Équations polynomiales

Résoudre dans ℝ. Les solutions sont rangées dans l’ordre croissant.

1. $2x^2-x-10=0$ : $x_1=$ et $x_2=$
   $\Delta =(-1{)}^2-4\times 2\times (-10)=1+80=81=9^2$. Donc $x_1={\displaystyle \frac{1-9}{4}}=-2$ et $x_2={\displaystyle \frac{1+9}{4}}={\displaystyle \frac{5}{2}}$.
2. $25x^2-20x+4=0$ : une seule solution, $x_0=$
   $\Delta =400-400=0$ : une solution double $x_0={\displaystyle \frac{20}{50}}={\displaystyle \frac{2}{5}}$. En effet $25x^2-20x+4=(5x-2{)}^2$.
3. $x^2=8x$ : solutions et
   Sans discriminant : $x^2-8x=0⟺x(x-8)=0⟺x=0$ ou $x=8$. On ne divise pas par $x$ : on perdrait la solution $0$.
4. $3x^2+2x+5=0$ : nombre de solutions réelles
   $\Delta =4-60=-56<0$ : aucune solution réelle (il y en a deux dans $ℂ$, voir le cas 2).

Factorisation, racine évidente, somme et produit.

1. $2x^2+7x-4=(2x-1)(x+k)$ avec $k=$
   $\Delta =49+32=81$ : racines ${\displaystyle \frac{-7-9}{4}}=-4$ et ${\displaystyle \frac{-7+9}{4}}={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Donc $2x^2+7x-4=2(x-{\displaystyle \frac{1}{2}})(x+4)$ $=(2x-1)(x+4)$.
2. $5x^2-3x-2$ a pour racine évidente $1$ ; l’autre racine est
   $5-3-2=0$, donc $1$ est racine. Le produit des racines vaut ${\displaystyle \frac{c}{a}}=-{\displaystyle \frac{2}{5}}$, donc l’autre racine est $-{\displaystyle \frac{2}{5}}$. Contrôle par la somme : $1-{\displaystyle \frac{2}{5}}={\displaystyle \frac{3}{5}}=-{\displaystyle \frac{b}{a}}$.
3. $x_1$ et $x_2$ sont les racines de $x^2-3x+1$. Sans les calculer : ${\displaystyle \frac{1}{x_1}}+{\displaystyle \frac{1}{x_2}}=$
   $\Delta =9-4=5>0$ : les racines existent, avec $x_1+x_2=3$ et $x_1{x}_2=1$. Donc ${\displaystyle \frac{1}{x_1}}+{\displaystyle \frac{1}{x_2}}={\displaystyle \frac{x_1+x_2}{x_1{x}_2}}={\displaystyle \frac{3}{1}}=3$.

Signe des racines et équation bicarrée.

1. Démontrer que si $a$ et $c$ sont de signes contraires, l’équation $a{x}^2+bx+c=0$ a deux solutions réelles de signes contraires. Application : la solution positive de $-2x^2+7x+9=0$ est
   Rédaction attendue. Si $a$ et $c$ sont de signes contraires, $ac<0$, donc $-4ac>0$ et $\Delta =b^2-4ac>0$ : il y a deux solutions réelles $x_1$ et $x_2$. Leur produit vaut ${\displaystyle \frac{c}{a}}<0$ : elles sont de signes contraires. Application : $a=-2$ et $c=9$ sont de signes contraires. De plus $a-b+c=-2-7+9=0$, donc $-1$ est solution ; le produit ${\displaystyle \frac{9}{-2}}$ donne l’autre solution, ${\displaystyle \frac{9}{2}}$.
2. $x^4-8x^2-9=0$ : nombre de solutions réelles ; la solution négative est
   On pose $X=x^2$ : $X^2-8X-9=0$, et $-1$ est racine évidente ($1+8-9=0$) ; l’autre est ${\displaystyle \frac{-9}{-1}}=9$. Puis $x^2=9$ donne $x=3$ ou $x=-3$, et $x^2=-1$ n’a pas de solution réelle. Deux solutions réelles : $-3$ et $3$. Dans $ℂ$, $x^2=-1$ donnerait en plus $i$ et $-i$.

