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Polynômes

⌚ ~147 min ▢ 18 blocs ✓ 77 exercices ➣ Prérequis : Polynômes réels, Compléments de calcul algébrique

Un polynôme de $\mathbb{K}[X]$ est une expression formelle $P = a_n X^n + \dots + a_1 X + a_0$ où $X$ est une indéterminée --- pas un nombre. L'addition et la multiplication sont définies formellement sur les coefficients ; ce n'est qu'ensuite, par évaluation, que l'on applique $P$ à un élément $a$ pour obtenir $P(a)$. Cette séparation entre le polynôme formel $P$ et sa fonction polynomiale associée $\tilde{P} : x \mapsto P(x)$ est ce qui rend la théorie algébrique propre : c'est le seul moyen d'énoncer et de démontrer honnêtement le résultat « $P = 0 \iff \tilde{P} = 0$ », qui serait sinon une tautologie circulaire. Dans tout le chapitre, $\mathbb{K}$ désigne $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$.
Le chapitre se déroule en sept mouvements. On met d'abord en place l'anneau $\mathbb{K}[X]$, le degré et les opérations d'addition, de multiplication et de composition ; l'invariant-clé est le degré, qui contrôle tout ce qui suit. On introduit ensuite la divisibilité et on démontre l'outil de calcul central : la division euclidienne de $A$ par $B \ne 0$, qui produit un unique couple $(Q, R)$ avec $\deg R < \deg B$. On amène alors les fonctions polynomiales, les racines, la multiplicité et les relations entre coefficients et racines d'un polynôme scindé ; le fait-clé est le théorème de rigidité (un polynôme non nul a au plus $\deg P$ racines). On introduit la dérivée formelle et la formule de Taylor polynomiale, puis on les utilise pour caractériser la multiplicité par l'annulation successive des dérivées. On énonce le théorème de d'Alembert--Gauss (admis), on classe les polynômes irréductibles de $\mathbb{C}[X]$ et $\mathbb{R}[X]$, et on démontre les théorèmes de factorisation unique dans les deux anneaux. On traite ensuite l'interpolation de Lagrange : $n$ points de données à abscisses distinctes déterminent un unique polynôme de degré au plus $n - 1$. On conclut avec la décomposition en éléments simples des fonctions rationnelles dans des situations simples --- l'outil pratique qui transforme un quotient $A / B$ en une somme de morceaux simples, prête pour l'intégration, la dérivation et la sommation.
Deux limites sont posées d'emblée. La construction de $\mathbb{K}[X]$ dépasse notre cadre : on prend $\mathbb{K}[X]$ comme un anneau commutatif unitaire et on raisonne à partir de là. L'arithmétique plus poussée de $\mathbb{K}[X]$ --- le PGCD de deux polynômes, l'identité de Bézout, l'utilisation systématique des facteurs communs --- dépasse de même notre cadre ; chaque fois qu'on a besoin d'exprimer l'absence de facteur commun, on le dit directement, en termes de diviseurs communs ou de racines communes. La démonstration de d'Alembert--Gauss est admise, et on utilise le théorème comme une boîte noire pour les sections de factorisation et de décomposition plus bas.

I Anneau $\mathbb{K}[X]$$\virgule$ degré$\virgule$ composition

On travaille sur $\mathbb{K} \in \{\mathbb{R}, \mathbb{C}\}$ tout au long du chapitre (le programme se restreint à ces deux corps). Un polynôme est une expression formelle $\sum_{k \geq 0} a_k X^k$ à support fini. La construction de $\mathbb{K}[X]$ est hors programme ; on l'annonce axiomatiquement comme un anneau commutatif unitaire et on raisonne à partir de là. L'outil opérationnel central est le degré : il contrôle la taille de $P + Q$, contrôle (additivement) la taille de $PQ$, force l'intégrité, et réapparaît dans chaque théorème du chapitre.

Définition — Polynôme$\virgule$ coefficient

Un polynôme (à une indéterminée, à coefficients dans $\mathbb{K}$) est une expression formelle $$ P = \sum_{k \geq 0} a_k X^k = a_0 + a_1 X + a_2 X^2 + \dots $$ où $a_k \in \mathbb{K}$ pour tout $k \in \mathbb{N}$ et $a_k = 0$ pour $k$ assez grand (la somme n'a qu'un nombre fini de termes non nuls). Le scalaire $a_k$ est le coefficient de degré $k$ de $P$. L'ensemble des polynômes à coefficients dans $\mathbb{K}$ est noté $\mathbb{K}[X]$.
Deux polynômes $P = \sum a_k X^k$ et $Q = \sum b_k X^k$ sont égaux si et seulement si $a_k = b_k$ pour tout $k \in \mathbb{N}$ (identification des coefficients).
Admis (la construction rigoureuse est hors programme) : $\mathbb{K}[X]$, muni de l'addition $(P + Q)_k = P_k + Q_k$ et du produit de Cauchy $(PQ)_k = \sum_{i + j = k} P_i Q_j$, est un anneau commutatif unitaire (le neutre additif est le polynôme $0$, le neutre multiplicatif est le polynôme constant $1$). L'intégrité de cet anneau est démontrée ci-dessous à partir de la formule du degré du produit.

Exemple

$7 X^3 + 2 X^2 - X + 5$ est un polynôme de $\mathbb{R}[X]$. Ses coefficients non nuls sont $a_0 = 5$, $a_1 = -1$, $a_2 = 2$, $a_3 = 7$, et $a_k = 0$ pour $k \geq 4$. Les polynômes constants $0$ et $1$, ainsi que l'indéterminée $X$ elle-même (avec $a_1 = 1$ et tous les autres nuls), sont dans $\mathbb{K}[X]$.

Définition — Degré$\virgule$ coefficient dominant$\virgule$ polynôme unitaire

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$. Le degré de $P$ est $$ \deg P = \max\{k \in \mathbb{N} \,\mid\, a_k \neq 0\}. $$ Le coefficient $a_{\deg P}$ est le coefficient dominant de $P$. On dit que $P$ est unitaire si son coefficient dominant vaut $1$.
Par convention, le degré du polynôme nul est $\deg 0 = -\infty$. Le polynôme nul n'a pas de coefficient dominant.

Définition — $\mathbb{K}_n\lbrack X\rbrack$

Pour $n \in \mathbb{N}$, on note $$ \mathbb{K}_n[X] = \{P \in \mathbb{K}[X] \,\mid\, \deg P \leq n\}, $$ l'ensemble des polynômes de degré au plus $n$. Le polynôme nul appartient à $\mathbb{K}_n[X]$ pour tout $n$ (puisque $-\infty \leq n$).

Proposition — Degré d'une somme

Pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$, $$ \deg(P + Q) \leq \max(\deg P, \deg Q), $$ avec égalité si $\deg P \neq \deg Q$.

Preuve

Le résultat est immédiat si $P = 0$ ou $Q = 0$. Supposons $P \neq 0$ et $Q \neq 0$, avec $P = \sum a_k X^k$ et $Q = \sum b_k X^k$, et posons $m = \max(\deg P, \deg Q)$. Pour tout $k > m$, on a $a_k = 0$ et $b_k = 0$, donc $a_k + b_k = 0$, donc $\deg(P + Q) \leq m$.
Si $\deg P \neq \deg Q$, par exemple $\deg P > \deg Q$, le coefficient de $X^{\deg P}$ dans $P + Q$ est $a_{\deg P} + 0 = a_{\deg P} \neq 0$, donc $\deg(P + Q) = \deg P = \max(\deg P, \deg Q)$.

Proposition — Degré d'un produit

Pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$ et $Q \neq 0$, le produit $PQ$ est non nul et $$ \deg(PQ) = \deg P + \deg Q. $$ Le coefficient dominant de $PQ$ est égal au produit des coefficients dominants de $P$ et $Q$.

Preuve

Posons $p = \deg P$, $q = \deg Q$, avec coefficients dominants $a_p \neq 0$ et $b_q \neq 0$. Le coefficient de degré $k$ de $PQ$ est $\displaystyle c_k = \sum_{i + j = k} a_i b_j$.
Pour $k > p + q$ : tout couple $(i, j)$ tel que $i + j = k$ vérifie $i > p$ ou $j > q$, donc $a_i = 0$ ou $b_j = 0$, donc $c_k = 0$. Donc $\deg(PQ) \leq p + q$.
Pour $k = p + q$ : dans la somme $c_{p + q}$, le seul $(i, j)$ avec $i \leq p$ et $j \leq q$ est $(p, q)$ (tout autre exigerait $i > p$ ou $j > q$). Donc $c_{p + q} = a_p b_q \neq 0$. Ceci montre simultanément $PQ \neq 0$, $\deg(PQ) = p + q$, et que le coefficient dominant de $PQ$ est $a_p b_q$.

Proposition — Intégrité de $\mathbb{K}\lbrack X\rbrack$

L'anneau $\mathbb{K}[X]$ est intègre : pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$, $$ PQ = 0 \implies P = 0 \text{ ou } Q = 0. $$

Preuve

Contraposée de la Proposition du degré du produit. Si $P \neq 0$ et $Q \neq 0$, alors $\deg(PQ) = \deg P + \deg Q \geq 0$, donc en particulier $PQ \neq 0$. Par contraposition, $PQ = 0$ implique $P = 0$ ou $Q = 0$.

Définition — Composition

Pour $P = \sum a_k X^k \in \mathbb{K}[X]$ et $Q \in \mathbb{K}[X]$, la composition $P \circ Q$ est le polynôme $$ P \circ Q = \sum_{k \geq 0} a_k \, Q^k = a_0 + a_1 Q + a_2 Q^2 + \dots $$ (la somme a un nombre fini de termes non nuls puisque $P$ est à support fini).

Proposition — Degré d'une composition

Soient $P, Q \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$ et $Q$ non constant (c.-à-d.\ $\deg Q \geq 1$). Posons $p = \deg P$ et $q = \deg Q$. Alors $$ \deg(P \circ Q) = p \cdot q. $$ Cas particuliers. Si $P = 0$, $P \circ Q = 0$. Si $\deg P = 0$, $P \circ Q = P$ a degré $0$. Si $Q = c$ est constant, $P \circ Q$ est le polynôme constant $P(c)$ (éventuellement nul) ; la formule $p q$ ne s'applique pas.

Preuve

Avec $P = \sum_{k=0}^{p} a_k X^k$ ($a_p \neq 0$) et $\deg Q = q \geq 1$, la Proposition du degré du produit donne $\deg(Q^k) = k q$ pour tout $k \in \mathbb{N}$ (par récurrence sur $k$). Donc :

$\deg(a_p Q^p) = p q$ de coefficient dominant $a_p \cdot (\text{coeff. dom. de } Q)^p$, non nul.
Pour tout $k < p$, $\deg(a_k Q^k) \leq k q < p q$.

Le terme dominant $a_p Q^p$ l'emporte strictement, donc $\deg(P \circ Q) = p q$.

Méthode — Calculer les degrés de $P + Q$$\virgule$ $PQ$$\virgule$ $P \circ Q$$\virgule$ $P^n$

Les quatre formules à mémoriser, valables quand tous les polynômes considérés sont non nuls (et $Q$ non constant pour la composition) : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \deg(P + Q) &\leq \max(\deg P, \deg Q) \quad \text{(égalité si les degrés diffèrent)} \\ \deg(P Q) &= \deg P + \deg Q \\ \deg(P \circ Q) &= \deg P \cdot \deg Q \quad \text{(si } \deg Q \geq 1 \text{)} \\ \deg(P^n) &= n \cdot \deg P \quad \text{(} n \in \mathbb{N} \text{)} \end{aligned}} $$ La dernière est l'itération de la deuxième. Vérifier toujours les hypothèses de non-nullité avant d'appliquer ces formules --- le polynôme nul a $\deg 0 = -\infty$, ce qui rend les formules dégénérées.

Exemple

Calculer $\deg\big((X^3 + X + 1)(X^2 - 1)\big)$ et $\deg\big((X^2 + 1) \circ (X - 2)\big)$.

Correction

Les deux facteurs du produit sont non nuls de degrés $3$ et $2$, donc $$ \deg\big((X^3 + X + 1)(X^2 - 1)\big) = 3 + 2 = 5. $$ Pour la composition : $P = X^2 + 1$ a degré $2$, $Q = X - 2$ a degré $1$ (non constant), donc $\deg(P \circ Q) = 2 \cdot 1 = 2$. Vérification directe : $(X - 2)^2 + 1 = X^2 - 4X + 5$.

Compétences à pratiquer

Calculer des degrés et opérer sur les polynômes

II Divisibilité et division euclidienne

Comme pour les entiers, la divisibilité dans $\mathbb{K}[X]$ est la relation « $A = B Q$ pour un certain $Q$ ». Le fait décisif est que $\mathbb{K}[X]$ admet une division euclidienne : $A$ divisé par $B \neq 0$ produit un unique couple $(Q, R)$ avec $\deg R < \deg B$. Le rôle joué par la valeur absolue dans la division euclidienne des entiers est tenu ici par le degré. On traite la divisibilité légèrement --- juste assez pour formuler le théorème et reconnaître les polynômes associés --- et on laisse de côté l'arithmétique plus poussée (PGCD, Bézout, Gauss), qui sort du cadre de ce cours.

Définition — Divisibilité

Soient $A, B \in \mathbb{K}[X]$. On dit que $B$ divise $A$, et l'on écrit $B \mid A$, s'il existe $Q \in \mathbb{K}[X]$ tel que $$ A = B Q. $$ On dit aussi que $B$ est un diviseur de $A$, que $A$ est divisible par $B$, ou que $A$ est un multiple de $B$.

