On considère le polynôme : \(P=X^4-5X^3+4X^2+3X+9\).
Montrer que \(3\) est une racine double de \(P\).
Factoriser \(P\) dans \(\mathbb{R}\).
En déduire toutes les racines de \(P\) dans \(\mathbb{C}\).
Comme \(P\left(3\right)=P'\left(3\right)=0\) et que \(P''\left(3\right)\neq 0\) , \(3\) est une racine double de \(P\).
\(P\) est donc de la forme : \(P=\left(X-3\right)^2\left(aX+bX+c\right)\). Par identification, on trouve : \[\boxed{P = \left(X-3\right)^{2}\left(X^{2}+X+1\right)}.\]
Les racines de \(X^{2}+X+1\) sont les racines troisièmes de l’unité : \(e^{{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\) et \(e^{-{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\) donc : \[\boxed{P = \left(X-3\right)^{2}\left(X-e^{{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\right) \left(X-e^{-{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}} \right)}\] et \(P\) comporte une racine double : \(3\) et deux racines simples complexes conjuguées : \(e^{{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\) et \(e^{-{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\).
Montrer qu’il existe un unique polynôme unitaire \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{4}[X]\) vérifiant: \[P(0)=P(1)=P'(1)=0 \textrm{ et } P'(0)=2\]
Comme \(0\) est une racine simple de \(P\) et \(1\) est une racine au moins double de \(P\), \(P\) est de la forme \(P=X\left(X-1\right)^2\left(aX+b\right)\) avec \(,b\in\mathbb{R}\). Mais \(P'\left(0\right)=2\) et on obtient \(b=2\) et comme \(P\) est unitaire, on a \(a=1\). Donc \(\boxed{P=X\left(X-1\right)^2\left(X+2\right)}\).
Soient \(a\), \(b\), \(c\) trois éléments non nuls et distincts de \(\mathbb{K}\). Démontrer que le polynôme \[P=\dfrac{X\left(X-b\right)\left(X-c\right)}{a\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\dfrac{X\left(X-c\right)\left(X-a\right)}{b\left(b-c\right)\left( b-a\right)}+\dfrac{X\left(X-a\right)\left(X-b\right)}{c\left(c-a\right)\left(c-b\right)}\] peut s’écrire sous la forme \(P=\lambda\left(X-a\right)\left(X-b\right)\left(X-c\right)+1\) où \(\lambda\) est une constante que l’on déterminera.
Par division euclidienne, il existe un unique couple \(\left(Q,R\right)\in\mathbb{R}\left[\mathbb{K}\right]\) tel que \(P=Q \left(X-a\right)\left(X-b\right)\left(X-c\right) + R\) où \(R=\alpha X^2+\beta X+\gamma\in\mathbb{K}\left[X\right]\). Remarquons que \(P\left(a\right)=P\left(b\right)=P\left(c\right)=1\) donc \(a,b,c\) sont trois racines distinctes du polynômes \(R-1\). Ce polynôme étant de degré \(\leqslant 2\), ceci n’est possible que si \(R-1=0\). On a donc \(R=1\) et \(P=Q \left(X-a\right)\left(X-b\right)\left(X-c\right) + 1\). En raisonnant sur les degrés, il est clair que \(\deg Q=0\) donc \(Q=\lambda\) est une constante. Le coefficient du terme dominant de \(P\) est \[\dfrac{1}{a\left(a-b\right)\left(a-c\right)}+\dfrac{1}{b\left(b-c\right)\left( b-a\right)}+\dfrac{1}{c\left(c-a\right)\left(c-b\right)}= \dfrac{1}{abc}\] donc \(\boxed{\lambda=1/(abc)}\).
Soit \(n\geqslant 2\). Quel est l’ordre de multiplicité de la racine \(1\) dans le polynôme \(X^{2n}-nX^{n+1}+nX^{n-1}-1\) ?
On calcule \(P(1)=1-n+n-1=0\), \(P'(1)=2n-n(n+1)+n(n-1)=0\), \(P''(1)=4n^2-2n-n^3-n^2+n^3+3n^2+2n\), \(P'''(1)=2n(n-1)(n+1)\neq 0\), et donc \(1\) est une racine d’ordre \(3\).
On considère le polynôme \[P_n(X)=1+X+\dfrac{X^2}{2!}+\dots + \dfrac{X^n}{n!}\] Montrer qu’il n’a pas de racine multiple.
Supposons que \(P_n\) admet une racine \(\alpha\in\mathbb{C}\) d’ordre au moins deux. Alors \(P_n(\alpha)=P'_n(\alpha)=0\). Mais \[P_n\left(\alpha\right)= 1+\alpha+\dfrac{\alpha^2}{2!}+\dots + \dfrac{\alpha^n}{n!} \quad \textrm{ et} \quad P_n'\left(\alpha\right)= 1+\alpha+\dfrac{\alpha}{2!}+\dots + \dfrac{\alpha^{n-1}}{\left(n-1\right)!}.\] Donc par soustraction de ces deux égalités, on a \(\dfrac{\alpha^n}{n!}=0\) et forcément \(\alpha=0\). Mais \(P_n(0)=1\) et on aboutit à une contradiction.
Trouver \(P\in \mathbb{\mathbb{R} }_{5}[X]\) tel que \(-1\) soit racine triple de \(P+1\) et que \(1\) soit racine triple de \(P-1\).
Soit \(P\) un polynôme répondant aux hypothèses de l’énoncé. Alors il existe \(S=aX^2+bX^2+c\in \mathbb{\mathbb{R} }_{2}[X]\) et \(T=dX^2+eX^2+f\in \mathbb{\mathbb{R} }_{2}[X]\) tels que \[P=\left(X+1\right)^3S-1 = \left(X-1\right)^3T+1.\] On développe ces expressions et on identifie les termes de même degré. On obtient le système : \[\begin{cases} a &= d\\ 3a+b &= e-3d\\ 3a+3b+c &= f-3e+3d\\ a+3b+3c &= -3f+3e-d\\ b+3c &= 3f-e\\ c-1 &= -f+1\end{cases}\] dont l’unique solution est \(a = 3/8, b = -9/8, c = 1, d = 3/8,e = 9/8, f = 1\). On en déduit que \(P=(x+1)^3(3/8x^2-9/8x+1)-1=\boxed{3/8x^5-5/4x^3+15/8x}\). Réciproquement, on vérifie que ce polynôme est solution de notre problème.
