Maths Expertes · Math@mine
Une entreprise modélise son bénéfice par \(P(x) = x^3 - 6x^2 + 9x - 4\) (en milliers d’euros, \(x\) en centaines d’unités produites).
Al-Khayyam (XIe siècle, Perse) résout les 13 types d’équations cubiques par intersection de coniques — une méthode géométrique qui évite les expressions imaginaires. Il pressent l’impossibilité d’obtenir des solutions « numériques » exactes pour certains cas.
Évariste Galois (XIXe siècle) prouve l’impossibilité de résoudre par radicaux les équations de degré cinq et plus — en inventant pour cela la théorie des groupes. Il mourra en duel à 21 ans, après avoir rédigé à la hâte ses découvertes la veille.
📜 Cardano et Bombelli : oser l’imaginaire → 📜 Galois et Noether : la symétrie cachée →
Soit \(P(x) = x^3 - 6x^2 + 11x - 6\) à coefficients entiers. Si \(r\) est une racine rationnelle entière de \(P\), alors \(r\) divise le terme constant \(-6\).
Pour résoudre \(z^2 = \alpha\) avec \(\alpha \in \mathbb{C}\), on cherche les complexes \(z = x + iy\) tels que \((x+iy)^2 = \alpha\).
On pose \(z = x + iy\) (avec \(x, y \in \mathbb{R}\)) et on développe \(z^2 = \alpha\) :
\[(x+iy)^2 = x^2 - y^2 + 2xyi = a + bi\]
En identifiant parties réelle et imaginaire, on obtient le système :
En additionnant et soustrayant les deux premières lignes avec la troisième :
\[x^2 = \frac{|\alpha|+a}{2} \qquad y^2 = \frac{|\alpha|-a}{2}\]
Le signe de \(y\) est déterminé par la condition \(2xy = b\).
\(|\alpha| = \sqrt{9+16} = 5\). Donc \(x^2 = \frac{5+3}{2} = 4\) et \(y^2 = \frac{5-3}{2} = 1\).
Ainsi \(x = \pm 2\) et \(y = \pm 1\). La condition \(2xy = 4 > 0\) impose \(x\) et \(y\) de même signe.
Les deux racines carrées de \(3+4i\) sont \(\mathbf{2+i}\) et \(\mathbf{-2-i}\).
Vérification : \((2+i)^2 = 4 + 4i + i^2 = 3 + 4i\). ✓
\(|-i| = 1\), \(a = 0\), \(b = -1\). Donc \(x^2 = \frac{1}{2}\) et \(y^2 = \frac{1}{2}\).
La condition \(2xy = -1 < 0\) impose des signes opposés : \(z = \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{2}}{2}i\) ou \(z = -\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{2}}{2}i\).
Si \(\alpha = r e^{i\theta}\), alors les deux racines carrées sont \(\sqrt{r}\,e^{i\theta/2}\) et \(\sqrt{r}\,e^{i(\theta/2+\pi)}\). C’est souvent plus rapide pour les complexes donnés en forme trigonométrique.
Soit \(az^2 + bz + c = 0\) avec \(a, b, c \in \mathbb{C}\) et \(a \neq 0\). On pose \(\Delta = b^2 - 4ac \in \mathbb{C}\).
Si \(\delta\) est une racine carrée de \(\Delta\) (i.e. \(\delta^2 = \Delta\)), alors les deux solutions sont :
\[z_1 = \frac{-b + \delta}{2a} \qquad z_2 = \frac{-b - \delta}{2a}\]
L’équation a toujours exactement deux solutions dans \(\mathbb{C}\) (confondues si \(\Delta = 0\)).
