Polynômes & corps finis : 18 exercices corrigés

Degré et opérations

DémonstrationDifficulté 3/5

Pour $P=X^2+1$ et $Q=X^3-X$ , donner $\deg(PQ)$ et le coefficient dominant de $PQ$ .

Indices (3)

$\deg(PQ)=\deg P+\deg Q$ .

$\deg P=2$ , $\deg Q=3$ .

Le coefficient dominant d'un produit est le produit des coefficients dominants.

Correction détaillée

La regle du degre d'un produit

\boxed{\deg(PQ)=\deg P+\deg Q}

👉 Cette règle vaut sur un ANNEAU INTÈGRE — c'est-à-dire sans diviseurs de zéro. Sur $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{R}$ , $\mathbb{C}$ ou $\mathbb{F}_p$ avec $p$ premier, elle est toujours vraie.

Pourquoi : si $P=a_nX^n+\cdots$ et $Q=b_mX^m+\cdots$ , le terme de plus haut degré de $PQ$ est

a_nb_m\,X^{n+m},

et $a_nb_m\neq 0$ précisément parce que l'anneau est intègre. Le degré est donc exactement $n+m$ .

⚠️⚠️ Sur $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ , la règle TOMBE : $(2X)\times(2X)=4X^2=0$ , produit de deux polynômes de degré $1$ qui vaut $0$ . C'est pourquoi on travaille toujours sur un corps — ou au moins sur un anneau intègre.

👉 Corollaire immédiat : le coefficient dominant de $PQ$ est le produit des coefficients dominants.

Le calcul

P=X^2+1\quad(\deg P=2),\qquad Q=X^3-X\quad(\deg Q=3).

\boxed{\deg(PQ)=2+3=5}

Coefficients dominants : celui de $P$ vaut $1$ , celui de $Q$ vaut $1$ , donc

\boxed{\text{coefficient dominant de }PQ\ =\ 1\times 1=1}

👉 Contrôle par le développement complet — et le résultat vaut la peine d'être vu :

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

⚠️ Les termes en $X^3$ se SIMPLIFIENT ( $-X^3+X^3=0$ ), et pourtant le degré reste $5$ . C'est ce qui rend la règle utile : elle ne dépend que des termes dominants, et ceux-là ne peuvent jamais s'annuler entre eux.

PQ=X^5-X,\qquad \deg=5,\qquad \text{dominant}=1\ \checkmark

⚠️ Ce qui se passe pour la SOMME

👉 Le degré d'une somme n'obéit PAS à la même règle, et c'est l'erreur classique :

\boxed{\deg(P+Q)\ \leq\ \max(\deg P,\deg Q)}

avec une INÉGALITÉ, qui peut être stricte.

exemple	degrés	$\deg(P+Q)$
$P=X^2+1$ , $Q=X^3-X$	$2$ , $3$	$\mathbf{3}$ — égalité
$P=X^3+1$ , $Q=-X^3+X$	$3$ , $3$	$\mathbf{1}$ — chute de 2
$P=X^2$ , $Q=-X^2$	$2$ , $2$	$-\infty$ (polynôme nul)

👉 L'égalité est garantie dès que $\deg P\neq\deg Q$ : les termes dominants ne peuvent alors pas se compenser.

ℹ️ Convention : $\deg 0=-\infty$ , ce qui rend les deux formules valides sans exception — $-\infty+n=-\infty$ et $\max(-\infty,n)=n$ .

Ce que le degre permet de demontrer

👉 Le degré est l'outil de raisonnement principal sur les polynômes, parce qu'il décroît strictement dans l'algorithme d'Euclide (A3).

énoncé	démonstration
les inversibles de $K[X]$ sont les constantes non nulles	$PQ=1$ donne $\deg P+\deg Q=0$ , donc $\deg P=\deg Q=0$
$K[X]$ est intègre	$PQ=0$ avec $P,Q\neq 0$ donnerait $\deg(PQ)\geq 0$ , contradiction
la division euclidienne termine	le degré du reste décroît strictement (A2)
un polynôme de degré $n$ a au plus $n$ racines	chaque racine factorise un $(X-a)$ , qui coûte un degré

👉 La première ligne est celle qui surprend : dans $\mathbb{Q}[X]$ , on ne peut inverser que les rationnels non nuls. $X$ n'a pas d'inverse — c'est pourquoi $K[X]$ est un anneau et non un corps, et c'est ce qui rend intéressants les quotients $K[X]/(P)$ (C1, C2).

👉 La dernière est la plus employée : c'est elle qui garantit qu'un polynôme de degré $2$ a au plus $2$ racines, et elle échoue sur un anneau non intègre — $X^2-1$ a quatre racines dans $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ .

ℹ️ Le parallèle avec $\mathbb{Z}$ est constant tout au long du chapitre : le degré y joue le rôle de la valeur absolue, et c'est pourquoi les deux anneaux sont euclidiens, donc principaux, donc factoriels.

Réponse.

\deg(PQ)=5

, coefficient dominant

1

. (Recoupement :

\deg

est additif sur un corps — vérifié machine ✓)

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Division euclidienne

DémonstrationDifficulté 3/5

Effectuer la division euclidienne de $X^4+1$ par $X^2+X+1$ .

Indices (3)

Poser la division : abaisser le degré du dividende étape par étape.

Quotient de tête : $X^4/X^2=X^2$ .

Le reste doit vérifier $\deg R<2$ .

Correction détaillée

Le theoreme de la division euclidienne

\boxed{A=BQ+R\qquad\text{avec}\qquad \deg R<\deg B}

👉 C'est le calque exact de la division dans $\mathbb{Z}$ , le degré remplaçant la valeur absolue :

	$\mathbb{Z}$	$K[X]$
condition sur le reste	$0\leq r<\lvert b\rvert$	$\deg R<\deg B$
ce qui décroît	la valeur absolue	le degré
unicité	oui	oui

⚠️ La condition sur le degré du reste est ce qui rend $(Q,R)$ UNIQUE. Sans elle, on pourrait écrire $X^4+1=(X^2+X+1)\times 0+(X^4+1)$ , ce qui n'apprend rien.

👉 Elle exige que le coefficient dominant de $B$ soit inversible — automatique sur un corps, mais pas sur $\mathbb{Z}[X]$ : on ne peut pas diviser $X^2$ par $2X+1$ en restant à coefficients entiers.

Poser la division

X^4+0X^3+0X^2+0X+1\ \div\ (X^2+X+1).

👉 Écrire TOUS les termes, y compris ceux de coefficient nul — c'est ce qui évite les décalages.

Étape 1. $\dfrac{X^4}{X^2}=X^2$ . On soustrait $X^2(X^2+X+1)=X^4+X^3+X^2$ :

X^4+0X^3+0X^2\ -\ (X^4+X^3+X^2)\ =\ -X^3-X^2.

Étape 2. $\dfrac{-X^3}{X^2}=-X$ . On soustrait $-X(X^2+X+1)=-X^3-X^2-X$ :

-X^3-X^2+0X\ -\ (-X^3-X^2-X)\ =\ X.

Étape 3. Le reste courant est $X+1$ , de degré $1<2$ : on s'arrête.

\boxed{X^4+1=(X^2+X+1)(X^2-X)+(X+1)}

Q=X^2-X,\qquad R=X+1.

Les deux controles

1. Redévelopper, ce qui vérifie l'égalité :

(X^2+X+1)(X^2-X)=X^4-X^3+X^3-X^2+X^2-X=X^4-X.

👉 Les termes en $X^3$ et en $X^2$ se simplifient deux à deux. Puis

X^4-X+(X+1)=X^4+1\ \checkmark

2. Vérifier le DEGRÉ du reste :

\deg R=\deg(X+1)=1\ <\ 2=\deg B\ \checkmark

⚠️ C'est le contrôle qu'on oublie, et pourtant c'est lui qui distingue une vraie division euclidienne d'une simple égalité. Si l'on s'était arrêté une étape trop tôt, le reste aurait été $-X^3-X^2$ , de degré $3\geq 2$ — l'égalité serait vraie, la division fausse.

👉 Contrôle supplémentaire, par les degrés : $\deg Q$ doit valoir $\deg A-\deg B=4-2=2$ ✓

Ce que la division euclidienne rend possible

👉 C'est LE théorème fondateur du chapitre — tout le reste en découle :

conséquence	où
algorithme d'Euclide pour le pgcd	A3
identité de Bézout	A4
théorème du reste : $R=P(a)$ pour $B=X-a$	A6
$K[X]$ est principal, donc factoriel	A5
les quotients $K[X]/(P)$	C1, C2, D4, D5

👉 Le mécanisme qui fait tout marcher : le degré du reste DÉCROÎT STRICTEMENT. C'est ce qui garantit qu'Euclide termine, exactement comme la décroissance des restes entiers dans $\mathbb{Z}$ .

\deg B>\deg R_1>\deg R_2>\cdots\geq 0.

👉 Un anneau muni d'une telle division s'appelle EUCLIDIEN. $\mathbb{Z}$ et $K[X]$ en sont les deux exemples de base, et c'est pourquoi leurs théories se ressemblent tant.

⚠️ Mais $\mathbb{Z}[X]$ n'est PAS euclidien — on ne peut y diviser que par un polynôme de coefficient dominant $\pm 1$ . C'est ce qui rend l'arithmétique de $\mathbb{Z}[X]$ nettement plus délicate, et pourquoi B5 (Eisenstein) est un critère sur $\mathbb{Z}[X]$ qui conclut sur $\mathbb{Q}[X]$ .

Réponse. Quotient

X^2-X

, reste

X+1

. (Recoupement :

(X^2+X+1)(X^2-X)+(X+1)=X^4+1

— vérifié machine ✓)

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PGCD par l'algorithme d'Euclide

CalculDifficulté 3/5

Calculer $\operatorname{pgcd}(X^4-1,\ X^3-1)$ .

Indices (3)

$\operatorname{pgcd}(A,B)=\operatorname{pgcd}(B,R)$ , $R$ = reste de $A$ par $B$ .

$X^4-1=X(X^3-1)+(X-1)$ .

Puis $X^3-1$ par $X-1$ .

Correction détaillée

L'algorithme, transpose des entiers

\boxed{\operatorname{pgcd}(A,B)=\operatorname{pgcd}(B,\ A\bmod B)}

👉 Même justification que pour les entiers : si $A=BQ+R$ , alors tout diviseur commun à $A$ et $B$ divise $R$ , et réciproquement.

👉 Et l'algorithme TERMINE parce que les degrés des restes forment une suite strictement décroissante d'entiers positifs :

\deg B>\deg R_1>\deg R_2>\cdots

⚠️ Le pgcd de deux polynômes n'est défini qu'à une CONSTANTE MULTIPLICATIVE près — les inversibles de $K[X]$ étant les constantes non nulles (A1). Par convention on le prend unitaire, c'est-à-dire de coefficient dominant $1$ .

👉 Exemple : $2X-2$ et $X-1$ sont deux pgcd valides de $(X^4-1,X^3-1)$ ; on retient $X-1$ .

Le calcul

Étape 1 — diviser $X^4-1$ par $X^3-1$ :

X^4-1=(X^3-1)\cdot X+(X-1).

👉 Contrôle : $X(X^3-1)=X^4-X$ , et $X^4-X+X-1=X^4-1$ ✓

Étape 2 — diviser $X^3-1$ par $X-1$ :

X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)+0.

👉 C'est l'identité remarquable $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ avec $b=1$ . Le reste est nul : on s'arrête.