Soit \[P_n=(X+1)^{2n+1} - X^{2n+1} -1 \in \mathbb{\mathbb{R} }_{ }[X]\] Montrer que \((X^2+X)\) divise \(P_n\). Est-ce que \((-1)\) est racine double de \(P\)?
Comme \(X^2+X=X\left(X+1\right)\) et que \(P_n\left(-1\right)=P_n\left(0\right)=0\), le polynôme \(X^2+X\) divise \(P\). Par ailleurs, \(P_n'=\left(2n+1\right)\left(X+1\right)^{2n}-\left(2n+1\right)X^{2n}\) et \(P_n'\left(-1\right)=-\left(2n+1\right)\neq 0\) donc \(-1\) est une racine simple de \(P\).
Soit \(n\in \mathbb{N}^*\). on considère \(P_n\in \mathbb{R}[X]\) défini par \(P_n(X) = (2n-1)X^{n+2} - (2n+1)X^{n+1}+ X^2+ X\).
Calculer le quotient euclidien \(Q_n\) de \(P_n\) par \((X-1)^2\).
Démontrer qu’il existe un unique réel \(x_n\geqslant 0\) tel que \(Q_n(x_n) = 1\).
Établir que la suite \((x_n)\) est convergente et préciser sa limite.
On a \(P_n(1) = 2n-1 - (2n+1) + 1 + 1 =0\). \(P_n^\prime = (2n-1)(n+2)X^{n+1} - (n+1)(2n+1)X^n + 2X + 1\). D’où \(P_n^\prime(1) = (2n-1)(n+2) - (n+1)(2n+1) + 2 + 1 = 0\). Donc \(1\) est racine de \(P\) d’ordre au moins \(2\) et \((X-1)^2\) divise \(P_n\). On pose la division : \[\left. \begin{matrix} \phantom- (2n-1)X^{n+2} &- (2n+1)X^{n+1} && +\ldots \\ - (2n-1)X^{n+2} &+ (4n-2)X^{n+1} &-(2n-1)X^n& +\ldots \\ & (2n-3)X^{n+1} &-(2n-1)X^n& +\ldots \end{matrix} \right\vert \begin{matrix} X^2 - 2X + 1\\ \hline (2n-1)X^n + \ldots \end{matrix}\] Il semblerait donc que \(P_n = (2n-1)X^n (X^2-2x+1) + P_{n-1}\) en posant s’il le faut \(P_0 = -X^2 - X + X^2 + X = 0\). Vérifions-le : \[\begin{aligned} P_{n-1}+(2n-1)X^n (X^2-2x+1) &=& (2n-3)X^{n+1} - (2n-1)X^n+ X^2+ X + (2n-1)X^{n+2} - 2(2n-1)X^{n+1} +(2n-1)X^n\\&=& (2n-1)X^{n+2} + \left[ (2n-3) - 4n + 2 \right] + X^2 + X = P_n.\end{aligned}\]
On en déduit que \(P_n = (X^2-2x+1) \displaystyle\sum_{k=1}^n (2k-1)X^k\).
On a \(Q_n(x) = x + 3x^2 + \ldots + (2n-1)x^n\). La fonction \(Q_n\) est strictement croissante sur \([0,+\infty[\), avec \(Q_n(0)=0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}Q_n(x) = +\infty\). Donc l’équation \(Q_n(x) = 1\) admet une unique solution positive. Comme \(Q_n(1) = n^2\), on a \(0\leqslant x_n \leqslant 1\).
On a \(Q_{n+1}(x_n) = Q_n(x_n) + (2n+1)x_n^{n+1} = 1 + (2n+1)x_n^{n+1} > 1 = Q_{n+1}(x_{n+1})\). Donc, comme \(Q_{n+1}\) est croissante, la suite \((x_n)\) est strictement décroissante. Comme elle est minorée par zéro, elle converge. Soit \(\ell = \displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n\). Pour \(x \in[0,1[\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}(2n-1)x^{n+2} = 0\) et \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}(2n+1)x^{n+1} = 0\). Donc \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{(2n-1)x^{n+2} - (2n+1)x^{n+1}+ x^2+ x}{(x-1)^2} = \dfrac{x^2+ x}{(x-1)^2}\). On pose \(Q(x) = \dfrac{x^2+ x}{(x-1)^2}\).
On considère deux polynômes \((P, Q) \in \mathbb{\mathbb{C} }_{ }[X] ^2\) vérifiant \[\forall z \in \mathbb{C} ,~ \bigl|P(z)\bigr| = \bigl|Q(z)\bigr|.\] Montrer qu’il existe \(u \in \mathbb{C}\), \(\lvert u \rvert = 1\) tel que \(P = uQ\).