Proposition — Propriétés élémentaires de la divisibilité

La relation $\mid$ sur $\mathbb{K}[X]$ vérifie, pour tous $A, B, C, D \in \mathbb{K}[X]$ :

Réflexivité : $A \mid A$.
Transitivité : $A \mid B$ et $B \mid C$ entraînent $A \mid C$.
Linéarité : si $D \mid A$ et $D \mid B$, alors $D \mid (\lambda A + \mu B)$ pour tous $\lambda, \mu \in \mathbb{K}$.
Produit : si $A \mid B$ et $C \mid D$, alors $A C \mid B D$.
$A \mid 0$ pour tout $A$ ; $0 \mid A$ si et seulement si $A = 0$.

Preuve

Les cinq points sont directs à partir de la définition.

Réflexivité : $A = A \cdot 1$.
Transitivité : $B = A Q_1$ et $C = B Q_2$ donnent $C = A (Q_1 Q_2)$.
Linéarité : $A = D U_1$ et $B = D U_2$ donnent $\lambda A + \mu B = D (\lambda U_1 + \mu U_2)$.
Produit : $B = A U$ et $D = C V$ donnent $B D = (A C)(U V)$.
Pour $A \mid 0$ : $0 = A \cdot 0$. Pour $0 \mid A \implies A = 0$ : $0 \mid A$ signifie $A = 0 \cdot Q = 0$.

Définition — Polynômes associés

Deux polynômes $A, B \in \mathbb{K}[X]$ sont associés si $A \mid B$ et $B \mid A$.

Proposition — Caractérisation des polynômes associés

Pour tous $A, B \in \mathbb{K}[X]$, les assertions suivantes sont équivalentes :

$A$ et $B$ sont associés.
Il existe $\lambda \in \mathbb{K}^*$ tel que $B = \lambda A$.

Preuve

$(\Leftarrow)$ Si $B = \lambda A$ avec $\lambda \in \mathbb{K}^*$, alors $A \mid B$ (de quotient $\lambda$) et $B \mid A$ (de quotient $\lambda^{-1}$, car $\lambda \neq 0$).
$(\Rightarrow)$ Supposons $A \mid B$ et $B \mid A$. Alors $B = A Q_1$ et $A = B Q_2$ pour certains $Q_1, Q_2 \in \mathbb{K}[X]$, donc $A = A Q_1 Q_2$, c'est-à-dire $A (1 - Q_1 Q_2) = 0$.
- Cas $A = 0$. Alors $B = 0 \cdot Q_1 = 0$, donc $B = 1 \cdot A$ avec $\lambda = 1 \in \mathbb{K}^*$.
- Cas $A \neq 0$. Par intégrité de $\mathbb{K}[X]$, $1 - Q_1 Q_2 = 0$, donc $Q_1 Q_2 = 1$. Alors $\deg Q_1 + \deg Q_2 = \deg 1 = 0$ avec $\deg Q_1, \deg Q_2 \in \mathbb{N}$, donc $\deg Q_1 = \deg Q_2 = 0$. Donc $Q_1$ est une constante non nulle $\lambda \in \mathbb{K}^*$, et $B = \lambda A$.

Theorem — Division euclidienne dans $\mathbb{K}\lbrack X\rbrack$

Pour tous $A, B \in \mathbb{K}[X]$ avec $B \neq 0$, il existe un unique couple $(Q, R) \in \mathbb{K}[X] \times \mathbb{K}[X]$ tel que $$ A = B Q + R \quad \text{et} \quad \deg R < \deg B. $$ $Q$ est le quotient et $R$ le reste de la division euclidienne de $A$ par $B$.

Preuve

Posons $b = \deg B \geq 0$ et soit $\beta$ le coefficient dominant de $B$ ($\beta \neq 0$).
Existence (par récurrence forte sur $\deg A$). On démontre : pour tout $A \in \mathbb{K}[X]$, il existe $Q, R$ tels que $A = B Q + R$ et $\deg R < b$.
Base. Si $\deg A < b$ (en particulier si $A = 0$), prendre $Q = 0$ et $R = A$.
Hérédité. Supposons le résultat vrai pour tout polynôme de degré $< n$, et soit $A$ de degré $n \geq b$. Écrivons $A = a_n X^n + (\text{termes de degré inférieur})$ avec $a_n \neq 0$. Posons $$ A' = A - \frac{a_n}{\beta} X^{n - b} \, B. $$ Le produit $\frac{a_n}{\beta} X^{n - b} B$ a degré $(n - b) + b = n$ et coefficient dominant $\frac{a_n}{\beta} \cdot \beta = a_n$, qui est celui de $A$. Donc les termes dominants en $X^n$ s'annulent dans $A'$, donnant $\deg A' \leq n - 1 < n$. Par hypothèse de récurrence, $A' = B Q' + R$ avec $\deg R < b$. Donc $$ A = A' + \frac{a_n}{\beta} X^{n - b} B = B \left( Q' + \frac{a_n}{\beta} X^{n - b} \right) + R, $$ qui est l'écriture cherchée avec quotient $Q = Q' + \frac{a_n}{\beta} X^{n - b}$ et reste $R$.
Unicité. Supposons $(Q_1, R_1)$ et $(Q_2, R_2)$ vérifient tous deux $A = B Q_i + R_i$ et $\deg R_i < b$. En soustrayant : $$ B (Q_1 - Q_2) = R_2 - R_1. $$ Le membre de droite a degré $\leq \max(\deg R_1, \deg R_2) < b$. Si $Q_1 \neq Q_2$, le membre de gauche a degré $b + \deg(Q_1 - Q_2) \geq b$ (puisque $B \neq 0$), contradiction. Donc $Q_1 = Q_2$, et alors $R_1 = A - B Q_1 = A - B Q_2 = R_2$.

Proposition — Divisibilité via le reste

Pour $A, B \in \mathbb{K}[X]$ avec $B \neq 0$, $$ B \mid A \iff \text{le reste de la division euclidienne de } A \text{ par } B \text{ est } 0. $$

Preuve

$(\Leftarrow)$ Si $A = B Q + 0 = B Q$, alors $B \mid A$ par définition.
$(\Rightarrow)$ Réciproquement, supposons $B \mid A$, c'est-à-dire $A = B Q_0$ pour un certain $Q_0 \in \mathbb{K}[X]$. Alors $(Q_0, 0)$ vérifie $A = B Q_0 + 0$ avec $\deg 0 = -\infty < \deg B$. Par unicité de la division euclidienne, le reste est $0$.

Méthode — Division euclidienne --- algorithme de division longue

Pour diviser $A$ par $B \neq 0$, itérer :

Si $\deg A < \deg B$, s'arrêter : $Q = 0$, $R = A$.
Sinon, diviser le terme dominant de $A$ par le terme dominant de $B$ : on obtient un monôme $\frac{a_n}{\beta} X^{n - b}$, le terme suivant de $Q$.
Soustraire $\frac{a_n}{\beta} X^{n - b} \cdot B$ à $A$ : ceci tue le terme dominant, produisant un nouveau $A'$ avec $\deg A' < \deg A$.
Remplacer $A$ par $A'$ et revenir à l'étape 1.

L'algorithme termine car $\deg A$ décroît strictement à chaque étape. Les monômes successifs $\frac{a_n}{\beta} X^{n - b}$ sont les termes successifs du quotient $Q$, et le reste final est $R$.

Exemple

Calculer la division euclidienne de $A = X^4 + X^3 - 2 X^2 + 1$ par $B = X^2 - X + 1$.

Correction

On applique l'algorithme de division longue : $$ \begin{aligned} A &= X^4 + X^3 - 2 X^2 + 0 \cdot X + 1 \\ &\quad - X^2 \cdot B = X^4 - X^3 + X^2 \quad \text{(première étape : } X^4 / X^2 = X^2 \text{)} \\ A_1 &= 2 X^3 - 3 X^2 + 0 \cdot X + 1 \\ &\quad - 2X \cdot B = 2 X^3 - 2 X^2 + 2 X \quad \text{(deuxième étape : } 2 X^3 / X^2 = 2 X \text{)} \\ A_2 &= -X^2 - 2 X + 1 \\ &\quad - (-1) \cdot B = -X^2 + X - 1 \quad \text{(troisième étape : } -X^2 / X^2 = -1 \text{)} \\ A_3 &= -3 X + 2. \end{aligned} $$ Maintenant $\deg A_3 = 1 < \deg B = 2$, on s'arrête. Le quotient est $Q = X^2 + 2 X - 1$ et le reste est $R = -3 X + 2$.
Vérification. $B Q + R = (X^2 - X + 1)(X^2 + 2X - 1) + (-3 X + 2) = X^4 + X^3 - 2 X^2 + 1 = A$. $\checkmark$

Compétences à pratiquer

Effectuer la division euclidienne et l'utiliser

III Fonctions polynomiales$\virgule$ racines$\virgule$ relations de Viète

Un polynôme $P$ et la fonction qu'il calcule (« évaluer $P$ en $x$ ») sont conceptuellement distincts. Le pont est l'application d'évaluation $a \mapsto P(a)$. Une fois cette évaluation en main, on peut demander : quand $P(a) = 0$ ? Un tel $a$ est une racine de $P$, et le contenu algébrique du chapitre est codé par l'équivalence racine $\iff$ $(X - a) \mid P$. Multiplicité, factorisation, rigidité et relations de Viète en découlent.

Définition — Fonction polynomiale$\virgule$ évaluation

Pour $P = \sum a_k X^k \in \mathbb{K}[X]$ et $a \in \mathbb{K}$, l'évaluation de $P$ en $a$ est le scalaire $$ P(a) = \sum_{k \geq 0} a_k a^k \in \mathbb{K}. $$ L'application $\tilde{P} : \mathbb{K} \to \mathbb{K}$, $x \mapsto P(x)$, est la fonction polynomiale associée à $P$.

Proposition — L'évaluation est un morphisme d'anneaux

Pour $a \in \mathbb{K}$ fixé, l'application d'évaluation $\mathrm{ev}_a : P \mapsto P(a)$ de $\mathbb{K}[X]$ vers $\mathbb{K}$ vérifie $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} (P + Q)(a) &= P(a) + Q(a), \\ (P Q)(a) &= P(a) \cdot Q(a), \\ 1(a) &= 1. \end{aligned}} $$

Preuve

Direct depuis les définitions par coefficients. Pour la somme : $(P + Q)(a) = \sum (P_k + Q_k) a^k = \sum P_k a^k + \sum Q_k a^k = P(a) + Q(a)$. Pour le produit, par produit de Cauchy : $$ (PQ)(a) = \sum_k \left( \sum_{i + j = k} P_i Q_j \right) a^k = \sum_{i, j} P_i Q_j a^{i + j} = \left( \sum_i P_i a^i \right) \left( \sum_j Q_j a^j \right) = P(a) Q(a). $$ Le polynôme constant $1$ a $a_0 = 1$ et tous les autres coefficients nuls, donc $1(a) = 1$.

Définition — Racine d'un polynôme

Soient $P \in \mathbb{K}[X]$ et $a \in \mathbb{K}$. On dit que $a$ est une racine (ou zéro) de $P$ dans $\mathbb{K}$ si $P(a) = 0$.

Proposition — Racine $\iff$ facteur linéaire

Pour $P \in \mathbb{K}[X]$ et $a \in \mathbb{K}$ : $$ a \text{ est racine de } P \iff (X - a) \mid P. $$

Preuve

On effectue la division euclidienne de $P$ par $X - a$ (de degré $1$) : il existe $Q \in \mathbb{K}[X]$ et une constante $r \in \mathbb{K}$ (puisque $\deg R < 1$) tels que $$ P = (X - a) Q + r. $$ On évalue en $a$ : le morphisme d'évaluation donne $P(a) = (a - a) Q(a) + r = 0 + r = r$. Donc $r = P(a)$, et $$ (X - a) \mid P \iff r = 0 \iff P(a) = 0 \iff a \text{ est racine de } P. $$

Méthode — Schéma de Horner

Pour évaluer $P = a_n X^n + a_{n-1} X^{n-1} + \dots + a_0$ en un scalaire $\alpha$, on récrit sous la forme imbriquée $$ P(\alpha) = \big(\dots \big((a_n \alpha + a_{n-1}) \alpha + a_{n-2}\big) \alpha + \dots\big) \alpha + a_0. $$ Ceci calcule $P(\alpha)$ en exactement $n$ multiplications et $n$ additions, sans calculer les puissances $\alpha^k$ séparément.
Propriété bonus. Les valeurs intermédiaires $b_{n-1} = a_n$, $b_{n-2} = b_{n-1} \alpha + a_{n-1}$, \dots, $b_0 = b_1 \alpha + a_1$ sont exactement les coefficients du quotient $Q = b_{n-1} X^{n-1} + \dots + b_0$ dans la division euclidienne de $P$ par $X - \alpha$, et le nombre final $P(\alpha) = b_0 \alpha + a_0$ est le reste. Justification : en écrivant $P = (X - \alpha) Q + r$ avec $Q = \sum_{k=0}^{n-1} b_k X^k$ et en identifiant les coefficients, $a_k = b_{k-1} - \alpha b_k$ (avec $b_{n-1} = a_n$ et $b_{-1} := r$), ce qui se récrit $b_{k-1} = b_k \alpha + a_k$ --- la récurrence de Horner. Ainsi Horner donne $P(\alpha)$ et le quotient en une seule passe.