\boxed{\operatorname{pgcd}(X^4-1,\ X^3-1)=X-1}

👉 Deux étapes seulement — le degré chute de $4$ à $3$ puis à $1$ , puis à $-\infty$ .

Le controle par la FACTORISATION

👉 Méthode indépendante d'Euclide (A5) :

X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1),

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

Le seul facteur commun est $X-1$ — les autres sont deux à deux distincts et irréductibles sur $\mathbb{Q}$ .

\operatorname{pgcd}=X-1\ \checkmark

👉 Et il y a une troisième voie, encore plus rapide, par les RACINES. Sur $\mathbb{C}$ :

polynôme	racines
$X^4-1$	les racines $4^{\text{es}}$ de l'unité : $1,\ i,\ -1,\ -i$
$X^3-1$	les racines $3^{\text{es}}$ : $1,\ j,\ \bar j$

👉 La seule racine commune est $1$ , d'où un pgcd de degré $1$ , à savoir $X-1$ .

⚠️ Ce raisonnement par les racines n'est valide que si les polynômes sont SANS RACINE MULTIPLE — sinon il faut aussi comparer les multiplicités (B3).

Le fait general derriere ce resultat

\boxed{\operatorname{pgcd}(X^m-1,\ X^n-1)=X^{\operatorname{pgcd}(m,n)}-1}

👉 Vérifions ici : $\operatorname{pgcd}(4,3)=1$ , donc le pgcd vaut $X^1-1=X-1$ ✓

Autres cas, pour voir la formule à l'œuvre :

$m,n$	$\operatorname{pgcd}(m,n)$	$\operatorname{pgcd}(X^m-1,X^n-1)$
$4,3$	$1$	$X-1$
$6,4$	$2$	$X^2-1$
$12,8$	$4$	$X^4-1$

👉 Pourquoi c'est vrai, par les racines : les racines de $X^m-1$ sont les racines $m^{\text{es}}$ de l'unité. Une racine est commune aux deux si et seulement si son ordre divise à la fois $m$ et $n$ , donc divise $\operatorname{pgcd}(m,n)$ .

👉 C'est un joli parallèle avec les entiers : la même formule vaut pour $\operatorname{pgcd}(2^m-1,2^n-1)=2^{\operatorname{pgcd}(m,n)}-1$ , et elle sert dans l'étude des nombres de Mersenne.

ℹ️ Application concrète : dans $\mathrm{GF}(2^n)$ (D5), les éléments non nuls vérifient $x^{2^n-1}=1$ . La formule dit alors exactement quels sous-corps $\mathrm{GF}(2^m)$ sont contenus dans $\mathrm{GF}(2^n)$ — ceux pour lesquels $m$ divise $n$ .

Réponse.

\operatorname{pgcd}(X^4-1,X^3-1)=X-1

. (Recoupement :

X-1

divise les deux ;

X=1

est leur seule racine commune — vérifié machine ✓)

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Bézout polynomial

DémonstrationDifficulté 3/5

Déterminer $U,V\in\mathbb Q[X]$ tels que $U(X^4-1)+V(X^3-1)=X-1$ (Euclide étendu).

Indices (3)

Reprendre l'étape d'Euclide de A3.

$X-1=(X^4-1)-X(X^3-1)$ se lit directement.

Identifier $U,V$ .

Correction détaillée

Bezout polynomial

\boxed{\exists\,U,V\in K[X]\ :\ AU+BV=\operatorname{pgcd}(A,B)}

👉 Même énoncé que pour les entiers, même démonstration — on remonte l'algorithme d'Euclide en isolant les restes.

Ici $\operatorname{pgcd}(X^4-1,X^3-1)=X-1$ (A3), donc on cherche $U,V$ avec

U(X^4-1)+V(X^3-1)=X-1.

👉 Le calcul est plus court que dans $\mathbb{Z}$ , car Euclide n'a demandé que deux étapes, dont une seule à reste non nul.

La remontee

La seule division à reste non nul (A3) :

X^4-1=(X^3-1)\cdot X+(X-1).

👉 Isolons le reste — et c'est déjà fini :

X-1=(X^4-1)-X(X^3-1).

\boxed{U=1,\qquad V=-X}

Contrôle par développement :

1\cdot(X^4-1)+(-X)(X^3-1)=X^4-1-X^4+X=X-1\ \checkmark

👉 Il n'y avait qu'une seule remontée à faire, contre trois substitutions dans le cas de $252$ et $198$ (arithmétique, B1). La brièveté vient de ce que l'algorithme s'est terminé en deux divisions.

👉 Contrôle des degrés : $\deg U+\deg A=0+4=4$ et $\deg V+\deg B=1+3=4$ — les deux termes ont le même degré, et ils se compensent pour ne laisser que du degré $1$ . C'est le signe attendu.

Le couple n'est PAS unique

👉 Comme dans $\mathbb{Z}$ , si $(U,V)$ convient, alors pour tout $W\in K[X]$ :

\left(U+W\cdot\frac{B}{D}\right)A+\left(V-W\cdot\frac{A}{D}\right)B=D,

où $D=\operatorname{pgcd}(A,B)$ .

Ici $\dfrac{A}{D}=\dfrac{X^4-1}{X-1}=X^3+X^2+X+1$ et $\dfrac{B}{D}=\dfrac{X^3-1}{X-1}=X^2+X+1$ , donc

U=1+W(X^2+X+1),\qquad V=-X-W(X^3+X^2+X+1).

Vérifions pour $W=1$ : $U=X^2+X+2$ et $V=-X^3-X^2-2X-1$ .

(X^2+X+2)(X^4-1)+(-X^3-X^2-2X-1)(X^3-1)

=X^6+X^5+2X^4-X^2-X-2\ -\ X^6-X^5-2X^4-X^3+X^3+X^2+2X+1=X-1\ \checkmark

👉 Le couple de degré minimal est le nôtre, $(1,-X)$ — c'est celui que produit naturellement l'algorithme, et celui qu'on retient.

A quoi sert Bezout polynomial

👉 Trois usages, tous repris plus loin dans le chapitre :

usage	où
inverser dans $K[X]/(P)$	C2, D4, D5
restes chinois polynomiaux	C4
décomposition en éléments simples	analyse

👉 Le premier est le plus important, et le mécanisme est exactement celui des entiers : si $\operatorname{pgcd}(A,P)=1$ , Bézout donne $AU+PV=1$ , donc

AU\equiv 1\ \pmod P,

c'est-à-dire que $U$ est l'inverse de $A$ modulo $P$ .

\boxed{A\ \text{inversible dans}\ K[X]/(P)\iff \operatorname{pgcd}(A,P)=1}

👉 Et c'est ce qui décide si $K[X]/(P)$ est un CORPS : c'est le cas exactement quand $P$ est irréductible, car alors tout $A$ non multiple de $P$ est premier avec lui (C2).

👉 La décomposition en éléments simples en découle aussi : pour écrire $\dfrac{1}{AB}=\dfrac{u}{A}+\dfrac{v}{B}$ avec $A,B$ premiers entre eux, il suffit de prendre les coefficients de Bézout — $uB+vA=1$ donne le résultat en divisant par $AB$ .

ℹ️ C'est le même théorème qui fonde le calcul des primitives de fractions rationnelles, et la décomposition des transformées de Laplace.

Réponse.

U=1

,

V=-X

. (Recoupement : c'est l'identité de Bézout, l'analogue polynomial de Bézout dans

\mathbb Z

— chapitre Arithmétique ✓ ; vérifié machine)

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Factorisation sur Q

ApplicationDifficulté 3/5

Factoriser $X^4-1$ et $X^3-1$ en produits d'irréductibles de $\mathbb Q[X]$ .

Indices (3)

Identités remarquables et racines évidentes.

$X^4-1=(X^2-1)(X^2+1)$ .

$X^3-1=(X-1)(X^2+X+1)$ ( $1$ racine évidente).

Correction détaillée

Ce que « irreductible » veut dire, et pourquoi le CORPS compte

\boxed{P\ \text{est IRREDUCTIBLE sur}\ K\iff \deg P\geq 1\ \text{et}\ P\ \text{ne se factorise pas en deux facteurs de degre}\geq 1\ \text{dans}\ K[X]}

⚠️⚠️ L'irréductibilité DÉPEND DU CORPS, et c'est le point central du chapitre. Le même polynôme peut être irréductible sur l'un et se factoriser sur l'autre :

polynôme	$\mathbb{Q}$	$\mathbb{R}$	$\mathbb{C}$
$X^2+1$	irréductible	irréductible	$(X-i)(X+i)$
$X^2-2$	irréductible	$(X-\sqrt2)(X+\sqrt2)$	idem

👉 Toujours préciser SUR QUEL CORPS on factorise — une réponse sans cette précision est incomplète. D2 pousse cette idée jusqu'aux corps finis.

👉 Le critère le plus utile en petit degré : un polynôme de degré $2$ ou $3$ est irréductible sur $K$ si et seulement s'il n'a aucune racine dans $K$ . (Faux à partir du degré $4$ : $X^4+X^2+1$ n'a pas de racine rationnelle et se factorise pourtant — voir B4.)

Factoriser $X^4-1$

👉 Par identités remarquables successives :

X^4-1=(X^2)^2-1^2=(X^2-1)(X^2+1),

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

\boxed{X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)}

Vérifions que chaque facteur est irréductible sur $\mathbb{Q}$ :

facteur	degré	irréductible sur $\mathbb{Q}$ ?
$X-1$	$1$	oui — tout polynôme de degré $1$ l'est
$X+1$	$1$	oui
$X^2+1$	$2$	oui — pas de racine rationnelle, car $x^2=-1$ est impossible dans $\mathbb{R}$

👉 Contrôle du degré : $1+1+2=4$ ✓ — la somme des degrés des facteurs doit valoir celui du produit (A1).

Factoriser $X^3-1$

👉 Par l'identité $a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)$ avec $b=1$ :

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

Contrôle par développement :

(X-1)(X^2+X+1)=X^3+X^2+X-X^2-X-1=X^3-1\ \checkmark

👉 Les termes en $X^2$ et en $X$ se simplifient deux à deux — c'est le télescopage caractéristique de cette identité.

$X^2+X+1$ est-il irréductible sur $\mathbb{Q}$ ? Son discriminant vaut

\Delta=1^2-4\times 1\times 1=-3<0,

donc il n'a aucune racine réelle, a fortiori aucune racine rationnelle. Étant de degré $2$ , il est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et sur $\mathbb{R}$ ✓

👉 Ses racines complexes sont $j=e^{2i\pi/3}$ et $\bar j$ , les racines cubiques primitives de l'unité.

Le point de vue par les RACINES DE L'UNITE

👉 Ces deux factorisations sont des cas particuliers d'un phénomène général :

X^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(X),

où $\Phi_d$ est le $d$ -ième polynôme cyclotomique — celui dont les racines sont les racines $d$ -ièmes primitives de l'unité.

$d$	$\Phi_d$	racines
$1$	$X-1$	$1$
$2$	$X+1$	$-1$
$3$	$X^2+X+1$	$j,\ \bar j$
$4$	$X^2+1$	$i,\ -i$

Vérifions sur nos deux cas :

X^4-1=\Phi_1\Phi_2\Phi_4=(X-1)(X+1)(X^2+1)\ \checkmark

X^3-1=\Phi_1\Phi_3=(X-1)(X^2+X+1)\ \checkmark

👉 Et le pgcd de A3 se relit immédiatement : les diviseurs communs de $4$ et $3$ se réduisent à $1$ , donc le seul facteur cyclotomique commun est $\Phi_1=X-1$ ✓

⚠️ Les $\Phi_d$ sont TOUS irréductibles sur $\mathbb{Q}$ — c'est un théorème non trivial (Gauss), et il donne d'un coup la factorisation complète de $X^n-1$ sur $\mathbb{Q}$ .