Pour tout \(\alpha \in \mathbb{C}\), on a \(P(\alpha) = 0 \Longleftrightarrow Q(\alpha) = 0\). Donc \(P\) et \(Q\) ont les mêmes racines. Comme tout polynôme de \(\mathbb{\mathbb{C} }_{ }[X]\) est scindé, le résultat est immédiat. Du moins tant que les racines sont simples. Sinon on écrit \(P = \lambda\displaystyle\prod_{k=1}^m \left( X - \alpha_k \right)^{p_k}\) et \(Q = \mu\displaystyle\prod_{k=1}^m \left( X - \alpha_k \right)^{q_k}\) avec les \(\alpha_k\) deux à deux distincts. Soit \(k_0\in\llbracket 1,m\rrbracket\) Pour fixer les idées, on peut supposer \(p_{k_0}\leqslant q_{k_0}\). En divisant par \(\left( z - \alpha_{k_0} \right)^{p_{k_0}}\) on obtient, pour \(z\neq \alpha_{k_0}, \left\vert \lambda\displaystyle\prod_{\substack{k=1\\k\neq k_0}}^m \left( z - \alpha_k \right)^{p_k}\right\vert = \left\vert \mu\left( z - \alpha_{k_0} \right)^{q_{k_0}-p_{k_0}}\prod_{\substack{k=1\\k\neq k_0}}^m \left( z - \alpha_k \right)^{q_k}\right\vert\). Supposons l’espace d’un instant que \(q_{k_0}>p_{k_0}\), on obtiendrait, en faisant tendre \(z\) vers \(\alpha_{k_0}\), \(\left\vert \lambda\displaystyle\prod_{\substack{k=1\\k\neq k_0}}^m \left( \alpha_{k_0} - \alpha_k \right)^{p_k}\right\vert = 0\), contradiction. Donc \(q_{k_0} = p_{k_0}\), et ce \(\forall k_0\in \llbracket 1,m\rrbracket\). Ce qu’il fallait démontrer. Finalement, c’était bien immédiat.
Soit \(P\in\mathbb{R}\left[X\right]\) un polynôme de degré \(n>0\). On suppose que \(P\) admet \(n\) racines réelles distinctes.
Montrer que \(P'\) admet \(n-1\) racines réelles distinctes.
En déduire que pour tout \(a \in \mathbb{R}^{\star}\), le polynôme \(Q = P^2 + a^2\) n’a pas de racines complexes multiples.
Notons \(\alpha_1,\dots, \alpha_n\) les racines de \(P\) dans l’ordre croissant. Soit \(i\in\llbracket 1,n-1\rrbracket\). \(P\) est continue et dérivable sur le segment \(\left[\alpha_i,\alpha_{i+1}\right]\) et \(P\left(\alpha_1\right)=P\left(\alpha_{i+1}\right)=0\). D’après le théorème de Rolle, il existe \(c_i\in\left]\alpha_i,\alpha_{i+1}\right[\) tel que \(P'\left(c_i\right)=0\). On démontre ainsi que \(P'\) admet une racine \(c_i\in \left]\alpha_i,\alpha_{i+1}\right[\) pour tout \(i\in \llbracket 1,n-1\rrbracket\). Donc \(P'\) admet \(n-1\) racines et ces racines sont toutes distinctes.
Par l’absurde, s’il existe \(\alpha \in \mathbb{C}\) tel que \(Q(\alpha) = Q'(\alpha) = 0\), on aurait \[\begin{cases} P^2(\alpha) + a^2 &= 0 \\ 2P(\alpha)P'(\alpha) &= 0 \end{cases}\] et donc \(\alpha\) n’est pas réel car \(P^2(\alpha) + a^2 > 0\). On ne peut pas avoir \(P(\alpha) = 0\) (car \(P\) est scindé sur \(\mathbb{R}\)), et donc \(P'(\alpha) = 0\). Mais comme \(P'\) est scindé, on aurait \(\alpha \in \mathbb{R}\) ce qui est absurde.
Trouver les racines de \[P(X)= \sum_{k=0}^n {\displaystyle\Big({{\textstyle n}\atop {\textstyle k}}\Big)}X^{n-k} \cos k\alpha.\]
Introduisons le polynôme \(Q=\sum_{k=0}^n {\displaystyle\Big({{\textstyle n}\atop {\textstyle k}}\Big)}X^{n-k} e^{i k\alpha}\). Il est clair que \(P=\left(Q+\overline Q\right)/2\). Mais d’après la formule du binôme, \(Q=\left(X+e^{i\alpha}\right)^n\) et \(\overline Q= \left(X+e^{-i\alpha}\right)^n\). L’ensemble des racines de \(P\) est exactement l’ensemble des racines de \(Q+\overline Q\). Soit \(a\) une racine de \(P\). Comme \(Q\left(a\right)+\overline Q \left(a\right)=0\), \(\left(a+e^{i\alpha}\right)^n=-\left(a+e^{-i\alpha}\right)^n\) et il existe \(k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket\) tel que \(a+e^{i\alpha}= e^{i\left(\pi + {\scriptstyle 2k\pi\over\scriptstyle n}\right)}\left(a+e^{-i\alpha}\right)\) donc \[a=-\dfrac{ e^{-i\alpha} e^{i{ + {\scriptstyle 2k\pi\over\scriptstyle n}}} + e^{i\alpha} }{e^{i{ + {\scriptstyle 2k\pi\over\scriptstyle n}}} +1} .\] On obtient ainsi \(n\) valeurs possibles pour \(a\). Comme \(P\) est de degré \(n\), il a exactement \(n\) racines dans \(\mathbb{C}\) et les \(n\) nombres complexes de la forme précédente constituent l’ensemble de toutes les racines de \(P\).
On définit par récurrence la suite de polynômes \(\left(P_n\right)\) : \[\begin{cases} P_0=2,\quad P_1=X\\ \forall n\in\mathbb{N},\quad P_{n+2}=XP_{n+1}-P_n \end{cases}\]
Calculer \(P_2\) et \(P_3\).
Déterminer le degré et le coefficient du terme dominant de \(P_n\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).
Montrer que pour tout \(n\in\mathbb{N}\) et pour tout \(z\in\mathbb{C}^*\) : \[P_n\left(z+\dfrac{1}{z}\right)=z^n+\dfrac{1}{z^n}.\]
En déduire une expression simple de \(P_n\left(2\cos \theta\right)\) pour tout \(\theta \in\mathbb{R}\).
Déterminer les racines de \(P_n\) et en déduire une factorisation de \(P\).
\(P_2=X^2-2\), \(P_3=X^2-3X\).