Un paramètre. Pour tout réel $m$, on considère l’équation $x^2+mx+36=0$.

1. Son discriminant s’écrit $\Delta =m^2-k$ avec $k=$
   $\Delta =m^2-4\times 1\times 36=m^2-144$.
2. La valeur strictement positive de $m$ pour laquelle l’équation a une seule solution est ; cette solution vaut alors
   Une seule solution $⟺\Delta =0⟺m^2=144⟺m=12$ ou $m=-12$. Pour $m=12$ : $x^2+12x+36=(x+6{)}^2$, la solution est $-{\displaystyle \frac{12}{2}}=-6$.
3. Justifier que pour $m=8$ l’équation n’a pas de solution réelle. Combien a-t-elle de solutions dans $ℂ$ ?
   Rédaction attendue. Pour $m=8$, $\Delta =64-144=-80<0$ : d’après le théorème du second degré, l’équation $x^2+8x+36=0$ n’a aucune solution réelle. Ses coefficients étant réels, elle a dans $ℂ$ deux solutions conjuguées : $-80={\left(4i\sqrt{5}\right)}^2$, d’où ${\displaystyle \frac{-8\pm 4i\sqrt{5}}{2}}=-4\pm 2i\sqrt{5}$.

Résoudre dans ℂ. On donne les parties réelle et imaginaire de la solution dont la partie imaginaire est positive.

1. $z^2+4z+20=0$ : partie réelle et partie imaginaire
   $\Delta =16-80=-64=(8i{)}^2$. Donc $z={\displaystyle \frac{-4\pm 8i}{2}}=-2\pm 4i$ et $𝒮=\{-2+4i;-2-4i\}$. Contrôle : produit $4+16=20$.
2. $2z^2+2z+5=0$ : partie réelle et partie imaginaire
   $\Delta =4-40=-36=(6i{)}^2$. Donc $z={\displaystyle \frac{-2\pm 6i}{4}}=-{\displaystyle \frac{1}{2}}\pm {\displaystyle \frac{3}{2}}i$. Contrôle : produit ${\displaystyle \frac{1}{4}}+{\displaystyle \frac{9}{4}}={\displaystyle \frac{5}{2}}={\displaystyle \frac{c}{a}}$.
3. $z^2-3z+7=0$ : $\Delta =$ et la partie réelle des solutions vaut
   $\Delta =9-28=-19={\left(i\sqrt{19}\right)}^2$. Donc $𝒮=\left\{{\displaystyle \frac{3+i\sqrt{19}}{2}};{\displaystyle \frac{3-i\sqrt{19}}{2}}\right\}$ : partie réelle ${\displaystyle \frac{3}{2}}$. Contrôle : produit ${\displaystyle \frac{9+19}{4}}=7$.

Somme et produit des solutions ; retrouver une équation. Les coefficients sont réels.

1. L’équation $z^2+bz+c=0$ a pour solution $6+i$. Alors $b=$ et $c=$
   Les coefficients étant réels, l’autre solution est $6-i$. Somme : $12=-b$ ; produit : $36+1=37=c$. L’équation est $z^2-12z+37=0$.
2. Sans résoudre $3z^2-z+12=0$ : produit des solutions et module commun des solutions
   $\Delta =1-144=-143<0$ : deux solutions conjuguées $z_1$ et $\overline{z_1}$. Leur produit vaut ${\displaystyle \frac{c}{a}}={\displaystyle \frac{12}{3}}=4$, et $z_1\overline{z_1}=|z_1{|}^2$, donc $|z_1|=|\overline{z_1}|=2$.
3. Somme des solutions de $5z^2+4z+1=0$ :
   $\Delta =16-20=-4=(2i{)}^2$ : $z={\displaystyle \frac{-4\pm 2i}{10}}$. La somme vaut $-{\displaystyle \frac{b}{a}}=-{\displaystyle \frac{4}{5}}$ (les parties imaginaires s’annulent).