ℹ️ Leurs coefficients sont entiers, et longtemps on a cru qu'ils valaient toujours $0$ ou $\pm 1$ — c'est vrai jusqu'à $n=104$ , et faux pour $n=105$ , où apparaît un $-2$ .

Réponse.

X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)

;

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

. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Théorème du reste (Horner)

CalculDifficulté 3/5

Pour $P=X^3-2X^2+3X-4$ , calculer $P(2)$ et en déduire le reste et le quotient de $P$ par $(X-2)$ .

Indices (3)

Théorème du reste : le reste de $P$ par $(X-a)$ est $P(a)$ .

Calculer $P(2)$ .

Le quotient s'obtient par schéma de Horner.

Correction détaillée

Le theoreme du reste

\boxed{\text{Le reste de la division de }P\ \text{par}\ (X-a)\ \text{est}\ P(a)}

👉 La démonstration tient en deux lignes. La division euclidienne (A2) donne

P=(X-a)Q+R\qquad\text{avec}\qquad \deg R<\deg(X-a)=1,

donc $R$ est une constante. En évaluant en $X=a$ :

P(a)=(a-a)Q(a)+R=0+R=R.

\boxed{R=P(a)}\qquad\blacksquare

👉 Corollaire immédiat, et il sert partout :

\boxed{a\ \text{est racine de}\ P\iff (X-a)\ \text{divise}\ P}

C'est ce qui relie les racines (analyse) et la divisibilité (algèbre), et c'est le pont sur lequel repose tout le chapitre.

Calculer $P(2)$ par Horner

P=X^3-2X^2+3X-4.

👉 Le schéma de Horner réécrit $P$ en emboîtant les multiplications :

P(X)=\big((X-2)X+3\big)X-4.

On part du coefficient dominant, on multiplie par $2$ , on ajoute le suivant :

coefficient	$1$	$-2$	$3$	$-4$
calcul	—	$1\times 2+(-2)$	$0\times 2+3$	$3\times 2+(-4)$
résultat	$\mathbf{1}$	$\mathbf{0}$	$\mathbf{3}$	$\mathbf{2}$

\boxed{P(2)=2}

Contrôle par le calcul direct :

P(2)=8-2\times 4+3\times 2-4=8-8+6-4=2\ \checkmark

👉 Horner coûte $3$ multiplications ; le calcul direct en coûte $6$ ( $X^2$ , $X^3$ , puis chaque produit). Sur un polynôme de degré $n$ , c'est $n$ contre $2n-1$ — et c'est l'algorithme employé par toutes les machines.

Le quotient est DEJA calcule

👉 C'est le second service de Horner, et le plus souvent ignoré : les valeurs intermédiaires SONT les coefficients du quotient.

ligne de Horner	$1$	$0$	$3$	$\mathbf{2}$
rôle	\multicolumn{3}{c}{coefficients de $Q$ }	reste

\boxed{Q=X^2+0\cdot X+3=X^2+3,\qquad R=2}

P=(X-2)(X^2+3)+2.

Contrôle par développement :

(X-2)(X^2+3)=X^3+3X-2X^2-6=X^3-2X^2+3X-6,

X^3-2X^2+3X-6+2=X^3-2X^2+3X-4\ \checkmark

👉 Une seule passe de Horner donne donc le quotient ET le reste — là où la division posée demande de dérouler trois étapes. C'est pourquoi on l'appelle aussi « division synthétique ».

⚠️ Le $0$ intermédiaire ne doit pas être oublié : il est le coefficient de $X$ dans $Q$ . L'omettre donnerait $Q=X+3$ , de degré $1$ au lieu de $2$ — et le contrôle des degrés ( $\deg Q=\deg P-1=2$ ) l'attraperait.

Ce que le theoreme du reste debloque

👉 Chercher une racine évidente devient la première chose à faire devant un polynôme à factoriser (B1, E1, E6).

Ici $P(2)=2\neq 0$ , donc $2$ n'est pas racine et $(X-2)$ ne divise pas $P$ .

👉 Le théorème des racines rationnelles restreint drastiquement les candidats : si $\dfrac pq$ , écrite sous forme irréductible, est racine d'un polynôme à coefficients entiers, alors

p\mid \text{terme constant},\qquad q\mid \text{coefficient dominant}.

Pour $P=X^3-2X^2+3X-4$ , unitaire de terme constant $-4$ : les seules racines rationnelles possibles sont

\pm 1,\ \pm 2,\ \pm 4.

$a$	$1$	$-1$	$2$	$-2$	$4$	$-4$
$P(a)$	$-2$	$-10$	$\mathbf{2}$	$-26$	$40$	$-112$

👉 Aucune racine rationnelle — et comme $P$ est de degré $3$ , cela suffit à conclure qu'il est irréductible sur $\mathbb{Q}$ (A5).

ℹ️ Attention à la limite du critère : « pas de racine $\Longrightarrow$ irréductible » ne vaut qu'en degré $2$ ou $3$ . En degré $4$ , un polynôme peut se factoriser en deux facteurs quadratiques sans avoir la moindre racine — c'est exactement le cas de $X^4+X^2+1$ (B4).

Réponse.

P(2)=2

;

P=(X-2)(X^2+3)+2

. (Recoupement :

2\neq0

\Longrightarrow

(X-2)\nmid P

— vérifié machine ✓)

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Multiplicité d'une racine

DémonstrationDifficulté 3/5

Factoriser $P=X^3-3X+2$ et préciser la multiplicité de chaque racine.

Indices (3)

Chercher une racine évidente : $P(1)=0$ .

Diviser par $(X-1)$ , puis recommencer.

Tester si $1$ est racine du quotient.

Correction détaillée

Chercher une racine EVIDENTE

P=X^3-3X+2.

👉 Premier réflexe devant un polynôme à factoriser : tester les racines rationnelles possibles. $P$ étant unitaire de terme constant $2$ , elles se limitent à

\pm 1,\ \pm 2.

$a$	$P(a)$
$1$	$1-3+2=\mathbf{0}$ ✓
$-1$	$-1+3+2=4$
$2$	$8-6+2=4$
$-2$	$-8+6+2=\mathbf{0}$ ✓

👉 Deux racines trouvées : $1$ et $-2$ . Par le théorème du reste (A6), $(X-1)$ et $(X+2)$ divisent donc $P$ .

⚠️ Mais $P$ est de degré $3$ et n'a que deux racines distinctes. Il en manque une — ou bien l'une est multiple.

Diviser, et decouvrir la multiplicite

Divisons par $(X-1)$ , par Horner (A6) :

coefficient	$1$	$0$	$-3$	$2$
Horner en $1$	$\mathbf{1}$	$\mathbf{1}$	$\mathbf{-2}$	$\mathbf{0}$

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

👉 Le reste $0$ confirme que $1$ est racine ✓

Factorisons le trinôme $X^2+X-2$ : somme des racines $=-1$ , produit $=-2$ , donc les racines sont $1$ et $-2$ .

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

👉 $1$ réapparaît ! C'est la signature d'une racine multiple.

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

Contrôle par développement :

(X-1)^2=X^2-2X+1,\qquad (X^2-2X+1)(X+2)=X^3+2X^2-2X^2-4X+X+2=X^3-3X+2\ \checkmark

Les multiplicites

\boxed{\text{racine }1\ :\ \text{multiplicite }\mathbf{2}\qquad\text{racine }-2\ :\ \text{multiplicite }\mathbf{1}}

👉 La multiplicité de $a$ est le plus grand $m$ tel que $(X-a)^m$ divise $P$ .

Contrôle par le comptage des degrés :

2+1=3=\deg P\ \checkmark

👉 C'est un contrôle systématique : la somme des multiplicités doit valoir le degré — à condition de compter toutes les racines, y compris complexes. Ici les deux sont réelles, donc le compte tombe juste sur $\mathbb{R}$ .

👉 Comment se voit une racine double sur la COURBE : en $x=1$ , la courbe touche l'axe des abscisses sans le traverser, tandis qu'en $x=-2$ elle le traverse.

racine	multiplicité	comportement en ce point
$-2$	$1$ (impaire)	la courbe traverse l'axe
$1$	$2$ (paire)	la courbe touche l'axe, c'est un extremum

⚠️ La règle générale : multiplicité impaire $\Longrightarrow$ traversée, paire $\Longrightarrow$ tangence. Ce n'est pas une image, c'est une conséquence du signe de $(x-a)^m$ au voisinage de $a$ .

Le critere par la DERIVEE

\boxed{a\ \text{est racine de multiplicite}\ \geq m\iff P(a)=P'(a)=\cdots=P^{(m-1)}(a)=0}

Vérifions sur $a=1$ :

P'=3X^2-3,\qquad P'(1)=3-3=0\ \checkmark

👉 $P(1)=0$ ET $P'(1)=0$ : la multiplicité est donc au moins $2$ .

P''=6X,\qquad P''(1)=6\neq 0\qquad\Longrightarrow\qquad \text{la multiplicite vaut EXACTEMENT }2.

Et pour $a=-2$ : $P'(-2)=3\times 4-3=9\neq 0$ , donc la multiplicité vaut exactement $1$ ✓

👉 Ce critère est ce qui permet de détecter une racine multiple SANS l'avoir trouvée — c'est tout l'objet de B3, qui calcule $\operatorname{pgcd}(P,P')$ et y lit directement les racines multiples.

⚠️⚠️ En caractéristique $p$ , ce critère peut TROMPER. Sur $\mathbb{F}_p$ , la dérivée de $X^p$ vaut $pX^{p-1}=0$ : le polynôme $X^p-a$ ( $a\in\mathbb{F}_p$ ) a une dérivée identiquement nulle, et le critère lui attribue une racine $a$ de multiplicité aussi grande qu'on veut, alors que $X^p-a=(X-a)^p$ : elle vaut exactement $p$ . Le critère d'ordre $1$ (racine multiple $\iff P(a)=P'(a)=0$ ) reste valide ; c'est pour $m>p$ que l'équivalence encadrée tombe (sur $\mathbb{F}_2$ , $X^2$ a toutes ses dérivées nulles en $0$ , racine seulement double). C'est un phénomène propre à la caractéristique finie, à connaître avant de manipuler D3, D4 et D5.

ℹ️ Sur $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{R}$ ou $\mathbb{C}$ — caractéristique $0$ — le critère est toujours valide.

Réponse.

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

:

1

double,

-2

simple. (Recoupement : confirmé par

\operatorname{pgcd}(P,P')

en B3 ✓ ; vérifié machine)

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Relations de Viète

ApplicationDifficulté 3/5

Le polynôme $X^3-6X^2+11X-6$ a pour racines $1,2,3$ . Vérifier les relations de Viète.

Indices (3)

$\sum r_i=-a_2$ , $\sum_{i<j}r_ir_j=a_1$ , $\prod r_i=-a_0$ (unitaire).

Calculer les fonctions symétriques des racines.

Comparer aux coefficients $-6,11,-6$ .