Par récurrence, montrons que pour tout \(n\geqslant 1\), le coefficient du terme dominant de \(P_n\) est \(1\) et \(\deg P_n=n\). La propriété est clairement vraie aux rangs \(1\) et \(2\). Soit \(n\geqslant 2\). Supposons que le coefficient du terme dominant de \(P_n\) et de \(P_{n-1}\) est \(1\) et que \(\deg P_n=n\), \(\deg P_{n-1}=n-1\). Comme \(P_{n+1}=X P_{n}-P_{n-1}\), il est clair que \(\deg P_{n+1}=\deg P_n+1=n+1\) et que le coefficient du terme dominant de \(P_n\) est \(1\). La propriété est prouvée par récurrence.
Démontrons à nouveau cette propriété par récurrence : celle-ci est vraie au rang \(0\). Soit \(n\in\mathbb{N}\) Supposons que la propriété est vraie au rang \(n\) et au rang \(n+1\) et prouvons-la au rang \(n+2\) : \[\begin{aligned} P_{n+2}\left(z+\dfrac{1}{z}\right)&=&\left(z+\dfrac{1}{z}\right)P_{n+1} \left(z+\dfrac{1}{z}\right)-P_n\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\\ &=&\left(z+\dfrac{1}{z}\right)\left(z^{n+1}+\dfrac{1}{z^{n+1}}\right)-\left(z^n+\dfrac{1}{z^n}\right)\\ &=& z^{n+2}+\dfrac{1}{z^{n+2}} \end{aligned}\] La propriété est alors prouvée par récurrence.
Soit \(\theta\in\mathbb{R}\). Par application de la question précédente et utilisation des relations d’Euler : \[\begin{aligned} P_n\left(2\cos \theta\right)&=&P_n\left(e^{i\theta}+\dfrac{1}{e^{i\theta}}\right)\\ &=& e^{in\theta}+\dfrac{1}{e^{in\theta}}\\ &=& \boxed{2\cos\left(n\theta\right)} \end{aligned}\]
La question précédente nous invite à chercher les racines de \(P_n\) sous la forme \(z=2\cos \theta\). Remarquons que si \(z\in\left[-2,2\right]\), il existe un unique \(\theta\in\left[0,\pi\right[\) tel que \(z=2\cos \theta\). Considérons donc \(\theta\in\left[0,\pi\right[\) tel que \(P_n\left(2\cos \theta\right)\). On a alors \(\cos\left(n\theta\right)=0\) c’est-à-dire \(\theta=\dfrac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\) avec \(k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket\). Les \(n\) nombres \(2\cos\left( \dfrac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right)\) pour \(k\in\llbracket 0,n-1\rrbracket\) sont tous distincts et comme \(\deg =n\), ce sont les \(n\) racines de \(P_n\). Le coefficient du terme dominant de \(P\) étant \(1\) on obtient : \[\boxed{P=\prod_{k=1}^n \left(X-2\cos\left(\dfrac{\left(2k+1\right)\pi}{2n}\right) \right)}.\]
On appelle polynômes réciproque un polynôme dont la suite des coefficients est symétrique. Par exemple \(1 - 2X + X^2\) ou \(1 + 2X + 2X^2 + X^3\) sont réciproques. Voir aussi le paragraphe p..
Démontrer qu’un polynôme de degré \(n\) est réciproque si et seulement si \(\forall\,x\in\mathbb{K}^*, P(x) = x^n P\left( \dfrac 1x\right)\).
Démontrer qu’un polynôme réciproque de degré impair admet \(-1\) comme racine.
On suppose que \(P = (X+1)Q\). Démontrer que si \(P\) est un polynôme réciproque alors \(Q\) l’est aussi.
Démontrer que le produit de deux polynômes réciproques est réciproque.
Résoudre \(x^5 + 3x^4 - 2x^3 - 2x^2 + 3x + 1 = 0\). (On utilisera les questions précédentes et on se souviendra de l’exercice précédent).
On considère la suite de polynômes : \(P_0=1\) et \(P_n=(1+nX)P_{n-1}+ X(1-X)P^\prime_{n-1}, (n\geqslant 1)\). Démontrer que les \(P_n\) sont des polynômes réciproques.
Si on pose \(P(x) = a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1}+\ldots + a_1x +a_0\) on a \(P\left( \dfrac 1x\right) = \dfrac{a_n}{x^n} + \dfrac{a_{n-1}}{x^{n-1}}+\ldots + \dfrac{a_1}{x} +a_0\) et donc \(x^n P\left( \dfrac 1x\right) = a_n + a_{n-1}x+\ldots + a_1x^{n-1} +a_0x^n\). D’où le résultat en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires.
Pour \(P\) polynôme réciproque de degré \(2p+1\), on a \(P(-1) = (-1)^{2p+1} P\left( \dfrac 1{-1}\right) = -P(-1)\). D’où le résultat.
Soit \(n = \deg P\). On a \(\deg Q = n-1\) et \(\forall\,x\in\mathbb{K}^*, P(x) = x^n P\left( \dfrac 1x\right)\). On en déduit \(x^n P\left( \dfrac 1x\right) = x^n(\dfrac1x + 1) Q\left( \dfrac 1x\right)\) d’où \((x+1)Q(x) = (x+1)x^{n-1}Q\left( \dfrac 1x\right)\) d’où \(Q(x) = x^{n-1}Q\left( \dfrac 1x\right)\) ce qu’il fallait vérifier.
Soit \(P\) et \(Q\) deux polynômes réciproques de degrés respectifs \(n\) et \(m\). On a \(P(x) = x^n P\left( \dfrac 1x\right)\) et \(Q(x) = x^m Q\left( \dfrac 1x\right)\). \(PQ\) est un polynôme de degré \(nm\) et on a \(PQ(x) = x^{n+m}P\left( \dfrac 1x\right)Q\left( \dfrac 1x\right) = x^{n+m}PQ\left( \dfrac 1x\right)\) ce qu’il fallait vérifier.
