i&0\\
0&0&14 \sqrt{2}+16i
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
45\sqrt{2} & 0 & 9\sqrt{2}\\
9\sqrt{2}&36i&-27\sqrt{2}+36i\\
-9\sqrt{2}&0&27\sqrt{2}
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Après simplification par $9$, il vient :

\boxed{B = \frac{1}{4}\begin{pmatrix}
5\sqrt{2} & 0 & \sqrt{2}\\
\sqrt{2}&4i&-3\sqrt{2}+4i\\
-\sqrt{2}&0&3\sqrt{2}
\end{pmatrix}.}

Vérifiez que la matrice $B$ convient

Vous calculez la matrice $B^2$ en trois temps.

Première colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
5\sqrt{2}\\
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}B  \begin{pmatrix}
5\\
1\\
-1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}\times \frac{\sqrt{2}}{4} \left(
 \begin{pmatrix}
25\sqrt{2}\\
5\sqrt{2}\\
-5\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
-\sqrt{2}\\
3\sqrt{2}-4i\\
-3\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\right)
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{16} 
\begin{pmatrix}
24\sqrt{2}\\
8\sqrt{2}\\
-8\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2} }{4}
\begin{pmatrix}
6\sqrt{2}\\
2\sqrt{2}\\
-2\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&= \frac{1}{4}
\begin{pmatrix}
12\\
4\\
-4
\end{pmatrix}
\\
&= 
\begin{pmatrix}
3\\
1\\
-1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Deuxième colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=i B \begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{i}{4}  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Troisième colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-3\sqrt{2}+4i\\
3\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=
\frac{1}{4} B\left(  \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-3\sqrt{2}\\
3\sqrt{2}
\end{pmatrix} +  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}\right)
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}B\begin{pmatrix}
1\\
-3\\
3
\end{pmatrix}+iB\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}\times \frac{1}{4} \left(
 \begin{pmatrix}
5\sqrt{2}\\
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-12i\\
0
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
3\sqrt{2}\\
-9\sqrt{2}+12i\\
9\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\right)
+\frac{i}{4}
 \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
\frac{\sqrt{2}}{16} \begin{pmatrix}
8\sqrt{2}\\
-8\sqrt{2}\\
8\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2} \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}\\
\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
 \begin{pmatrix}
1\\
-1\\
1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

La matrice $B$ est bien une racine carrée de la matrice $A$ :

\boxed{B^2=A.}

Prolongement

Il est possible de démontrer que toute matrice complexe inversible admet une racine carrée complexe.

Quand la matrice n’est plus inversible, le résultat ne tient plus.

En effet, considérez la matrice complexe $A$ définie par :

A=\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0\\
0 & 0 & 1\\
0 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Justifiez qu’il n’existe aucune matrice complexe carrée d’ordre $3$ telle que $B^2=A.$

Soit $n$ un entier naturel non nul.

Par définition, un nombre complexe $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si :

\left\{\begin{align*}
&z^n = 1\\
&\forall m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^m\neq 1.
\end{align*}\right.

Vous allez dans cet article vérifier qu’il existe au moins une racine primitive $n$-ième de l’unité. Puis, vous allez l’utiliser pour démontrer des caractérisations générales des racines $n$-ièmes primitives de l’unité.

Un exemple important

Considérez le nombre complexe $\varepsilon$ défini par :

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

Note. Ce nombre $\varepsilon$ a été rencontré dans le contenu rédigé dans l'article 332 où il a été établi que toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$

Vous calculez directement $\varepsilon^n$ :

\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*}

AInsi, le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième de l’unité.

Supposez maintenant qu’il existe un entier $m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket$ tel que $\varepsilon^m=1.$

Vous déduisez :

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

De cette égalité, vous déduisez l’existence d’un entier $k\in\Z$ tel que :

\frac{2im\pi}{n}= 2ik\pi.

Vous simplifiez par $2i\pi$ et obtenez :

\frac{m}{n} = k.