Correction détaillée

Les relations de Viete

Pour $P=X^3+aX^2+bX+c$ de racines $r_1,r_2,r_3$ (comptées avec multiplicité) :

\boxed{\sigma_1=r_1+r_2+r_3=-a,\qquad \sigma_2=\sum_{i<j}r_ir_j=b,\qquad \sigma_3=r_1r_2r_3=-c}

👉 D'où viennent les signes. En développant la forme factorisée :

(X-r_1)(X-r_2)(X-r_3)=X^3-\sigma_1X^2+\sigma_2X-\sigma_3,

et l'identification avec $X^3+aX^2+bX+c$ donne $a=-\sigma_1$ , $b=\sigma_2$ , $c=-\sigma_3$ .

👉 Les signes ALTERNENT, en commençant par un moins. C'est la règle générale, valable en tout degré :

\sigma_k=(-1)^k\times(\text{coefficient de }X^{n-k}),\qquad \text{pour un polynome UNITAIRE}.

⚠️ Pour un polynôme non unitaire, diviser d'abord par le coefficient dominant.

Verification sur $X^3-6X^2+11X-6$

Ici $a=-6$ , $b=11$ , $c=-6$ , et les racines sont $1$ , $2$ , $3$ .

relation	calcul par les racines	valeur attendue
$\sigma_1$	$1+2+3=\mathbf{6}$	$-a=-(-6)=\mathbf{6}$ ✓
$\sigma_2$	$1\!\cdot\!2+1\!\cdot\!3+2\!\cdot\!3=2+3+6=\mathbf{11}$	$b=\mathbf{11}$ ✓
$\sigma_3$	$1\times 2\times 3=\mathbf{6}$	$-c=-(-6)=\mathbf{6}$ ✓

\boxed{\text{les trois relations sont verifiees}}

👉 Contrôle indépendant, par la factorisation :

(X-1)(X-2)(X-3)=(X-1)(X^2-5X+6)=X^3-5X^2+6X-X^2+5X-6=X^3-6X^2+11X-6\ \checkmark

⚠️ $\sigma_2$ est celle qu'on rate : il faut toutes les paires, soit $\binom32=3$ termes. En oublier un donnerait $9$ ou $8$ au lieu de $11$ .

A quoi Viete sert vraiment

👉 Son intérêt est de donner des informations sur les racines SANS LES CALCULER.

Exemple — pour $X^3-6X^2+11X-6$ , calculer $\dfrac1{r_1}+\dfrac1{r_2}+\dfrac1{r_3}$ :

\frac1{r_1}+\frac1{r_2}+\frac1{r_3}=\frac{r_2r_3+r_1r_3+r_1r_2}{r_1r_2r_3}=\frac{\sigma_2}{\sigma_3}=\frac{11}{6}.

Contrôle : $1+\tfrac12+\tfrac13=\tfrac{6+3+2}{6}=\tfrac{11}{6}$ ✓

👉 Et la somme des CARRÉS, qui est l'objet de C6 :

\sum r_i^2=\sigma_1^2-2\sigma_2=36-22=14.

Contrôle : $1+4+9=14$ ✓

👉 Ces identités marchent même quand les racines sont irrationnelles ou complexes — c'est là tout leur intérêt. Pour $X^3-X-1$ , dont l'unique racine réelle n'a pas d'expression simple, on obtient quand même $\sum r_i=0$ et $\sum r_i^2=0^2-2(-1)=2$ .

ℹ️ Toute expression symétrique des racines s'exprime en fonction des $\sigma_k$ : c'est le théorème fondamental des polynômes symétriques, et il est au cœur de la théorie de Galois.

⚠️ Les deux pieges de Viete

Piège 1 — il faut compter TOUTES les racines, avec multiplicité, sur $\mathbb{C}$ .

Pour $P=X^3-3X+2=(X-1)^2(X+2)$ (B1), les racines sont $1$ , $1$ , $-2$ :

\sigma_1=1+1-2=0=-a\ \checkmark\quad(a=0),

\sigma_2=1\!\cdot\!1+1\!\cdot\!(-2)+1\!\cdot\!(-2)=1-2-2=-3=b\ \checkmark,

\sigma_3=1\times 1\times(-2)=-2=-c\ \checkmark\quad(c=2).

⚠️ Compter $1$ une seule fois donnerait $\sigma_1=-1$ — faux. La racine double compte deux fois.

Piège 2 — sur $\mathbb{R}$ , les relations restent vraies mais les racines peuvent être COMPLEXES.

Pour $X^3-1$ , les racines sont $1$ , $j$ , $\bar j$ :

\sigma_1=1+j+\bar j=1+(-1)=0\ \checkmark

👉 puisque $1+j+j^2=0$ . Les relations tiennent, mais deux des trois racines ne sont pas réelles.

\boxed{\text{Viete se lit TOUJOURS sur}\ \mathbb{C},\ \text{ou tout polynome de degre } n \text{ a exactement } n \text{ racines}}

ℹ️ C'est le théorème de d'Alembert-Gauss qui le garantit, et c'est ce qui rend $\mathbb{C}$ algébriquement clos — la propriété qui manque à $\mathbb{R}$ et à $\mathbb{Q}$ .

Réponse.

\sigma_1=6

,

\sigma_2=11

,

\sigma_3=6

— conformes aux coefficients. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Dérivée formelle & racines multiples

DémonstrationDifficulté 3/5

À l'aide de $\operatorname{pgcd}(P,P')$ , montrer que $P=X^3-3X+2$ a une racine multiple et l'identifier.

Indices (3)

$a$ racine multiple $\iff P(a)=P'(a)=0\iff (X-a)\mid\operatorname{pgcd}(P,P')$ .

$P'=3X^2-3$ .

Calculer $\operatorname{pgcd}(P,P')$ .

Correction détaillée

Le critere : $\operatorname{pgcd}(P,P')$ detecte les racines multiples

\boxed{a\ \text{est racine MULTIPLE de}\ P\iff P(a)=0\ \text{et}\ P'(a)=0\iff a\ \text{est racine de}\ \operatorname{pgcd}(P,P')}

👉 Pourquoi. Si $P=(X-a)^mQ$ avec $m\geq 2$ et $Q(a)\neq 0$ , alors

P'=m(X-a)^{m-1}Q+(X-a)^mQ'=(X-a)^{m-1}\big[mQ+(X-a)Q'\big],

donc $(X-a)^{m-1}$ divise $P'$ — et $a$ est racine de $P'$ dès que $m\geq 2$ .

\boxed{\text{si }a\ \text{est de multiplicite}\ m\ \text{dans}\ P,\ \text{elle est de multiplicite}\ m-1\ \text{dans}\ \operatorname{pgcd}(P,P')}

👉 L'immense intérêt : ce critère détecte les racines multiples SANS LES CALCULER. On n'a besoin d'aucune racine, seulement d'un pgcd — donc de l'algorithme d'Euclide (A3), qui est purement mécanique.

⚠️ Il est donc utilisable même quand les racines sont inconnues, irrationnelles ou complexes.

Le calcul sur $P=X^3-3X+2$

P=X^3-3X+2,\qquad P'=3X^2-3=3(X^2-1)=3(X-1)(X+1).

👉 Le facteur $3$ est un inversible de $\mathbb{Q}[X]$ : il ne change pas le pgcd (A3). On peut travailler avec $X^2-1$ .

Algorithme d'Euclide :

X^3-3X+2=(X^2-1)\cdot X+(-2X+2).

👉 Contrôle : $X(X^2-1)=X^3-X$ , et $X^3-X-2X+2=X^3-3X+2$ ✓

Puis, en simplifiant $-2X+2=-2(X-1)$ par l'inversible $-2$ :

X^2-1=(X-1)(X+1)+0.

\boxed{\operatorname{pgcd}(P,P')=X-1}

👉 Le pgcd est de degré $1$ et a pour racine $1$ .

Lire le resultat

👉 Le pgcd vaut $X-1$ , donc :

lecture	conclusion
$\operatorname{pgcd}\neq$ constante	$P$ A une racine multiple
sa racine est $1$	la racine multiple est $1$
$(X-1)$ y figure à la puissance $1$	sa multiplicité dans $P$ vaut $1+1=\mathbf{2}$

\boxed{1\ \text{est racine DOUBLE de}\ P}

Contrôle par la factorisation (B1) : $P=(X-1)^2(X+2)$ ✓ — la multiplicité est bien $2$ .

👉 Et $-2$ n'apparaît PAS dans le pgcd, ce qui confirme qu'elle est de multiplicité $1$ : une racine simple n'est pas racine de $P'$ .

Vérification directe : $P'(-2)=3\times 4-3=9\neq 0$ ✓

👉 La méthode a donc donné la racine multiple ET sa multiplicité, sans qu'on ait eu à chercher aucune racine au départ.

La partie SANS FACTEUR CARRE, et les limites du critere

👉 Corollaire immédiat, exploité en C5 :

\boxed{\frac{P}{\operatorname{pgcd}(P,P')}\ \text{a les MEMES racines que}\ P,\ \text{toutes SIMPLES}}

Ici :

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

👉 Les deux racines $1$ et $-2$ sont conservées, mais chacune une seule fois — c'est la partie sans facteur carré, très utilisée en calcul formel pour se ramener à des racines simples.

👉 Autre conséquence pratique :

P\ \text{est SANS RACINE MULTIPLE (sur}\ \mathbb{C})\iff \operatorname{pgcd}(P,P')=1.

⚠️⚠️ La partie sans facteur carré ÉCHOUE en caractéristique $p$ . Sur $\mathbb{F}_p$ , la dérivée de $X^p-a$ vaut

pX^{p-1}=0,

donc $\operatorname{pgcd}(P,P')=\operatorname{pgcd}(P,0)=P$ — ce qui fait conclure, à juste titre, que toutes les racines sont multiples.

👉 Et c'est vrai : sur $\mathbb{F}_p$ , $X^p-a=(X-b)^p$ où $b^p=a$ , par le « rêve du première année » $(x+y)^p=x^p+y^p$ . Ce qui tombe, c'est le corollaire encadré : $\dfrac{P}{\operatorname{pgcd}(P,P')}=\dfrac PP=1$ n'a plus aucune racine, alors que $P$ en a une.

ℹ️ En caractéristique $0$ — $\mathbb{Q}$ , $\mathbb{R}$ , $\mathbb{C}$ — la dérivée d'un polynôme non constant n'est jamais nulle, et le critère est toujours valide.

Réponse.

\operatorname{pgcd}(P,P')=X-1

\Longrightarrow

1

est racine multiple. (Recoupement : cohérent avec

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

de B1 ✓ ; vérifié machine)

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Factorisation sur R et sur C

DémonstrationDifficulté 3/5

Factoriser $X^4+X^2+1$ sur $\mathbb R$ , puis sur $\mathbb C$ .

Indices (3)

Astuce : $X^4+X^2+1=(X^2+1)^2-X^2$ (différence de carrés).

Sur $\mathbb R$ : facteurs de degré $\le2$ .

Sur $\mathbb C$ : chaque trinôme se scinde.

Correction détaillée

⚠️ Pas de racine ne veut PAS dire irreductible

P=X^4+X^2+1.

👉 Cherchons d'abord ses racines réelles. En posant $t=X^2\geq 0$ :

t^2+t+1=0,\qquad \Delta=1-4=-3<0.

Aucune solution réelle en $t$ , donc aucune racine réelle pour $P$ .