Puisque \(a \neq 0\), on factorise par \(a\) puis on complète le carré :
\(az^2 + bz + c = a\left(z^2 + \dfrac{b}{a}z + \dfrac{c}{a}\right) = a\left[\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{b^2}{4a^2} + \dfrac{c}{a}\right]\)
\(= a\left[\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{b^2 - 4ac}{4a^2}\right] = a\left[\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 - \dfrac{\Delta}{4a^2}\right].\)
L’équation \(az^2 + bz + c = 0\) équivaut donc à :
\(\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 = \dfrac{\Delta}{4a^2} = \left(\dfrac{\delta}{2a}\right)^2.\)
Dans \(\mathbb{C}\), \(X^2 = Y^2 \iff X = Y \text{ ou } X = -Y\). On obtient :
\(z + \dfrac{b}{2a} = \pm\dfrac{\delta}{2a} \iff z = \dfrac{-b \pm \delta}{2a}.\)
Si \(\Delta = 0\) alors \(\delta = 0\) et les deux solutions sont confondues : \(z_1 = z_2 = -\dfrac{b}{2a}\). ∎
Lorsque \(a, b, c \in \mathbb{R}\) :
Dans \(\mathbb{C}\), le troisième cas donne toujours deux solutions : les conjuguées l’une de l’autre.
Résoudre \(z^2 - 2iz - 3 = 0\) dans \(\mathbb{C}\).
\(\Delta = (-2i)^2 - 4(1)(-3) = -4 + 12 = 8\). Ici \(\Delta \in \mathbb{R}^+\), donc \(\delta = 2\sqrt{2}\).
\(z_1 = \frac{2i + 2\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} + i\) et \(z_2 = \frac{2i - 2\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} + i\).
Résoudre \(z^2 + (1-i)z - i = 0\).
\(\Delta = (1-i)^2 + 4i = 1-2i-1+4i = 2i\).
Racine carrée de \(2i\) : \(|2i|=2\), donc \(x^2=1\) et \(y^2=1\) avec \(2xy=2>0\) : \(\delta = 1+i\).
\(z_1 = \frac{-(1-i)+(1+i)}{2} = \frac{2i}{2} = i\)
\(z_2 = \frac{-(1-i)-(1+i)}{2} = \frac{-2}{2} = -1\)
Vérification : \(i^2+(1-i)i-i = -1+i-i^2-i = -1+1 = 0\) ✓ et \((-1)^2+(1-i)(-1)-i = 1-1+i-i = 0\) ✓
Tout polynôme \(P(z) = a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_1 z + a_0\) de degré \(n \geq 1\) à coefficients dans \(\mathbb{C}\) possède au moins une racine dans \(\mathbb{C}\).
Par conséquent, \(P\) admet exactement \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\) comptées avec multiplicité, et se factorise :
\[P(z) = a_n(z - z_1)(z-z_2)\cdots(z-z_n)\]
Résultat admis. Le théorème fondamental de l’algèbre est admis en Maths Expertes : sa démonstration dépasse le cadre du lycée.
Idée historique. D’Alembert en donne une première preuve en 1746, complétée par Gauss dans sa thèse de 1799. Toutes les démonstrations connues s’appuient sur des outils d’analyse complexe ou de topologie (théorème de Liouville, degré d’une application continue, théorème de Rouché). Il n’existe pas de démonstration purement algébrique.
Conséquence (factorisation). Une fois admis qu’une racine \(z_1\) existe, on divise \(P\) par \((z - z_1)\) : \(P(z) = (z-z_1)Q(z)\) avec \(\deg Q = n-1\). En appliquant à nouveau le théorème à \(Q\), puis en itérant, on obtient la factorisation complète en \(n\) facteurs du premier degré. ∎
Si \(P\) est un polynôme à coefficients réels et si \(z_0 \in \mathbb{C}\setminus\mathbb{R}\) est une racine, alors \(\bar{z}_0\) est aussi une racine. Les racines complexes non réelles viennent donc par paires conjuguées.
Les racines de \(z^4 = -4\) sont les \(z\) tels que \(|z|^4 = 4\) et \(4\arg(z) \equiv \pi \pmod{2\pi}\).