Cela s’écrit $m = nk.$ Comme $m$ et $n$ sont strictement positifs, il en est de même pour $k.$

Donc $k\geq 1$ et par suite $nk\geq n$ et $m\geq n.$ Contradiction avec $m\leq n-1.$

Vous en désuisez : $\forall m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \varepsilon^m\neq 1.$

Le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité.

Une première caractérisation d’une racine primitive

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :

A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}

est non vide et admet $n$ pour plus petit élément.

Premier sens

Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}.$

Alors $z^n=1$ et comme $n\in\NN$, $n\in A_z$ donc $A_z$ est non vide.

Comme $A_z$ est une partie de $\N$, elle admet un plus petit élément noté $\alpha.$

Comme $\alpha \in A_z$, alors $\alpha \geq 1.$

Or, $n\in A_z$ et $\alpha$ est le plus petit élément de $A_z$, donc $\alpha\leq n.$

Supposez que $\alpha \neq n.$ Alors $1\leq \alpha\leq n-1.$ Comme $\alpha\in A_z$ il vient $z^{\alpha} = 1.$

Or $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité donc $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Alors $z^{\alpha}\neq 1.$ Contradiction.

Du coup, $\alpha = n$ est $n$ est le plus petit élément de $A_z.$

Second sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}$ soit non vide et $n = \min A_z.$

Comme $n\in A_z$, il vient $z^n=1.$

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

Supposez $z^i = 1.$ Alors, comme $i\in\NN$ vous déduisez $i\in A_z.$ Comme $n$ est le plus petit élément de $A_z$ vous avez $n\leq i.$ Or $i\leq n-1.$ Du coup, $n\leq n-1$. Contradiction.

Donc $z^i\neq 1.$

Du coup, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$

Le nombre $z$ est par conséquent une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Une deuxième caractérisation

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :

B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}

est égal à l’ensemble noté $n\Z$ des multiples de $n.$

Premier sens

Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}.$

Soit $k\in\Z$ un multiple de $n.$ Il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $k = n\ell.$

Alors :

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

Du coup $k\in B_z.$

Vous déduisez l’inclusion $n\Z \subset B_z.$

Réciproquement, soit $m\in B_z$ de sorte que $z^m=1.$

Vous effectuez la division euclidienne de $m$ par $n.$

Il existe un entier $q\in\Z$ et un entier $r\in\llbracket 0, n-1\rrbracket$ tels que $m = nq+r.$

Alors :

\begin{align*}
1 &= z^m\\
&=z^{nq+r}\\
&=z^{nq}\times z^r\\
&=(z^n)^q\times z^r\\
&=1^q \times z^r\\
&=z^r.
\end{align*}

Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Comme $z^r=1$ vous déduisez $r\notin\llbracket 1, n-1\rrbracket.$ Cependant, $r\in\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Du coup $r=0$ et donc $m=nq$ donc $m$ est un multiple de $n.$

Vous déduisez l’autre inclusion : $B_z\subset n\Z.$

Du coup, $B_z = n\Z.$

Second sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que l’ensemble $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}$ soit égal à $n\Z$, l’ensemble des multiples de $n.$

Tout d’abord, $n = n\times 1$ donc $n$ est un multiple de $n.$ Par suite, $n\in n\Z.$

Or, $B_z = n\Z$ donc $n\in B_z$ et il vient $z^n = 1.$

Soit maintenant un entier $i \in\llbracket 1, n-1\rrbracket.$

Supposez que $z^i = 1.$ Alors comme $i\in \Z$ il vient $i\in B_z.$ Comme $B_z = n\Z$ vous déduisez $i\in n\Z.$ Donc $i$ est un multiple de $n.$

Il existe un entier $k\in\Z$ tel que $i = nk.$

Si $k$ est négatif ou nul, par produit, $nk$ est négatif ou nul et $i$ aussi. Contradiction avec $i\geq 1.$

Donc $k$ est strictement positif. Or, $k$ est entier donc $k\geq 1.$ Par produit avec $n$, il vient $nk\geq n.$ Donc $i\geq n.$ Mais cela contredit l’inégalité $i\leq n-1.$

Vous déduisez que $z^i\neq 1.$

Ainsi, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$

$z$ est ainsi une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Une troisième caractérisation

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si les conditions suivantes sont simultanément satisfaites :

• $z^n = 1$ (autrement dit, $z$ est une racine $n$-ième de l’unité) ;
• Toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $z.$

Note. La seconde condition s’écrit formellement ainsi :

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)

Remarque. Cette seconde condition signifie que $z$ est un générateur de l’ensemble des racines $n$-ièmes de l’unité.