Une démonstration, puis une équation bicarrée.

1. Démontrer que si $\Delta <0$, les solutions de $a{z}^2+bz+c=0$ ($a$, $b$, $c$ réels) sont conjuguées et ont pour module $\sqrt{{\displaystyle \frac{c}{a}}}$. Application : module des solutions de $3z^2-2z+27=0$ :
   Rédaction attendue. Si $\Delta <0$, les solutions sont $z_1={\displaystyle \frac{-b+i\sqrt{-\Delta }}{2a}}$ et $z_2={\displaystyle \frac{-b-i\sqrt{-\Delta }}{2a}}$. Comme $a$, $b$ et $\sqrt{-\Delta }$ sont réels, $z_2=\overline{z_1}$. Le produit des solutions vaut ${\displaystyle \frac{c}{a}}$ et $z_1\overline{z_1}=|z_1{|}^2$, donc $|z_1{|}^2={\displaystyle \frac{c}{a}}$ (ce quotient est positif : $\Delta <0$ donne $4ac>b^2⩾0$). Ainsi $|z_1|=|z_2|=\sqrt{{\displaystyle \frac{c}{a}}}$. Application : $\Delta =4-324<0$ et ${\displaystyle \frac{c}{a}}=9$, donc le module vaut $3$.
2. $z^4+13z^2+36=0$ : nombre de solutions dans $ℂ$ ; la plus grande partie imaginaire d’une solution
   On pose $Z=z^2$ : $Z^2+13Z+36=0$, $\Delta =169-144=25$, donc $Z={\displaystyle \frac{-13-5}{2}}=-9$ ou $Z={\displaystyle \frac{-13+5}{2}}=-4$. Puis $z^2=-9=(3i{)}^2$ ou $z^2=-4=(2i{)}^2$ : $𝒮=\{3i;-3i;2i;-2i\}$. Quatre solutions, la plus grande partie imaginaire est $3$.

Degré 4 sans racine réelle. On considère $P(z)=z^4-16z^2+100$.

1. Pour $x$ réel, $x^4-16x^2+100=(x^2-8{)}^2+k$ avec $k=$ . Justifier que $P$ n’a aucune racine réelle.
   Rédaction attendue. $(x^2-8{)}^2=x^4-16x^2+64$, donc $x^4-16x^2+100=(x^2-8{)}^2+36$. Un carré est positif, donc pour tout réel $x$, $P(x)⩾36>0$ : $P$ ne s’annule pas sur $ℝ$.
2. On vérifie que $P(z)=(z^2-6z+10)(z^2+6z+10)$. La solution de $z^2-6z+10=0$ de partie imaginaire positive a pour partie réelle et partie imaginaire
   $(z^2+10-6z)(z^2+10+6z)=(z^2+10{)}^2-36z^2$ $=z^4+20z^2+100-36z^2=P(z)$. Puis $z^2-6z+10=0$ : $\Delta =36-40=-4=(2i{)}^2$, $z=3\pm i$ ; de même $z^2+6z+10=0$ donne $z=-3\pm i$. $𝒮=\{3+i;3-i;-3+i;-3-i\}$ : quatre racines, aucune réelle.
3. Autre méthode : on pose $Z=z^2$. La solution de $Z^2-16Z+100=0$ de partie imaginaire positive a pour partie réelle et partie imaginaire
   $\Delta =256-400=-144=(12i{)}^2$, donc $Z={\displaystyle \frac{16\pm 12i}{2}}=8\pm 6i$. Or $(3+i{)}^2=9+6i-1=8+6i$ et $(3-i{)}^2=8-6i$ : les solutions trouvées avant sont exactement les complexes dont le carré vaut $8+6i$ (soit $\pm (3+i)$) ou $8-6i$ (soit $\pm (3-i)$). Les deux méthodes concordent.

Compléter les factorisations.