Donc \(|z| = \sqrt{2}\) et \(\arg(z) \in \{\pi/4,\, 3\pi/4,\, 5\pi/4,\, 7\pi/4\}\).
Racines : \(1+i\), \(-1+i\), \(-1-i\), \(1-i\).
Factorisation réelle (en regroupant les conjuguées) :
\[z^4 + 4 = (z^2 - 2z + 2)(z^2 + 2z + 2)\]
Si \(z_1, z_2\) sont les racines de \(az^2 + bz + c = 0\), alors :
\[z_1 + z_2 = -\frac{b}{a} \qquad z_1 \cdot z_2 = \frac{c}{a}\]
Plus généralement pour \(a_n z^n + \cdots + a_0 = 0\) de racines \(z_1, \ldots, z_n\) :
\[\sum_{i} z_i = -\frac{a_{n-1}}{a_n} \qquad \prod_{i} z_i = (-1)^n \frac{a_0}{a_n}\]
Cas du degré 2. D’après le théorème fondamental de l’algèbre, \(az^2 + bz + c\) se factorise : \(az^2 + bz + c = a(z - z_1)(z - z_2)\). Développons le second membre :
\(a(z - z_1)(z - z_2) = a\bigl[z^2 - (z_1 + z_2)z + z_1 z_2\bigr] = az^2 - a(z_1+z_2)\,z + a z_1 z_2.\)
Par identification des coefficients avec \(az^2 + bz + c\) :
\(-a(z_1 + z_2) = b \ \Rightarrow\ z_1 + z_2 = -\dfrac{b}{a}, \qquad a z_1 z_2 = c \ \Rightarrow\ z_1 z_2 = \dfrac{c}{a}.\)
Cas général. De même, \(P(z) = a_n(z - z_1)(z - z_2)\cdots(z - z_n)\). Le coefficient de \(z^{n-1}\) dans le développement est \(-a_n(z_1 + z_2 + \cdots + z_n)\) (somme des produits où l’on prend le terme en \(z\) de tous les facteurs sauf un). Par identification :
\(-a_n \sum_i z_i = a_{n-1} \ \Rightarrow\ \sum_i z_i = -\dfrac{a_{n-1}}{a_n}.\)
Le coefficient constant est obtenu en prenant \(z = 0\) : \(P(0) = a_0\) et \(a_n(0 - z_1)\cdots(0 - z_n) = a_n(-1)^n z_1 z_2 \cdots z_n\). D’où :
\(a_n (-1)^n \prod_i z_i = a_0 \ \Rightarrow\ \prod_i z_i = (-1)^n \dfrac{a_0}{a_n}.\) ∎
On sait que \(z_1 = 2 + i\) est une racine de \(P(z) = z^2 + bz + c\) avec \(b, c \in \mathbb{R}\). Déterminer \(b\) et \(c\).
Puisque les coefficients sont réels, \(z_2 = \overline{z_1} = 2 - i\).
Par Viète : \(b = -(z_1+z_2) = -(4) = -4\) et \(c = z_1 z_2 = (2+i)(2-i) = 5\).
Donc \(P(z) = z^2 - 4z + 5\).
Soient \(P\) et \(B\) deux polynômes avec \(B \neq 0\). Il existe un unique couple de polynômes \((Q, R)\) tel que :
\[P = B \cdot Q + R \quad\text{avec}\quad \deg R < \deg B.\]
\(Q\) est le quotient et \(R\) le reste de la division de \(P\) par \(B\).
C’est l’analogue, pour les polynômes, de la division euclidienne des entiers : \(a = bq + r\) avec \(0 \leqslant r < b\). On admet le résultat au lycée ; il se démontre par récurrence sur le degré de \(P\).