⚠️⚠️ Et pourtant $P$ SE FACTORISE sur $\mathbb{R}$ . C'est exactement le piège annoncé en A5 : le critère « pas de racine $\Longrightarrow$ irréductible » ne vaut qu'en degré $2$ ou $3$ .

👉 En degré $4$ , un polynôme peut se factoriser en deux facteurs QUADRATIQUES sans avoir la moindre racine. C'est le cas ici, et c'est le cas général pour tout polynôme réel de degré $4$ sans racine réelle.

\boxed{\text{degre}\ \geq 4\ :\ \text{tester les racines ne suffit PLUS}}

La factorisation sur $\mathbb{R}$ : la ruse du carre

👉 L'astuce : faire apparaître une identité $a^2-b^2$ en ajoutant et retranchant $X^2$ .

X^4+X^2+1=X^4+2X^2+1-X^2=(X^2+1)^2-X^2.

👉 On reconnaît $a^2-b^2$ avec $a=X^2+1$ et $b=X$ :

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

\boxed{X^4+X^2+1=(X^2-X+1)(X^2+X+1)}

Contrôle par développement :

(X^2-X+1)(X^2+X+1)=X^4+X^3+X^2-X^3-X^2-X+X^2+X+1=X^4+X^2+1\ \checkmark

👉 Six termes se simplifient deux à deux — les $X^3$ , les $X$ , et deux des trois $X^2$ .

Les deux facteurs sont irréductibles sur $\mathbb{R}$ , leurs discriminants valant tous deux $1-4=-3<0$ .

⚠️ Cette factorisation vaut AUSSI sur $\mathbb{Q}$ — les coefficients sont entiers. Contrairement à ce qu'on pourrait croire, $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{R}$ donnent ici la même décomposition.

La factorisation sur $\mathbb{C}$

👉 Sur $\mathbb{C}$ , tout polynôme se factorise en facteurs de degré $1$ (d'Alembert-Gauss). Résolvons chaque trinôme.

Pour $X^2+X+1$ , $\Delta=-3$ donc $\sqrt\Delta=i\sqrt3$ :

X=\frac{-1\pm i\sqrt3}{2}=j\ \text{et}\ \bar j,\qquad\text{les racines cubiques primitives de l'unite.}

Pour $X^2-X+1$ , $\Delta=-3$ également :

X=\frac{1\pm i\sqrt3}{2}=-j^2\ \text{et}\ -\bar j^2=e^{\pm i\pi/3}.

\boxed{X^4+X^2+1=\left(X-\tfrac{1+i\sqrt3}{2}\right)\left(X-\tfrac{1-i\sqrt3}{2}\right)\left(X+\tfrac{1-i\sqrt3}{2}\right)\left(X+\tfrac{1+i\sqrt3}{2}\right)}

👉 Les quatre racines sont de module $1$ : $\left\lvert\tfrac{1\pm i\sqrt3}{2}\right\rvert=\tfrac12\sqrt{1+3}=1$ ✓

👉 Elles forment deux paires CONJUGUÉES — c'est ce qui explique que la factorisation réelle ait exactement deux facteurs quadratiques : chaque paire conjuguée se recolle en un trinôme à coefficients réels.

Pourquoi ces racines : $X^4+X^2+1$ est CYCLOTOMIQUE

👉 La clé se voit en une ligne :

X^4+X^2+1=\frac{X^6-1}{X^2-1}.

Vérification : $(X^2-1)(X^4+X^2+1)=X^6+X^4+X^2-X^4-X^2-1=X^6-1$ ✓

👉 Donc ses racines sont les racines $6^{\text{es}}$ de l'unité qui ne sont pas racines carrées de $1$ :

e^{i\pi/3},\quad e^{2i\pi/3},\quad e^{4i\pi/3},\quad e^{5i\pi/3}.

racine	argument	appartient à
$e^{\pm i\pi/3}$	$\pm 60^\circ$	$X^2-X+1=\Phi_6$
$e^{\pm 2i\pi/3}$	$\pm 120^\circ$	$X^2+X+1=\Phi_3$

\boxed{X^4+X^2+1=\Phi_3(X)\,\Phi_6(X)}

👉 Cette lecture explique TOUT d'un coup : pourquoi il n'y a pas de racine réelle (aucune racine $6^{\text{e}}$ de l'unité autre que $\pm 1$ n'est réelle), pourquoi la factorisation réelle a deux facteurs quadratiques, et pourquoi ils sont irréductibles sur $\mathbb{Q}$ (les cyclotomiques le sont toujours, A5).

Le tableau des trois corps :

corps	factorisation	nombre de facteurs
$\mathbb{Q}$	$(X^2-X+1)(X^2+X+1)$	$2$
$\mathbb{R}$	idem	$2$
$\mathbb{C}$	$4$ facteurs de degré $1$	$4$

ℹ️ Sur $\mathbb{R}$ , les irréductibles sont exactement les degrés $1$ et les degrés $2$ à discriminant négatif — jamais plus. C'est une conséquence directe de d'Alembert-Gauss et du fait que les racines non réelles vont par paires conjuguées.

Réponse. Sur

\mathbb R

:

(X^2+X+1)(X^2-X+1)

; sur

\mathbb C

, tout se scinde en degré

1

. (Recoupement : racines complexes conjuguées

\Longrightarrow

irréductibles réels de degré

\le2

, cf. chapitre Complexes ✓ ; vérifié machine)

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Irréductibilité sur Q (Eisenstein)

DémonstrationDifficulté 3/5

Montrer que $X^3+2X+2$ est irréductible sur $\mathbb Q$ .

Indices (3)

Critère d'Eisenstein avec un premier $p$ .

Tester $p=2$ : $p$ divise tous les coefficients sauf le dominant ?

Et $p^2\nmid a_0$ ?

Correction détaillée

Le critere d'Eisenstein

\boxed{\text{S'il existe un premier }p\ \text{tel que}\ \begin{cases}p\nmid a_n & \text{(dominant)}\\ p\mid a_i\ \text{pour}\ i<n & \text{(tous les autres)}\\ p^2\nmid a_0 & \text{(terme constant)}\end{cases}\ \text{alors}\ P\ \text{est IRREDUCTIBLE sur}\ \mathbb{Q}}

👉 Les trois conditions sont indispensables, et chacune joue un rôle précis :

condition	ce qu'elle empêche
$p\nmid a_n$	que le degré chute modulo $p$
$p\mid a_i$ pour $i<n$	c'est le cœur : modulo $p$ , $P$ devient $a_nX^n$
$p^2\nmid a_0$	c'est elle qui interdit la factorisation

👉 L'idée de la démonstration. Modulo $p$ , $P\equiv a_nX^n$ . Si $P=QR$ était une factorisation non triviale sur $\mathbb{Z}$ , alors modulo $p$ on aurait $\bar Q\bar R=a_nX^n$ , donc $\bar Q$ et $\bar R$ seraient tous deux des monômes en $X$ — donc leurs termes constants seraient tous deux divisibles par $p$ , donc $a_0=Q(0)R(0)$ serait divisible par $p^2$ . Contradiction.

⚠️ Le critère est suffisant, pas nécessaire : $X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ sans qu'aucun $p$ ne convienne.

Application a $X^3+2X+2$

P=X^3+0\cdot X^2+2X+2,\qquad\text{coefficients}\ (a_3,a_2,a_1,a_0)=(1,\ 0,\ 2,\ 2).

👉 Essayons $p=2$ , le seul candidat plausible puisqu'il doit diviser $a_0=2$ .

condition	vérification
$2\nmid a_3=1$	$1$ est impair ✓
$2\mid a_2=0$	$0=2\times 0$ ✓
$2\mid a_1=2$	✓
$2\mid a_0=2$	✓
$2^2=4\nmid a_0=2$	$2/4$ n'est pas entier ✓

\boxed{\text{Les cinq conditions sont remplies : } X^3+2X+2\ \text{est IRREDUCTIBLE sur}\ \mathbb{Q}}

⚠️ La dernière ligne est celle qu'on oublie, et c'est celle qui fait tout le travail. Si le terme constant avait été $4$ , le critère ne s'appliquerait plus avec $p=2$ .

Le controle par les racines rationnelles

👉 $P$ est de degré $3$ , donc il est irréductible sur $\mathbb{Q}$ si et seulement s'il n'a aucune racine rationnelle (A5). Vérifions-le indépendamment d'Eisenstein.

$P$ est unitaire de terme constant $2$ : les racines rationnelles possibles sont $\pm 1$ , $\pm 2$ .

$a$	$P(a)=a^3+2a+2$
$1$	$1+2+2=5$
$-1$	$-1-2+2=-1$
$2$	$8+4+2=14$
$-2$	$-8-4+2=-10$

👉 Aucune racine rationnelle : $P$ est bien irréductible sur $\mathbb{Q}$ ✓

\boxed{\text{Deux methodes independantes, meme conclusion}}

⚠️ Mais les deux méthodes n'ont pas la même portée : le test des racines n'aurait rien conclu en degré $\geq 4$ , alors qu'Eisenstein fonctionne en tout degré. C'est ce qui en fait un critère si utile.

👉 $P$ a bien une racine réelle (tout polynôme réel de degré impair en a une, par le TVI) — elle vaut environ $-0{,}77$ , et elle est irrationnelle.

Eisenstein en action, et la ruse du DECALAGE

👉 L'exemple le plus célèbre : le polynôme cyclotomique $\Phi_p$ .

\Phi_p(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+X+1=\frac{X^p-1}{X-1}.

⚠️ Eisenstein ne s'y applique PAS directement : tous ses coefficients valent $1$ , donc aucun premier ne divise les $a_i$ .

👉 La ruse : substituer $X\mapsto X+1$ . L'irréductibilité est préservée par ce changement de variable, puisqu'une factorisation de l'un donnerait une factorisation de l'autre.

\Phi_p(X+1)=\frac{(X+1)^p-1}{X}=X^{p-1}+\binom{p}{1}X^{p-2}+\cdots+\binom{p}{p-1}.

👉 Et là, Eisenstein s'applique avec ce même $p$ : les coefficients binomiaux $\binom pk$ pour $1\leq k\leq p-1$ sont tous divisibles par $p$ (puisque $p$ est premier et n'apparaît pas au dénominateur), tandis que le terme constant vaut $\binom{p}{p-1}=p$ , non divisible par $p^2$ .

Exemple, $p=5$ :

\Phi_5(X+1)=X^4+5X^3+10X^2+10X+5,

et $5$ divise $5,10,10,5$ mais pas $1$ , et $25\nmid 5$ ✓

\boxed{\Phi_p\ \text{est irreductible sur}\ \mathbb{Q}\ \text{pour tout premier}\ p}

ℹ️ Le réflexe à retenir : si Eisenstein échoue directement, essayer $X\mapsto X+c$ pour quelques petites valeurs de $c$ . C'est souvent ce qui débloque.

Réponse. Irréductible sur

\mathbb Q

par Eisenstein (

p=2

). (Recoupement : aucune racine rationnelle non plus — vérifié machine ✓)

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Décomposition sur Q, R, C

CalculDifficulté 3/5

Décomposer $X^4-1$ en irréductibles sur $\mathbb Q$ , $\mathbb R$ puis $\mathbb C$ .

Indices (3)

$X^4-1=(X^2-1)(X^2+1)$ .

$X^2+1$ : irréductible sur $\mathbb Q$ et $\mathbb R$ , scindé sur $\mathbb C$ .

Sur $\mathbb C$ : $X^2+1=(X-i)(X+i)$ .

