| 📘 Définitions | |
| Déf. — Identité remarquable | → I.1 |
| Déf. — Triangle de Pascal | → I.2 |
| 📗 Propositions et corollaires | |
| Prop. 1 — \((a\pm b)^2\) | → I.1 |
| Prop. 2 — \((a\pm b)^3\) | → I.2 |
| Prop. 3 — \(a^3 \pm b^3\) | → I.2 |
| Prop. 4 — \((a\pm b)^4\) | → II.1 |
| Prop. 5 — \(a^4 \pm b^4\) | → II.2 |
| Complément — \(a^n - b^n\) | → Fin |
| 📙 Méthodes | |
| Choisir la bonne identité | → III.2 |
| Factorisation par identité | → III.2 |
| Reconnaître \((a+b)(a-b)\) | → I.3 |
| Face à \(k \mid f(n)\) | → Fin |
| 📕 Exercices corrigés | |
| Triangle de Pascal : \((2x+3)^5\) | → Ex. Pascal |
| Ex. 2 — Calcul avec \(s\) et \(p\) | → Ex. 2 |
| Ex. 4 — Divisibilité et \(a^4-b^4\) | → Ex. 4 |
| Ex. 5 — Synthèse factorisations | → Ex. 5 |
| Ex. 6 — Identités et systèmes | → Ex. 6 |
| Ex. 7 — Synthèse : \(x + 1/x = 3\) | → Ex. 7 |
| Ex. 8 — Application \(a^n - b^n\) | → Ex. 8 |
Pour tous réels \(a, b\) :
\[ (a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2 \] \[ (a-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2 \]La seconde formule n'est pas à redémontrer indépendamment : il suffit de remarquer que \(a - b = a + (-b)\), et donc d'appliquer la première en substituant \(b \leftarrow -b\) :
\[ (a-b)^2 = \bigl(a+(-b)\bigr)^2 = a^2 + 2a(-b) + (-b)^2 = a^2 - 2ab + b^2 \]Ce principe de substitution s'applique à toutes les identités : pour obtenir la version « \(-\) » à partir de la version « \(+\) », on remplace \(b\) par \(-b\).
On en déduit immédiatement les expressions de \(a^2 + b^2\) et \(a^2 - b^2\) :
\[ a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab \qquad \text{et} \qquad a^2 - b^2 = (a+b)(a-b) \]1. Positivité de \(a^2 + b^2\). Pour tout réel \(x\), on a \(x^2 \geq 0\) (le carré d'un réel est toujours positif ou nul). Donc \(a^2 \geq 0\) et \(b^2 \geq 0\), et par suite :
\[a^2 + b^2 \geq 0\]avec égalité si et seulement si \(a = 0\) et \(b = 0\). Cette positivité est immédiate depuis la définition du carré — l'identité \((a+b)^2 - 2ab\) n'est pas nécessaire pour ça.
2. Calcul de \(a^2 + b^2\) quand on connaît \(a+b\) et \(ab\). L'identité prend tout son intérêt dans la situation suivante : supposons qu'on connaisse la somme \(s = a + b\) et le produit \(p = ab\) de deux nombres \(a\) et \(b\), sans connaître \(a\) et \(b\) individuellement. Alors :
\[a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab = s^2 - 2p\]On peut ainsi calculer \(a^2 + b^2\) directement depuis \(s\) et \(p\), sans avoir à résoudre \(x^2 - sx + p = 0\) pour trouver \(a\) et \(b\). Par exemple, si \(a + b = 5\) et \(ab = 3\), alors \(a^2 + b^2 = 25 - 6 = 19\).
