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Polyn^omes et nombres complexes
Table des matieres
1 Polyn^omes
11.1 Division euclidienne
21.2 Fonction polyn^ome
31.3 Decomposition en facteurs irreductibles
41.4 Polyn^ome derivee
61.5 Exercices
72 Nombres complexes
82.1 Exercices
203 Suites23
3.1 Exercices
311 Polyn^omes
Denition 1(Polyn^ome).Un polyn^ome a coecients reels est une suite de nombres reels ayant un nombre ni de termes non nuls. L'indice du dernier terme non nul est appele le degre du polyn^ome. La suite dont tous les termes sont nuls est appelee polyn^ome nul et son degre et1. L'ensemble des polyn^omes a coecients reels est noteR[X]. Siq2Nest le degre du polyn^omeP, on noteq= do(P) etP= (a0;:::;aq) ouaq6= 0, necessairement. On peut aussi noterPen utilisant l'indetermineeXde la facon suivante : P=qX i=0a iXi=a0+a1X++aqXq: Un polyn^omePde degre zero est une suite dont seul le premier termea0est non nul. Un tel polyn^ome est appele polyn^ome constant, est identie a son premier terme et on noteP=a0. 1Addition des polyn^omes
SoitPetQdeux polyn^omes. Le polyn^omeP+Qest le polyn^ome dont les coecients sont les sommes terme a terme des coecients dePetQ. SiP= (a0;:::;ap) etQ= (b0;_;bq) avecpq, alors P+Q=( (a0+b0;:::;ap+bp) sip=q ; (a0+b0;:::;ap+bp;bp+1;:::;bq) sip < q :En notation avec l'indeterminee, on a, sipq,
P+Q=pX
i=0(ai+bi)Xi+qX i=p+1b iXi ou la deuxieme somme est nulle par convention sip=q.Multiplication des polyn^omes
SoitP= (a0;:::;ap) etQ= (b0;:::;bq) deux polyn^omes. Le polyn^omePQest le polyn^ome dont les coecientscjsont denis par c j=jX i=0a ibji;0jp+q en posantai= 0 sii > petbi= 0 sii > q. Le polyn^omePQest de degre do(P) + do(Q). Son terme de plus haut degre estapbqXp+q. Si on utilise l'indetermineeX, on ecritPQ=p+qX
j=0 jX i=0a ibji! X j; toujours avec la conventionai= 0 sii > petbi= 0 sii > q. Notamment pourj=p+q, le seul terme de la somme estapbqet est necessairement non nul.ExempleSoitP= 3X2+X+ 1 etQ=X3X2+ 2. Alors
PQ= (3X2+X+ 1)(X3X2+ 2) = 3X52X4+ 5X2+ 2X+ 2:
Multiplication par une constanteSoitPun polyn^ome et soitQun polyn^ome con- stant,Q=c,c2R. On noteracPle polyn^omePQ, dont les coecients sont les coecients dePmultiplies parc. Sic6= 0, alors do(cP) = do(P). Sic= 0 alorscP= 0.1.1 Division euclidienne
Theoreme 1.SoitAetBdeux polyn^omes,B6= 0. Il existe un unique couple de polyn^omes (Q;R)tels queA=BQ+R ;do(R) 2 Remarques
L'un icitedu co uple( Q;R) est garantie par la condition do(R)Exemples
Remarques
L'un icitedu co uple( Q;R) est garantie par la condition do(R)Division euclidienne deX4+X2+ 1 parX2+ 1.
X4+X2+ 1 =X2(X2+ 1) + 1:
Division euclidienne deX4+X2+ 1 parX2+X+ 1.