Définition — Multiplicité d'une racine

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$ et $a \in \mathbb{K}$. On dit que $a$ est racine de multiplicité $m \geq 1$ de $P$ si $$ (X - a)^m \mid P \quad \text{et} \quad (X - a)^{m+1} \nmid P. $$ Ceci a un sens : puisque $P \neq 0$, tout $m$ tel que $(X - a)^m \mid P$ vérifie $m \leq \deg P$ (un diviseur a un degré au plus égal à celui du dividende), donc l'ensemble de ces $m$ est borné, et la multiplicité --- le plus grand $m$ tel que $(X - a)^m \mid P$ --- est un entier bien défini. Par convention, si $a$ n'est pas racine de $P$, sa multiplicité est $0$. Une racine de multiplicité $1$ est dite simple, de multiplicité $2$ double, et ainsi de suite. (Pour $P = 0$, tout $a$ est racine et la multiplicité finie n'est pas définie --- la définition exclut volontairement ce cas.)

Proposition — Nombre de racines vs degré

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$ de degré $n$, et soient $a_1, \dots, a_r \in \mathbb{K}$ ses racines distinctes de multiplicités $m_1, \dots, m_r \geq 1$. Alors $$ (X - a_1)^{m_1} (X - a_2)^{m_2} \cdots (X - a_r)^{m_r} \mid P, $$ et en particulier $$ m_1 + m_2 + \dots + m_r \leq n. $$ La somme des multiplicités des racines de $P$ est au plus $\deg P$. Un polynôme non nul de degré $n$ a au plus $n$ racines comptées sans multiplicité.

Preuve

On utilise la récurrence forte sur $\deg P = n$.
Base $n = 0$. Un polynôme constant non nul n'a pas de racine, donc la somme des multiplicités vaut $0 \leq 0$.
Hérédité. Supposons le résultat vrai pour tout polynôme non nul de degré $< n$, et soit $P$ de degré $n \geq 1$.

Si $P$ n'a pas de racine dans $\mathbb{K}$ : la somme $\sum m_i = 0 \leq n$, et l'énoncé de divisibilité est le produit vide « $1 \mid P$ », trivialement vrai.
Si $P$ a au moins une racine dans $\mathbb{K}$ : choisissons $a_1$ racine de multiplicité $m_1 \geq 1$. Par définition de la multiplicité, $P = (X - a_1)^{m_1} \cdot A$ avec $A(a_1) \neq 0$ (sinon $(X - a_1)^{m_1 + 1} \mid P$, contredisant la maximalité de $m_1$). Le polynôme $A$ a degré $n - m_1 < n$ et est non nul. Les racines de $P$ autres que $a_1$ sont exactement les racines de $A$ : en effet, pour $a \neq a_1$, le facteur $(X - a_1)^{m_1}$ évalué en $a$ vaut $(a - a_1)^{m_1} \neq 0$, donc $P(a) = 0 \iff A(a) = 0$. Lemme de conservation des multiplicités. Pour $a \neq a_1$, la multiplicité de $a$ comme racine de $P$ égale sa multiplicité comme racine de $A$. Démonstration : écrivons $A = (X - a)^{m'} B$ avec $B(a) \neq 0$ (où $m'$ est la multiplicité de $a$ dans $A$). Alors $P = (X - a_1)^{m_1} (X - a)^{m'} B$, et en évaluant $(X - a_1)^{m_1} B$ en $a$ on obtient $(a - a_1)^{m_1} B(a) \neq 0$. Donc $(X - a)^{m'} \mid P$ mais $(X - a)^{m' + 1} \nmid P$, c'est-à-dire $a$ a multiplicité exactement $m'$ dans $P$. Par hypothèse de récurrence appliquée à $A$, $$ (X - a_2)^{m_2} \cdots (X - a_r)^{m_r} \mid A \quad \text{et} \quad m_2 + \dots + m_r \leq \deg A = n - m_1. $$ En multipliant par $(X - a_1)^{m_1}$ : $$ (X - a_1)^{m_1} (X - a_2)^{m_2} \cdots (X - a_r)^{m_r} \mid P, $$ et en ajoutant $m_1$ aux deux membres de l'inégalité, $\sum_{i=1}^{r} m_i \leq n = \deg P$.

Proposition — Identification polynôme $\iff$ fonction

Pour $\mathbb{K} \in \{\mathbb{R}, \mathbb{C}\}$, l'application $P \mapsto \tilde{P}$ de $\mathbb{K}[X]$ vers l'espace des fonctions $\mathbb{K} \to \mathbb{K}$ est injective : pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$, $$ \tilde{P} = \tilde{Q} \iff P = Q. $$ En particulier, $P = 0 \iff \tilde{P} = 0$.

Preuve

L'application $P \mapsto \tilde{P}$ est un morphisme d'anneaux (Proposition ci-dessus), donc $\tilde{P} = \tilde{Q} \iff \widetilde{P - Q} = 0$. Il suffit donc de montrer que $\tilde{P} = 0$ implique $P = 0$.
Supposons $\tilde{P} = 0$, c'est-à-dire $P(a) = 0$ pour tout $a \in \mathbb{K}$. Alors tout $a \in \mathbb{K}$ est racine de $P$. Comme $\mathbb{K} \in \{\mathbb{R}, \mathbb{C}\}$ est infini, $P$ a une infinité de racines. Par la Proposition précédente (nombre de racines $\leq$ degré), si $P \neq 0$ alors $P$ a au plus $\deg P$ racines, en nombre fini. Contradiction. Donc $P = 0$.

Définition — Polynôme scindé

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$ avec $\deg P = n \geq 1$. On dit que $P$ est scindé sur $\mathbb{K}$ si $P$ a $n$ racines dans $\mathbb{K}$ comptées avec multiplicité, c'est-à-dire si $P$ s'écrit $$ P = \alpha \prod_{i=1}^{n} (X - x_i), $$ avec $\alpha \in \mathbb{K}^*$ le coefficient dominant de $P$ et $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{K}$ les racines (non nécessairement distinctes).

Proposition — Relations de Viète$\virgule$ somme et produit

Soit $P = \alpha \prod_{i=1}^{n} (X - x_i) = a_n X^n + a_{n-1} X^{n-1} + \dots + a_0$ un polynôme scindé avec $n \geq 1$ racines $x_1, \dots, x_n$ comptées avec multiplicité. Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} x_i &= -\frac{a_{n-1}}{a_n}, \\ \prod_{i=1}^{n} x_i &= (-1)^n \frac{a_0}{a_n}. \end{aligned}} $$

Preuve

On développe $P = a_n \prod_{i=1}^{n} (X - x_i)$. Le coefficient de $X^n$ dans le produit $\prod (X - x_i)$ vaut $1$, donc $a_n = \alpha$ confirme que $\alpha$ est le coefficient dominant.
Coefficient de $X^{n-1}$. Dans le développement de $\prod_{i=1}^{n} (X - x_i)$, le terme en $X^{n-1}$ s'obtient en choisissant $X$ dans $n - 1$ facteurs et $-x_i$ dans le facteur restant. En sommant sur le choix : $$ \text{coeff de } X^{n-1} \text{ dans } \prod (X - x_i) = -(x_1 + x_2 + \dots + x_n) = -\sum x_i. $$ Donc $a_{n-1} = a_n \cdot (- \sum x_i)$, d'où $\sum x_i = -a_{n-1}/a_n$.
Coefficient de $X^0$. En posant $X = 0$ dans $\prod (X - x_i)$ on obtient $\prod (- x_i) = (-1)^n \prod x_i$. Donc $a_0 = a_n \cdot (-1)^n \prod x_i$, d'où $\prod x_i = (-1)^n a_0 / a_n$.

Méthode — Lire somme et produit des racines sans les calculer

Étant donné un polynôme scindé $a_n X^n + a_{n-1} X^{n-1} + \dots + a_0$, la somme des racines se lit sur le rapport $-a_{n-1}/a_n$ et le produit sur $(-1)^n a_0 / a_n$. Les relations symétriques élémentaires générales $$ \sigma_k = \sum_{i_1 < i_2 < \dots < i_k} x_{i_1} x_{i_2} \cdots x_{i_k} = (-1)^k \frac{a_{n-k}}{a_n}, \quad k \in \{1, \dots, n\}, $$ doivent pouvoir être retrouvées rapidement (programme : « doivent être retrouvées rapidement »). La preuve suit le même développement de $\prod (X - x_i)$.

Exemple

En admettant le théorème fondamental de l'algèbre (d'Alembert--Gauss, démontré plus loin dans ce chapitre), $P = X^3 - 6 X^2 + 11 X - 6$ est scindé sur $\mathbb{C}$ et possède trois racines complexes comptées avec multiplicité. Trouver leur somme et leur produit sans les calculer, puis deviner les racines par inspection.

Correction

On applique Viète avec $a_3 = 1$, $a_2 = -6$, $a_0 = -6$, $n = 3$ : $$ \sum x_i = -\frac{a_2}{a_3} = 6, \qquad \prod x_i = (-1)^3 \frac{a_0}{a_3} = -(-6) = 6. $$ Inspection : $1 + 2 + 3 = 6$ et $1 \cdot 2 \cdot 3 = 6$ --- on essaie $\{1, 2, 3\}$. Vérification : $P(1) = 1 - 6 + 11 - 6 = 0$, $P(2) = 8 - 24 + 22 - 6 = 0$, $P(3) = 27 - 54 + 33 - 6 = 0$. $\checkmark$ Donc $P = (X - 1)(X - 2)(X - 3)$.

Compétences à pratiquer

Trouver les racines$\virgule$ factoriser$\virgule$ calculer la multiplicité
Utiliser les relations de Viète

IV Dérivée formelle et formule de Taylor

La dérivée formelle d'un polynôme se définit coefficient par coefficient --- purement algébrique, sans analyse. Elle vérifie les mêmes propriétés algébriques que la dérivée analytique (linéarité, règle du produit, formule de Leibniz). La formule de Taylor polynomiale est exacte (pas de reste) et réécrit $P$ comme combinaison finie des $(X - a)^k$. Ensemble, ces outils donnent une caractérisation propre de la multiplicité : $a$ est racine de multiplicité $m$ de $P$ si et seulement si $P(a) = P'(a) = \dots = P^{(m-1)}(a) = 0$ et $P^{(m)}(a) \neq 0$.

Définition — Dérivée formelle

Pour $P = \sum_{k \geq 0} a_k X^k \in \mathbb{K}[X]$, la dérivée formelle de $P$ est $$ P' = \sum_{k \geq 1} k \, a_k X^{k - 1}. $$ Les dérivées successives sont définies par récurrence : $P^{(0)} = P$ et $P^{(n+1)} = (P^{(n)})'$ pour $n \in \mathbb{N}$.

Proposition — Degré de la dérivée

Pour $P \in \mathbb{K}[X]$ :

Si $\deg P = n \geq 1$, alors $\deg P' = n - 1$.
Si $\deg P \leq 0$ (c.-à-d.\ $P$ est constant), alors $P' = 0$.

Preuve

Si $P = a_0$ est constant, la formule $P' = \sum_{k \geq 1} k a_k X^{k-1}$ donne $P' = 0$.
Si $\deg P = n \geq 1$ avec coefficient dominant $a_n \neq 0$, la formule donne $P' = \sum_{k=1}^{n} k a_k X^{k-1}$. Le terme dominant est $n a_n X^{n-1}$ de coefficient $n a_n$. Puisque l'on travaille sur $\mathbb{K} \in \{\mathbb{R}, \mathbb{C}\}$ (caractéristique $0$), $n a_n \neq 0$. Donc $\deg P' = n - 1$.

Proposition — Linéarité$\virgule$ règle du produit$\virgule$ formule de Leibniz

Pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$, $\lambda, \mu \in \mathbb{K}$, et $n \in \mathbb{N}$ : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} (\lambda P + \mu Q)' &= \lambda P' + \mu Q' \quad &&\text{(linéarité)} \\ (P Q)' &= P' Q + P Q' \quad &&\text{(règle du produit)} \\ (P Q)^{(n)} &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} P^{(k)} Q^{(n - k)} \quad &&\text{(Leibniz)} \end{aligned}} $$

Preuve

Linéarité. Direct depuis la formule : $(\lambda P + \mu Q)' = \sum_{k \geq 1} k (\lambda a_k + \mu b_k) X^{k-1} = \lambda P' + \mu Q'$.
Règle du produit. Il suffit de démontrer $(PQ)' = P' Q + P Q'$ pour les monômes $P = X^p$ et $Q = X^q$, puis d'étendre par bilinéarité (la formule est bilinéaire en $(P, Q)$). Si $p = 0$ ou $q = 0$, l'un des facteurs est une constante $c$, de dérivée nulle : par exemple $P = c$, alors $(PQ)' = c Q' = P Q' = P' Q + P Q'$ puisque $P' = 0$ ; la formule est vraie trivialement (symétriquement si $q = 0$). Pour $p, q \geq 1$, $$ (X^p X^q)' = (X^{p + q})' = (p + q) X^{p + q - 1}, $$ et $$ (X^p)' X^q + X^p (X^q)' = p X^{p - 1} X^q + q X^p X^{q - 1} = (p + q) X^{p + q - 1}. $$ Les deux membres coïncident. Par bilinéarité, $(PQ)' = P' Q + P Q'$ pour tous $P, Q \in \mathbb{K}[X]$.
Leibniz. Par récurrence sur $n$. Le cas $n = 0$ est $(PQ)^{(0)} = PQ = \binom{0}{0} P Q$. Supposons la formule vraie pour un certain $n$. On dérive : $$ (PQ)^{(n+1)} = \big((PQ)^{(n)}\big)' = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \big( P^{(k+1)} Q^{(n-k)} + P^{(k)} Q^{(n-k+1)} \big). $$ On réindexe et on utilise l'identité de Pascal $\binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} = \binom{n+1}{k}$ : $$ (PQ)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} P^{(k)} Q^{(n+1-k)}. $$

Theorem — Formule de Taylor polynomiale

Pour $P \in \mathbb{K}[X]$ et $a \in \mathbb{K}$ : $$ P(X) = \sum_{k \geq 0} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^k, $$ où la somme est finie (les termes s'annulent pour $k > \deg P$).