Premier sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que $z^n=1.$

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)

D’une part, le nombre $z$, en tant que racine $n$-ième de l’unité, s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$

Il existe un entier $\ell \in\Z$ tel que :

z = \varepsilon^{\ell}.

D’autre part, en choisissant $u=\varepsilon$, vous déduisez qu’il existe un entier $k\in\Z$ tel que :

\varepsilon = z^k.

Du coup, vous déduisez que :

\begin{align*}
\varepsilon &= z^k\\
&= (\varepsilon^{\ell})^k\\
&=\varepsilon^{k\ell}.
\end{align*}

Or, $\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}$, en tant qu’exponentielle, est un nombre non nul.

En divisant l’égalité précédente par $\varepsilon$ il vient :

1 = \varepsilon^{k\ell-1}.

Le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité. D’après la deuxième caractérisation, il vient :

k\ell -1 \in n\Z.

Autrement dit, $n$ divise $k\ell -1$ :

n\mid k\ell -1.

Il existe un entier $p\in\Z$ tel que :

k\ell-1 = np.

Cela s’écrit aussi sous la forme :

k\ell - np = 1.

D’après le théorème de Bézout, cette relation montre que les entiers $\ell$ et $n$ sont premiers entre eux.

Vous utilisez la deuxième caractérisation sur $z$ avec la série d’équivalences suivantes :

\begin{align*}
\forall m\in\Z, z^m=1 &\Longleftrightarrow (\varepsilon^{\ell})^m =1\\
&\Longleftrightarrow\varepsilon^{\ell m}=1\\
&\Longleftrightarrow \ell m\in n\Z\\
&\Longleftrightarrow  n\mid \ell m\\
&\Longleftrightarrow \left\{\begin{align*}
&n\mid \ell m\\
&\mathrm{PGCD}(\ell, n)=1
\end{align*}\right.\\
&\Longleftrightarrow n\mid m \quad\text{(théorème de Gauss)}\\
&\Longleftrightarrow m \in n\Z.
\end{align*}

Ainsi, $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité.

Second sens

Soit $z\in\C$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Par définition, vous avez déjà $z^n=1.$

Comme $z$ est aussi une racine $n$-ième de l’unité, vous déduisez l’existence d’un entier $k\in\Z$ tel que :

z = \varepsilon^k.

\left\{\begin{align*}
 n &=dn'\\
k&=dk'.
\end{align*}\right.

Les nombres entiers $n’$ et $k’$ sont alors premiers entre eux.

Vous utilisez la deuxième caractérisation avec $\varepsilon$ et $z$ qui sont deux racines primitives $n$-ième primitive de l’unité :

\begin{align*}
\forall m\in\Z,  m \in n\Z  &\Longleftrightarrow z^m=1\\
 &\Longleftrightarrow (\varepsilon^{k})^m =1\\
&\Longleftrightarrow\varepsilon^{k m}=1\\
&\Longleftrightarrow k m\in n\Z\\
&\Longleftrightarrow n \mid  k m\\
&\Longleftrightarrow dn' \mid  dk' m\\
&\Longleftrightarrow n' \mid  k' m\\
&\Longleftrightarrow \left\{\begin{align*}
&n'\mid k' m\\
&\mathrm{PGCD}(n', k')=1
\end{align*}\right.\\
&\Longleftrightarrow n' \mid  m\\
&\Longleftrightarrow m\in n'\Z.
\end{align*}

Comme $n\in n\Z$ il en résulte que $n \in n’\Z$ donc $n’\mid n.$
De même, $n’\in n’\Z$ il en résulte que $n’ \in n\Z$ donc $n \mid n’.$

Par conséquent il vient $n=n’$ donc $dn = dn’$ ce qui fournit $dn = n$ et donc $d=1.$

Comme $n$ et $k$ sont premiers entre eux, par le théorème de Bézout, il existe deux entiers $u\in \Z$ et $v\in \Z$ tels que :

an+bk=1.