X4+X2+ 1 = (X2+X+ 1)(X2X+ 1):
On obtient donc queX2+X+ 1 etX2X+ 1 divisentX4+X2+ 1. Denition 2(Polyn^ome irreductible).Un polyn^omePest dit irreductible si ses seuls diviseurs sont les constantes et ses multiples constantscP,c2R. Proposition 1.Les polyn^omes de degre 1 sont irreductibles.1.2 Fonction polyn^ome
Denition 3(Fonction polyn^ome).SoitPun polyn^ome a coecients reels,P= (a0;:::;aq). On appelle fonction polyn^ome associee aPla fonction denie surRpar x!qX i=0q ixi: Par abus de notation, on note encorePcette fonction, et sa valeur enxest noteeP(x). RemarqueIl faut bien faire la dierence entre l'expressiona0+a1X++aqXq, qui est un polyn^ome, element de l'ensembleR[X], et, pour chaquex2R, le nombre reel a0+a1x++aqxq, obtenu comme l'evaluation de la fonction polyn^ome associeePenx.
Ce sont deux objets mathematiques de natures absolument dierentes. Denition 4(Racine d'un polyn^ome).SoitPun polyn^ome. Le nombre reelest appele racine dePsi la fonction polyn^ome associee aPs'annule en. Proposition 2.SoitPun polyn^ome. Le nombre reelest une racine dePsi et seulement siXdiviseP. 3 On obtient comme consequence immediate de ce resultat que siPest de degre 2,Pest irreductible si et seulement siPn'admet pas de racines reelles. Rappelons qu'un polyn^ome de degre 2aX2+bX+c,a6= 0 admet des racines si et seulement sib24ac >0, et se factorise alors de la facon suivante aX2+bX+c=a
Xb+pb24ac2a
Xbpb24ac2a
Theoreme 2.Les seuls polyn^omes irreductibles deR[X]sont les polyn^omes de degre 1 et les polyn^omes de degre 2 sans racines reelles. Denition 5(Racine multiple).SoitPun polyn^ome. Le reelest une racine de multi- plicite (exactement)msi (X)mdivisePet (X)m+1ne divise pasP.1.3 Decomposition en facteurs irreductibles
Theoreme 3.Tout polyn^ome non nulPpeut s'ecrire de facon unique comme un produit de puissances de polyn^omes irreductibles : P=aqY i=1(Xi)qipY i=1(X2+biX+ci)pi; ou {a6= 0; les nombr esr eelsisont deux a deux distincts et les nombresqisont des entiers non nuls appeles multiplicites respectives des racinesi; les c ouplesde r eels(bi;ci)sont deux a deux distincts et tels queb2i4ci<0; les nombrespisont des entiers non nuls. ExempleOn a deja vu que l'on peut factoriserX4+X2+ 1 de la faccon suivante : X4+X+ 1 = (X2+X+ 1)(X2X+ 1):
OrX2+X+1 etX2X+1 n'ont pas de racines reelles donc sont irreductibles, donc on a bien obtenu la decomposition en facteurs irreductibles deX4+X2+ 1. Corollaire 1.SoitPun polyn^ome admettantnracines disctinctes. AlorsdoPn. Corollaire 2.SoitPun polyn^ome de degre au plusntel que la fonction polyn^ome associee aPs'annule enn+ 1nombres reels distincts. AlorsPest le polyn^ome nul. Ce resultat peut ^etre utilise de la facon suivante. SiPetQsont deux polyn^omes de degre au plusn, et telle que les fonctions polyn^omiales associees concident enn+1 nombres reels disctints, alorsP=Q. Nous donnons deux applications de ce resultat tres utile. 4 ExempleSoitPun polyn^ome quelconque. Gr^ace au resultat precedent, on peut identier le reste de la division euclidienne dePparX21 sans avoir besoin de l'eectuer. SoitQet Rle quotient et le reste de la division euclidienne dePparX21, i.e.P= (X21)Q+R, avec d o(R)1. Puisque1 et 1 sont les racines deX21, si l'on evaluePen1 et 1, on obtientP(1) =R(1); P(1) =R(1):