Preuve

Posons $Q(Y) = P(a + Y) \in \mathbb{K}[Y]$. La substitution $X \mapsto a + Y$ est une composition de polynômes, donc $Q$ est un polynôme en $Y$ de degré $\leq \deg P$. Écrivons $$ Q(Y) = \sum_{k=0}^{\deg P} b_k Y^k. $$ On dérive $Q$ formellement $k$ fois par rapport à $Y$ et on évalue en $0$ : $$ Q^{(k)}(0) = k! \, b_k, \quad \text{donc} \quad b_k = \frac{Q^{(k)}(0)}{k!}. $$ Il reste à justifier que $Q^{(k)}(0) = P^{(k)}(a)$. Par linéarité, il suffit de le vérifier pour $P(X) = X^m$. Alors $Q(Y) = (a + Y)^m = \sum_{\ell = 0}^{m} \binom{m}{\ell} a^{m - \ell} Y^\ell$, donc $Q^{(k)}(0) = k! \, b_k$ où $b_k$ est le coefficient de $Y^k$ dans $Q$. Si $k \leq m$, $$ Q^{(k)}(0) = k! \binom{m}{k} a^{m - k} = m (m - 1) \cdots (m - k + 1) \, a^{m - k} = P^{(k)}(a), $$ où la dernière égalité utilise $P^{(k)}(X) = m (m-1) \cdots (m-k+1) X^{m-k}$ évalué en $a$. Si $k > m$, les deux membres sont nuls : $Q$ est de degré $m$ donc son coefficient de $Y^k$ est $0$, d'où $Q^{(k)}(0) = 0$ ; de même $P^{(k)} = 0$ puisque $\deg P = m < k$, donc $P^{(k)}(a) = 0$ (de façon cohérente, $\binom{m}{k} = 0$ pour $k > m$). Dans les deux cas $Q^{(k)}(0) = P^{(k)}(a)$. Par linéarité, l'identité $Q^{(k)}(0) = P^{(k)}(a)$ s'étend à tout polynôme $P$. Donc $b_k = P^{(k)}(a)/k!$, et $$ P(a + Y) = Q(Y) = \sum_{k \geq 0} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} Y^k. $$ On substitue $Y = X - a$ : $$ P(X) = \sum_{k \geq 0} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^k. $$

Méthode — Développement de Taylor d'un polynôme en un point

Pour développer $P$ comme somme des puissances $(X - a)^k$ en un point $a \in \mathbb{K}$ choisi, calculer les dérivées successives $P, P', P'', \dots$, évaluer chacune en $a$, et diviser par la factorielle correspondante : $$ P(X) = P(a) + P'(a)(X - a) + \frac{P''(a)}{2!}(X - a)^2 + \frac{P^{(3)}(a)}{3!}(X - a)^3 + \dots $$ Le développement s'arrête en $k = \deg P$ (les dérivées supérieures s'annulent).

Exemple

Calculer le développement de Taylor de $P = X^3 + 2 X^2 - X + 1$ en $a = 1$.

Correction

On calcule les dérivées successives et on évalue en $1$ : $$ \begin{aligned} P(1) &= 1 + 2 - 1 + 1 = 3, \\ P'(X) &= 3 X^2 + 4 X - 1, & P'(1) &= 3 + 4 - 1 = 6, \\ P''(X) &= 6 X + 4, & P''(1) &= 10, \\ P^{(3)}(X) &= 6, & P^{(3)}(1) &= 6. \end{aligned} $$ Le développement de Taylor est $$ P(X) = 3 + 6 (X - 1) + \frac{10}{2!}(X - 1)^2 + \frac{6}{3!}(X - 1)^3 = 3 + 6(X - 1) + 5(X - 1)^2 + (X - 1)^3. $$

Theorem — Multiplicité par dérivées successives

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$ avec $P \neq 0$, $a \in \mathbb{K}$, et $m \in \mathbb{N}^*$. Alors $a$ est racine de multiplicité exactement $m$ de $P$ si et seulement si $$ P(a) = P'(a) = \dots = P^{(m-1)}(a) = 0 \quad \text{et} \quad P^{(m)}(a) \neq 0. $$

Preuve

Par la formule de Taylor polynomiale, $$ P(X) = \sum_{k = 0}^{\deg P} \frac{P^{(k)}(a)}{k!} (X - a)^k. $$ Soit $j$ le plus petit indice tel que $P^{(j)}(a) \neq 0$ (il existe car $P \neq 0$ et $P^{(\deg P)}(a) = (\deg P)! \cdot \text{coeff. dom.} \neq 0$). Alors $$ P(X) = (X - a)^j \cdot \underbrace{\sum_{k \geq 0} \frac{P^{(j+k)}(a)}{(j+k)!} (X - a)^k}_{=: Q(X)}, $$ avec $Q(a) = P^{(j)}(a)/j! \neq 0$.
Donc $(X - a)^j \mid P$ mais $(X - a)^{j + 1}$ ne divise pas $P$ (sinon $(X - a)^{j+1} \mid P$ forcerait $(X - a) \mid Q$, c'est-à-dire $Q(a) = 0$, contredisant $Q(a) \neq 0$). Par définition de la multiplicité, $j$ est la multiplicité de $a$.
Donc : $a$ a multiplicité exactement $m$ $\iff$ $j = m$ $\iff$ $P^{(0)}(a) = \dots = P^{(m-1)}(a) = 0$ et $P^{(m)}(a) \neq 0$.

Compétences à pratiquer

Calculer des dérivées et formule de Leibniz
Utiliser la formule de Taylor et le test de multiplicité

V Factorisation dans $\mathbb{C}\lbrack X\rbrack$ et $\mathbb{R}\lbrack X\rbrack$

Le chapitre culmine avec les théorèmes de factorisation. Le théorème de d'Alembert--Gauss (théorème fondamental de l'algèbre) affirme que tout polynôme non constant de $\mathbb{C}[X]$ a une racine complexe --- démonstration hors programme, admise. De ce seul fait découle : tout polynôme non constant de $\mathbb{C}[X]$ se factorise complètement en termes linéaires ; les irréductibles de $\mathbb{C}[X]$ sont exactement les polynômes de degré $1$ ; les irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ sont degré $1$ plus degré $2$ avec $\Delta < 0$ ; tout $P \in \mathbb{R}[X]$ se factorise en produit de ces irréductibles. La factorisation de $X^n - 1$ via les racines $n$-ièmes de l'unité est l'exemple canonique et fait le pont vers Nombres complexes.

Theorem — Théorème de d'Alembert--Gauss

Tout polynôme non constant $P \in \mathbb{C}[X]$ a au moins une racine dans $\mathbb{C}$.

Admis

La démonstration est hors programme --- on l'admet. Les démonstrations classiques utilisent l'analyse complexe (théorème de Liouville sur les fonctions entières bornées) ou la topologie (argument de degré sur $|P|$, qui atteint son minimum sur un disque assez grand). Ici, on utilise le théorème comme une boîte noire.

Définition — Polynôme irréductible

Soit $P \in \mathbb{K}[X]$. On dit que $P$ est irréductible (dans $\mathbb{K}[X]$) si $\deg P \geq 1$ et si les seuls diviseurs de $P$ dans $\mathbb{K}[X]$ sont les constantes non nulles et les polynômes associés à $P$ (c.-à-d.\ $\lambda P$ avec $\lambda \in \mathbb{K}^*$).

Proposition — Irréductibles de $\mathbb{C}\lbrack X\rbrack$

Les polynômes irréductibles de $\mathbb{C}[X]$ sont exactement les polynômes de degré $1$, c'est-à-dire les $a X + b$ avec $a \in \mathbb{C}^*$ et $b \in \mathbb{C}$.

Preuve

Les polynômes de degré $1$ sont irréductibles. Un diviseur $D$ de $a X + b$ vérifie $\deg D \in \{0, 1\}$. Si $\deg D = 0$, $D$ est une constante non nulle. Si $\deg D = 1$, alors $a X + b = D \cdot Q$ avec $\deg Q = 0$, donc $Q$ est une constante non nulle $\mu$ et $a X + b = \mu D$, c'est-à-dire $D$ est associé à $a X + b$.
Les polynômes de degré $\geq 2$ sont réductibles. Soit $P \in \mathbb{C}[X]$ avec $\deg P \geq 2$. Par d'Alembert--Gauss, $P$ a une racine $z \in \mathbb{C}$, donc $(X - z) \mid P$ (Proposition « Racine $\iff$ facteur linéaire » plus haut). Le diviseur $X - z$ a $\deg(X - z) = 1$, qui n'est ni $0$ (pas une constante) ni $\deg P \geq 2$ (donc $X - z$ n'est pas associé à $P$). Donc $P$ admet un diviseur non trivial et n'est pas irréductible.

Theorem — Factorisation dans $\mathbb{C}\lbrack X\rbrack$

Tout $P \in \mathbb{C}[X]$ non constant de degré $n \geq 1$ est scindé sur $\mathbb{C}$ et se factorise de manière unique (à permutation près des racines) sous la forme $$ P = a_n \prod_{i=1}^{r} (X - z_i)^{m_i}, $$ où $a_n$ est le coefficient dominant de $P$, $z_1, \dots, z_r \in \mathbb{C}$ sont les racines distinctes de $P$, et $m_1, \dots, m_r \geq 1$ leurs multiplicités, avec $\sum_{i=1}^{r} m_i = n$.

Preuve

Existence par récurrence sur $n = \deg P$.
Base $n = 1$. $P = a_1 X + a_0 = a_1 (X - (-a_0/a_1))$ --- déjà sous la forme annoncée avec $r = 1$, $z_1 = -a_0/a_1$, $m_1 = 1$.
Hérédité. Soit $\deg P = n \geq 2$. Par d'Alembert--Gauss, $P$ a une racine $z \in \mathbb{C}$, donc $(X - z) \mid P$, donc $P = (X - z) \cdot P_1$ avec $\deg P_1 = n - 1 \geq 1$. Le coefficient dominant de $P_1$ vaut celui de $P$ ($X - z$ est unitaire). Par hypothèse de récurrence, $P_1 = a_n \prod_{j=1}^{s} (X - w_j)^{n_j}$ avec $\sum n_j = n - 1$. Donc $P = a_n (X - z) \prod_{j=1}^{s} (X - w_j)^{n_j}$. On regroupe le facteur $(X - z)$ avec tout $(X - w_j)$ égal pour obtenir la forme annoncée avec $\sum m_i = n$.
Unicité. L'ensemble des racines distinctes et la multiplicité de chaque racine sont intrinsèques à $P$ (définis directement à partir de $P$, pas d'une factorisation particulière). Donc deux factorisations $P = a_n \prod (X - z_i)^{m_i} = b_n \prod (X - w_j)^{n_j}$ ont même coefficient dominant ($a_n = b_n$, tous deux égaux au coefficient dominant de $P$), même ensemble de racines distinctes ($\{z_i\} = \{w_j\}$), et mêmes multiplicités. Les factorisations coïncident à permutation près.

Méthode — Factoriser $X^n - 1$ et $X^n + 1$ dans $\mathbb{C}\lbrack X\rbrack$

Pour $n \in \mathbb{N}^*$ :

Racines de $X^n - 1$ : les racines $n$-ièmes de l'unité $\omega_k = e^{2 i k \pi / n}$ pour $k \in \{0, 1, \dots, n - 1\}$. Donc $$ X^n - 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \omega_k). $$
Racines de $X^n + 1$ : les racines $n$-ièmes de $-1$, $\zeta_k = e^{i (2 k + 1) \pi / n}$ pour $k \in \{0, 1, \dots, n - 1\}$. Donc $$ X^n + 1 = \prod_{k=0}^{n-1} (X - \zeta_k). $$

Pour les factorisations réelles correspondantes dans $\mathbb{R}[X]$, on apparie chaque racine non réelle avec son conjugué : $(X - \omega)(X - \overline{\omega}) = X^2 - 2 \mathrm{Re}(\omega) X + |\omega|^2 \in \mathbb{R}[X]$.

Exemple

Factoriser $X^4 - 1$ dans $\mathbb{C}[X]$, puis dans $\mathbb{R}[X]$.

Correction

Les quatre racines 4-ièmes de l'unité sont $\omega_k = e^{2 i k \pi / 4} = e^{i k \pi / 2}$ pour $k = 0, 1, 2, 3$, c'est-à-dire $1, i, -1, -i$. Donc $$ X^4 - 1 = (X - 1)(X - i)(X + 1)(X + i) \quad \text{dans } \mathbb{C}[X]. $$ Pour la factorisation réelle, on apparie les racines conjuguées $i$ et $-i$ : $$ (X - i)(X + i) = X^2 - i^2 = X^2 + 1. $$ Donc $$ X^4 - 1 = (X - 1)(X + 1)(X^2 + 1) \quad \text{dans } \mathbb{R}[X]. $$

Proposition — Les racines conjuguées vont par paires

Soient $P \in \mathbb{R}[X]$ (coefficients réels) et $z \in \mathbb{C}$. Alors $P(\overline{z}) = \overline{P(z)}$. En particulier, si $z$ est racine de $P$, alors $\overline{z}$ l'est aussi, et ils ont la même multiplicité.