Comme $z = \varepsilon^k$ vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
z^b &= (\varepsilon^{k})^b\\
&=\varepsilon^{bk}\\
&=\varepsilon^{1-an}\\
&=\varepsilon\times \varepsilon^{-an}\\
&=\varepsilon\times (\varepsilon^{n})^{-a}\\
&=\varepsilon\times 1^{-a}\\
&=\varepsilon.
\end{align*}

Soit maintenant $u$ un nombre complexe tel que $u^n=1.$

Comme $u$ est une racine $n$-ième de l’unité, il existe $\ell\in \Z$ tel que $u = \varepsilon^{\ell}.$

Du coup $u = (z^b)^{\ell}$ soit $u = z^{b\ell}.$

La propriété qui suit est bien vérifiée :

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists \alpha \in\Z,
u = z^{\alpha}.
\right)

Une quatrième caractérisation

Soit $z$ une racine $n$-ième primitive de l’unité fixée. Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $u$, $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si, il existe un entier $k\in\Z$ premier avec $n$, tel que $u = z^k.$

Premier sens

Soit $u$ une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Comme $u^n=1$ et que $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la troisième caractérisation, il existe un entier $k\in\Z$ tel que $u = z^k.$

D’autre part, $z^n=1$ et $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité. Toujours via la troisième caractérisation, il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $z = u^{\ell}.$

Mis bout à bout, il vient :

\begin{align*}
u &= z^k\\
&= (u^{\ell})^k\\
&=u^{k\ell}.
\end{align*}

Or, $u$ est non nul, donc en divisant par $u$, il vient $1 = u^{k\ell -1}.$

Comme $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la deuxième caractérisation, il vient :

n\mid k\ell -1.

Donc il existe un entier $m\in\Z$ tel que :

k\ell -1 = nm.

Autrement dit :

k\ell-mn = 1.

D’après le théorème de Bézout, il en résulte que $\mathrm{PGCD}(k,n)=1$ et les entiers $k$ et $n$ sont premiers entre eux.

Comme $u = z^k$ avec $k$ premier avec $n$, la démonstration du premier sens est acquise.

Second sens

Soit $u\in\C$ tel qu’il existe un entier $k\in\Z$ vérifiant :

\left\{\begin{align*}
&u = z^k\\
&\mathrm{PGCD}(k,n)=1.
\end{align*}\right.

Tout d’abord :

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

Le nombre $u$ est une racine $n$-ième de l’unité.

D’après le théorème de Bézout, il existe $(a,b)\in\Z^2$ tel que :

ak+bn=1.

Alors :

\begin{align*}
u^a &= (z^k)^a\\
&= z^{ak}\\
&= z^{1-bn}\\
&=z\times z^{-bn}
&=z\times (z^n)^{-b}\\
&=z\times 1^{-b}\\
&=z.
\end{align*}

Soit maintenant $y$ une racine $n$-ième de l’unité. Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, il existe $\alpha \in\Z$ tel que $y = z^{\alpha}.$

Alors :

\begin{align*}
y  &= (u^a)^{\alpha} \\
&=u^{a\alpha}.
\end{align*} 

Ainsi, toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $u$, qui est lui-même une racine $n$-ième de l’unité. D’après la troisième caractérisation, il s’ensuit que $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Prolongement

Pour tout entier naturel $n$ non nul, on note $\varphi(n)$ le nombre d’éléments de l’ensemble suivant :

\{m\in \llbracket 0, n-1\rrbracket, \mathrm{PGCD}(m,n)=1\}.

La fonction $\varphi$ ainsi définie s’appelle fonction indicatrice d’Euler : à tout entier naturel $n$ non nul, $\varphi$ associe le nombre d’entiers positifs inférieurs ou égaux à $n-1$ qui sont premiers avec $n.$

En utilisant le contenu de cet article, expliquez pourquoi le nombre de racines primitives $n$-ièmes de l’unité est précisément égal à $\varphi(n).$

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.