3. Absence de factorisation réelle. Contrairement à \(a^2 - b^2 = (a+b)(a-b)\), la somme \(a^2 + b^2\) ne se factorise pas en un produit de deux facteurs réels du premier degré. Voici pourquoi : si une telle factorisation existait, elle serait de la forme
\[a^2 + b^2 = (\alpha a + \beta b)(\gamma a + \delta b)\]En développant le membre de droite : \(\alpha\gamma\, a^2 + (\alpha\delta + \beta\gamma)\,ab + \beta\delta\, b^2\). Pour que cela coïncide avec \(a^2 + 0 \cdot ab + b^2\), il faudrait simultanément :
\[\alpha\gamma = 1, \quad \alpha\delta + \beta\gamma = 0, \quad \beta\delta = 1\]La deuxième équation donne \(\alpha\delta = -\beta\gamma\), donc \((\alpha\delta)^2 = \beta^2\gamma^2\). Or les première et troisième équations imposent \(\alpha\gamma > 0\) et \(\beta\delta > 0\), donc \(\alpha\delta\) et \(\beta\gamma\) sont de signes opposés — mais alors \(\alpha\delta + \beta\gamma = 0\) est possible... sauf qu'on obtient \((\alpha\delta)^2 = (\beta\gamma)^2 > 0\), ce qui forcerait \(\alpha\delta \neq 0\) et \(\beta\gamma \neq 0\).
L'argument le plus simple et le plus rigoureux reste le suivant : si \(a^2 + b^2\) admettait un facteur linéaire réel en \(a\), disons \((\alpha a + \beta b)\), alors en posant \(a = -\frac{\beta}{\alpha}b\) ce facteur s'annulerait, et donc \(a^2 + b^2\) aussi — mais \(\left(\frac{\beta}{\alpha}\right)^2 b^2 + b^2 = b^2\!\left(\frac{\beta^2}{\alpha^2}+1\right) > 0\) pour \(b \neq 0\). Contradiction. Donc \(a^2 + b^2\) n'a aucune racine réelle, et ne peut pas se factoriser en facteurs réels du premier degré.
Une identité remarquable est une égalité algébrique vraie pour toutes valeurs des variables, qui permet de passer rapidement d'une forme développée à une forme factorisée (ou inversement). Les mémoriser réduit considérablement les calculs en algèbre.
Pour tous réels \(a, b\) :
\[ (a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 \] \[ (a-b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3 \]On peut retrouver la formule par développement progressif :
\[ (a+b)^3 = (a+b)(a+b)^2 = (a+b)(a^2+2ab+b^2) \]En distribuant : \(a^3 + 2a^2b + ab^2 + a^2b + 2ab^2 + b^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3\).
Les coefficients \(1, 3, 3, 1\) sont ceux de la troisième ligne du triangle de Pascal — voir ci-dessous.
Le tableau d'abord. Chaque ligne donne les coefficients de \((a+b)^n\), et chaque nombre s'obtient en additionnant les deux nombres qui le surplombent dans la ligne précédente :
| Ligne \(n\) | Coefficients | Développement de \((a+b)^n\) |
|---|---|---|
| \(n = 0\) | 1 | \(1\) |
| \(n = 1\) | 1 · 1 | \(a + b\) |
| \(n = 2\) | 1 · 2 · 1 | \(a^2 + 2ab + b^2\) |
| \(n = 3\) | 1 · 3 · 3 · 1 | \(a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3\) |
| \(n = 4\) | 1 · 4 · 6 · 4 · 1 | \(a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4\) |
| \(n = 5\) | 1 · 5 · 10 · 10 · 5 · 1 | \(a^5 + 5a^4b + 10a^3b^2 + 10a^2b^3 + 5ab^4 + b^5\) |
Règle de construction. Les bords sont toujours 1. Chaque coefficient intérieur est la somme des deux coefficients qui le surplombent. Par exemple :
Pour prolonger à \(n=6\), on additionne deux à deux les termes de la ligne \(n=5\) et on encadre de 1 : \(\ 1,\ 6,\ 15,\ 20,\ 15,\ 6,\ 1\).
Usage pratique. Pour développer \((a+b)^n\) :
Pourquoi ces coefficients ? Développer \((a+b)^n\) revient à choisir, dans chacun des \(n\) facteurs \((a+b)\), soit \(a\) soit \(b\). Le coefficient de \(a^{n-k}b^k\) est le nombre de façons de choisir \(k\) fois \(b\) parmi \(n\) facteurs — c'est \(\displaystyle\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}\). La règle d'addition traduit alors la relation :
\[\binom{n}{k} = \binom{n-1}{k-1} + \binom{n-1}{k}\]Intuitivement : pour choisir \(k\) éléments parmi \(n\), soit on inclut le dernier (il reste \(k-1\) à choisir parmi \(n-1\)), soit on ne l'inclut pas (il reste \(k\) à choisir parmi \(n-1\)).