Correction détaillée

Sur $\mathbb{Q}$

👉 Par identités remarquables successives (A5) :

X^4-1=(X^2-1)(X^2+1)=(X-1)(X+1)(X^2+1).

\boxed{\text{sur}\ \mathbb{Q}\ :\ X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)}

$X^2+1$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ : il est de degré $2$ et n'a aucune racine rationnelle, puisque $x^2=-1$ n'a même pas de solution réelle.

👉 Contrôle du degré : $1+1+2=4$ ✓ · Contrôle par les cyclotomiques : $X^4-1=\Phi_1\Phi_2\Phi_4$ (A5) ✓

👉 Trois facteurs irréductibles, dont deux de degré $1$ et un de degré $2$ .

Sur $\mathbb{R}$ : RIEN NE CHANGE

\boxed{\text{sur}\ \mathbb{R}\ :\ X^4-1=(X-1)(X+1)(X^2+1)\qquad\text{— la MEME factorisation}}

👉 $X^2+1$ reste irréductible sur $\mathbb{R}$ , puisque son discriminant vaut $-4<0$ .

⚠️ C'est un point qu'on croit souvent faux : passer de $\mathbb{Q}$ à $\mathbb{R}$ n'apporte rien ici. Ce n'est pas toujours le cas — $X^2-2$ est irréductible sur $\mathbb{Q}$ et se factorise en $(X-\sqrt2)(X+\sqrt2)$ sur $\mathbb{R}$ .

👉 La règle générale sur $\mathbb{R}$ : les irréductibles sont exactement

type	condition
degré $1$	toujours
degré $2$	$\Delta<0$
degré $\geq 3$	jamais

👉 Donc tout polynôme réel se factorise en produit de facteurs de degré $1$ et $2$ — c'est ce qui rend possible la décomposition en éléments simples de toute fraction rationnelle réelle.

La raison : les racines complexes d'un polynôme réel vont par paires conjuguées, et $(X-z)(X-\bar z)=X^2-2\operatorname{Re}(z)X+\lvert z\rvert^2$ est réel.

Sur $\mathbb{C}$ : quatre facteurs de degre $1$

👉 Il ne reste qu'à factoriser $X^2+1$ , dont les racines sont $\pm i$ :

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

\boxed{\text{sur}\ \mathbb{C}\ :\ X^4-1=(X-1)(X+1)(X-i)(X+i)}

Contrôle par développement :

(X-i)(X+i)=X^2-i^2=X^2+1\ \checkmark

👉 Les quatre racines sont les racines $4^{\text{es}}$ de l'unité :

1,\quad i,\quad -1,\quad -i\qquad\text{c'est-a-dire}\qquad e^{2ik\pi/4},\ k=0,1,2,3.

👉 Elles forment un carré inscrit dans le cercle unité, régulièrement espacées de $90^\circ$ . C'est la lecture géométrique de $X^n-1$ : ses racines sont les sommets du $n$ -gone régulier inscrit dans le cercle unité.

👉 Contrôle par Viète (B2) : la somme des racines vaut $1+i-1-i=0$ , ce qui doit être l'opposé du coefficient de $X^3$ — qui est bien $0$ ✓

Le tableau, et ce qu'il enseigne

corps	factorisation	nombre de facteurs
$\mathbb{Q}$	$(X-1)(X+1)(X^2+1)$	$\mathbf{3}$
$\mathbb{R}$	$(X-1)(X+1)(X^2+1)$	$\mathbf{3}$ — identique
$\mathbb{C}$	$(X-1)(X+1)(X-i)(X+i)$	$\mathbf{4}$

👉 Trois leçons :

1. La factorisation ne peut que s'AFFINER quand le corps grandit. Un facteur ne se recolle jamais ; il se coupe éventuellement en plusieurs.

\mathbb{Q}\subset\mathbb{R}\subset\mathbb{C}\qquad\Longrightarrow\qquad \text{de plus en plus de facteurs.}

2. Sur $\mathbb{C}$ , on atteint toujours des facteurs de degré $1$ , et il y en a exactement $\deg P$ — c'est le théorème de d'Alembert-Gauss, et c'est ce qui fait de $\mathbb{C}$ un corps algébriquement clos.

3. Le passage de $\mathbb{Q}$ à $\mathbb{R}$ peut ne rien apporter, comme ici. La vraie rupture est entre $\mathbb{R}$ et $\mathbb{C}$ .

⚠️ Et sur un corps FINI, tout change encore (D2) : $X^2+1$ , irréductible sur $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{R}$ , se factorise en $(X+1)^2$ sur $\mathbb{F}_2$ et en $(X-2)(X+2)$ sur $\mathbb{F}_5$ . Il n'y a pas de hiérarchie unique des corps — chacun a sa propre arithmétique.

ℹ️ C'est ce qui rend possible la construction de $\mathrm{GF}(4)$ et $\mathrm{GF}(8)$ (D4, D5) : on y choisit un polynôme irréductible sur $\mathbb{F}_2$ , et le quotient devient un corps.

Réponse. Sur

\mathbb Q/\mathbb R

:

(X-1)(X+1)(X^2+1)

; sur

\mathbb C

:

(X-1)(X+1)(X-i)(X+i)

. (Recoupement : racines

4

-ièmes de l'unité, chapitre Complexes ✓ ; vérifié machine)

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Division exacte (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Diviser $X^3+1$ par $X+1$ .

Indices (3)

$-1$ est-il racine de $X^3+1$ ?

$(-1)^3+1=0$ donc $(X+1)\mid X^3+1$ .

Identité : $X^3+1=(X+1)(X^2-X+1)$ .

Correction détaillée

Deviner le resultat AVANT de diviser

👉 Premier réflexe : tester si $-1$ est racine, par le théorème du reste (A6).

P(-1)=(-1)^3+1=-1+1=0.

\boxed{-1\ \text{est racine, donc}\ (X+1)\ \text{divise}\ X^3+1\ :\ \text{la division sera EXACTE}}

👉 On sait donc, avant tout calcul, que le reste vaudra $0$ — et cela sert de contrôle : si la division donnait un reste non nul, il y aurait une erreur.

👉 On peut même deviner le quotient, par l'identité remarquable

a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\qquad\text{avec}\qquad b=1.

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

⚠️ Attention aux signes : c'est $X^2-X+1$ , avec un moins au milieu. Pour $a^3-b^3$ , ce serait $X^2+X+1$ . Les deux se confondent facilement.

La division, par Horner

X^3+0X^2+0X+1\ \div\ (X+1),\qquad\text{soit Horner en }a=-1.

coefficient	$1$	$0$	$0$	$1$
calcul	—	$1\times(-1)+0$	$(-1)\times(-1)+0$	$1\times(-1)+1$
résultat	$\mathbf{1}$	$\mathbf{-1}$	$\mathbf{1}$	$\mathbf{0}$

👉 Les trois premières valeurs sont les coefficients du quotient, la dernière est le reste (A6) :

\boxed{X^3+1=(X+1)(X^2-X+1),\qquad Q=X^2-X+1,\quad R=0}

Contrôle par développement :

(X+1)(X^2-X+1)=X^3-X^2+X+X^2-X+1=X^3+1\ \checkmark

👉 Quatre termes se simplifient deux à deux — les $X^2$ et les $X$ . C'est le télescopage caractéristique de cette identité.

⚠️ Écrire les coefficients nuls ( $0X^2$ et $0X$ ) est indispensable : les omettre décale toute la ligne de Horner.

Le quotient est-il irreductible ?

👉 Sur $\mathbb{R}$ , le discriminant de $X^2-X+1$ vaut

\Delta=(-1)^2-4\times 1\times 1=1-4=-3<0.

\boxed{X^2-X+1\ \text{est IRREDUCTIBLE sur}\ \mathbb{Q}\ \text{et sur}\ \mathbb{R}}

La factorisation en irréductibles réels est donc complète :

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

👉 Sur $\mathbb{C}$ , il se factorise encore. Ses racines sont

X=\frac{1\pm i\sqrt3}{2}=e^{\pm i\pi/3},

donc

X^3+1=(X+1)\left(X-e^{i\pi/3}\right)\left(X-e^{-i\pi/3}\right).

👉 Les trois racines sont les racines cubiques de $-1$ , c'est-à-dire $e^{i\pi}$ , $e^{i\pi/3}$ et $e^{-i\pi/3}$ — trois points régulièrement espacés de $120^\circ$ sur le cercle unité.

Contrôle par Viète (B2) : leur somme vaut $-1+\tfrac12+\tfrac12=0$ , soit l'opposé du coefficient de $X^2$ , qui est bien $0$ ✓

Le lien avec $X^4+X^2+1$ et les cyclotomiques

👉 $X^2-X+1$ est le polynôme cyclotomique $\Phi_6$ — celui dont les racines sont les racines $6^{\text{es}}$ primitives de l'unité, $e^{\pm i\pi/3}$ .

👉 C'est exactement l'un des deux facteurs de $X^4+X^2+1$ (B4), qui vaut $\Phi_3\Phi_6$ . Les deux exercices touchent donc le même objet.

Les décompositions cyclotomiques à connaître :

polynôme	décomposition	racines
$X^2-1$	$\Phi_1\Phi_2$	$1,\ -1$
$X^3-1$	$\Phi_1\Phi_3$	$1,\ j,\ \bar j$
$X^3+1$	$\Phi_2\Phi_6$	$-1,\ e^{\pm i\pi/3}$
$X^4-1$	$\Phi_1\Phi_2\Phi_4$	les $4^{\text{es}}$ de l'unité

👉 Et l'on peut le vérifier directement :

X^3+1=\frac{X^6-1}{X^3-1}=\frac{\Phi_1\Phi_2\Phi_3\Phi_6}{\Phi_1\Phi_3}=\Phi_2\Phi_6=(X+1)(X^2-X+1)\ \checkmark

ℹ️ Le réflexe utile : devant $X^n\pm 1$ , penser aux racines de l'unité plutôt qu'aux identités remarquables. C'est plus court et cela donne la factorisation complète d'un coup.

Réponse. Quotient

X^2-X+1

, reste

0

. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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PGCD (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Calculer $\operatorname{pgcd}(X^2-1,\ X^2-X)$ .

Indices (3)

Factoriser chacun.

$X^2-1=(X-1)(X+1)$ , $X^2-X=X(X-1)$ .

Facteur commun.

Correction détaillée

Factoriser d'abord — c'est le plus rapide ici

A=X^2-1,\qquad B=X^2-X.

👉 Les deux se factorisent d'un coup d'œil :

X^2-1=(X-1)(X+1)\qquad\text{(identite remarquable)},

X^2-X=X(X-1)\qquad\text{(factorisation par }X).

Le seul facteur commun est $(X-1)$ :

\boxed{\operatorname{pgcd}(X^2-1,\ X^2-X)=X-1}

👉 Contrôle : les quotients doivent être premiers entre eux.

\frac{X^2-1}{X-1}=X+1,\qquad \frac{X^2-X}{X-1}=X,

et $X+1$ et $X$ n'ont aucun facteur commun ✓ — c'est bien le plus grand diviseur commun.

Le controle par Euclide

👉 Méthode indépendante (A3), pour vérifier sans se fier à la factorisation.

Étape 1 :

X^2-1=(X^2-X)\cdot 1+(X-1).

👉 Contrôle : $(X^2-X)+(X-1)=X^2-1$ ✓

Étape 2 :

X^2-X=(X-1)\cdot X+0.