1. $z^3-64=(z-4)(z^2+bz+c)$ avec $b=$ et $c=$
   $64=4^3$, donc $z^3-64=(z-4)(z^2+4z+4^2)=(z-4)(z^2+4z+16)$.
2. $z^5-243=(z-3)(z^4+3z^3+9z^2+kz+81)$ avec $k=$
   $243=3^5$ : le second facteur est $z^4+3z^3+3^2{z}^2+3^{3}z+3^4$, donc $k=3^3=27$.
3. $z^3+27=(z+m)(z^2-3z+9)$ avec $m=$
   $z^3+27=z^3-(-3{)}^3$ $=(z+3)(z^2-3z+9)$ (formule avec $a=-3$, donc $a^2=9$).

Factoriser par $z-a$ et résoudre.

1. $z^4-81=(z-3)(z^3+p{z}^2+qz+r)$ : $p=$ , $q=$ , $r=$
   $81=3^4$. Avec $n=4$ et $a=3$ : $z^4-81=(z-3)(z^3+3z^2+9z+27)$.
2. $z^5-1=(z-1)Q(z)$. Alors $Q(2)=$
   Avec $n=5$ et $a=1$ : $Q(z)=z^4+z^3+z^2+z+1$, donc $Q(2)=16+8+4+2+1=31$. Contrôle : $2^5-1=31$ et $2-1=1$.
3. Vérifier que $3i$ est racine de $z^3+3z^2+9z+27$, puis résoudre $z^4=81$ : nombre de solutions ; module commun des solutions
   $(3i{)}^2=-9$ et $(3i{)}^3=-27i$, donc $-27i-27+27i+27=0$. Les coefficients étant réels, $-3i$ est aussi racine. D’ailleurs $z^3+3z^2+9z+27=z^2(z+3)+9(z+3)=(z+3)(z^2+9)$. Ainsi $z^4-81=(z-3)(z+3)(z-3i)(z+3i)$ et $𝒮=\{3;-3;3i;-3i\}$ : quatre solutions, toutes de module $3$.

L’équation $z^3=-125$.

1. $z^3+125=z^3-{\alpha }^3$ avec $\alpha$ réel : $\alpha =$
   $(-5{)}^3=-125$, donc $z^3+125=z^3-(-5{)}^3$.
2. $z^3+125=(z+5)(z^2+bz+c)$ avec $b=$ et $c=$
   Avec $n=3$ et $a=-5$ : $z^3-(-5{)}^3=(z+5)(z^2+(-5)z+(-5{)}^2)=(z+5)(z^2-5z+25)$. Contrôle : $z^3-5z^2+25z+5z^2-25z+125=z^3+125$.
3. Les solutions non réelles de $z^3=-125$ ont pour partie réelle
   $z^2-5z+25=0$ : $\Delta =25-100=-75={\left(5i\sqrt{3}\right)}^2$, d’où $z={\displaystyle \frac{5\pm 5i\sqrt{3}}{2}}$. $𝒮=\{-5;{\displaystyle \frac{5+5i\sqrt{3}}{2}};{\displaystyle \frac{5-5i\sqrt{3}}{2}}\}$.
4. Montrer, sans calcul de module, que les trois solutions ont le même module, égal à
   Rédaction attendue. Si $z^3=-125$, alors $|z^3|=|-125|=125$. Or $|z^3|=|z{|}^3$, donc $|z{|}^3=125$, et comme $|z|$ est un réel positif, $|z|=5$. Contrôle : ${\left|{\displaystyle \frac{5\pm 5i\sqrt{3}}{2}}\right|}^2={\displaystyle \frac{25+75}{4}}=25$.

La formule dans le cas général, et deux applications.