On a un polynôme réciproque de de degré impair. \(-1\) est racine (évidente?). On peut factoriser par \((x+1)\) et on trouve (algorithme de Horner) \(x^5 + 3x^4 - 2x^3 - 2x^2 + 3x + 1 = (x+1)(x^4 + 2x^3 - 4x^2 + 2x +1)\). On est donc amené à résoudre \(x^2\left( x^2 + \dfrac{1}{x^2} + 2\left( x + \dfrac1x\right) -4 \right) = x^2 (y^2 + 2y - 6)\) avec \(y = x + \dfrac1x\). on trouve \(y = 1 + \sqrt7\) ou \(y = 1 - \sqrt7\). On résout donc \(x + \dfrac1x = 1 + \sqrt7\) ce qui donne deux racines \(x_1 = \dfrac{1 + \sqrt7 + \sqrt{4 + 2\sqrt7}}{2}\) et \(x_2 = \dfrac{1 + \sqrt7 - \sqrt{4 + 2\sqrt7}}{2}\). \(x + \dfrac1x = 1 - \sqrt7\) donne aussi deux racines \(x_3 = \dfrac{1 - \sqrt7 + \sqrt{4 - 2\sqrt7}}{2}\) et \(x_4 = \dfrac{1 - \sqrt7 - \sqrt{4 - 2\sqrt7}}{2}\) sans oublier \(x_5 = -1\).
Par récurrence, \(P_0 = 1\) est réciproque. On suppose que \(P_{n-1}\) l’est aussi. On a alors \(P_{n-1}(x) = x^{n-1} P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\) et \(P^\prime_{n-1}(x) = (n-1)x^{n-2}P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) - x^{n-3}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\). D’où \[\begin{aligned} x^n P\left( \dfrac 1x\right) &=& x^n\left( 1 + \dfrac nx\right) P_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) + x^n \dfrac1x \left( 1-\dfrac1x\right) P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) \\ &=& (x+n)P_{n-1}(x) + x^{n-1}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right) - x^{n-2}P^\prime_{n-1}\left( \dfrac 1x\right)\\ &=& (x+n)P_{n-1}(x) - x^2 P^\prime_{n-1}(x) + (n-1)x^{n-1} P_{n-1}(x) + x P^\prime_{n-1}(x) - (n-1)x^{n-2} P_{n-1}(x)\\ & =& P_{n-1}(x) ((x+n) + (n-1)x - n + 1) + P^\prime_{n-1}(x) (-x^2 + x)\\ & =& P_{n-1}(x) (nx + 1) + P^\prime_{n-1}(x) x(1-x). \end{aligned}\] Ce qu’il fallait vérifier.
Déterminer tous les polynômes \(P\in \mathbb{C}_{ }[X]\) vérifiant: \[\forall x\in \mathbb{R} , \quad P(x)\in \mathbb{R} .\]
Soit \(P=a_nX^n+\dots +a_0 \in \mathbb{C}_{ }[X]\) vérifiant la condition de l’énoncé. Puisque \(a_0=P(0)\), \(a_0 \in \mathbb{R}\). Montrons que tous les coefficients de \(P\) sont réels. Considérons le polynôme \[\overline{P}=\overline{a_n}X^n + \dots + \overline{a_0}\] et \(H=P-\overline{P}\). Soit \(x\in \mathbb{R}\), \[P(x)\in \mathbb{R} \Rightarrow \overline{P(x)}=P(x).\] Mais \(\overline{P(x)}=\overline{a_n}x^n+\dots + \overline{a_0}=\overline{P}(x)\). Par conséquent, \[\forall x\in \mathbb{R} , H(x)=0 .\] Le polynôme \(H\) a donc une infinité de racines, il est nul et donc \(\forall i\in \llbracket 0,n\rrbracket\), \(\overline{a_i}=a_i\). Donc \(P\in \mathbb{R}_{ }[X]\). Réciproquement, tout polynôme à coefficients réels vérifie la propriété.
Déterminer tous les polynômes complexes \(P\) tels que \(P(1-2X)=P(X)\).
Soit \(z\) une racine de \(P\) dans \(\mathbb{C}\). \(1-2z\) est aussi une racine de \(P\). On s’intéresse donc à la suite \(z_n\) définie par \(z_0 = z\) et \(z_{n+1}=1-2z_n\). L’étude est classique : on résout \(x = 1 - 2x\) ce qui donne \(x = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\). Ensuite on regarde la suite auxiliaire \(v_n = z_n - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\). On a \(v_{n+1} = 1 - 2z_n - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} = 1 - 2v_n - {\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3} - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} = -2v_n\), autrement dit \((v_n)\) est une suite géométrique de raison \(-2\). Elle prend une infinité de valeurs sauf pour \(v_0 = 0\) soit \(z = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3}\). On a donc deux possibilités,
\(P = 0\).
\(P = \lambda \left( X - \dfrac13\right)^m\), \(\lambda\neq0\).
Dans le deuxième cas, \(P\) admet \(\lambda\) comme coefficient dominant et \(P(1-2X) = \lambda\left( 1-2X - \dfrac13\right)^m\) admet \((-2)^m\lambda\) comme coefficient dominant. On en déduit \((-2)^m = 1\) et \(m=0\).
Soit \(P\) un tel polynôme. Alors \(P(i^2)=0\), donc \(-1\) est racine de \(P\). Il existe \(Q\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(P(X)=(X+1)Q(X)\), mais alors \((X^2+1)Q(X^2)=(X^2+1)(X+1)Q(X)\), donc \(Q\) vérifie \[Q(X^2)=(X+1)Q(X)\] (on peut simplifier par un polynôme non-nul). Alors \(Q((-1)^2)=0\), et donc \(1\) est racine de \(Q\): il existe \(R\in \mathbb{R}_{ }[X]\) tel que \(Q(X)=(X-1)R(X)\). \(R\) vérifie alors \((X^2-1)R(X^2)=(X+1)(X-1)R(X)\), c’est-à-dire \[R(X^2)=R(X).\] Mais si on introduit le polynôme \(S(X)=R(X)-R(2)\), alors on montre par récurrence que \(\forall n \in \mathbb N\), \(S(2^{2^n})=0\), donc \(S\) possède une infinité de racines, donc \(S=0\) et alors \(R\) est constant. Finalement, il existe \(\lambda \in \mathbb{R}\) tel que \[P(X)=\lambda (X+1)(X-1).\] Réciproquement, tout polynôme de cette forme convient.