SoitS=aX+bun poyln^ome de degre au plus 1 qui concide avecPen 1 et1. On a alors a+b=P(1);a+b=P(1); d'ou a=P(1)P(1)2 ; b=P(1) +P(1)2 Le polyn^omeSainsi deni concide avecRen 1 et1,RetSsont de degre au plus 1, doncR=S. On a donc identie le reste de la division euclidienne dePparX21, sans conna^trePexplicitement.Polyn^omes interpolateurs de Lagrange
Soitx1;:::;xnnnombres reels deux-a-deux distincts et soity1;:::;ynnnombres reels. On peut toujours supposer que lesxisont ordonnes, i.e.x1<< xn. Le probleme de l'interpolation consiste a trouver une fonctionfdenie au moins sur l'intervalle [x1;xn] telle quef(xi) =yi. On peut considerer plusieurs methode, chacune ayant sa justication et ses limitations propres. Nous considerons ici le probleme de l'interpolation polyn^omiale. Theoreme 4.Soitx1;:::;xnnnombres reels deux-a-deux distincts et soity1;:::;ynn nombres reels. Il existe un unique polyn^ome de degre au plusn1tel que la fonction polyn^ome associee aPprenne la valeuryienxi, soit avec un abus de notation,P(xi) =yi. Demonstration.Il s'agit d'un resultat d'existence et d'unicite. Nous allons prouver l'exis- tence en exhibant un tel polyn^ome, et l'unicite en utilisant le Corollaire 2 . Pourj= 1;:::;n, soitQjle polyn^ome deni par Q j=yjQ i6=j(xjxi)Y i6=j(Xxi): Chaque polyn^omeQjverie doQ=n1 siyj6= 0 etQj= 0 siyj= 0,Qj(xi) = 0 sii6=j etQj(xj) =yj. Soit maintenantPle polyn^ome deni par P=nX j=1Q j=nX j=1y jQ i6=j(xjxi)Y i6=j(Xxi):Alors d
o(P)n1 etP(xj) =yjpour toutj= 1;:::;n. Prouvons maintenant l'unicite. SoitQun polyn^ome de degre au plusn1 tel queQ(xj) =yj, 1jn. AlorsPetQ sont de degre au plusn1 et concident ennnombres reels distincts, donc sont egaux par le corollaire 2 .5 RemarqueCette methode est en pratique une tres mauvaise methode d'interpolation.Son inter^et est essentiellement theorique.
Polyn^omes premiers entre eux
Denition 6(Polyn^omes premiers entre eux).Deux polyn^omes sont dits premiers entre eux si leurs decomposition en facteurs irreductibles n'admet aucun facteur commun. Exemple 1.1.Les polyn^omesX42X2+ 1 etX4+ 2X2+ 1 sont premiers entre eux. Proposition 3.{Si PetQsont deux polyn^omes premiers entre eux divisant le m^eme polyn^omeR, alorsPQdiviseR. Deux p olyn^omespr emiersentr eeux n 'ontp asde r acinesc ommunes. Theoreme 5(Bezout).SoitPetQdeux polyn^omes premiers entre eux. Il existe alors des polyn^omesAetBtels queAP+BQ= 1. On peut de plus choisir de facon uniqueA etBtels quedo(A)0=a1+ 2a2X++qaqXq1=qX
j=0ja jXj1: On denit les polyn^omes derives d'ordre superieur par recurence :P(n)= (P(n1))0. Proposition 4.{L afonction p olyn^omeasso cieeau p olyn^omed erivede Pest la derivee de la fonction polyn^ome associee aP. {P(n)= 0si et seulementdo(P)n1. {est une racine de multiplicite exactementmdu polyn^omePsi et seulement si est une racine deP(m)mais n'est pas une racine deP(m+1). On a vu que l'on peut identier un polyn^ome de degrenpar ses valeurs enn+1 points. On peut aussi identier un polyn^ome de degrenpar les valeurs de ses derivees successives en un point xea. Proposition 5.SoitPun polyn^ome de degre au plusn. Soitaun nombre reel tel queP(a) = 0etP(k)(a) = 0pourk= 1;:::;n. AlorsP= 0.