👉 Contrôle : $X(X-1)=X^2-X$ ✓ — le reste est nul, on s'arrête.

\text{dernier reste non nul}=X-1\ \checkmark

👉 Deux étapes seulement. Le degré chute de $2$ à $1$ , puis le reste s'annule.

👉 Troisième voie, par les RACINES :

polynôme	racines
$X^2-1$	$1,\ -1$
$X^2-X$	$0,\ 1$

La seule racine commune est $1$ , et les deux polynômes n'ont que des racines simples, donc le pgcd vaut $(X-1)$ ✓

👉 Trois méthodes, même réponse.

Le ppcm au passage

👉 La relation fondamentale vaut aussi pour les polynômes, à une constante près :

\operatorname{pgcd}(A,B)\times\operatorname{ppcm}(A,B)=AB\qquad\text{(a un inversible pres)}.

\operatorname{ppcm}=\frac{(X^2-1)(X^2-X)}{X-1}=(X^2-1)\cdot X=X^3-X.

\boxed{\operatorname{ppcm}(X^2-1,\ X^2-X)=X^3-X=X(X-1)(X+1)}

Contrôles :

contrôle	vérification
multiple de $X^2-1$	$X^3-X=(X^2-1)\cdot X$ ✓
multiple de $X^2-X$	$X^3-X=(X^2-X)(X+1)$ ✓
relation fondamentale	$(X-1)(X^3-X)=X^4-X^3-X^2+X$ et $(X^2-1)(X^2-X)$ = idem ✓

👉 Lecture par les racines : le ppcm réunit toutes les racines des deux polynômes — $0$ , $1$ et $-1$ — chacune une fois. Le pgcd ne garde que les communes.

👉 C'est exactement le mécanisme min/max des exposants de l'arithmétique (A4), transposé aux facteurs irréductibles.

La lecon : trois methodes, trois usages

méthode	quand la préférer
factorisation	petits degrés, polynômes reconnaissables
Euclide	grands degrés, ou coefficients quelconques — toujours applicable
racines	quand elles sont connues et simples

⚠️⚠️ La méthode par les racines a un PIÈGE : elle ignore les multiplicités. Sur

A=(X-1)^2,\qquad B=(X-1)^3,

les deux ont la même unique racine $1$ — mais le pgcd vaut $(X-1)^2$ , pas $(X-1)$ .

👉 Il faut donc prendre, pour chaque racine commune, le MINIMUM des deux multiplicités — exactement comme on prend le min des exposants sur les facteurs premiers en arithmétique.

👉 Euclide, lui, n'a pas ce défaut : il donne directement le bon résultat, multiplicités comprises, sans qu'on ait à y penser.

\boxed{\text{En cas de doute sur les multiplicites : EUCLIDE}}

ℹ️ C'est pour la même raison qu'Euclide est le seul praticable sur de grands polynômes : factoriser est difficile, diviser ne l'est pas.

Réponse.

\operatorname{pgcd}=X-1

. (Recoupement : seule racine commune

X=1

— vérifié machine ✓)

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Factorisation (DS)

CalculDifficulté 2/5

Factoriser $X^4-16$ sur $\mathbb R$ .

Indices (3)

Différence de carrés : $X^4-16=(X^2-4)(X^2+4)$ .

$X^2-4=(X-2)(X+2)$ .

$X^2+4$ irréductible sur $\mathbb R$ .

Correction détaillée

Deux differences de carres successives

👉 Reconnaître $16=4^2$ , puis appliquer $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$ deux fois.

Premier passage, avec $a=X^2$ et $b=4$ :

X^4-16=(X^2)^2-4^2=(X^2-4)(X^2+4).

Second passage, sur $X^2-4$ seulement, avec $a=X$ et $b=2$ :

X^2-4=(X-2)(X+2).

\boxed{X^4-16=(X-2)(X+2)(X^2+4)}

⚠️⚠️ $X^2+4$ ne se factorise PAS sur $\mathbb{R}$ — c'est une somme de carrés, pas une différence. Son discriminant vaut $0-16=-16<0$ .

👉 C'est l'erreur classique : appliquer l'identité au second facteur par symétrie. Il n'y a pas d'identité $a^2+b^2$ sur $\mathbb{R}$ .

La factorisation sur $\mathbb{R}$ est COMPLETE

\boxed{\text{sur}\ \mathbb{R}\ :\ X^4-16=(X-2)(X+2)(X^2+4)}

Vérifions que chaque facteur est irréductible sur $\mathbb{R}$ :

facteur	degré	irréductible ?
$X-2$	$1$	oui — toujours
$X+2$	$1$	oui
$X^2+4$	$2$	oui — $\Delta=-16<0$

Contrôle par développement :

(X-2)(X+2)=X^2-4,\qquad (X^2-4)(X^2+4)=X^4+4X^2-4X^2-16=X^4-16\ \checkmark

👉 Les termes en $X^2$ se simplifient — la signature de la différence de carrés.

Contrôle du degré : $1+1+2=4$ ✓

👉 Contrôle par les racines réelles : $x^4=16$ donne $x^2=4$ (car $x^2=-4$ est impossible), donc $x=\pm 2$ . Deux racines réelles seulement, ce qui est cohérent avec deux facteurs de degré $1$ .

Sur $\mathbb{C}$ : quatre racines

👉 Il ne reste qu'à factoriser $X^2+4$ , dont les racines sont $\pm 2i$ :

X^2+4=(X-2i)(X+2i).

\boxed{\text{sur}\ \mathbb{C}\ :\ X^4-16=(X-2)(X+2)(X-2i)(X+2i)}

Contrôle : $(X-2i)(X+2i)=X^2-(2i)^2=X^2-4i^2=X^2+4$ ✓

👉 Les quatre racines sont les racines $4^{\text{es}}$ de $16$ :

2,\quad 2i,\quad -2,\quad -2i\qquad\text{c'est-a-dire}\qquad 2\,e^{2ik\pi/4},\ k=0,1,2,3.

👉 Elles forment un carré de « rayon » $2$ — les mêmes directions que les racines $4^{\text{es}}$ de l'unité (B6), dilatées d'un facteur $\sqrt[4]{16}=2$ .

👉 C'est le cas général : les racines $n^{\text{es}}$ de $r>0$ sont $\sqrt[n]{r}\cdot e^{2ik\pi/n}$ , réparties régulièrement sur un cercle de rayon $\sqrt[n]{r}$ .

Contrôle par Viète : leur somme vaut $2+2i-2-2i=0$ , l'opposé du coefficient de $X^3$ , qui est nul ✓

Le tableau des trois corps, et le cas de $\mathbb{Q}$

corps	factorisation	facteurs
$\mathbb{Q}$	$(X-2)(X+2)(X^2+4)$	$3$
$\mathbb{R}$	idem	$3$
$\mathbb{C}$	$(X-2)(X+2)(X-2i)(X+2i)$	$4$

👉 Comme pour $X^4-1$ (B6), $\mathbb{Q}$ et $\mathbb{R}$ donnent la même décomposition — la rupture est entre $\mathbb{R}$ et $\mathbb{C}$ .

👉 Généralisation utile — $X^4-a^4$ pour $a>0$ :

X^4-a^4=(X-a)(X+a)(X^2+a^2).

⚠️ Mais $X^4+a^4$ se factorise AUSSI sur $\mathbb{R}$ , ce qui surprend — par la même ruse qu'en B4 :

X^4+4=X^4+4X^2+4-4X^2=(X^2+2)^2-(2X)^2=(X^2-2X+2)(X^2+2X+2).

Contrôle : $(X^2-2X+2)(X^2+2X+2)=X^4+2X^3+2X^2-2X^3-4X^2-4X+2X^2+4X+4=X^4+4$ ✓

👉 C'est l'identité de Sophie Germain, et elle rappelle que « pas de racine réelle » n'implique jamais « irréductible » au-delà du degré $3$ .

ℹ️ Sur $\mathbb{R}$ , aucun polynôme de degré $4$ n'est irréductible : il se factorise toujours en deux trinômes, puisque ses racines complexes vont par paires conjuguées.

Réponse.

X^4-16=(X-2)(X+2)(X^2+4)

. (Recoupement :

X^2+4

a un discriminant

<0

— vérifié machine ✓)

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Théorème du reste (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Quel est le reste de $2X^3-3X+5$ par $(X+1)$ ?

Indices (3)

Reste = $P(-1)$ .

$P(-1)=2(-1)^3-3(-1)+5$ .

Calculer.

Correction détaillée

Le theoreme du reste

\boxed{\text{Le reste de }P\ \text{par}\ (X-a)\ \text{est}\ P(a)}

⚠️ Ici le diviseur est $(X+1)$ , donc $a=-1$ et non $+1$ . C'est l'erreur la plus fréquente :

X+1=X-(-1).

👉 Le réflexe : chercher la valeur qui ANNULE le diviseur. $X+1=0$ donne $X=-1$ .

P=2X^3-3X+5\qquad\Longrightarrow\qquad \text{reste}=P(-1).

👉 Aucune division n'est nécessaire : une seule évaluation suffit.

Le calcul

P(-1)=2\times(-1)^3-3\times(-1)+5.

Terme par terme, en surveillant les signes :

terme	calcul	valeur
$2X^3$	$2\times(-1)^3=2\times(-1)$	$\mathbf{-2}$
$-3X$	$-3\times(-1)$	$\mathbf{+3}$
$+5$	—	$\mathbf{+5}$

P(-1)=-2+3+5=6.

\boxed{\text{le reste vaut }6}

⚠️ Le piège du double signe : $-3X$ évalué en $-1$ donne $+3$ , pas $-3$ . Deux moins font un plus.

👉 Contrôle par Horner, qui refait le calcul autrement — coefficients $(2,0,-3,5)$ , évaluation en $-1$ :

	$2$	$0$	$-3$	$5$
Horner	$\mathbf{2}$	$\mathbf{-2}$	$\mathbf{-1}$	$\mathbf{6}$

2\times(-1)+0=-2,\qquad (-2)\times(-1)+(-3)=-1,\qquad (-1)\times(-1)+5=6\ \checkmark

Le quotient, gratuitement

👉 Les valeurs intermédiaires de Horner SONT les coefficients du quotient (A6) :

Q=2X^2-2X-1,\qquad R=6.

\boxed{2X^3-3X+5=(X+1)(2X^2-2X-1)+6}

Contrôle par développement :

(X+1)(2X^2-2X-1)=2X^3-2X^2-X+2X^2-2X-1=2X^3-3X-1,

puis

2X^3-3X-1+6=2X^3-3X+5\ \checkmark

👉 Les termes en $X^2$ se simplifient, et les deux termes en $X$ s'additionnent en $-3X$ .

Contrôle des degrés : $\deg Q=\deg P-1=2$ ✓ et $\deg R=0<1=\deg(X+1)$ ✓

👉 Une seule passe de Horner a donc donné le reste ET le quotient, là où la division posée demanderait trois étapes.

Ce que le reste apprend

👉 $P(-1)=6\neq 0$ , donc :

conclusion	justification
$-1$ n'est pas racine de $P$	$P(-1)\neq 0$
$(X+1)$ ne divise pas $P$	théorème du reste

👉 Cherchons les autres racines rationnelles. $P=2X^3-3X+5$ a pour coefficient dominant $2$ et terme constant $5$ , donc les candidats $\dfrac pq$ (sous forme irréductible) vérifient $p\mid 5$ et $q\mid 2$ :

\pm 1,\quad \pm 5,\quad \pm\tfrac12,\quad \pm\tfrac52.