Trouver tous les polynômes \(P\in \mathbb{R}_{ }[X]\) vérifiant \[P(X^2)=(P(X))^2.\]
Supposons \(P\) non-nul. Soit \(\alpha \in \mathbb{C}\) une racine complexe de \(P\). On montre par récurrence que \(\forall k\in \mathbb N\), \(\alpha^{2^k}\) est encore racine de \(P\). Mais puisque \(P\) n’admet qu’un nombre fini de racines, il est nécessaire qu’il existe \(k\in \mathbb{N}^{*}\) tel que \[\alpha^{2^k}=\alpha\] Par conséquent, \(\alpha=0\) ou alors \(\alpha^{2^k-1}=1\), et alors \(\lvert \alpha \rvert =1\). On peut alors noter \(\alpha=e^{i\theta}\) avec \(\theta\in [0,2\pi]\).
Comme \((P(e^{i{\scriptstyle\theta\over\scriptstyle 2}}))^2=P(e^{i\theta})\), alors \(e^{i{\scriptstyle\theta\over\scriptstyle 2}}\) est encore racine. Par récurrence, on montre que \(\forall k\in \mathbb{N}^{*}\), \(e^{i{\scriptstyle\theta\over\scriptstyle 2^k}}\) est encore racine. La seule possibilité pour qu’il y ait un nombre fini de racines est que \(\theta=0\), c’est-à-dire \(\alpha=1\).
Les seules racines de \(P\) sont donc \(0\) et \(1\). Donc \(P=\lambda X^n(1-X)^p\), \(\lambda\in \mathbb{R}\). Alors \(P(X^2)=P(X)^2 \Rightarrow \lambda X^{2n}(1-X)^p(1+X)^p=\lambda X^{2n}(1-X)^{2p}\) et nécessairement, \[\boxed{ P=X^n }\] On vérifie réciproquement que les polynômes \(X^n\) avec \(n\geqslant 0\) et le polynôme nul conviennent.
Trouver tous les polynômes \(P\in \mathbb{C}_{ }[X]\) vérifiant: \[P(X^2)+P(X)P(X+1)=0 \quad \left(\star\right).\]
Soit \(P\) un polynôme solution de l’équation et \(\alpha\in\mathbb{C}\) une racine de \(P\). En utilisant l’égalité \(\left(\star\right)\), on montre par une récurrence facile que pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(P(\alpha^{2^n})=P(\alpha)=0\). Mais \(P\) possède un nombre fini de racines donc il existe \(N\in\mathbb{N}\) tel que \(\alpha^{2^N}=\alpha\) Forcément, \(\alpha=0\) ou alors \(\alpha^{2^N-1}=1\), et alors \(\lvert \alpha \rvert =1\).
Mais l’égalité \(\left(\star\right)\) amène aussi \(P( (\alpha-1)^2)=P(\alpha)P(\alpha -1)=0\), donc \(\left(\alpha-1\right)^2\) est aussi une racine de \(P\) et on doit avoir \(\alpha-1=0\) ou \(\lvert \alpha-1 \rvert =1\).
Les seules racines de module \(1\) sont \(-j\) ou \(-j^2\) (à l’intersection des cercles de rayon \(1\) centrés respectivement en \(0\) et en \(1\)) ou \(1\).
Mais \(-j\) ne peut être une racine de \(P\). En effet, comme \((-j-1)^2=j\), \(j\) devrait aussi être une racine de \(P\) ce qui n’est pas possible car on n’a pas \(\left|j-1\right|=1\). De même comme \((-j^2-1)^2=j^2\), \(-j^2\) ne peut être une racine de \(P\).
En conclusion, les seules racines éventuelles de \(P\) sont \(0\) et \(1\). Donc \(P=\lambda X^k(1-X)^p\) où \(k,p\in\mathbb{N}\) et \(\lambda \in\mathbb{C}\).. Comme \(P\) doit vérifier \(\left(\star\right)\), il vient que \(\lambda=-1\), et finalement \(\boxed{P=X^k(1-X)^p}\). La réciproque est immédiate.
Soient deux polynômes \((P, Q) \in \mathbb{\mathbb{R} }_{ }[X] ^2\) et \(k \in \mathbb{N}^{*}\).
Montrer que \((X-1) \mid P(X^k) \Rightarrow (X-1) \mid P\).
Montrer que \((X^2 + X + 1) \mid(P(X^3) + XQ(X^3)) \Rightarrow (X-1) \mid P\) et \((X-1) \mid Q\).
Si \(P = a_0 + a_1 X + \cdots + a_n X^n\), alors \(P(X^k) = a_0 + a_1 X^k + \cdots + a_n X^{nk}\). Par conséquent, en notant \(Q = P(X^k)\), si \((X-1) \mid Q\), alors \(Q(1) = P(1) = 0\). Donc \((X-1) \mid P\).
En notant \(H = P(X^3) + XQ(X^3)\), puisque \(X^2 + X + 1 = (X-j)(X-j^2)\), on a \(H(j) = H(j^2) = 0\), c’est-à-dire \[\begin{cases} P(1) + j Q(1) &= 0 \\ P(1) = j^2 Q(1) &= 0 \end{cases}.\] On en déduit que \(P(1) = Q(1) = 0\), c’est-à-dire que \((X-1) \mid P\) et que \((X-1) \mid Q\).
On considère le polynôme \(P=a_nX^n+\dots+a_0\in\mathbb{Z}\left[X\right]\) un polynôme à coefficients entiers tel que \(a_n\neq 0\) et \(a_0 \neq 0\). On suppose que \(P\) admet une racine rationnelle \(\dfrac{p}{q}\in\mathbb{Q}\) où \(p\wedge q=1\). Montrer que \(p~|~a_0\) et que \(q~|~a_n\).
En déduire une factorisation de \(P=2X^{3}-X^{2}-X-3\) dans \(\mathbb{C}\).
Vérifier si le polynôme \(P=X^5+3X^2+2\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}\left[X\right]\) ?