Soit \(P\) un polynôme à coefficients dans \(\mathbb{C}\). Alors \(\alpha \in \mathbb{C}\) est racine de \(P\) si et seulement si \((z - \alpha)\) divise \(P(z)\), c’est-à-dire qu’il existe un polynôme \(Q\) tel que :
\[P(z) = (z - \alpha)\,Q(z), \quad \deg Q = \deg P - 1.\]
Divisons \(P\) par \(B(z) = z - \alpha\) (degré 1). D’après le théorème ci-dessus, il existe un unique \((Q, R)\) tel que :
\(P(z) = (z - \alpha)Q(z) + R(z), \quad \deg R < 1.\)
Le reste \(R\) est donc de degré 0, c’est-à-dire un scalaire constant, notons-le \(r\).
En évaluant en \(z = \alpha\) : \(P(\alpha) = (\alpha - \alpha)Q(\alpha) + r = r\). Donc \(r = P(\alpha)\).
Finalement : \(P(\alpha) = 0 \iff r = 0 \iff (z - \alpha) \mid P(z)\). \(\square\)
Pour factoriser \(P(z) = a_n z^n + \cdots + a_0\) connaissant une racine \(\alpha\), on peut poser \(P(z) = (z - \alpha)(b_{n-1} z^{n-1} + \cdots + b_0)\) et identifier les coefficients par récurrence :
C’est le schéma de Horner, très efficace à la main comme en machine.
On vérifie \(P(1) = 1 - 6 + 11 - 6 = 0\). ✓ Horner avec \(\alpha = 1\) :
Donc \(P(z) = (z - 1)(z^2 - 5z + 6) = (z - 1)(z - 2)(z - 3)\) (après factorisation du degré 2).
Les racines \(n\)-ièmes de l’unité sont les solutions de \(z^n = 1\) dans \(\mathbb{C}\). Il y en a exactement \(n\) :
\[\omega_k = e^{2ik\pi/n} = \cos\frac{2k\pi}{n} + i\sin\frac{2k\pi}{n}, \quad k = 0, 1, \ldots, n-1\]
Dans le plan complexe, ces \(n\) points sont les sommets d’un polygone régulier à \(n\) côtés inscrit dans le cercle unité.
Notons \(\omega = e^{2i\pi/n}\) la racine primitive. Alors les \(n\) racines sont \(1, \omega, \omega^2, \ldots, \omega^{n-1}\).
Les racines sont les solutions de \(z^n - 1 = 0\), que l’on factorise :
\[z^n - 1 = (z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\cdots+z+1)\]
Par Viète, la somme des racines de \(z^n - 1 = 0\) vaut \(-\frac{0}{1} = 0\) (coefficient de \(z^{n-1}\) dans \(z^n-1\) est nul). \(\square\)
On note \(j = e^{2i\pi/3} = -\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\). Les trois racines sont \(1, j, j^2 = \bar{j}\).
On vérifie : \(1 + j + j^2 = 0\) et \(j^3 = 1\).
Ces propriétés simplifient de nombreux calculs : si \(P(z) = az^2+bz+c\), alors \(P(1)+P(j)+P(j^2) = 3c\) (les termes en \(a\) et \(b\) s’annulent grâce à \(1+j+j^2 = 0\) et \(1+j^2+j^4 = 1+j^2+j = 0\)).
Les solutions de \(z^n = \alpha\) avec \(\alpha = r e^{i\theta} \neq 0\) sont les \(n\) complexes :
\[z_k = r^{1/n} \exp\!\left(i\frac{\theta + 2k\pi}{n}\right), \quad k=0,1,\ldots,n-1\]
Géométriquement : \(n\) points régulièrement répartis sur le cercle de rayon \(r^{1/n}\) — c’est-à-dire les sommets d’un polygone régulier à \(n\) côtés, obtenus par rotation successive d’angle \(2\pi/n\).
Posons \(z_0 = r^{1/n} e^{i\theta/n}\). Alors \(z_0^n = r \, e^{i\theta} = \alpha\), donc \(z_0\) est solution.