6 Demonstration.Supposons que do(P)0. AlorsP=a0etP(a) = 0 impliquea0= 0, d'ouP= 0. Procedons maintenant par recurrence. Supposons que pour un nombre entier n1, on ait prouve que tout polyn^ome de degre au plusn1 dont les derivees successives s'annulent en un m^eme point soit nul. Soit maintenantPun polyn^ome de degre au plus n,P=Pn i=0aiXi, tel quePet toutes ses derivees successives s'annulent ena. Puisque P (n)est le polyn^ome constantn!an, siP(n)(a) = 0, on a necessairementan= 0, et doncP est de degre au plusn1. On peut donc applique l'hypothese de recurrence aP, et l'on obtientP= 0.Comme precedemment, on peut ecrire ce resultat sous une form equivalente. siPetQ sont deux polyn^omes de degres au plusnetaest un nombre reel tel queP(a) =Q(a) et P (k)(a) =Q(k)(a) pourk= 1;:::;n. AlorsP=Q. On obtient alors le corollaire suivant tres important. Corollaire 4.SoitPun polyn^ome etaun nombre reel. SoitP(k)(a),1knles valeurs des derivees successives de la fonction polyn^omiale associee aP. AlorsP=P(a) +nX
k=1P (k)(a)k!(Xa)k: On utilise en general la conventionP(0)=Pet l'on ecrit alors P=nX k=0P (k)(a)k!(Xa)k:1.5 Exercices
Exercice 1.1.Trouver tous les polyn^omesPde degre inferieur ou egal a 3 tels queP(0) =1,P(1) = 2,P(2) =1 etP(3) =2.
Exercice 1.2.Determiner tous les polyn^omesP2R[X] de degre 3 tels queP(X+ 1)P(X1) =X2+ 1:
Exercice 1.3.Eectuer la division euclidienne deAparBdans les cas suivants :1.A=X41,B=X+ 2,
2.A=X4+X3X2+X+ 1,B=X2X+ 1,
3.A=X4+ 2X3+ 4X2+ 2,B=X2+X+ 1.
Exercice 1.4.Determiner sans calculs le reste de la division euclidienne de (cosa+Xsina)nparX2+ 1.
Exercice 1.5.Le polyn^omeX4+ 4 est-il irreductible dansR[X]? Exercice 1.6.Factoriser dansR[X] le polyn^omeX6+ 1. 7 Exercice 1.7.Soit2R. Factoriser dansR[X] le polyn^omeX42X2cos() + 1. Exercice 1.8.Soita6=b. Si les restes des divisions euclidiennes d'un polyn^omeApar Xaet parXbsontet, respectivement, quel est le reste de la division deApar (Xa)(Xb)? Exercice 1.9.Montrer que sin2 (1Xn)(1+X)2nXn(1X)n2Xn(1X)2est divisible par (1X)3. Exercice 1.10.Determineraetbpour queaXn+1+bXn+1 admette la racine double 1. Quel est alors le quotient deaXn+1+bXn+ 1 par (X1)2? Exercice 1.11.SoitP2R[X] n'ayant pas de racine reelle. On suppose queP(x)0 pour toutx2R. Montrer qu'il existeAetBdansR[X] tels queP=A2+B2.2 Nombres complexes
On a vu que certains polyn^omes sont irreductibles dansR, ce qui est equivalent a dire qu'ils n'admettent pas de racines reelles. De m^eme que certains polyn^omes a coecients rationels n'ont pas de racines rationelles, mais ont des racines reelles, peut-on construire un ensemble contenantR, auquel on pourrait etendre l'addition et la multiplication, et dans lequel les polyn^omes du second degre ne seraient pas irreductibles? Et quel serait l'inter^et d'une telle construction? C'est l'objet de cette section de denir les nombres complexes et de montrer leur utilite. Il existe plusieurs constructions, a partir d'idees algebriques ou geometriques, mais l'etude des proprietes des nombres complexes repose toujours en n de compte sur les proprietes fondamentales topologiques de la droite reelle. Nous choisissons une approche algebrique, puis nous montrerons les proprietes geometriques des nombres complexes.Soitla relation dene surR[X]R[X] par
PQ,X2+ 1 divisePQ :
Cette relation est appelee relation d'equivalence, car elle a les proprietes suvantes. R e exivite: 8P2R[X],PP. En eet,PP= 0, doncX2+ 1 divisePP.Sym etrie.Il est clair par la d enitionq uePQ,QP.