1. Démontrer que pour tout entier $n⩾1$ et tous complexes $z$ et $a$, $z^n-a^n=(z-a){\displaystyle {\sum }_{k=0}^{n-1}{a}^k{z}^{n-1-k}}$. Application : $1+3+3^2+\cdots +3^7=$
   Rédaction attendue. On développe : $(z-a){\displaystyle {\sum }_{k=0}^{n-1}{a}^k{z}^{n-1-k}}$ $={\displaystyle {\sum }_{k=0}^{n-1}{a}^k{z}^{n-k}-{\displaystyle {\sum }_{k=0}^{n-1}{a}^{k+1}{z}^{n-1-k}}}$. Dans la seconde somme, on pose $j=k+1$ : elle vaut ${\displaystyle {\sum }_{j=1}^n{a}^j{z}^{n-j}}$. Les termes d’indice $1$ à $n-1$ sont communs aux deux sommes et s’éliminent ; il reste $z^n$ (terme $k=0$ de la première) et $-a^n$ (terme $j=n$ de la seconde). D’où $z^n-a^n$. Application avec $a=1$, $z=3$ et $n=8$ : $3^8-1=(3-1)(1+3+\cdots +3^7)$, donc la somme vaut ${\displaystyle \frac{6561-1}{2}}=3280$.
2. Démontrer que pour tout entier $n⩾1$, $7^n-1$ est divisible par $6$. Contrôle : $7^4-1=6\times$
   Rédaction attendue. Avec $z=7$ et $a=1$ : $7^n-1=7^n-1^n=(7-1)(7^{n-1}+7^{n-2}+\cdots +7+1)$. Le second facteur est une somme d’entiers, donc un entier $k$ : $7^n-1=6k$ est divisible par $6$. Contrôle : $7^4=2401$, donc $7^4-1=2400=6\times 400$, et $400=343+49+7+1$.
3. $z^5+32=(z+2)Q(z)$. Le coefficient de $z^3$ dans $Q$ est et son terme constant est
   $z^5+32=z^5-(-2{)}^5$. Avec $a=-2$ : $Q(z)=z^4+(-2)z^3+(-2{)}^2{z}^2+(-2{)}^{3}z+(-2{)}^4$ $=z^4-2z^3+4z^2-8z+16$.

On considère $P(z)=z^3-4z^2+7z-28$.

1. $4$ est racine de $P$, et $P(z)=(z-4)(z^2+bz+c)$ avec $b=$ et $c=$
   $P(4)=64-64+28-28=0$. Pour tout $z$, $(z-4)(z^2+bz+c)$ $=z^3+(b-4)z^2+(c-4b)z-4c$. Deux polynômes égaux ont les mêmes coefficients : $b-4=-4$, donc $b=0$ ; $c-4b=7$, donc $c=7$ ; vérification : $-4c=-28$. $P(z)=(z-4)(z^2+7)$.
2. Les solutions non réelles de $P(z)=0$ s’écrivent $\pm i\sqrt{k}$ avec $k=$
   Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : $z=4$ ou $z^2=-7={\left(i\sqrt{7}\right)}^2$. $𝒮=\{4;i\sqrt{7};-i\sqrt{7}\}$.

On considère $P(z)=z^3+z^2+4z-6$.

1. La racine entière de $P$ est
   On teste : $P(0)=-6$, $P(1)=1+1+4-6=0$. Donc $1$ est racine (c’est la seule réelle, voir la suite).
2. $P(z)=(z-1)(z^2+bz+c)$ avec $b=$ et $c=$
   $(z-1)(z^2+bz+c)=z^3+(b-1)z^2+(c-b)z-c$. Identification : $b-1=1$, donc $b=2$ ; $c-b=4$, donc $c=6$ ; vérification : $-c=-6$.
3. Les solutions non réelles ont pour partie réelle et pour module au carré
   $z^2+2z+6=0$ : $\Delta =4-24=-20={\left(2i\sqrt{5}\right)}^2$, donc $z=-1\pm i\sqrt{5}$. $|z{|}^2=1+5=6={\displaystyle \frac{c}{a}}$. $𝒮=\{1;-1+i\sqrt{5};-1-i\sqrt{5}\}$.
4. La somme des trois solutions vaut
   $1+(-1+i\sqrt{5})+(-1-i\sqrt{5})=-1$. C’est l’opposé du coefficient de $z^2$ : en développant $(z-z_1)(z-z_2)(z-z_3)$, le coefficient de $z^2$ vaut $-(z_1+z_2+z_3)$.