Symétrie des lignes. On remarque que chaque ligne est symétrique : elle se lit pareil de gauche à droite et de droite à gauche (\(1,4,6,4,1\) par exemple). Ce n'est pas un hasard : \(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\), car choisir \(k\) éléments à inclure parmi \(n\) revient exactement à choisir \(n-k\) éléments à exclure. Les deux opérations décrivent le même choix.
On part de la ligne \(n=3\) : coefficients \(1, 3, 3, 1\). On substitue \(b \leftarrow 2\) et on alterne les signes à partir du deuxième terme :
\[ (x-2)^3 = x^3 \;-\; 3 \cdot x^2 \cdot 2 \;+\; 3 \cdot x \cdot 2^2 \;-\; 2^3 = x^3 - 6x^2 + 12x - 8 \]Pourquoi l'alternance ? On remplace \(b\) par \(-2\) dans \((x+b)^3 = x^3 + 3x^2b + 3xb^2 + b^3\) :
C'est la parité de l'exposant de \(b\) qui détermine le signe : \((-b)^k = (-1)^k b^k\).
Utiliser la ligne \(n=5\) du tableau (\(1, 5, 10, 10, 5, 1\)) pour développer \((2x+3)^5\). On posera \(a = 2x\) et \(b = 3\), et on n'oubliera pas de calculer les puissances \((2x)^k\) et \(3^k\) pour chaque terme.
Résultat attendu : \(32x^5 + 240x^4 + 720x^3 + 1080x^2 + 810x + 243\).
Pour tous réels \(a, b\) :
\[ a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2) \] \[ a^3 - b^3 = (a-b)(a^2 + ab + b^2) \]On retrouve aussi les expressions de \(a+b\) et \(a-b\) en termes de cubes :
\[ a + b = \frac{a^3 + b^3}{a^2 - ab + b^2} \qquad \text{et} \qquad a - b = \frac{a^3 - b^3}{a^2 + ab + b^2} \](valables pour \(a \neq \pm b\) selon le cas).
Montrons que \(a^2 - ab + b^2 > 0\) pour tout \((a,b) \neq (0,0)\). On fixe \(b\) et on voit \(a^2 - ab + b^2\) comme un trinôme du second degré en \(a\), de la forme \(Aa^2 + Ba + C\) avec \(A = 1\), \(B = -b\), \(C = b^2\). Son discriminant est :
\[\Delta = B^2 - 4AC = (-b)^2 - 4 \cdot 1 \cdot b^2 = b^2 - 4b^2 = -3b^2\]Deux cas :
Conclusion : \(a^2 - ab + b^2 = 0 \Leftrightarrow a = b = 0\). Le trinôme n'a donc aucune racine réelle (sauf en \((0,0)\)), et ne peut pas se factoriser en deux facteurs réels du premier degré. De même pour \(a^2 + ab + b^2\) (remplacer \(b\) par \(-b\)).
On reconnaît \(8x^3 + 27 = (2x)^3 + 3^3\), d'où :
\[ 8x^3 + 27 = (2x + 3)(4x^2 - 6x + 9) \]La factorisation \(a^3 - b^3 = (a-b)(a^2+ab+b^2)\) se retrouve par division euclidienne de \(X^3 - b^3\) par \((X - b)\) : le reste est nul, et le quotient est \(X^2 + bX + b^2\). Cette technique généralise à \(a^n - b^n\) pour tout \(n \geq 1\).
Pour tous réels \(a, b\) :
\[ a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab \] \[ a^2 - b^2 = (a+b)(a-b) \]La seconde est la différence de deux carrés, fondamentale en factorisation.
Calculer \(101 \times 99\) :
\[101 \times 99 = (100+1)(100-1) = 100^2 - 1 = 9999\]Face à un produit de deux nombres (ou expressions), on se pose la question : sont-ils symétriques autour d'un nombre central \(a\) ? C'est-à-dire : peut-on écrire le premier comme \(a + b\) et le second comme \(a - b\) pour un certain \(b\) ?