Soit \(z\) une autre solution. Alors \((z/z_0)^n = 1\), donc \(z/z_0\) est une racine \(n\)-ième de l’unité, c’est-à-dire \(z/z_0 = e^{2ik\pi/n}\) pour un certain \(k \in \{0,1,\ldots,n-1\}\). D’où \(z = z_0 \cdot e^{2ik\pi/n} = r^{1/n} e^{i(\theta+2k\pi)/n}\). ∎
Ici \(\alpha = 8 = 8\,e^{i\cdot 0}\), donc \(r = 8\), \(\theta = 0\), \(n = 3\). Les solutions sont :
\(z_0 = 2\,e^{0} = 2\), \(z_1 = 2\,e^{2i\pi/3} = 2j = -1 + i\sqrt{3}\), \(z_2 = 2\,e^{4i\pi/3} = 2j^2 = -1 - i\sqrt{3}\).
Vérification : les trois points sont sur le cercle de rayon 2, espacés de \(2\pi/3\).
Chargement de Python (Pyodide)…
On cherche les racines carrées d’un complexe \(\alpha = a + bi\) par la méthode algébrique : on pose \(z = x + iy\) et on résout \(z^2 = \alpha\). Écrire un programme qui :
racines_carrees(alpha) utilisant les formules : \(x = \sqrt{\frac{|\alpha|+a}{2}}\), \(y = \sqrt{\frac{|\alpha|-a}{2}}\), signe de \(y\) donné par le signe de \(b\)Rappel Python : math.sqrt(x) pour la racine carrée réelle. abs(z) pour le module. complex(x, y) pour construire \(x + iy\).
On veut résoudre \(az^2 + bz + c = 0\) dans \(\mathbb{C}\), y compris quand les coefficients sont complexes. Écrire un programme qui :
racines_carrees de l’Activité 1 pour calculer \(\sqrt{\Delta}\)resoudre_second_degre(a, b, c) qui calcule \(\Delta = b^2 - 4ac\), puis \(z_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{\Delta}}{2a}\)Rappel Python : discriminant : b**2 - 4*a*c. Les coefficients peuvent être complexes : (1, -2j, -3). Format scientifique : :.2e.
Les racines \(n\)-ièmes de l’unité sont les solutions de \(z^n = 1\). Elles vérifient des propriétés remarquables. Écrire un programme qui :
racines_unite(n) qui renvoie la liste \(\omega_k = e^{2ik\pi/n}\) pour \(k = 0, \ldots, n-1\)Rappel Python : cmath.rect(1, theta) pour \(e^{i\theta}\). sum(liste) pour la somme. Produit en boucle : for r in racines: produit *= r.
Tout polynôme de degré 2 à coefficients complexes se factorise dans \(\mathbb{C}\). Écrire un programme qui :
racines_deg2(a, b, c) qui calcule les racines de \(az^2 + bz + c = 0\) via le discriminant et cmath.sqrtRappel Python : cmath.sqrt(z) pour la racine carrée complexe. Dictionnaire : {"nom": (a,b,c)}. Boucle : for nom, (a,b,c) in d.items().
Les relations de Viète relient les racines \(z_1, z_2\) de \(az^2 + bz + c = 0\) aux coefficients : \(z_1 + z_2 = -\frac{b}{a}\) et \(z_1 \cdot z_2 = \frac{c}{a}\). Écrire un programme qui :
viete(a, b, c) qui calcule les deux racines puis affiche leur somme et leur produitRappel Python : cmath.sqrt(z) pour la racine complexe. Somme : z1 + z2. Produit : z1 * z2. Division complexe : -b/a.