Le théorème, puis une racine non réelle. Dans les questions 2 à 4, $a$ et $b$ sont réels, $P(z)=z^3+a{z}^2+bz+15$ et $2+i$ est racine de $P$.

1. Démontrer que si $P$ est un polynôme de degré $n⩾1$ tel que $P(\alpha )=0$, il existe $Q$ de degré $n-1$ avec $P(z)=(z-\alpha )Q(z)$. Contrôle : $z^2-5z+6=(z-2)(z-m)$ avec $m=$
   Rédaction attendue. Écrivons $P(z)={\displaystyle {\sum }_{k=0}^n{a}_k{z}^k}$. Comme $P(\alpha )=0$, $P(z)=P(z)-P(\alpha )={\displaystyle {\sum }_{k=1}^n{a}_k(z^k-{\alpha }^k)}$. Par la factorisation de $z^k-{\alpha }^k$, chaque terme s’écrit $(z-\alpha )Q_k(z)$ avec $Q_k$ de degré $k-1$. Donc $P(z)=(z-\alpha )Q(z)$ avec $Q={\displaystyle {\sum }_{k=1}^n{a}_k{Q}_k}$, de degré $n-1$ et de coefficient dominant $a_n\ne 0$. Contrôle : $4-10+6=0$, puis $(z-2)(z-3)=z^2-5z+6$.
2. Justifier que $2-i$ est aussi racine de $P$. Puis $(z-2-i)(z-2+i)=z^2-4z+k$ avec $k=$
   Rédaction attendue. Les coefficients de $P$ sont réels, donc $\overline{P(z)}=P\left(\bar{z}\right)$ pour tout $z$. Ainsi $P(2-i)=P\left(\overline{2+i}\right)=\overline{P(2+i)}=\bar{0}=0$ : $2-i$ est racine. Puis $(z-2-i)(z-2+i)=(z-2{)}^2-i^2=z^2-4z+5$.
3. $P(z)=(z^2-4z+5)(z+c)$ avec $c=$ , puis $a=$ et $b=$
   $P(z)=(z-2-i)Q(z)$ avec $Q$ de degré $2$ et de coefficient dominant $1$ ; puis $0=P(2-i)=-2iQ(2-i)$, donc $Q(2-i)=0$ et $Q(z)=(z-2+i)(z+c)$. D’où $P(z)=(z^2-4z+5)(z+c)$. Le terme constant donne $5c=15$, donc $c=3$. En développant : $(z^2-4z+5)(z+3)$ $=z^3-z^2-7z+15$, donc $a=-1$ et $b=-7$.
4. La solution réelle de $P(z)=0$ est
   $z+3=0$ donne $z=-3$. $𝒮=\{2+i;2-i;-3\}$.

Racines imaginaires pures. On considère $P(z)=z^4+4z^3+19z^2+24z+78$.

1. Pour $y$ réel, écrire $P(iy)$ sous forme algébrique et en déduire les racines imaginaires pures $iy$ de $P$ : elles vérifient $y^2=$
   Rédaction attendue. $(iy{)}^2=-y^2$, $(iy{)}^3=-i{y}^3$, $(iy{)}^4=y^4$. Donc $P(iy)=(y^4-19y^2+78)+i(-4y^3+24y)$, où les deux parenthèses sont réelles. $iy$ est racine si et seulement si les deux parties sont nulles. Partie imaginaire : $-4y(y^2-6)=0⟺y=0$ ou $y^2=6$. Pour $y=0$, la partie réelle vaut $78\ne 0$ : exclu. Pour $y^2=6$ : $36-114+78=0$. Les racines imaginaires pures sont $i\sqrt{6}$ et $-i\sqrt{6}$.
2. $P(z)=(z^2+6)(z^2+az+b)$ avec $a=$ et $b=$
   $(z-i\sqrt{6})(z+i\sqrt{6})=z^2+6$. Puis $(z^2+6)(z^2+az+b)$ $=z^4+a{z}^3+(b+6)z^2+6az+6b$. Identification : $a=4$ ; $b+6=19$, donc $b=13$ ; vérifications : $6a=24$ et $6b=78$.
3. Les deux autres solutions : celle de partie imaginaire positive a pour partie réelle et partie imaginaire
   $z^2+4z+13=0$ : $\Delta =16-52=-36=(6i{)}^2$, $z={\displaystyle \frac{-4\pm 6i}{2}}=-2\pm 3i$. $𝒮=\{i\sqrt{6};-i\sqrt{6};-2+3i;-2-3i\}$.