Cette symétrie autour de \(a\) a une conséquence immédiate : la somme des deux facteurs vaut \((a+b)+(a-b) = 2a\) (le \(b\) disparaît), et leur différence vaut \((a+b)-(a-b) = 2b\). Autrement dit :
\[a = \frac{\text{facteur 1} + \text{facteur 2}}{2} \qquad b = \frac{\text{facteur 1} - \text{facteur 2}}{2}\]C'est précisément parce que les termes en \(b\) se compensent dans la somme que celle-ci est « ronde » — elle ne dépend que de \(a\). Le calcul du produit devient alors immédiat :
\[(a+b)(a-b) = a^2 - b^2\]On remplace ainsi une multiplication (opération longue) par une soustraction de carrés (opération courte), à condition que \(a\) soit un nombre agréable à élever au carré.
Exemples :
Signal visuel à repérer : deux facteurs proches l'un de l'autre, équidistants d'un entier rond. Dès qu'on voit ce pattern, la différence de carrés est presque toujours plus rapide que la multiplication posée.
Factoriser \(4x^2 - 25y^2\), puis \(x^4 - 16\).
Sachant que \(x + y = 5\) et \(xy = 3\), calculer \(x^2 + y^2\) puis \(x^3 + y^3\).
Résultats : \(x^2 + y^2 = 19\) et \(x^3 + y^3 = 65\). On utilisera \(a^2+b^2 = s^2-2p\) et \(a^3+b^3 = s(s^2-3p)\) — voir exercice 6.
Pour tous réels \(a, b\) :
\[ (a+b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4 \] \[ (a-b)^4 = a^4 - 4a^3b + 6a^2b^2 - 4ab^3 + b^4 \]Les coefficients \(1, 4, 6, 4, 1\) sont la quatrième ligne du triangle de Pascal — voir définition et construction.
Pour tout entier \(n \geq 1\) et tous réels \(a, b\) :
\[ (a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{n-k} b^k \]où \(\displaystyle\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}\) est le coefficient binomial. Les identités du carré (\(n=2\)), du cube (\(n=3\)) et de la puissance 4 (\(n=4\)) en sont des cas particuliers.
Développer \((x - 2)^4\) :
\[ (x-2)^4 = x^4 - 4 \cdot 2x^3 + 6 \cdot 4x^2 - 4 \cdot 8x + 16 = x^4 - 8x^3 + 24x^2 - 32x + 16 \]Pour tous réels \(a, b\) :
\[ a^4 + b^4 = (a^2 + b^2)^2 - 2a^2b^2 \] \[ a^4 - b^4 = (a+b)(a-b)(a^2+b^2) \]Contrairement à \(a^2 + b^2\), le polynôme \(a^4 + b^4\) admet une factorisation réelle (non triviale) :
\[ a^4 + b^4 = \bigl(a^2 + ab\sqrt{2} + b^2\bigr)\bigl(a^2 - ab\sqrt{2} + b^2\bigr) \]Cette factorisation dépasse le cadre de ce chapitre, mais elle illustre que le degré 4 est plus riche que le degré 2 : contrairement à \(a^2+b^2\), la somme \(a^4+b^4\) se factorise sur \(\mathbb{R}\).
Factoriser complètement sur \(\mathbb{R}\) : \(16x^4 - 1\).
Montrer que pour tous entiers \(a, b\), on a \(5 \mid (a^4 - b^4)\) dès que \(5 \mid (a-b)\) ou \(5 \mid (a+b)\).
On part de la factorisation complète de \(a^4 - b^4\) :
\[a^4 - b^4 = (a^2 + b^2)(a+b)(a-b)\]C'est le geste clé : avant d'écrire quoi que ce soit, on factorise et on observe quels facteurs apparaissent. On voit immédiatement \((a-b)\) et \((a+b)\) comme facteurs explicites du produit.