Avec les notations de la première question, démontrer que \(p-q\mid P(1)\) puis, sans effort, que \(p+q\mid P(1)\).
Factoriser dans \(\mathbb{R}\) le polynôme \(3X^4-19X^3+9X^2-19X+6\).
Voir aussi le paragraphe page de l’annexe .
Comme \(P\left(\dfrac{p}{q}\right)=0\), il vient : \(a_n\dfrac{p^n}{q^n}+\dots+a_1\dfrac{p}{q}+a_0=0\) ce qui amène : \[\quad a_n p^n + a_{n-1}p^{n-1}q+ \dots+ a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n=0.\] Comme \(a_n p^n = -\left(a_{n-1}p^{n-1}q+ \dots+ a_1 p q^{n-1} + a_0 q^n\right)\), \(q\) divise \(a_n p^n\) et comme \(p\) et \(q\) sont premiers entre eux, \(q\) divise \(a_n\). On montre de même que \(p~|~ a_0\).
Le résultat prouvé dans la question précédente nous invite à vérifier si \({3}/{2}\) est une racine évidente de \(P\), ce qui est le cas. On vérifie alors que \(\boxed{P=(2X-3)\left(X-e^{{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\right) \left(X-e^{-{\scriptstyle 2i\pi\over\scriptstyle 3}}\right)}.\)
Si le polynôme \(P\) n’était pas irréductible dans \(\mathbb{Q}\left[X\right]\), il aurait une racine \({p}/{q}\in\mathbb{Q}\) avec \(p\wedge q=1\). Comme \(p| 2\) et \(q|1\), cette racine doit être un des entiers relatifs : \(\pm 2\) ou \(\pm 1\). On vérifie qu’aucun de ces nombres n’est une racine de \(P\). Donc \(P\) est irréductible dans \(\mathbb{Q}\left[X\right]\)
On écrit \(q^nP(1) = q^n\left( P(1) - P\left(\dfrac{p}{q}\right)\right) = a_n\left(q^n - p^n\right) + a_{n-1}q\left(q^{n-1} - p^{n-1}\right) + \ldots a_kq^{n-k}\left(q^{k-1} - p^{k-1}\right) + \ldots + a_1q^{n-1}(q-p)\).
Comme il n’existe pas de méthode simple pour factoriser un polynôme de degré \(4\) un jour d’oral, il faut chercher les racines rationnelles : On a \(a_0 = 6\) et \(a_n = 3\). \(P(1) = -20\) et \(P(-1) = 56\).
(4,4.5)(4,6)(6,6) (4,1.5)(4,3)(6,4.5)(6,3) (8,4.5)(10,4.5)(10,3)(8,3) (2,3)(4,3)(4,6)(2,6) (6,0)(10,0)(10,3)(6,3) (4,0)(4,7) (6,0)(6,7) (8,0)(8,7) (10,0)(10,7.5) (0.5,1.5)(10,1.5) (0.5,3)(10,3) (0.5,4.5)(10,4.5) (0,0)(10,0)
(2,1.5)(8,6) (2,0)(10,6) (4,0)(6,1.5) (8,3)(10,4.5)
(0.5,6.5)\(q\) (1.5,7)\(p\) (3,6.75)\(1\) (5,6.75)\(2\) (7,6.75)\(3\) (9,6.75)\(6\) (1,5.25)\(1\) (1,3.75)\(-1\) (1,2.25)\(3\) (1,0.75)\(-3\) (2.67,1)\(2\) (3.33,0.5)\(4\) (4.67,1)\(1\) (5.33,0.5)\(5\) (2.67,2.5)\(4\) (3.33,2)\(2\) (4.67,2.5)\(5\) (5.33,2)\(1\) (4.67,4)\(1\) (5.33,3.5)\(3\) (6.67,4)\(2\) (7.33,3.5)\(4\) (8.67,4)\(5\) (9.33,3.5)\(7\) (4.67,5.5)\(3\) (5.33,5)\(1\) (6.67,5.5)\(4\) (7.33,5)\(2\) (8.67,5.5)\(7\) (9.33,5)\(5\)
(11,4.5)(11,6)(13,6)(13,4.5) (11,4.5)(13,6) (11.67,5.5)\(|p+q|\) (12.33,5)\(|p-q|\) (11,1.5)(11,3)(13,3)(13,1.5) (11,1.5)(13,3) (11.67,2.5)\(56\) (12.33,2)\(20\)
Soit \(P\in \mathbb{C}[X]\), non constant, n’admettant aucune racine complexe. \(P(X) = a_0+ a_1X + \ldots + a_nX^n, (a_n\neq 0, n\geqslant 1)\)
Démontrer que \(a_0\neq 0\).
On considère \(f~: z \longmapsto \dfrac{1}{\vert P(z) \vert}\).
Démontrez que \(\forall z\in {\mathbb{C}},\quad \vert P(z) \vert \geqslant\vert a_n \vert .\vert z \vert^n - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\vert a_{k}\vert .\vert z \vert^k\).
Démontrez que \(\forall\, \varepsilon > 0,\quad \exists\, M_\varepsilon> 0: \quad\vert z\vert > M_\varepsilon\Longrightarrow f(z) < \varepsilon\).
Démontrez que si \((u_n)_{n\in \mathbb{N}}\) est une suite de nombres complexes qui converge vers \(\ell\in \mathbb{C}\) alors la suite \((f(u_n))_{n\in \mathbb{N}}\) converge vers \(f(\ell)\).
On pose \(\varepsilon = f(0)\).
Démontrez que \(f\) est majorée sur \(D_\varepsilon= \left\lbrace z\in \mathbb{C}, \vert z\vert \leqslant M_\varepsilon\right\rbrace\). (On pourra penser au théorème de Bolzano-Weierstrass au sein d’une démonstration par l’absurde.)
Démontrez qu’il existe une suite \((u_n)_{n\in \mathbb{N}}\) telle que \((f(u_n))_{n\in \mathbb{N}}\) converge vers la borne supérieure des \(f(z)\) pour \(z\in D_\varepsilon\). (On pourra penser au théorème de Bolzano-Weierstrass ).