Compter les racines.

1. Un polynôme de degré $7$ a au plus racines distinctes.
   Un polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines : ici au plus $7$.
2. Nombre de racines distinctes de $(z-2{)}^3(z^2+1)$ :
   Produit nul : $z=2$ (racine triple, comptée une fois), ou $z^2=-1$, soit $z=i$ ou $z=-i$. Trois racines distinctes pour un polynôme de degré $5$.
3. Nombre de solutions dans $ℂ$ de $z^4-8z^2+16=0$ :
   $z^4-8z^2+16=(z^2-4{)}^2=(z-2{)}^2(z+2{)}^2$. Les solutions sont $2$ et $-2$, chacune double : deux solutions.
4. Un polynôme de degré $3$ à coefficients réels a pour racines $1+i$ et $4$. Nombre de ses racines réelles :
   Les coefficients sont réels, donc $1-i$ est aussi racine. Avec $1+i$, $1-i$ et $4$, le polynôme a déjà $3$ racines : il n’en a pas d’autre. Une seule racine réelle, $4$.

Polynômes égaux. Chaque fois, $B$ est un polynôme de degré au plus le nombre indiqué.

1. $B$ est de degré au plus $2$, avec $B(0)=1$, $B(1)=5$ et $B(-1)=-1$. Avec $A(z)=z^2+3z+1$, on trouve $B(2)=$
   $A(0)=1$, $A(1)=5$ et $A(-1)=1-3+1=-1$. $A-B$ est de degré au plus $2$ et s’annule en trois nombres distincts : c’est le polynôme nul. Donc $B=A$ et $B(2)=4+6+1=11$.
2. $B$ est de degré au plus $3$, avec $B(k)=k^3$ pour $k=0$, $1$, $2$ et $3$. Alors $B(-2)=$
   $B(z)-z^3$ est de degré au plus $3$ et s’annule en quatre nombres distincts : c’est le polynôme nul. Donc $B(z)=z^3$ pour tout $z$, et $B(-2)=-8$.

La démonstration du théorème, et ses conséquences.