Cas 1 : \(5 \mid (a-b)\). Alors \(a - b = 5k\) pour un certain entier \(k\). Donc :
\[a^4 - b^4 = (a^2+b^2)(a+b) \cdot \underbrace{(a-b)}_{5k} = 5k(a^2+b^2)(a+b)\]Le membre de droite est un multiple de 5, donc \(5 \mid a^4 - b^4\). \(\square\)
Cas 2 : \(5 \mid (a+b)\). Même raisonnement avec le facteur \((a+b)\) : \[a^4 - b^4 = (a^2+b^2) \cdot \underbrace{(a+b)}_{5k} \cdot (a-b) = 5k(a^2+b^2)(a-b)\]
Donc \(5 \mid a^4 - b^4\). \(\square\)
La factorisation \(a^4 - b^4 = (a^2+b^2)(a+b)(a-b)\) rend la démonstration immédiate : les deux hypothèses correspondent exactement aux deux facteurs linéaires du produit. Sans cette factorisation, une preuve directe serait nettement plus laborieuse.
| Carré (\(n = 2\)) | |
|---|---|
| \((a+b)^2\) | \(= a^2 + 2ab + b^2\) |
| \((a-b)^2\) | \(= a^2 - 2ab + b^2\) |
| \(a^2 + b^2\) | \(= (a+b)^2 - 2ab\) |
| \(a^2 - b^2\) | \(= (a+b)(a-b)\) |
| Cube (\(n = 3\)) | |
| \((a+b)^3\) | \(= a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3\) |
| \((a-b)^3\) | \(= a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3\) |
| \(a^3 + b^3\) | \(= (a+b)(a^2 - ab + b^2)\) |
| \(a^3 - b^3\) | \(= (a-b)(a^2 + ab + b^2)\) |
| \(a + b\) | \(= \dfrac{a^3+b^3}{a^2-ab+b^2}\) (si \(a \neq -b\)) |
| \(a - b\) | \(= \dfrac{a^3-b^3}{a^2+ab+b^2}\) (si \(a \neq b\)) |
| Puissance 4 (\(n = 4\)) | |
| \((a+b)^4\) | \(= a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4\) |
| \((a-b)^4\) | \(= a^4 - 4a^3b + 6a^2b^2 - 4ab^3 + b^4\) |
| \(a^4 + b^4\) | \(= (a^2+b^2)^2 - 2a^2b^2\) |
| \(a^4 - b^4\) | \(= (a+b)(a-b)(a^2+b^2)\) |
Face à une expression à développer ou factoriser, on procède ainsi :
Exemple : Factoriser \(27x^3 + 8\). On pose \(u = 3x\), \(v = 2\) : \(27x^3 + 8 = u^3 + v^3 = (3x+2)(9x^2 - 6x + 4)\).
Pour factoriser un polynôme de degré \(\geq 2\) :
Sur \(\mathbb{R}\), les polynômes irréductibles sont les polynômes de degré 1 et les trinômes du second degré à discriminant strictement négatif.
On applique successivement deux identités :
\[ X^4 - 1 = (X^2)^2 - 1^2 = (X^2 + 1)(X^2 - 1) = (X^2 + 1)(X+1)(X-1) \]Le facteur \(X^2 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\) (discriminant \(-4 < 0\)). La factorisation complète sur \(\mathbb{R}\) est donc \((X^2+1)(X+1)(X-1)\).
Factoriser complètement sur \(\mathbb{R}\) les expressions suivantes :
On reconnaît une différence de deux carrés \(A^2 - B^2 = (A+B)(A-B)\) avec \(A = (x+1)^2\) et \(B = (x-1)^2\) :
\[(x+1)^4 - (x-1)^4 = \bigl((x+1)^2 + (x-1)^2\bigr)\bigl((x+1)^2 - (x-1)^2\bigr)\]On calcule chaque facteur séparément.
Premier facteur :
\[(x+1)^2 + (x-1)^2 = (x^2+2x+1) + (x^2-2x+1) = 2x^2 + 2\]Second facteur : on reconnaît à nouveau une différence de carrés \((x+1)^2 - (x-1)^2 = \bigl((x+1)+(x-1)\bigr)\bigl((x+1)-(x-1)\bigr)\) :
\[(x+1)^2 - (x-1)^2 = (2x)(2) = 4x\]Donc :
\[(x+1)^4 - (x-1)^4 = (2x^2+2)(4x) = 8x(x^2+1)\]Le facteur \(x^2 + 1\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\) (discriminant \(-4 < 0\)). La factorisation complète est \(8x(x^2+1)\). \(\square\)
La clé est de reconnaître \(A^4 - B^4 = (A^2+B^2)(A^2-B^2)\) avec \(A = x+1\) et \(B = x-1\), puis d'appliquer une seconde fois la différence de carrés sur \(A^2 - B^2\). Le second facteur \((x+1)^2 - (x-1)^2\) se simplifie remarquablement car \((x+1) + (x-1) = 2x\) et \((x+1) - (x-1) = 2\) — la symétrie de \(x+1\) et \(x-1\) autour de \(x\) fait que les termes constants se compensent.