Preuve

Écrivons $P = \sum a_k X^k$ avec $a_k \in \mathbb{R}$, donc $\overline{a_k} = a_k$. La conjugaison $\bar{\cdot}$ est un morphisme d'anneau sur $\mathbb{C}$ : $$ P(\overline{z}) = \sum a_k \overline{z}^k = \sum \overline{a_k} \cdot \overline{z^k} = \overline{\sum a_k z^k} = \overline{P(z)}. $$ Pour la multiplicité : le polynôme $P^{(j)}$ a aussi des coefficients réels (chaque dérivation préserve « à coefficients réels »), donc par le même argument, $P^{(j)}(\overline{z}) = \overline{P^{(j)}(z)}$ pour tout $j \in \mathbb{N}$. En particulier, $$ P^{(j)}(z) = 0 \iff \overline{P^{(j)}(z)} = 0 \iff P^{(j)}(\overline{z}) = 0. $$ Par le théorème de multiplicité par dérivées successives plus haut, la multiplicité de $z$ et celle de $\overline{z}$ sont déterminées par les mêmes conditions d'annulation, donc égales.

Proposition — Irréductibles de $\mathbb{R}\lbrack X\rbrack$

Les polynômes irréductibles de $\mathbb{R}[X]$ sont exactement :

les polynômes de degré $1$, $a X + b$ avec $a \in \mathbb{R}^*$ ;
les polynômes de degré $2$, $a X^2 + b X + c$ avec $a \in \mathbb{R}^*$ et $\Delta = b^2 - 4 a c < 0$.

Preuve

Le degré $1$ est irréductible. Même argument que pour $\mathbb{C}[X]$ (le corps ne joue pas).
Le degré $2$ avec $\Delta < 0$ est irréductible. Soit $P = a X^2 + b X + c$ avec $\Delta < 0$. Un diviseur non trivial $D$ aurait $\deg D = 1$, donc $D = \alpha (X - r)$ avec $r \in \mathbb{R}$, forçant $r$ à être racine réelle de $P$. Or $\Delta < 0$ signifie que $P$ n'a pas de racine réelle --- contradiction.
Le degré $2$ avec $\Delta \geq 0$ est réductible. Si $\Delta \geq 0$, la quadratique $P$ a au moins une racine réelle $r$. Donc $(X - r) \mid P$. Comme $\deg P = 2$ et $\deg(X - r) = 1$, on obtient une factorisation non triviale dans $\mathbb{R}[X]$, donc $P$ n'est pas irréductible.
Le degré $\geq 3$ est réductible. Soit $P \in \mathbb{R}[X]$ avec $\deg P \geq 3$. Par d'Alembert--Gauss appliqué à $P$ vu comme élément de $\mathbb{C}[X]$, $P$ a une racine complexe $z$. Cas $z \in \mathbb{R}$. Alors $(X - z) \mid P$ dans $\mathbb{R}[X]$ (la division euclidienne de $P$ par $X - z$ dans $\mathbb{R}[X]$ a reste $P(z) = 0$). Comme $\deg(X - z) = 1 < \deg P \geq 3$, $X - z$ est un diviseur non trivial. Cas $z \notin \mathbb{R}$. Posons $Q = (X - z)(X - \overline{z}) = X^2 - 2 \mathrm{Re}(z) X + |z|^2 \in \mathbb{R}[X]$ (degré $2$). Montrons $Q \mid P$ dans $\mathbb{R}[X]$. On effectue la division euclidienne de $P$ par $Q$ dans $\mathbb{R}[X]$ : $P = A Q + R$ avec $A, R \in \mathbb{R}[X]$ et $\deg R < 2$. En évaluant dans $\mathbb{C}$ en $z$ : $0 = P(z) = A(z) Q(z) + R(z) = R(z)$. Donc $z$ est racine de $R$. Or $R$ est à coefficients réels et $\deg R \leq 1$ --- un polynôme de $\mathbb{R}[X]$ de degré $\leq 1$ qui a une racine non réelle doit être le polynôme nul. Donc $R = 0$, c'est-à-dire $Q \mid P$. Comme $\deg Q = 2 < \deg P$, $Q$ est un diviseur non trivial.

Conclusion. Un polynôme irréductible de $\mathbb{R}[X]$ a degré $\leq 2$ (et $\geq 1$ par définition). Parmi degré $1$ il est toujours irréductible ; parmi degré $2$ seuls ceux avec $\Delta < 0$.

Theorem — Factorisation dans $\mathbb{R}\lbrack X\rbrack$

Tout $P \in \mathbb{R}[X]$ de degré $n \geq 1$ se factorise de manière unique (à l'ordre près) sous la forme $$ P = a_n \prod_{i} (X - x_i)^{m_i} \prod_{j} (X^2 + b_j X + c_j)^{n_j}, $$ où $a_n$ est le coefficient dominant, les $x_i \in \mathbb{R}$ sont les racines réelles distinctes de $P$ de multiplicités $m_i$, et les $X^2 + b_j X + c_j$ sont les facteurs irréductibles quadratiques distincts (c.-à-d.\ $b_j^2 - 4 c_j < 0$) de multiplicités $n_j$, vérifiant $$ \sum_i m_i + 2 \sum_j n_j = n. $$

Preuve

On voit $P$ comme élément de $\mathbb{C}[X]$ et on applique le théorème de factorisation dans $\mathbb{C}$ : $$ P = a_n \prod_{k} (X - z_k)^{\mu_k} $$ où les $z_k$ sont les racines complexes distinctes de $P$ de multiplicités $\mu_k$.
On regroupe les racines : les racines réelles restent comme facteurs linéaires $(X - x_i)^{m_i}$. Par la Proposition des paires conjuguées, les racines non réelles vont par paires conjuguées $z, \overline{z}$ de même multiplicité ; on regroupe chaque paire en quadratique réel $$ (X - z)^{\mu}(X - \overline{z})^{\mu} = \big(X^2 - 2 \mathrm{Re}(z) X + |z|^2\big)^{\mu}. $$ On obtient la factorisation réelle annoncée. Le coefficient dominant $a_n$ est préservé.
Le compte des degrés $\sum m_i + 2 \sum n_j = n$ se lit en lisant les degrés : chaque facteur linéaire réel contribue $1$, chaque quadratique réel contribue $2$.
L'unicité provient de l'unicité dans $\mathbb{C}[X]$ (les racines distinctes et leurs multiplicités sont intrinsèques) combinée au fait que deux racines complexes conjuguées déterminent un unique quadratique réel.

Exemple

Factoriser $X^4 + 1$ dans $\mathbb{R}[X]$.

Correction

Les quatre racines de $X^4 + 1$ sont les racines $4$-ièmes de $-1$ : $\zeta_k = e^{i (2k + 1) \pi / 4}$ pour $k = 0, 1, 2, 3$. Explicitement : $$ \zeta_0 = e^{i \pi / 4}, \quad \zeta_1 = e^{i 3 \pi / 4}, \quad \zeta_2 = e^{i 5 \pi / 4} = \overline{\zeta_1}, \quad \zeta_3 = e^{i 7 \pi / 4} = \overline{\zeta_0}. $$ Aucune n'est réelle. On apparie les conjuguées : $$ (X - \zeta_0)(X - \overline{\zeta_0}) = X^2 - 2 \mathrm{Re}(\zeta_0) X + |\zeta_0|^2 = X^2 - 2 \cos(\pi/4) X + 1 = X^2 - \sqrt{2} X + 1, $$ $$ (X - \zeta_1)(X - \overline{\zeta_1}) = X^2 - 2 \cos(3 \pi / 4) X + 1 = X^2 + \sqrt{2} X + 1. $$ Donc $$ X^4 + 1 = (X^2 - \sqrt{2} X + 1)(X^2 + \sqrt{2} X + 1) \quad \text{dans } \mathbb{R}[X]. $$ Les deux facteurs quadratiques ont $\Delta = 2 - 4 = -2 < 0$, ce qui confirme leur irréductibilité.

Compétences à pratiquer

Factoriser $X^n - 1$ et $X^n + 1$
Utiliser les racines conjuguées et identifier les irréductibles

VI Interpolation de Lagrange

Étant donnés $n$ points $(x_1, y_1), \dots, (x_n, y_n)$ aux abscisses $x_i$ deux à deux distinctes, peut-on trouver un polynôme passant par tous ? Oui, et il est unique une fois fixé le degré maximal à $n - 1$. La démonstration produit le polynôme explicite via les polynômes de Lagrange $L_i$. Cela donne une troisième manière de spécifier un polynôme --- par $n$ valeurs en $n$ abscisses distinctes, en complément des points de vue coefficients et racines utilisés plus tôt dans le chapitre.

Définition — Polynômes de Lagrange

Soient $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{K}$ deux à deux distincts ($n \geq 1$). Pour chaque $i \in \{1, \dots, n\}$, le $i$-ème polynôme de Lagrange est $$ L_i(X) = \prod_{\substack{j = 1 \\ j \neq i}}^{n} \frac{X - x_j}{x_i - x_j}. $$ Chaque $L_i \in \mathbb{K}_{n - 1}[X]$, et les $L_i$ vérifient la propriété de Kronecker : $$ L_i(x_j) = \delta_{i j} = \begin{cases} 1 & \text{si } j = i, \\ 0 & \text{si } j \neq i. \end{cases} $$

Theorem — Théorème d'interpolation de Lagrange

Soient $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{K}$ deux à deux distincts et $y_1, \dots, y_n \in \mathbb{K}$ quelconques. Il existe un unique polynôme $P \in \mathbb{K}_{n - 1}[X]$ tel que $$ P(x_i) = y_i \quad \text{pour tout } i \in \{1, \dots, n\}. $$ Il est donné explicitement par $$ P(X) = \sum_{i = 1}^{n} y_i \, L_i(X). $$

Preuve

Existence. Posons $P = \sum_{i=1}^{n} y_i L_i$. Chaque $L_i$ a degré $\leq n - 1$, donc $P \in \mathbb{K}_{n-1}[X]$. Par la propriété de Kronecker, pour $j \in \{1, \dots, n\}$ : $$ P(x_j) = \sum_{i=1}^{n} y_i L_i(x_j) = \sum_{i=1}^{n} y_i \delta_{ij} = y_j. $$ Unicité. Supposons $P_1, P_2 \in \mathbb{K}_{n-1}[X]$ vérifient tous deux $P_k(x_i) = y_i$ pour tout $i$. La différence $D = P_1 - P_2 \in \mathbb{K}_{n-1}[X]$ vérifie $D(x_i) = 0$ pour tout $i$, c'est-à-dire $D$ a au moins $n$ racines distinctes. Par la Proposition « Nombre de racines vs degré » plus haut, si $D \neq 0$ alors $D$ a au plus $\deg D \leq n - 1 < n$ racines --- contradiction. Donc $D = 0$, c'est-à-dire $P_1 = P_2$.

Méthode — Calculer le polynôme d'interpolation de Lagrange

Étant données les données $(x_1, y_1), \dots, (x_n, y_n)$ avec les $x_i$ deux à deux distincts :

Former les $n$ polynômes de Lagrange $L_1, \dots, L_n$, chacun produit de $n - 1$ facteurs linéaires normalisés pour que $L_i(x_i) = 1$.
Le polynôme d'interpolation est la combinaison linéaire $P = y_1 L_1 + y_2 L_2 + \dots + y_n L_n$.

Toujours vérifier la réponse en évaluant $P$ en chaque $x_i$ --- moyen rapide de détecter les erreurs de calcul.

Exemple

Calculer le polynôme de Lagrange $P \in \mathbb{R}_2[X]$ passant par $(0, 1), (1, 0), (2, 1)$.