$a$	$1$	$-1$	$5$	$-5$	$\tfrac12$	$-\tfrac12$	$\tfrac52$	$-\tfrac52$
$P(a)$	$4$	$6$	$240$	$-230$	$\tfrac{15}{4}$	$\tfrac{25}{4}$	$\tfrac{115}{4}$	$-\tfrac{75}{4}$

👉 Aucune racine rationnelle — et comme $P$ est de degré $3$ , il est donc irréductible sur $\mathbb{Q}$ (A5).

⚠️ Ne pas oublier les candidats FRACTIONNAIRES quand le coefficient dominant n'est pas $1$ . Se limiter à $\pm 1,\pm 5$ serait un test incomplet.

ℹ️ $P$ a bien une racine réelle — tout polynôme réel de degré impair en a une, par le théorème des valeurs intermédiaires — mais elle est irrationnelle, aux environs de $-1{,}72$ .

Réponse. Reste

=6

. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Viète (DS)

ApplicationDifficulté 2/5

Sans calculer les racines, donner leur somme et leur produit pour $X^2-5X+6$ .

Indices (3)

Pour $X^2-sX+p$ , somme $=s$ , produit $=p$ .

Ici $s=5$ , $p=6$ .

(Racines $2$ et $3$ .)

Correction détaillée

Viete en degre 2

Pour $X^2+bX+c$ de racines $r_1,r_2$ :

\boxed{r_1+r_2=-b,\qquad r_1r_2=c}

👉 D'où cela vient — en développant la forme factorisée :

(X-r_1)(X-r_2)=X^2-(r_1+r_2)X+r_1r_2,

et l'identification donne $b=-(r_1+r_2)$ et $c=r_1r_2$ .

⚠️ Le signe est sur la SOMME, pas sur le produit. C'est l'erreur classique : la somme vaut $-b$ , le produit vaut $c$ sans changement de signe.

👉 Mnémonique : les signes alternent en partant de $-$ , donc somme $\to -b$ , produit $\to +c$ . La même alternance qu'en degré $3$ (B2).

Application a $X^2-5X+6$

Ici $b=-5$ et $c=6$ .

\boxed{r_1+r_2=-(-5)=5,\qquad r_1r_2=6}

👉 Aucune racine n'a été calculée — c'est tout l'intérêt de Viète.

👉 Mais ici on peut les deviner, et cela sert de contrôle : quels sont les deux nombres de somme $5$ et de produit $6$ ?

\boxed{2\ \text{et}\ 3}

Contrôles : $2+3=5$ ✓ et $2\times 3=6$ ✓

Contrôle par le discriminant :

\Delta=25-24=1,\qquad X=\frac{5\pm 1}{2}=3\ \text{ou}\ 2\ \checkmark

👉 La factorisation est donc $X^2-5X+6=(X-2)(X-3)$ , ce qui se vérifie en développant : $X^2-3X-2X+6=X^2-5X+6$ ✓

👉 Cette lecture « somme et produit » est la méthode la plus rapide pour factoriser un trinôme à racines entières — plus rapide que le discriminant.

Ce que Viete donne SANS les racines

👉 Son vrai intérêt apparaît quand les racines ne sont pas calculables. Prenons $X^2-5X+6$ pour illustrer, mais les formules valent en général.

quantité	formule en $b,c$	valeur ici	contrôle
$r_1+r_2$	$-b$	$5$	$2+3$ ✓
$r_1r_2$	$c$	$6$	$2\times 3$ ✓
$r_1^2+r_2^2$	$b^2-2c$	$25-12=13$	$4+9$ ✓
$\tfrac1{r_1}+\tfrac1{r_2}$	$-b/c$	$5/6$	$\tfrac12+\tfrac13$ ✓
$(r_1-r_2)^2$	$b^2-4c=\Delta$	$1$	$(3-2)^2$ ✓

👉 La troisième ligne se démontre en une identité :

r_1^2+r_2^2=(r_1+r_2)^2-2r_1r_2=b^2-2c.

👉 Et la dernière est remarquable : $(r_1-r_2)^2=\Delta$ . Le discriminant est le carré de l'écart entre les racines — ce qui explique pourquoi $\Delta=0$ signifie racine double, et $\Delta<0$ racines non réelles.

⚠️ Ces formules marchent même sur $X^2-X-1$ , dont les racines sont le nombre d'or et son conjugué : $r_1+r_2=1$ , $r_1r_2=-1$ , $r_1^2+r_2^2=1+2=3$ — sans jamais écrire $\tfrac{1\pm\sqrt5}{2}$ .

Le probleme INVERSE : fabriquer un polynome

👉 Viète se lit aussi dans l'autre sens, et c'est un usage très fréquent.

\boxed{\text{Deux nombres de somme}\ S\ \text{et de produit}\ P\ \text{sont racines de}\ X^2-SX+P}

Exemple. Trouver deux nombres de somme $5$ et de produit $6$ : ils sont racines de $X^2-5X+6$ , donc valent $2$ et $3$ ✓

Autre exemple. Somme $10$ , produit $40$ :

X^2-10X+40,\qquad \Delta=100-160=-60<0.

👉 Aucun couple RÉEL ne convient — les deux nombres sont $5\pm i\sqrt{15}$ .

⚠️ Le discriminant répond donc à la question « ce couple existe-t-il ? » avant même de chercher. C'est un test préalable très efficace.

👉 Une contrainte à connaître : deux réels de somme $S$ ont un produit au plus $S^2/4$ , atteint quand ils sont égaux. Ici $10^2/4=25<40$ , ce qui confirme l'impossibilité sans calculer $\Delta$ .

ℹ️ Application classique : chercher deux entiers de somme et produit donnés est exactement ce qu'on fait pour factoriser un trinôme « à vue » — et c'est aussi le cœur de la méthode de factorisation de Fermat.

Réponse. Somme

5

, produit

6

(racines

2

et

3

). (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Racines multiples (DS)

CalculDifficulté 2/5

Factoriser $X^4-2X^2+1$ et donner les multiplicités.

Indices (3)

$X^4-2X^2+1=(X^2-1)^2$ .

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

Élever au carré.

Correction détaillée

Reconnaitre un carre deguise

P=X^4-2X^2+1.

👉 Poser $t=X^2$ fait apparaître une identité remarquable :

t^2-2t+1=(t-1)^2.

Donc

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

👉 Et $X^2-1$ se factorise encore :

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

\boxed{X^4-2X^2+1=(X-1)^2(X+1)^2}

Contrôle par développement :

\big[(X-1)(X+1)\big]^2=(X^2-1)^2=X^4-2X^2+1\ \checkmark

👉 Le carré se distribue sur le produit — inutile de développer les deux facteurs séparément.

Les multiplicites

\boxed{\text{racine }1\ :\ \text{multiplicite }\mathbf{2}\qquad\text{racine }-1\ :\ \text{multiplicite }\mathbf{2}}

Contrôle par le comptage des degrés :

2+2=4=\deg P\ \checkmark

👉 Deux racines seulement, mais chacune double : $P$ est de degré $4$ et n'a que deux racines distinctes.

👉 Contrôle par la dérivée (B1) :

P'=4X^3-4X=4X(X^2-1)=4X(X-1)(X+1).

point	$P$	$P'$	conclusion
$1$	$1-2+1=0$	$4-4=0$	multiplicité $\geq 2$ ✓
$-1$	$1-2+1=0$	$-4+4=0$	multiplicité $\geq 2$ ✓
$0$	$1\neq 0$	$0$	pas racine de $P$ — $P'$ s'annule sans que $P$ le fasse

⚠️ La dernière ligne est instructive : $P'(0)=0$ mais $P(0)=1\neq 0$ , donc $0$ n'est pas racine multiple — c'est simplement un extremum local de $P$ . Il faut que les DEUX s'annulent.

Le controle par $\operatorname{pgcd}(P,P')$

👉 Méthode indépendante (B3), qui trouve les racines multiples sans les chercher.

P=X^4-2X^2+1,\qquad P'=4X^3-4X.

En simplifiant par l'inversible $4$ , calculons $\operatorname{pgcd}(P,\ X^3-X)$ :

X^4-2X^2+1=(X^3-X)\cdot X+(-X^2+1).

👉 Contrôle : $X(X^3-X)=X^4-X^2$ , et $X^4-X^2-X^2+1=X^4-2X^2+1$ ✓

Puis, en simplifiant $-X^2+1=-(X^2-1)$ :

X^3-X=(X^2-1)\cdot X+0.

\boxed{\operatorname{pgcd}(P,P')=X^2-1=(X-1)(X+1)}

👉 Lecture : les deux racines $1$ et $-1$ apparaissent dans le pgcd à la puissance $1$ , donc leur multiplicité dans $P$ vaut $1+1=2$ ✓ — conforme à la factorisation.

👉 Et la partie sans facteur carré (C5) vaut

\frac{P}{\operatorname{pgcd}(P,P')}=\frac{(X^2-1)^2}{X^2-1}=X^2-1,

qui a les mêmes racines que $P$ , toutes simples.

Le graphe, et une generalisation

👉 Les deux racines étant de multiplicité PAIRE, la courbe TOUCHE l'axe sans le traverser en $x=1$ et $x=-1$ (B1).

P(x)=(x^2-1)^2\ \geq\ 0\qquad\text{pour tout }x\in\mathbb{R}.

👉 $P$ est un carré, donc positif ou nul partout — et il ne s'annule qu'en $\pm 1$ . C'est la traduction analytique de « toutes les multiplicités sont paires ».

Les valeurs particulières :

$x$	$-2$	$-1$	$0$	$1$	$2$
$P(x)$	$9$	$\mathbf{0}$	$1$	$\mathbf{0}$	$9$

👉 En $x=0$ , $P$ vaut $1$ : c'est un maximum LOCAL entre les deux racines, ce qui explique le $P'(0)=0$ du bloc 2.

👉 Généralisation utile : $X^4-2aX^2+a^2=(X^2-a)^2$ , et la factorisation dépend du signe de $a$ :

$a$	factorisation sur $\mathbb{R}$
$a>0$	$(X-\sqrt a)^2(X+\sqrt a)^2$
$a=0$	$X^4$ — racine quadruple
$a<0$	$(X^2-a)^2$ , carré de l'irréductible $X^2-a$ , pas de racine réelle

ℹ️ Un polynôme réel positif ou nul partout est toujours une somme de deux carrés de polynômes (ici, un seul suffit). C'est propre à une variable (on factorise sur $\mathbb{C}$ ) : en plusieurs variables, il faut des sommes de carrés de fractions rationnelles — c'est le théorème d'Artin, qui a résolu le 17ᵉ problème de Hilbert.

Réponse.

(X-1)^2(X+1)^2

:

1

et

-1

doubles. (Recoupement : vérifié machine ✓)

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Exercices corrigés — Polynômes & corps finis

Les 18 exercices

Degré et opérations

Division euclidienne

PGCD par l'algorithme d'Euclide

Bézout polynomial

Factorisation sur Q

Théorème du reste (Horner)

Multiplicité d'une racine

Relations de Viète

Dérivée formelle & racines multiples

Factorisation sur R et sur C

Irréductibilité sur Q (Eisenstein)

Décomposition sur Q, R, C

Division exacte (DS)

PGCD (DS)

Factorisation (DS)

Théorème du reste (DS)

Viète (DS)

Racines multiples (DS)

S'entraîner davantage sur polynômes & corps finis