Soient \(s = a + b\) et \(p = ab\). Exprimer en fonction de \(s\) et \(p\) :
Ces trois résultats illustrent un principe général : toute expression symétrique en \(a\) et \(b\) s'exprime uniquement via \(s = a+b\) et \(p = ab\). On retrouve exactement les calculs de l'exercice 7 avec \(s = 3\) et \(p = 1\).
Soit \(x\) un réel non nul tel que \(x + \dfrac{1}{x} = 3\).
Calculer \(x^2 + \dfrac{1}{x^2}\), puis \(x^3 + \dfrac{1}{x^3}\), puis \(x^4 + \dfrac{1}{x^4}\).
Approche naturelle — multiplier par \(x\). On part de \(x + \dfrac{1}{x} = 3\) et on multiplie les deux membres par \(x\) :
\[x^2 + 1 = 3x \quad \text{soit} \quad x^2 = 3x - 1\]On dispose aussi de \(\dfrac{1}{x} = 3 - x\) (depuis l'hypothèse). Ces deux relations permettent d'exprimer toute puissance de \(x\) et de \(\dfrac{1}{x}\) sans jamais calculer \(x\) explicitement.
L'approche est complète mais les calculs s'alourdissent à chaque étape — les termes en \(x\) s'accumulent avant de se simplifier en fin de calcul.
Approche par identités remarquables — pourquoi y penser ? On remarque que \(x + \dfrac{1}{x}\), \(x^2 + \dfrac{1}{x^2}\), \(x^3 + \dfrac{1}{x^3}\) ont toutes la même structure : si on échange \(x\) et \(\dfrac{1}{x}\), ces expressions restent inchangées. On dit qu'elles sont symétriques en \(x\) et \(\dfrac{1}{x}\).
Il existe un résultat général — formalisé dans le chapitre sur les polynômes et les relations de Viète — qui dit que toute expression symétrique en deux quantités \(a\) et \(b\) s'exprime uniquement via \(a+b\) et \(ab\). Dès qu'on repère cette symétrie, le réflexe est de poser \(a = x\), \(b = \dfrac{1}{x}\), et d'identifier \(a+b = 3\) et \(ab = x \cdot \dfrac{1}{x} = 1\) comme les deux paramètres suffisants. Ce produit \(ab = 1\) va simplifier tous les termes croisés.
Question 1 — \(x^2 + \dfrac{1}{x^2}\). On utilise \(a^2 + b^2 = (a+b)^2 - 2ab\) :
\[x^2 + \frac{1}{x^2} = \left(x + \frac{1}{x}\right)^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{1}{x} = 9 - 2 = \mathbf{7}\]Question 2 — \(x^3 + \dfrac{1}{x^3}\). On utilise \(a^3 + b^3 = (a+b)(a^2 - ab + b^2)\). Le facteur \(a^2 - ab + b^2\) se calcule depuis la question 1 : \(\left(x^2 + \dfrac{1}{x^2}\right) - x \cdot \dfrac{1}{x} = 7 - 1 = 6\). Donc :
\[x^3 + \frac{1}{x^3} = 3 \times 6 = \mathbf{18}\]Question 3 — \(x^4 + \dfrac{1}{x^4}\). On utilise \(a^4 + b^4 = (a^2+b^2)^2 - 2(ab)^2\) :
\[x^4 + \frac{1}{x^4} = 7^2 - 2 \times 1^2 = 49 - 2 = \mathbf{47}\]Bilan. L'approche naturelle est complète mais s'alourdit à chaque étape. L'approche par identités, une fois la symétrie reconnue et \(ab = 1\) noté, enchaîne les trois questions de façon fluide — chaque résultat réutilise le précédent. Les termes en \(x\) n'apparaissent même pas.