Correction

Avec $n = 3$ et $(x_1, x_2, x_3) = (0, 1, 2)$, $(y_1, y_2, y_3) = (1, 0, 1)$, on calcule : $$ \begin{aligned} L_1(X) &= \frac{(X - 1)(X - 2)}{(0 - 1)(0 - 2)} = \frac{(X-1)(X-2)}{2}, \\ L_2(X) &= \frac{(X - 0)(X - 2)}{(1 - 0)(1 - 2)} = -X(X - 2), \\ L_3(X) &= \frac{(X - 0)(X - 1)}{(2 - 0)(2 - 1)} = \frac{X(X - 1)}{2}. \end{aligned} $$ Le polynôme d'interpolation est $$ P = 1 \cdot L_1 + 0 \cdot L_2 + 1 \cdot L_3 = \frac{(X-1)(X-2)}{2} + \frac{X(X-1)}{2} = \frac{(X-1)\big[(X-2) + X\big]}{2} = \frac{(X-1)(2X-2)}{2} = (X - 1)^2. $$ Vérification : $P(0) = 1$, $P(1) = 0$, $P(2) = 1$. $\checkmark$

Proposition — Description de tous les $Q$ tels que $Q(x_i) \equal y_i$

Soient $x_1, \dots, x_n \in \mathbb{K}$ deux à deux distincts, $y_1, \dots, y_n \in \mathbb{K}$, et $P$ le polynôme d'interpolation de Lagrange dans $\mathbb{K}_{n-1}[X]$. Les polynômes $Q \in \mathbb{K}[X]$ tels que $Q(x_i) = y_i$ pour tout $i$ sont exactement les polynômes de la forme $$ Q = P + \prod_{i=1}^{n} (X - x_i) \cdot S, \quad S \in \mathbb{K}[X]. $$

Preuve

$(\Leftarrow)$ Pour $Q = P + \prod_{i} (X - x_i) \cdot S$ et tout $j \in \{1, \dots, n\}$ : $$ Q(x_j) = P(x_j) + \prod_{i} (x_j - x_i) \cdot S(x_j) = y_j + 0 \cdot S(x_j) = y_j. $$ $(\Rightarrow)$ Supposons $Q(x_i) = y_i$ pour tout $i$. Si $Q - P = 0$, alors $Q = P$, qui est de la forme annoncée avec $S = 0$. Sinon $Q - P \neq 0$ : la différence $Q - P$ vérifie $(Q - P)(x_i) = 0$ pour tout $i$, c'est-à-dire $Q - P$ a $n$ racines deux à deux distinctes. Par la Proposition « Nombre de racines vs degré » plus haut (appliquée au polynôme non nul $Q - P$ avec les $r = n$ racines distinctes $x_1, \dots, x_n$, chacune de multiplicité $m_i \geq 1$), $$ \prod_{i=1}^{n} (X - x_i)^{m_i} \mid (Q - P), \quad \text{a fortiori} \quad \prod_{i=1}^{n} (X - x_i) \mid (Q - P). $$ Donc $Q - P = \prod_i (X - x_i) \cdot S$ pour un $S \in \mathbb{K}[X]$.

Compétences à pratiquer

Calculer le polynôme d'interpolation de Lagrange
Utiliser Lagrange dans les démonstrations

VII Décomposition en éléments simples

Une fonction rationnelle est un quotient $R = A / B$ de deux polynômes de $\mathbb{K}[X]$ avec $B \neq 0$ ; l'ensemble de tous ces quotients se note $\mathbb{K}(X)$ (donc $\mathbb{R}(X)$ sur $\mathbb{R}$ et $\mathbb{C}(X)$ sur $\mathbb{C}$). On suppose toujours le quotient écrit sous forme irréductible, c'est-à-dire $A$ et $B$ sans racine complexe commune --- ce que l'on prend ici comme définition de travail (c'est équivalent à l'absence de facteur commun, fait que l'on admet à ce niveau). Pour $R \neq 0$, le degré de $R = A / B$ est fixé par la convention $\deg R = \deg A - \deg B$ (et $\deg 0 = -\infty$). Un pôle de $R$ est une racine du dénominateur $B$, et son ordre est sa multiplicité comme racine de $B$. Par la division euclidienne de $A$ par $B$ (section « Divisibilité et division euclidienne »), on écrit $A = E B + A_1$ avec $\deg A_1 < \deg B$, d'où $R = E + A_1 / B$ avec $E \in \mathbb{K}[X]$ ; ce $E$ est la partie entière de $R$, et $A_1 / B$ est une fraction propre. Une fraction $A / B$ est propre exactement lorsque $\deg A < \deg B$, c'est-à-dire $\deg R \leq -1$ (pas de partie entière). Le but de la décomposition en éléments simples est d'écrire la partie propre $A_1 / B$ comme une somme de morceaux simples $a / (X - \lambda)^j$ (et, sur $\mathbb{R}$, de morceaux $(\alpha X + \beta) / (X^2 + p X + q)^j$), une famille par pôle. Ceci transforme un quotient unique en une somme facile à intégrer, dériver ou sommer --- c'est précisément pourquoi l'outil est introduit ici. On ne traite que des situations simples : le théorème d'existence et d'unicité est admis, et lorsqu'un pôle est multiple ou qu'un dénominateur porte un facteur irréductible de degré $2$, la forme de la décomposition nous est fournie et l'on ne calcule que les coefficients.

Supposons $R \in \mathbb{C}(X)$ de pôles $\lambda_1, \ldots, \lambda_r$ d'ordres respectifs $m_1, \ldots, m_r$. La stratégie de la décomposition en éléments simples consiste à écrire $R$ comme la somme d'une partie polynomiale $E$ et de morceaux polaires simples $a / (X - \lambda_i)^j$, un par pôle et par ordre d'annulation. L'existence et l'unicité de cette décomposition est un théorème (admis : démonstration hors programme) ; deux outils de calcul sont requis --- la formule $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$ pour le coefficient en un pôle simple, et la décomposition de $P' / P$ lorsque $P$ est scindé.

Définition — Élément simple sur $\mathbb{C}$

Un élément simple de $\mathbb{C}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k}, $$ avec $a \in \mathbb{C}$, $\lambda \in \mathbb{C}$, $k \in \mathbb{N}^*$.

Theorem — Décomposition sur $\mathbb{C}$

Soit $R \in \mathbb{C}(X) \setminus \{0\}$, écrite sous forme irréductible $R = A / B$, avec $B = c \prod_{i = 1}^{r} (X - \lambda_i)^{m_i}$ ($c \in \mathbb{C}^*$, les $\lambda_i$ deux à deux distincts). Alors $R$ admet une unique décomposition $$ \textcolor{colorprop}{R = E + \sum_{i = 1}^{r} \sum_{j = 1}^{m_i} \frac{a_{i, j}}{(X - \lambda_i)^j},} $$ où $E \in \mathbb{C}[X]$ est la partie entière de $R$ et $a_{i, j} \in \mathbb{C}$. La sous-somme $\displaystyle\sum_{j = 1}^{m_i} \frac{a_{i, j}}{(X - \lambda_i)^j}$ est appelée partie polaire de $R$ en $\lambda_i$. La fraction nulle a la décomposition triviale $0 = 0$.

Preuve

Admis (hors programme).

Proposition — Coefficient en un pôle simple

Soit $R = A / B \in \mathbb{C}(X)$ sous forme irréductible, et soit $\lambda \in \mathbb{C}$ un pôle simple de $R$ (c'est-à-dire une racine simple de $B$, avec $A(\lambda) \neq 0$). Écrivons $B = (X - \lambda) B_1$ avec $B_1(\lambda) \neq 0$. Alors le coefficient de $\dfrac{1}{X - \lambda}$ dans la décomposition en éléments simples de $R$ est $$ \textcolor{colorprop}{a = \frac{A(\lambda)}{B'(\lambda)} = \frac{A(\lambda)}{B_1(\lambda)}.} $$

Preuve

Écrivons la décomposition avec partie entière $E$ et parties polaires en chaque pôle. Isolons le pôle en $\lambda$ : $$ R(X) = \frac{a}{X - \lambda} + S(X), $$ où $S$ regroupe tous les autres termes de la décomposition --- $S$ est régulière en $\lambda$, c'est-à-dire $S(\lambda) \in \mathbb{C}$ est fini.
Multiplions les deux membres par $(X - \lambda)$ et simplifions le terme en pôle simple : $$ \begin{aligned} (X - \lambda) R(X) &= (X - \lambda) \cdot \frac{a}{X - \lambda} + (X - \lambda) S(X) && \text{(distribuer)} \\ &= a + (X - \lambda) S(X) && \text{(simplifier le facteur du pôle simple).} \end{aligned} $$ Passons maintenant à la limite $X \to \lambda$ dans $\mathbb{C}$. Au membre de droite, $S$ régulière en $\lambda$ donne $(X - \lambda) S(X) \to 0$, donc le membre de droite $\to a$. Au membre de gauche, en utilisant $R = A / B$ sous forme irréductible et $B = (X - \lambda) B_1$ : $$ \begin{aligned} (X - \lambda) R(X) &= (X - \lambda) \cdot \frac{A(X)}{(X - \lambda) B_1(X)} && \text{(substituer } R\text{)} \\ &= \frac{A(X)}{B_1(X)} && \text{(simplifier } X - \lambda\text{)} \\ &\xrightarrow[X \to \lambda]{} \frac{A(\lambda)}{B_1(\lambda)} && \text{(} A, B_1 \text{ continues, } B_1(\lambda) \neq 0\text{).} \end{aligned} $$ En identifiant les deux limites on obtient $a = A(\lambda) / B_1(\lambda)$.
Pour la forme alternative $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$ : dérivons $B = (X - \lambda) B_1$ par la règle du produit : $$ B'(X) = B_1(X) + (X - \lambda) B_1'(X), \quad \text{d'où} \quad B'(\lambda) = B_1(\lambda). $$ En reportant on obtient $a = A(\lambda) / B'(\lambda)$.

Méthode — Coefficient en un pôle simple --- formule $A / B'$

En un pôle simple $\lambda$ de $R = A / B$ sous forme irréductible, le coefficient de $1 / (X - \lambda)$ est $$ a = \frac{A(\lambda)}{B'(\lambda)}. $$ Cette formule est privilégiée lorsque $B$ est donné comme un polynôme explicite dont la dérivée s'évalue facilement. La forme équivalente $a = A(\lambda) / B_1(\lambda)$ (avec $B = (X - \lambda) B_1$) est privilégiée lorsque $B$ est déjà factorisé.

Méthode — Coefficient en un pôle double

Soit $\lambda$ un pôle d'ordre $2$ de $R = A / B$, c'est-à-dire $B = (X - \lambda)^2 B_2$ avec $B_2(\lambda) \neq 0$ et $A(\lambda) \neq 0$. La partie polaire en $\lambda$ a la forme $$ \frac{a_2}{(X - \lambda)^2} + \frac{a_1}{X - \lambda}. $$

Multiplier $R$ par $(X - \lambda)^2$ : $$ (X - \lambda)^2 R(X) = a_2 + a_1 (X - \lambda) + (X - \lambda)^2 \cdot (\text{régulier en } \lambda). $$ Évaluer en $X = \lambda$ : le membre de droite se réduit à $a_2$, et le membre de gauche vaut $A(\lambda) / B_2(\lambda)$. Donc $a_2 = A(\lambda) / B_2(\lambda)$.
Récupérer $a_1$ : retrancher de $R$ le terme connu $a_2 / (X - \lambda)^2$, puis utiliser un moyen économique --- évaluation en une ou deux valeurs de $X$ bien choisies, identification des coefficients de mêmes puissances, ou comparaison des limites à l'infini.

Note de programme. Pour les pôles d'ordre $m \geq 3$, le cours actuel ne donne pas de formule fermée générale par dérivation --- le programme exclut toute technicité (« toute technicité dans les exemples est exclue ») et le calcul se fait au cas par cas dans le fichier d'exercices.

Méthode — Contrainte à l'infini

Supposons $R \in \mathbb{C}(X)$ avec $\deg R \leq -1$ (pas de partie entière, fraction propre) et qui se décompose en $$ R = \sum_i \frac{a_{i, 1}}{X - \lambda_i} + (\text{termes avec des puissances supérieures } 1 / (X - \lambda_i)^j \text{ pour } j \geq 2). $$ Notons que $a_{i, 1}$ est le coefficient de $1 / (X - \lambda_i)$ pour chaque pôle $\lambda_i$, indépendamment de son ordre. Alors $$ X R(X) \xrightarrow[X \to \infty]{} \sum_i a_{i, 1}. $$ Ceci donne une seule contrainte linéaire entre les coefficients $a_{i, 1}$. Utile comme vérification de cohérence une fois les autres coefficients calculés, ou comme contrainte linéaire qui, combinée à des coefficients déjà connus, peut économiser une substitution --- lorsqu'un seul $a_{i, 1}$ reste inconnu, la contrainte suffit à l'extraire (voir le calcul de $a_1$ dans l'exemple suivant). Utilisée seule, elle ne donne que la somme $\sum_i a_{i, 1}$, jamais un coefficient individuel.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{1}{X^2 - 1}$ en somme d'éléments simples sur $\mathbb{C}$.

Correction

Le dénominateur se factorise sur $\mathbb{C}$ en $X^2 - 1 = (X - 1)(X + 1)$ --- deux pôles simples, $1$ et $-1$. La fraction est irréductible (numérateur constant $1$). La décomposition a la forme $$ R = \frac{a}{X - 1} + \frac{b}{X + 1}. $$ Coefficient en $\lambda = 1$. Appliquons la formule $A / B'$ avec $A = 1$ et $B = X^2 - 1$, donc $B' = 2 X$ : $$ a = \frac{A(1)}{B'(1)} = \frac{1}{2}. $$ Coefficient en $\lambda = -1$. Même formule : $$ b = \frac{A(-1)}{B'(-1)} = \frac{1}{-2} = -\frac{1}{2}. $$ Conclusion. $$ \frac{1}{X^2 - 1} = \frac{1 / 2}{X - 1} - \frac{1 / 2}{X + 1}. $$ Vérification rapide. Le membre de droite vaut $\frac{1}{2} \cdot \dfrac{(X + 1) - (X - 1)}{(X - 1)(X + 1)} = \frac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{X^2 - 1} = \dfrac{1}{X^2 - 1}$.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)}$ en somme d'éléments simples sur $\mathbb{C}$.