T ransitivite.Si PQetQR, alorsPR. En eet, siX2+ 1 divisePQetQR, alorsX2+ 1 divisePQ+QR, etPQ+QR=PR.
Cette relation est de plus compatible avec les operations sur les polyn^omes.Proposition 6.SiPP0etQQ0alorsP+P0Q+Q0etPP0QQ0.
SoitP2R[X]. La classe d'equivalence deP, noteeC(P) est le sous ensemble deR[X] constitue de tous les polyn^omesQtels quePQ. En particulier,Pest dans sa propre classe d'equivalence. SiPetQsont dans la classe d'equivalence d'un m^eme polyn^omeR, 8 alors par transitivite,PQ. Ceci entra^ne que deux classes d'equivalences sont disjointes ou egales, i.e. siC(P)\ C(Q)6=;, alorsC(P) =C(Q). Les classes d'equivalences pour la relationforment donc une partition deR[X]. Remarquons maintenant que l'on peut choisir un representant particulier dans chaque classe d'equivalence, qui est le reste de la division euclidienne parX2+ 1 d'un polyn^ome quelconque de la classe. Proposition 7.SoitCune classe d'equivalence pour la relation. Il existe un unique polyn^ome de degre 1 appartenant a la classe. C'est le reste de la division euclidienne par X2+ 1de n'importe quel element de la classe.
Demonstration.SoitCune classe d'equivalence etP2 C. SoitRle reste de la division euclidienne dePparX2+ 1. Par denition, do(R)1 et il existe un polyn^omeQtel queP=Q(X2+ 1) +R. Soit maintenantP02 C. AlorsX2+ 1 divisePP0, i.e. il existe un polyn^omeS, eventuellement nul, tel quePP0= (X2+ 1). On a donc P0=P0P+P=S(X2+1)+Q(X2+1)+R, et doncRest aussi le reste de la division
euclidienne deP0parX2+ 1. L'unicite suit.Il est maintenant possible de denir l'ensembleCdes nombres complexes, et l'addition
et la multiplication dansC. Denition 7.L'ensembleCest l'ensemble des classes d'equivalences pour la relation. Les elements deCsont appeles nombres complexes. Soitz,z0deux nombres complexes, et soitP,P0des polyn^omes dont les classes d'equivalences sontzetz0, respectivement. Le nom brecomplexe z+z0est la classe d'equivalence deP+P0, qui ne depend pas du choix particulier dePetP0. Le nom brecomplexe zz0est la classe d'equivalence dePP0, qui ne depend pas du choix particulier dePetP0. Le fait quez+z0etzz0ne dependent pas du choix dePetP0est une consequence de la proposition 6 . Considerons maintenant les representants de degre 1 dezetz0, soita+bX eta0+b0X. Le repr esentantde degr e1 de z+z0esta+a0+ (b+b0)X. le repr esentantde degr e1 de zz0estaa0bb0+ (ab0+a0b)X. La premiere propriete est evidente. Pour verier la seconde, il faut eectuer la division euclidienne de (a+bX)(a0+b0X) parX2+ 1. On a (a+bX)(a0+b0X) =bb0(X2+ 1) + (ab0+a0b)X+aa0bb0: Le reste de la division euclidienne de (a+bX)(a0+b0X) parX2+1 est donc (ab0+a0b)X+ aa