Devoir Maison numéro 17 Corrigé Pour le 1er février 2014 Exercice de rédaction Factoriser P (X) = 3X 4 + 11X 3 + 20X 2 + 7X − 5, sachant qu’il existe des racines rationnelles. Factoriser P = X 5 − 13X 4 + 67X 3 − 171X 2 + 216X − 108 sachant qu’il admet une racine triple. Problème On considère l’équation à coefficients réels (e) : x3 +ax2 +bx+c = 0, et on note P (X) = X 3 +aX 2 +bX +c. a) Trouver un réel α dépendant de a, b, c, tel que le coefficient du terme de degré deux du polynôme Q(X) = P (X + α) soit nul. Corrigé On a X 3 + (3 ∗ α + a) ∗ X 2 + (3 ∗ α2 + b + 2 ∗ a ∗ α) ∗ X + α3 + c + b ∗ α + a ∗ α2 . Donc il faut que α = − a3 . b) On note alors Q(X) = X 3 + pX + q . Exprimer p et q en fonction de a, b, c. 2 3 Corrigé Dans les conditions précédentes, on trouve p = −1/3 a2 + b et q = 27 a + c − 1/3 ba. c) Trouver une condition nécessaire et suffisante portant sur p et q pour que le polynôme Q possède dans C une racine au moins double. Résoudre l’équation (e0 ) : Q(x) = 0 dans ce cas. Corrigé On note dans ce cas u et v les deux racines de Q. D’après les relations entre coefficients en racines, Q admet une racine double si et seulement si le système suivant admet une solution : 2u + v 2 u + 2uv 2 uv =0 =p = −q 2u + v 2 ⇔ −3u 2 uv =0 =p = −q 2u + v 6 ⇔ −27u −2u3 =0 = p3 = −q 2u + v 3 ⇔ 2u 3 4p + 27q 2 =0 =q =0 Ainsi, Q admet une racine double si et seulement si le dernier systèmeadmet des solutions : il est donc 2u + v = 0 nécessaire et suffisant que 4p3 + 27q 2 = 0 car quand q ∈ R, le système admet toujours des 2u3 =q solutions. On suppose que la condition trouvée au 2◦ ) n’est pas vérifiée et on veut résoudre l’équation (e’). d) Montrer que tout complexe x peut se mettre sous la forme x = u + v où u et v sont des complexes vérifiant la condition 3uv + p = 0 . u + v = x Corrigé u et v sont solution du système si et seulement si u et v sont racines du polynôme u × v = −p 3 X 2 − xX − p3 . Dans C, un tel polynôme admet toujours deux racines (d’Alembert Gauss). Donc on peut toujours décomposer un complexe x sous ces contraintes. MPSi Devoir Maison numéro 17 e) Montrer que si x est solution de (e0 ), u3 et v 3 sont les racines z1 et z2 d’une équation du second degré que l’on formera. Corrigé Si x est solution de (e0 ) et que x = u + v, on substitue u + v à x dans (e0 ). On a alors (u + v)3 + p(u + v) + q = u3 + v 3 + 3uv(u + v) + p(u + v) + q = u3 + v 3 + (3uv + p)(u + v) + q = u3 + v 3 + q. 0 p3 − 27 3 p Donc u + v = −q. D’autre par u v = donc u et v sont racines du polynôme X 2 + qX − 27 . 0 3 2 3 2 f) En déduire les solutions de (e ) en distinguant les cas 4p + 27q > 0 et 4p + 27q < 0. p3 2 Corrigé Le discriminant de ce polynôme vaut ∆ = q + 4 . S’il est positif, les racines u3 et v 3 valent 27 √ −q± ∆ . En temps que réels, leur racine cubique est définie. Les valeurs que peuvent prendre u et v sont donc 2 q 3 3 de la forme ω 3 3 3 √ −q± ∆ 2 3 3 avec ω ∈ U3 . On a de plus la contrainte 3uv + p = 0 donc le produit uv est un réel. q √ q √ q √ q √ Les valeurs possibles de x sont donc { 3 −q−2 ∆ + 3 −q+2 ∆ , j 3 −q−2 ∆ +j 2 3 −q+2 ∆ , j 2 Puisque le discriminant est stricement positif, il n’y a pas que√des racines réelles. −q±i |∆| . 2 q 3 q √ √ 3 −q+ ∆ −q− ∆ +j }. 2 2 q 3 √ 3 −q+i |∆| . 2 Soit δ ∈ C tel que δ = u3 Si le discriminant est négatif, les racines u et v valent et v 3 sont complexes conjugués donc u et v aussi. u est par exemple de la forme ωδ et v de la forme ω 0 δ̄ avec (ω, ω 0 ) ∈ (U3 )2 . Comme u et v sont conjugués, on a nécessairement ω 0 = ω̄. x est donc un élément de {δ + δ̄, jδ + j 2 δ̄, j 2 δ + j δ̄}. Dans tous les cas, x est un réel. g) Dans quel cas les racines sont-elles toutes réelles ? Comparer avec l’étude des variations de Q. Corrigé Dans le cadre de l’étude des variations, on a Q0 = 3X 2 + p. Si p est strictement positif, Q n’a pas de racines réelles, Q est q croissant et n’a qu’une racine réelle. On remarque qu’on a alors ∆ > 0. . qui correspondent aux minimum et maximum locaux de Q. Pour Sinon, la dérivée s’annule en ± −p 3 que Q admette trois racines réelles, il faut que le maximum soit positifqet le minimum négatif, c’est q q q −p −p −p à dire Q( 3 )Q(− 3 ) < 0. Or Q(− 3 ) = − √227 (−p)3/2 + q et Q( −p ) = √227 (−p)3/2 + q, donc 3 3 q 4 3 Q( −p )Q(− −p ) = 27 p + q 2 . C’est négatif si et seulement si ∆ est négatif. 3 3 h) Application : Résoudre dans C l’équation x3 − 3x2 − 3x − 1 = 0 . Corrigé On √ trouve√ici α = √ 1, et p √ = q = −6.√On a √ alors ∆ = 36 − 4 ∗ 216/27 = 4 qui est positif. Les 3 3 3 2 3 2 3 racines sont { 2 + 4 − 1, j 2 + j 4 − 1, j 2 + j 3 4 − 1}. DM no 17 Lycée Montesquieu - 2013/2014