Démontrer que \(f\) est majorée sur \(\mathbb{C}\), et que \(m = \displaystyle\sup_{z\in\mathbb{C}} f(z)\) existe.
Démontrez que \(\exists\, z'\in \mathbb{C}, f(z') = m\). Déduisez-en que \(m\neq 0\).
On pose \(Q(z) = \dfrac{P(z+z')}{P(z')}\) .
Démontrez que \(\exists (b_k)_{1\leqslant k\leqslant n}\in \mathbb{C}^n:\quad Q(X) = 1 + b_1X + \ldots + b_nX^n\) avec \(b_n\neq 0\).
Démontrez que \(\displaystyle\inf_{z\in\mathbb{C}}\vert Q(z)\vert = 1\).
Soit \(p\) la valuation de \(Q(X) - 1\), c’est-à-dire le plus petit indice \(k \geqslant 1\) tel que \(b_k\neq 0\), et soit \(\alpha\) une racine \(p^{\textrm{ième}}\) de \(-b_p\).
Démontrez que \(\forall\, z\in \mathbb{C},\quad 1 \leqslant\left\vert 1 - z^p \right\vert + \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} b_k\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^k \right\vert\).
En prenant \(z\) réel dans \(]0,1[\) et en faisant tendre \(z\) vers zéro, quel théorème avez-vous démontré ?
On a \(a_0 = P(0)\). Comme \(P\) n’a pas de racine, \(a_0\neq0\).
On a \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kz^k = P(z) - a_nz^n\), donc d’après l’inégalité triangulaire, \(\left\vert\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kz^k \right\vert \leqslant\vert P(z) \vert + \vert a_n \vert \vert z \vert^n\).
On pose, pour \(r > 0\), \(g(r) = \vert a_n \vert r^n - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \vert a_k\vert r^k = \vert a_n \vert r^n \left( 1 - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left\vert \dfrac {a_k}{a_n} \right\vert \dfrac{1}{r^{n-k}} \right)\).
La démonstration est identique à celle de la propriété pour les fonctions (continues) de \(\mathbb{R}\) dans \(\mathbb{R}\) et les suites réelles. On remplace simplement les valeurs absolues \(\vert~\vert\) par des modules \(\vert~\vert\), c’est dire si ça ne se voit pas !
Supposons que \(f\) ne soit pas majorée sur \(D_\varepsilon\). Alors \(\forall\,n\in\mathbb{N},\,\exists\,u_n\in D_\varepsilon, f(u_n)\geqslant n\). Comme la suite \((u_n)_{n\in\mathbb{N}}\) est bornée, d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite \(\left(u_{n_k} \right)_{k\in\mathbb{N}}\) qui converge vers \(\ell\). On aurait alors \(f\left(u_{n_k} \right) \geqslant n_k \geqslant k\) et donc \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} f\left(u_{n_k} \right) = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} f\left(u_{n_k} \right) = f(\ell)\). Contradiction.
L’ensemble \(\left\lbrace f(z) \mid z\in D_\varepsilon\right\rbrace\) est non vide et majoré. Il admet donc une borne supérieure \(m\). D’après la caractérisation de la borne supérieure, \(\forall\, n\in\mathbb{N}^*,\exists u_n\in D_\varepsilon, m - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n} \leqslant f(u_n) \leqslant m\). Toujours d’après le théorème de Bolzano-Weierstrass, on peut en extraire une sous-suite \(\left(u_{n_k} \right)_{k\in\mathbb{N}}\) qui converge vers \(z'\). On a alors \(m - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle k} \leqslant m - {\scriptstyle 1\over\scriptstyle n_k} \leqslant f\left(u_{n_k} \right) \leqslant m\). La limite de la suite \(f\left(u_{n_k} \right)\) est \(m\) d’après la propriété des gendarmes, et \(f(z')\) d’après la question 2.
On a \(\forall\,z\in D_\varepsilon, f(z)\leqslant m\) et \(\forall\,z\notin D_\varepsilon, f(z)\leqslant\varepsilon = f(0) \leqslant m\). Donc \(m\) est un majorant de \(\left\lbrace f(z) \mid z\in \mathbb{C}\right\rbrace\). C’est aussi la borne supérieure et le maximum puisque \(m = f(z')\).
L’existence de \(z'\) a été vue plus haut. \(m=0\) voudrait dire que \(\dfrac{1}{\vert P(z') \vert} = 0\) ce qui est impossible.
\(Q\) est un polynôme de degré \(n\) qui vérifie \(Q(0) = \dfrac1{P(z')} \times P(z') = 1\). D’où le résultat.
On a \(\forall\,z\in\mathbb{C}, \vert Q(z) \vert = f(z') \times \dfrac{1}{f(z+z'} = m\dfrac{1}{f(z+z'} \geqslant\dfrac mm = 1\). Comme \(\vert Q(z) \vert = 1\), on a bien \(\displaystyle\inf_{z\in\mathbb{C}}\vert Q(z)\vert = 1\).
On a donc \(Q\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right) = 1 + b_p \left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^p + \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} b_k\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^k = 1 - z^p + \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} b_k\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^k \right\vert\) puisque \(b_p \left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^p = b_p \dfrac {z^p}{\alpha^p} = b_p \dfrac {z^p}{-b_p} = -z^p\). Il ne reste plus qu’à écrire \(1\leqslant\left\vert Q\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right) \right\vert \leqslant\vert 1 - z^p \vert + \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} b_k\left( {\scriptstyle z\over\scriptstyle\alpha }\right)^k \right\vert\) grâce à l’inégalité triangulaire.
On prend \(z=t\) réel dans \(]0,1[\), on a \(\vert 1 - t^p \vert = 1 - t^p\). On a donc \(t^p \leqslant t^{p+1} \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} \dfrac{b_k}{\alpha^k}t^{k-p-1} \right\vert\),
On a donc démontré par l’absurde le théorème fondamental de l’algèbre.