1. $z^4-1=(z-1)(z^3+z^2+z+1)$. Nombre de solutions de $z^4=1$ :
   $z^3+z^2+z+1=z^2(z+1)+(z+1)=(z+1)(z^2+1)$ $=(z+1)(z-i)(z+i)$. $𝒮=\{1;-1;i;-i\}$ : quatre solutions, le maximum pour un degré $4$.
2. Démontrer par récurrence qu’un polynôme de degré $n⩾1$ a au plus $n$ racines. Application : $1$, $2$ et $-3$ sont racines de $z^3-7z+6$ ; nombre d’autres racines :
   Rédaction attendue. Pour $n⩾1$, notons $𝒫(n)$ : « tout polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines ». Initialisation : $az+b$ ($a\ne 0$) a une seule racine, $-{\displaystyle \frac{b}{a}}$. Hérédité : supposons $𝒫(n)$ vraie et soit $P$ de degré $n+1$. Si $P$ n’a pas de racine, la propriété est vraie. Sinon, soit $\alpha$ une racine : $P(z)=(z-\alpha )Q(z)$ avec $Q$ de degré $n$. Si $P(\beta )=0$, alors $(\beta -\alpha )Q(\beta )=0$, donc $\beta =\alpha$ ou $Q(\beta )=0$. Comme $Q$ a au plus $n$ racines, $P$ en a au plus $n+1$. Conclusion : $𝒫(n)$ est vraie pour tout $n⩾1$. Application : $1-7+6=0$, $8-14+6=0$, $-27+21+6=0$ : trois racines pour un degré $3$, il n’y en a pas d’autre.
3. $P$ est de degré au plus $3$ et $P(1)=P(-1)=P(i)=P(-i)=0$. Alors $P(2)=$
   Rédaction attendue. Si $P$ n’était pas le polynôme nul, il serait soit constant non nul (aucune racine), soit de degré $d\in \{1;2;3\}$, avec au plus $d⩽3$ racines. Or il a quatre racines distinctes : contradiction. $P$ est le polynôme nul, donc $P(2)=0$.
4. Un élève affirme : « $z^2+1$ et $2z^2+2$ ont les mêmes racines, donc c’est le même polynôme. » En $z=0$, ces polynômes valent $1$ et
   Rédaction attendue. Avoir les mêmes racines ne suffit pas. La conséquence du théorème demande que les polynômes prennent les mêmes valeurs en un nombre de points supérieur au degré (ici $3$ points pour un degré $2$). Leur différence $z^2+1$ ne s’annule qu’en $i$ et $-i$. En $0$, les valeurs sont $1$ et $2$ : les polynômes sont différents, seulement proportionnels.

Une équation symétrique de degré 4. On considère $P(z)=z^4-3z^3+4z^2-3z+1$ et, pour $z\ne 0$, $w=z+{\displaystyle \frac{1}{z}}$.

1. $0$ n’est pas racine de $P$. Montrer que pour $z\ne 0$, ${\displaystyle \frac{P(z)}{z^2}}=w^2-3w+k$ avec $k=$
   Rédaction attendue. $P(0)=1\ne 0$. Pour $z\ne 0$ : ${\displaystyle \frac{P(z)}{z^2}}=z^2-3z+4-{\displaystyle \frac{3}{z}}+{\displaystyle \frac{1}{z^2}}$ $=(z^2+{\displaystyle \frac{1}{z^2}})-3(z+{\displaystyle \frac{1}{z}})+4$. Or $w^2=z^2+2+{\displaystyle \frac{1}{z^2}}$, donc $z^2+{\displaystyle \frac{1}{z^2}}=w^2-2$ et ${\displaystyle \frac{P(z)}{z^2}}=w^2-3w+2$. Comme $z^2\ne 0$, $P(z)=0⟺w^2-3w+2=0$.
2. $w^2-3w+2=0$ a pour solutions $1$ et
   $1$ est racine évidente ($1-3+2=0$) ; le produit vaut $2$, donc l’autre solution est $2$.
3. Nombre de solutions distinctes de $P(z)=0$ dans $ℂ$ :
   $z+{\displaystyle \frac{1}{z}}=2⟺z^2-2z+1=0⟺z=1$. $z+{\displaystyle \frac{1}{z}}=1⟺z^2-z+1=0$ : $\Delta =-3={\left(i\sqrt{3}\right)}^2$, $z={\displaystyle \frac{1\pm i\sqrt{3}}{2}}$. $𝒮=\left\{1;{\displaystyle \frac{1+i\sqrt{3}}{2}};{\displaystyle \frac{1-i\sqrt{3}}{2}}\right\}$ : trois solutions.
4. On a $P(z)=(z-1{)}^2(z^2-z+1)$. Expliquer pourquoi un polynôme de degré $4$ peut n’avoir que trois racines distinctes. Multiplicité de la racine $1$ :
   Rédaction attendue. $(z^2-2z+1)(z^2-z+1)$ $=z^4-z^3+z^2-2z^3+2z^2-2z+z^2-z+1$ $=z^4-3z^3+4z^2-3z+1$. Le théorème dit « au plus $n$ racines », pas « exactement $n$ ». Ici $1$ est racine double (facteur $(z-1{)}^2$) : en comptant les multiplicités, $2+1+1=4$.