| Notion | Définition / Formule | Piège à éviter |
|---|---|---|
| Théorème de d’Alembert-Gauss | Tout polynôme de degré \(n \geq 1\) a exactement \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\) | Compter avec multiplicité |
| Relations de Viète | Somme et produit des racines liés aux coefficients | Attention au signe : somme \(= -b/a\) |
| Division euclidienne | \(P = BQ + R\) avec \(\deg R < \deg B\) | Le reste est un polynôme, pas un nombre |
| Factorisation par racine | Si \(P(\alpha) = 0\) alors \((X - \alpha)\) divise \(P(X)\) | \((X - \alpha)\), pas \((X + \alpha)\) |
| Racines de \(z^n = a\) | \(n\) racines, espacées de \(\dfrac{2\pi}{n}\) | Ne pas oublier les \(n\) solutions (pas une seule) |
Candidats : \(\pm 1, \pm 2, \pm 3, \pm 6\). On vérifie : \(P(1) = 1-6+11-6 = 0\). Donc \((x-1)\) est un facteur. Par division euclidienne : \(P(x) = (x-1)(x^2-5x+6) = (x-1)(x-2)(x-3)\). Les trois racines sont \(1, 2, 3\).
Équations polynomiales : teste d’abord ton intuition, puis lis l’explication.
« Un polynôme de degré \(n\) a exactement \(n\) racines distinctes. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Un polynôme de degré \(n\) a \(n\) racines comptées avec multiplicité. Certaines peuvent se répéter !
Exemple : \((x-1)^3 = 0\) a une seule racine distincte (\(x=1\)), mais de multiplicité 3.
Mini-test : combien de racines distinctes a \((x-2)^2(x+1) = 0\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Si \(P(z_0) = 0\) et \(z_0 \in \mathbb{C}\), alors \(\bar{z_0}\) est aussi racine de \(P\). »
Cette propriété est-elle toujours vraie ?
Cette propriété est vraie seulement si les coefficients de \(P\) sont réels.
Contre-exemple : \(P(z) = z - i\) a pour racine \(z_0 = i\), mais \(\bar{z_0} = -i\) n’est pas racine (car \(P(-i) = -i - i = -2i \neq 0\)).
Mini-test : \(P(z) = z^2 + 1\) a pour racine \(i\). L’autre racine est :
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« \(x^3 = 8\) a une seule solution : \(x = 2\). »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Dans \(\mathbb{R}\), oui, \(x = 2\) est l’unique solution. Mais dans \(\mathbb{C}\), il y a 3 racines cubiques de 8 :
\(x_0 = 2\), \(x_1 = 2e^{2i\pi/3} = -1 + i\sqrt{3}\), \(x_2 = 2e^{4i\pi/3} = -1 - i\sqrt{3}\).
Mini-test : combien de solutions a \(z^4 = 1\) dans \(\mathbb{C}\) ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Le théorème de d’Alembert-Gauss dit que tout polynôme a une racine réelle. »
Cette formulation est-elle correcte ?
Le théorème garantit une racine dans \(\mathbb{C}\), pas forcément dans \(\mathbb{R}\) !
Contre-exemple : \(P(x) = x^2 + 1\) n’a aucune racine réelle (ses racines sont \(\pm i\)).
Mini-test : \(x^2 + x + 1 = 0\) a-t-il des racines réelles ?
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Si \(z_0\) est racine de \(P\), alors \((z - z_0)\) divise \(P(z)\). »
Cette propriété est-elle toujours vraie ?
C’est vrai. C’est le théorème de factorisation : si \(P(z_0) = 0\), alors on peut écrire \(P(z) = (z - z_0) \cdot Q(z)\) où \(Q\) est un polynôme de degré \(\deg P - 1\).
C’est la base de la méthode de résolution : trouver une racine, factoriser, recommencer.
Mini-test : si \(P(1) = 0\) et \(P(x) = x^3 - 1\), alors \(P(x) = (x-1) \times\) :
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre
« Un polynôme de degré impair a toujours une racine complexe non réelle. »
Cette affirmation est-elle correcte ?
Un polynôme de degré impair (à coefficients réels) a toujours au moins une racine réelle (par le théorème des valeurs intermédiaires).
Contre-exemple à l’affirmation : \(P(x) = (x-1)(x-2)(x-3)\) est de degré 3 et n’a que des racines réelles.
Mini-test : \(P(x) = x^3 - x\) a pour racines :
🔗 Travaillé dans les exercices du chapitre