Correction

Le dénominateur se factorise en $(X - 1)^2 (X - 2)$, avec pôles $1$ (ordre $2$) et $2$ (simple). Le numérateur $X^2 + 3 X + 1$ ne s'annule ni en $1$ (vaut $5$) ni en $2$ (vaut $11$), donc la fraction est irréductible. La décomposition a la forme $$ R = \frac{a_2}{(X - 1)^2} + \frac{a_1}{X - 1} + \frac{c}{X - 2}. $$ Coefficient $c$ (pôle simple en $2$). Multiplier $R$ par $(X - 2)$ et évaluer en $X = 2$ (ou utiliser $A / B'$) : $$ c = \left[ (X - 2) R(X) \right]_{X = 2} = \left[ \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2} \right]_{X = 2} = \frac{4 + 6 + 1}{1} = 11. $$ Coefficient $a_2$ (le plus élevé au pôle double). Multiplier $R$ par $(X - 1)^2$ et évaluer en $X = 1$ : $$ a_2 = \left[ (X - 1)^2 R(X) \right]_{X = 1} = \left[ \frac{X^2 + 3 X + 1}{X - 2} \right]_{X = 1} = \frac{1 + 3 + 1}{-1} = -5. $$ Coefficient $a_1$ (restant). Utiliser la contrainte à l'infini : $\deg R = 2 - 3 = -1$, donc $\deg(X R) = 0$ et $X R(X)$ tend vers une limite finie à l'infini. Calculons directement cette limite : $$ \begin{aligned} X R(X) &= X \cdot \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)} = \frac{X^3 + 3 X^2 + X}{X^3 - 4 X^2 + 5 X - 2} && \text{(développer le dénominateur)} \\ &\xrightarrow[X \to \infty]{} \frac{1}{1} = 1 && \text{(rapport des coefficients dominants).} \end{aligned} $$ La contrainte à l'infini donne alors $\lim_{X \to \infty} X R(X) = a_1 + c$ (somme des coefficients en pôle simple). Avec $c = 11$ déjà connu, seul $a_1$ reste inconnu, donc la contrainte l'extrait : $$ a_1 + c = 1, \qquad a_1 = 1 - c = 1 - 11 = -10. $$ Conclusion. $$ \frac{X^2 + 3 X + 1}{(X - 1)^2 (X - 2)} = \frac{-5}{(X - 1)^2} + \frac{-10}{X - 1} + \frac{11}{X - 2}. $$

Proposition — Décomposition de $P' / P$

Soit $P \in \mathbb{C}[X]$ un polynôme non constant, scindé sur $\mathbb{C}$ : $$ P = c \prod_{i = 1}^{r} (X - a_i)^{m_i}, \qquad c \in \mathbb{C}^*, \ a_i \text{ deux à deux distincts}, \ m_i \in \mathbb{N}^*. $$ Alors $$ \textcolor{colorprop}{\frac{P'}{P} = \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i}{X - a_i}.} $$ C'est une décomposition en éléments simples avec uniquement des pôles simples --- un par racine de $P$, avec coefficient égal à la multiplicité de cette racine.

Preuve

Dérivons le produit $P = c \prod_i (X - a_i)^{m_i}$ par la règle du produit : $$ P' = c \sum_{i = 1}^{r} m_i (X - a_i)^{m_i - 1} \prod_{j \neq i} (X - a_j)^{m_j}. $$ Divisons par $P = c \prod_i (X - a_i)^{m_i}$ : $$ \begin{aligned} \frac{P'}{P} &= \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i (X - a_i)^{m_i - 1} \prod_{j \neq i} (X - a_j)^{m_j}}{\prod_{j} (X - a_j)^{m_j}} && \text{(diviser chaque terme)} \\ &= \sum_{i = 1}^{r} \frac{m_i}{X - a_i} && \text{(simplifier facteur par facteur).} \end{aligned} $$ La simplification fonctionne parce que dans le $i$-ième terme, $(X - a_i)^{m_i - 1}$ du numérateur s'apparie avec $(X - a_i)^{m_i}$ du dénominateur, laissant $(X - a_i)^{-1}$, et les autres facteurs $(X - a_j)^{m_j}$ pour $j \neq i$ se simplifient exactement.
Remarque. Formellement, cette identité est la « dérivée logarithmique » de la factorisation (on écrirait $\ln P = \ln c + \sum_i m_i \ln (X - a_i)$ et on dériverait) ; on l'obtient ici sans invoquer de logarithme formel.

Exemple

Appliquer la formule $P' / P$ à $P = (X - 1)^3 (X + 2)^2$.

Correction

$P$ a deux racines : $1$ (multiplicité $3$) et $-2$ (multiplicité $2$). La proposition donne directement $$ \frac{P'}{P} = \frac{3}{X - 1} + \frac{2}{X + 2}. $$ Cela évite le calcul explicite de $P'$. Vérification : $P$ est de degré $5$, donc $P'$ de degré $4$, d'où $P' / P$ est de degré $-1$. Au membre de droite, $$ \frac{3}{X - 1} + \frac{2}{X + 2} \sim_{X \to \infty} \frac{5}{X}, $$ qui est aussi de degré $-1$ --- cohérent.

Sur $\mathbb{R}$, les polynômes irréductibles sont de deux sortes : les facteurs de degré $1$ $(X - \lambda)$, et les facteurs irréductibles de degré $2$ $(X^2 + p X + q)$ de discriminant $p^2 - 4 q < 0$ (rappel du chapitre Polynômes). En conséquence, la décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ utilise deux espèces d'éléments simples : la 1ère espèce $a / (X - \lambda)^k$ et la 2nde espèce $(\alpha X + \beta) / (X^2 + p X + q)^k$. Trois outils de calcul couvrent la plupart des cas : une méthode directe qui écrit la forme réelle attendue et identifie les coefficients, le regroupement des pôles complexes conjugués à partir de la décomposition sur $\mathbb{C}$, et l'usage de la parité pour réduire le nombre d'inconnues.

Définition — Élément simple de 1ère espèce sur $\mathbb{R}$

Un élément simple de 1ère espèce de $\mathbb{R}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k}, \qquad a, \lambda \in \mathbb{R}, \ k \in \mathbb{N}^*. $$

Définition — Élément simple de 2nde espèce sur $\mathbb{R}$

Un élément simple de 2nde espèce de $\mathbb{R}(X)$ est une fraction rationnelle de la forme $$ \frac{\alpha X + \beta}{(X^2 + p X + q)^k}, \qquad \alpha, \beta, p, q \in \mathbb{R}, \ k \in \mathbb{N}^*, \ p^2 - 4 q < 0. $$ Le numérateur est un polynôme de degré au plus $1$ ; le dénominateur est une puissance d'un polynôme irréductible de degré $2$ de $\mathbb{R}[X]$.

Theorem — Décomposition sur $\mathbb{R}$

Soit $R \in \mathbb{R}(X) \setminus \{0\}$, écrite sous forme irréductible $R = A / B$, avec dénominateur factorisé sur $\mathbb{R}$ : $$ B = c \prod_{i = 1}^{r} (X - \lambda_i)^{m_i} \prod_{j = 1}^{s} (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j}, $$ où $c \in \mathbb{R}^*$, les $\lambda_i$ sont deux à deux distincts, les facteurs quadratiques irréductibles $X^2 + p_j X + q_j$ sont deux à deux distincts, et $p_j^2 - 4 q_j < 0$. Alors $R$ admet une unique décomposition $$ \textcolor{colorprop}{R = E + \sum_{i = 1}^{r} \sum_{u = 1}^{m_i} \frac{a_{i, u}}{(X - \lambda_i)^u} + \sum_{j = 1}^{s} \sum_{v = 1}^{n_j} \frac{\alpha_{j, v} X + \beta_{j, v}}{(X^2 + p_j X + q_j)^v},} $$ où $E \in \mathbb{R}[X]$ est la partie entière de $R$ et tous les coefficients sont dans $\mathbb{R}$. La fraction nulle a la décomposition triviale $0 = 0$.

Preuve

Admis (hors programme).

Méthode — Méthode directe sur $\mathbb{R}$

Factoriser le dénominateur sur $\mathbb{R}$ pour identifier les pôles réels et les facteurs quadratiques irréductibles.
Écrire la forme réelle attendue, avec coefficients inconnus $a_{i, u}, \alpha_{j, v}, \beta_{j, v}$.
Multiplier les deux membres par le dénominateur pour faire disparaître les fractions ; on obtient une identité polynomiale.
Déterminer les coefficients soit :
- en identifiant les coefficients de mêmes puissances de $X$, soit
- en évaluant en des valeurs réelles bien choisies (par exemple $X = 0$, $X = $ une racine du numérateur, etc.).

Cette méthode ne demande pas de détour par $\mathbb{C}$ --- précieuse quand les facteurs quadratiques irréductibles ne se prêtent pas facilement aux manipulations complexes.

Méthode — Depuis la décomposition sur $\mathbb{C}$ : regrouper les pôles conjugués

Supposons $R \in \mathbb{R}(X)$ déjà décomposée sur $\mathbb{C}$. Les pôles non réels apparaissent par paires complexes conjuguées $\lambda$, $\bar{\lambda}$ (puisque $B \in \mathbb{R}[X]$), et les coefficients de la décomposition correspondants sont également complexes conjugués : si le coefficient de $1 / (X - \lambda)^k$ est $a$, alors celui de $1 / (X - \bar{\lambda})^k$ est $\bar{a}$. On regroupe les deux termes conjugués : $$ \frac{a}{(X - \lambda)^k} + \frac{\bar{a}}{(X - \bar{\lambda})^k}. $$ Ramené au dénominateur commun $((X - \lambda)(X - \bar{\lambda}))^k = (X^2 + p X + q)^k$ avec $p = -(\lambda + \bar{\lambda}) = -2 \mathrm{Re}(\lambda) \in \mathbb{R}$ et $q = \lambda \bar{\lambda} = |\lambda|^2 \in \mathbb{R}$. Le numérateur résultant $a (X - \bar{\lambda})^k + \bar{a} (X - \lambda)^k$ est réel (somme d'un complexe et de son conjugué) et de degré $\leq k$.
Mise en garde pour $k \geq 2$. Pour $k = 1$, le numérateur a degré $\leq 1$ et l'expression regroupée est déjà un élément simple de 2nde espèce. Pour $k \geq 2$, le numérateur peut avoir un degré $> 1$ ; il faut alors réécrire l'expression de manière unique comme une somme d'éléments simples de 2nde espèce de dénominateurs $(X^2 + p X + q)^v$ pour $v = 1, \ldots, k$ : $$ \sum_{v = 1}^{k} \frac{\alpha_v X + \beta_v}{(X^2 + p X + q)^v}. $$ Dans ce chapitre, on utilise surtout cette méthode dans le cas des pôles simples.

Méthode — Utiliser la parité

Soit $R \in \mathbb{R}(X)$ et considérons le changement de variable $X \mapsto -X$. La substitution permute les pôles de $R$ : un pôle $\lambda$ d'ordre $m$ devient un pôle $-\lambda$ d'ordre $m$. Par unicité de la décomposition, la parité lie les coefficients aux pôles appariés.

Appariement des coefficients de 1ère espèce. Pour un pôle réel $\lambda \neq 0$ d'ordre $m$, soit $a_{\lambda, k}$ le coefficient de $1 / (X - \lambda)^k$ pour $k \in \{1, \ldots, m\}$ (le pôle en $-\lambda$ a le même ordre $m$). Alors $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} R \text{ paire} &\Longrightarrow a_{-\lambda, k} = (-1)^k \, a_{\lambda, k} \\ R \text{ impaire} &\Longrightarrow a_{-\lambda, k} = (-1)^{k + 1} \, a_{\lambda, k}. \end{aligned}} $$ En particulier pour les pôles simples ($k = 1$) : $R$ paire donne $a_{-\lambda} = -a_\lambda$, $R$ impaire donne $a_{-\lambda} = a_\lambda$.
Appariement de 2nde espèce pour les quadratiques pairs. Pour un facteur quadratique irréductible de la forme $(X^2 + q)^v$ (c'est-à-dire $p = 0$, donc pair en $X$), l'élément simple de 2nde espèce associé $\dfrac{\alpha_{j, v} X + \beta_{j, v}}{(X^2 + q)^v}$ hérite de la parité de $R$ : si $R$ est paire, $\alpha_{j, v} = 0$ ; si $R$ est impaire, $\beta_{j, v} = 0$.

Cela divise typiquement par deux le nombre de coefficients inconnus. (Les facteurs quadratiques avec $p \neq 0$ ne sont pas pairs en $X$ et ne bénéficient pas directement de ce raccourci.)

Exemple — Reconnaissance seulement

La fraction $R = \dfrac{1}{X^2 + 1}$ est déjà un élément simple de 2nde espèce de $\mathbb{R}(X)$ (avec $\alpha = 0$, $\beta = 1$, $p = 0$, $q = 1$, $k = 1$). Sa décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ est elle-même.

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{1}{X (X^2 + 1)}$ en somme d'éléments simples réels (utiliser la méthode directe).

Correction

Le dénominateur se factorise sur $\mathbb{R}$ en $X (X^2 + 1)$, avec un pôle réel simple en $0$ et un facteur quadratique irréductible $X^2 + 1$ (discriminant $-4 < 0$). Les deux exemples traités dans cette section présentent un quadratique irréductible avec $p = 0$ (simplification didactique délibérée, en accord avec « toute technicité dans les exemples est exclue ») ; le cas général $p \neq 0$ apparaît plus loin dans l'exemple de primitive avec dénominateur $x^2 + x + 1$, et plus systématiquement dans le fichier d'exercices. La forme réelle attendue est $$ R = \frac{a}{X} + \frac{\alpha X + \beta}{X^2 + 1}. $$ Faire disparaître les fractions. Multiplions par $X (X^2 + 1)$ : $$ 1 = a (X^2 + 1) + (\alpha X + \beta) X = (a + \alpha) X^2 + \beta X + a. $$ Identifier les coefficients de mêmes puissances de $X$.

Coefficient de $X^0$ : $a = 1$.
Coefficient de $X^1$ : $\beta = 0$.
Coefficient de $X^2$ : $a + \alpha = 0$, donc $\alpha = -1$.

Conclusion. $$ \frac{1}{X (X^2 + 1)} = \frac{1}{X} - \frac{X}{X^2 + 1}. $$

Exemple

Décomposer $R = \dfrac{X}{(X^2 + 1)(X^2 + 4)}$ en somme d'éléments simples réels, en utilisant la parité pour réduire les inconnues.

Correction

Le dénominateur a deux facteurs quadratiques irréductibles $X^2 + 1$ et $X^2 + 4$, tous deux à discriminant négatif. La forme réelle attendue est $$ R = \frac{\alpha_1 X + \beta_1}{X^2 + 1} + \frac{\alpha_2 X + \beta_2}{X^2 + 4}. $$ Utiliser la parité. La fraction $R = X / ((X^2 + 1)(X^2 + 4))$ vérifie $R(-X) = -R(X)$ --- elle est impaire. Le dénominateur est pair (puissances paires de $X$ uniquement) ; pour que la décomposition soit impaire, le numérateur de chaque terme de 2nde espèce doit être impair, c'est-à-dire que seule la partie linéaire $\alpha_i X$ subsiste : $$ \beta_1 = \beta_2 = 0. $$ Cela ramène les inconnues de quatre à deux : $\alpha_1$ et $\alpha_2$.
Faire disparaître les fractions. Multiplions par $(X^2 + 1)(X^2 + 4)$ : $$ X = \alpha_1 X (X^2 + 4) + \alpha_2 X (X^2 + 1) = X \big[ \alpha_1 (X^2 + 4) + \alpha_2 (X^2 + 1) \big]. $$ En divisant par $X$ (identité polynomiale) : $$ 1 = \alpha_1 (X^2 + 4) + \alpha_2 (X^2 + 1) = (\alpha_1 + \alpha_2) X^2 + (4 \alpha_1 + \alpha_2). $$ Identifier les coefficients.

Coefficient de $X^2$ : $\alpha_1 + \alpha_2 = 0$, donc $\alpha_2 = -\alpha_1$.
Coefficient de $X^0$ : $4 \alpha_1 + \alpha_2 = 1$, donc $4 \alpha_1 - \alpha_1 = 3 \alpha_1 = 1$, d'où $\alpha_1 = 1/3$ et $\alpha_2 = -1/3$.

Conclusion. $$ \frac{X}{(X^2 + 1)(X^2 + 4)} = \frac{1/3 \, X}{X^2 + 1} - \frac{1/3 \, X}{X^2 + 4} = \frac{1}{3} \left( \frac{X}{X^2 + 1} - \frac{X}{X^2 + 4} \right). $$

La décomposition en éléments simples sur $\mathbb{R}$ rend les primitives des fonctions rationnelles accessibles de manière constructive : chaque élément simple de 1ère espèce s'intègre en un $\ln$ ou en un terme rationnel, et chaque élément simple de 2nde espèce de première puissance se décompose (via le « découpage $(2 X + p)$ ») en un $\ln$ du quadratique irréductible plus un terme en $\arctan$. Les puissances supérieures $(\alpha X + \beta) / (X^2 + p X + q)^k$ avec $k \geq 2$ admettent aussi des primitives par réductions ou formules de récurrence, mais ce cas technique n'est pas développé dans les exemples du cours. Les primitives sont données sur des intervalles évitant les pôles --- une fraction avec un pôle réel n'est pas définie au pôle, et a donc des primitives différentes de part et d'autre. La même décomposition permet aussi d'expliciter les dérivées $k$-ièmes pour les fractions à pôles simples.

Proposition — Primitive de $1 / (x - a)^n$

Soient $a \in \mathbb{R}$, $n \in \mathbb{N}^*$, et $I \subset \mathbb{R}$ un intervalle évitant $a$. Sur $I$ : $$ \textcolor{colorprop}{\begin{aligned} \int \frac{dx}{x - a} &= \ln |x - a| + C && \text{(cas } n = 1 \text{)} \\ \int \frac{dx}{(x - a)^n} &= \frac{-1}{(n - 1)(x - a)^{n - 1}} + C && \text{(cas } n \geq 2 \text{)}. \end{aligned}} $$

Preuve

Cas $n = 1$. Sur $I$, la fonction $x \mapsto x - a$ a un signe constant, donc $\ln |x - a|$ est bien définie. Dérivons : $\dfrac{d}{dx} \ln |x - a| = \dfrac{1}{x - a}$.
Cas $n \geq 2$. Dérivons la primitive candidate : $$ \frac{d}{dx} \left[ \frac{-1}{(n - 1)(x - a)^{n - 1}} \right] = \frac{-1}{n - 1} \cdot (-(n - 1)) (x - a)^{-n} = \frac{1}{(x - a)^n}. $$

Proposition — Primitive d'un élément simple de 2nde espèce

Soient $\alpha, \beta, p, q \in \mathbb{R}$ avec $p^2 - 4 q < 0$. Posons $\omega = \dfrac{\sqrt{4 q - p^2}}{2} > 0$. Alors sur $\mathbb{R}$, $$ \textcolor{colorprop}{\int \frac{\alpha x + \beta}{x^2 + p x + q} \, dx = \frac{\alpha}{2} \ln(x^2 + p x + q) + \frac{1}{\omega} \left( \beta - \frac{\alpha p}{2} \right) \arctan\!\left( \frac{x + p/2}{\omega} \right) + C.} $$

Preuve

Découpage du numérateur. La dérivée de $x^2 + p x + q$ est $2 x + p$. Écrivons le numérateur $$ \alpha x + \beta = \frac{\alpha}{2} (2 x + p) + \left( \beta - \frac{\alpha p}{2} \right). $$ C'est le « découpage $(2 X + p)$ » : le premier terme est un multiple de la dérivée du dénominateur.
Intégrer le premier morceau. Il s'intègre en $(\alpha / 2) \ln(x^2 + p x + q)$ (l'argument est positif sur $\mathbb{R}$ puisque le discriminant est négatif, donc pas de valeur absolue).
Intégrer le second morceau. Compléter le carré au dénominateur : $$ x^2 + p x + q = \left( x + \frac{p}{2} \right)^2 + \left( q - \frac{p^2}{4} \right) = \left( x + \frac{p}{2} \right)^2 + \omega^2, $$ avec $\omega^2 = q - p^2 / 4 = (4 q - p^2) / 4 > 0$. Le changement de variable $u = (x + p/2) / \omega$ donne $$ \int \frac{dx}{x^2 + p x + q} = \int \frac{dx}{(x + p/2)^2 + \omega^2} = \frac{1}{\omega} \int \frac{du}{u^2 + 1} = \frac{1}{\omega} \arctan(u) + C = \frac{1}{\omega} \arctan\!\left( \frac{x + p/2}{\omega} \right) + C. $$ Sommer les deux morceaux. Multiplier ce dernier résultat par la constante $\beta - \alpha p / 2$ et ajouter au morceau en $\ln$.

Méthode — Primitive d'une fonction rationnelle

À partir de $R = A / B \in \mathbb{R}(X)$ :

Calculer la partie entière $E$ de $R$ (division euclidienne de $A$ par $B$). Le polynôme $E$ s'intègre trivialement.
Calculer la décomposition en éléments simples de la partie propre $R - E$ sur $\mathbb{R}$.
Intégrer terme par terme : chaque élément de 1ère espèce via la proposition sur $1 / (x - a)^n$ ; chaque élément de 2nde espèce de première puissance (c'est-à-dire $(\alpha x + \beta) / (x^2 + p x + q)$) via la proposition précédente. Les puissances supérieures de quadratiques irréductibles, $(\alpha x + \beta) / (x^2 + p x + q)^k$ avec $k \geq 2$, se traitent par réductions au cas par cas ou par formules de récurrence ; elles ne sont pas développées dans ce cours (« toute technicité dans les exemples est exclue ») et sont reportées au fichier d'exercices.

Préciser l'intervalle sur lequel la primitive est donnée --- éviter les pôles réels.

Exemple

Calculer une primitive de $f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1}$ sur chacun des trois intervalles $\,]\!-\!\infty, -1[$, $\,]\!-\!1, 1[$, $\,]1, +\infty[$.

Correction

Décomposer. D'après l'exemple précédent, $$ \frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1/2}{x - 1} - \frac{1/2}{x + 1}. $$ Intégrer terme par terme. Sur tout intervalle évitant $\pm 1$ : $$ \int \frac{dx}{x^2 - 1} = \frac{1}{2} \ln|x - 1| - \frac{1}{2} \ln|x + 1| + C = \frac{1}{2} \ln\!\left| \frac{x - 1}{x + 1} \right| + C. $$ L'expression est la même sur les trois intervalles ; la constante additive $C$ peut être choisie indépendamment sur chaque intervalle.
Signe de l'argument.

Sur $]\!-\!\infty, -1[$ : $x - 1 < 0$, $x + 1 < 0$, donc $(x - 1)/(x + 1) > 0$. La valeur absolue peut être enlevée : $\frac{1}{2} \ln \frac{x - 1}{x + 1}$.
Sur $]\!-\!1, 1[$ : $x - 1 < 0$, $x + 1 > 0$, donc $(x - 1)/(x + 1) < 0$. On écrit $\frac{1}{2} \ln \frac{1 - x}{1 + x}$.
Sur $]1, +\infty[$ : les deux facteurs sont positifs, donc $\frac{1}{2} \ln \frac{x - 1}{x + 1}$.

Exemple

Calculer une primitive de $f(x) = \dfrac{x + 1}{x^2 + x + 1}$ sur $\mathbb{R}$.

Correction

Le dénominateur $x^2 + x + 1$ a discriminant $1 - 4 = -3 < 0$, donc il est irréductible sur $\mathbb{R}$ --- pas de pôle réel, primitive définie sur tout $\mathbb{R}$.
Appliquer le découpage $(2 x + p)$. Ici $p = 1$, $q = 1$, donc $2 x + p = 2 x + 1$, et $$ x + 1 = \frac{1}{2} (2 x + 1) + \frac{1}{2}. $$ Intégrer le morceau en $\ln$. $$ \int \frac{(2 x + 1)/2}{x^2 + x + 1} \, dx = \frac{1}{2} \ln(x^2 + x + 1) + C_1. $$ Intégrer le morceau en $\arctan$. Compléter le carré : $x^2 + x + 1 = (x + 1/2)^2 + 3/4$, donc $\omega^2 = 3/4$, $\omega = \sqrt{3}/2$. Alors $$ \int \frac{1/2}{x^2 + x + 1} \, dx = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\omega} \arctan\!\left( \frac{x + 1/2}{\omega} \right) + C_2 = \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\!\left( \frac{2 x + 1}{\sqrt{3}} \right) + C_2. $$ Somme. Une primitive sur $\mathbb{R}$ est $$ F(x) = \frac{1}{2} \ln(x^2 + x + 1) + \frac{1}{\sqrt{3}} \arctan\!\left( \frac{2 x + 1}{\sqrt{3}} \right) + C. $$

Méthode — Dérivée $k$-ième d'une fraction à pôles simples

Supposons $R \in \mathbb{R}(X)$ à pôles réels simples uniquement, et décomposons $$ R = E + \sum_i \frac{a_i}{X - \lambda_i}. $$ Alors pour tout $k \geq 1$, sur chaque intervalle évitant les pôles, $$ R^{(k)}(x) = E^{(k)}(x) + \sum_i \frac{(-1)^k k! \, a_i}{(x - \lambda_i)^{k + 1}}. $$ Le premier terme s'annule dès que $k > \deg E$.

Exemple

Calculer la dérivée $k$-ième de $f(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1}$ sur chaque intervalle évitant $\pm 1$.

Correction

Décomposer. $$ \frac{1}{x^2 - 1} = \frac{1/2}{x - 1} - \frac{1/2}{x + 1}. $$ Dériver $k$ fois chaque terme. Pour tout $\lambda$ et sur un intervalle évitant $\lambda$ : $$ \frac{d^k}{dx^k} \left[ \frac{1}{x - \lambda} \right] = \frac{(-1)^k k!}{(x - \lambda)^{k + 1}}. $$ Combiner. $$ \frac{d^k}{dx^k} \left[ \frac{1}{x^2 - 1} \right] = \frac{1}{2} \cdot \frac{(-1)^k k!}{(x - 1)^{k + 1}} - \frac{1}{2} \cdot \frac{(-1)^k k!}{(x + 1)^{k + 1}} = \frac{(-1)^k k!}{2} \left( \frac{1}{(x - 1)^{k + 1}} - \frac{1}{(x + 1)^{k + 1}} \right). $$ La forme close est exacte et s'applique sur chacun des trois intervalles $]\!-\!\infty, -1[$, $]\!-\!1, 1[$, $]1, +\infty[$.

Compétences à pratiquer

Décomposer avec des pôles simples
Décomposer avec un pôle double
Utiliser la formule $P' / P$
Décomposer avec un facteur quadratique
Passer de $\mathbb{C}$ à $\mathbb{R}$ par regroupement des pôles conjugués
Utiliser la parité
Calculer une primitive par décomposition
Calculer des dérivées $k$-ièmes