Avant d'écrire quoi que ce soit, on observe. Les questions à se poser :
Ces trois approches — factorisation, récurrence, congruence — sont souvent équivalentes. Reconnaître laquelle s'applique le plus naturellement est ce qui s'acquiert avec la pratique. La factorisation est la plus directe quand le pattern \(a^n - b^n\) est visible ; la récurrence est la plus générale ; les congruences sont les plus concises.
Pour tout entier \(n \geq 1\) et tous réels \(a, b\) :
\[ a^n - b^n = (a - b)\bigl(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + ab^{n-2} + b^{n-1}\bigr) = (a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k}b^k \]Les cas \(n = 2\) (différence de carrés), \(n = 3\) (différence de cubes), \(n = 4\) en sont des instances. Si \(n\) est impair, on a de même :
\[a^n + b^n = (a+b)\bigl(a^{n-1} - a^{n-2}b + \cdots - ab^{n-2} + b^{n-1}\bigr)\]Démonstration par récurrence.
Initialisation (\(n=1\)) : \(a^1 - b^1 = a - b = (a-b) \times 1\). Vrai.
Hérédité : supposons la formule vraie au rang \(n\), montrons-la au rang \(n+1\). On écrit :
\[a^{n+1} - b^{n+1} = a \cdot a^n - b \cdot b^n\]On ajoute et soustrait \(a \cdot b^n\) :
\[= a \cdot a^n - a \cdot b^n + a \cdot b^n - b \cdot b^n = a(a^n - b^n) + b^n(a - b)\]Par hypothèse de récurrence, \(a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + b^{n-1})\), donc :
\[= a(a-b)\bigl(a^{n-1} + \cdots + b^{n-1}\bigr) + b^n(a-b) = (a-b)\bigl(a^n + a^{n-1}b + \cdots + ab^{n-1} + b^n\bigr)\]Ce qui est bien la formule au rang \(n+1\). \(\square\)
Démonstration directe. On développe le produit \((a-b)(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + ab^{n-2} + b^{n-1})\) en distribuant \(a\) puis \(-b\) sur la somme :
\[ a \cdot \bigl(a^{n-1} + a^{n-2}b + a^{n-3}b^2 + \cdots + b^{n-1}\bigr) = a^n + a^{n-1}b + a^{n-2}b^2 + \cdots + ab^{n-1} \] \[ -b \cdot \bigl(a^{n-1} + a^{n-2}b + a^{n-3}b^2 + \cdots + b^{n-1}\bigr) = -a^{n-1}b - a^{n-2}b^2 - \cdots - ab^{n-1} - b^n \]En additionnant terme à terme, tous les termes intermédiaires \(a^{n-1}b, a^{n-2}b^2, \ldots, ab^{n-1}\) se compensent deux à deux — c'est le caractère télescopique de la somme. Il ne reste que :
\[(a-b)\sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k}b^k = a^n - b^n \qquad \square\]Question 1 — Factoriser \(x^5 - 32\) et \(x^6 - 1\).
Pour \(x^5 - 32\) : on écrit \(32 = 2^5\), donc \(x^5 - 32 = x^5 - 2^5\). On applique la formule avec \(a = x\), \(b = 2\), \(n = 5\) :
\[x^5 - 32 = (x - 2)(x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 8x + 16)\]Montrons que \(P(x) = x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 8x + 16\) est irréductible sur \(\mathbb{R}\), c'est-à-dire qu'il n'a pas de racine réelle. On cherche le minimum de \(P\). On regroupe les termes en complétant le carré :
\[P(x) = x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 8x + 16\]On regroupe \(x^4 + 2x^3 + x^2 = x^2(x^2 + 2x + 1) = x^2(x+1)^2\), puis les termes restants \(3x^2 + 8x + 16\) :
\[P(x) = x^2(x+1)^2 + 3x^2 + 8x + 16\]Le trinôme \(3x^2 + 8x + 16\) a pour discriminant \(\Delta = 64 - 192 = -128 < 0\) et coefficient dominant \(3 > 0\) : il est donc strictement positif pour tout réel \(x\). Et \(x^2(x+1)^2 \geq 0\). Donc :
\[P(x) = \underbrace{x^2(x+1)^2}_{\geq\, 0} + \underbrace{3x^2 + 8x + 16}_{>\, 0} > 0 \quad \text{pour tout } x \in \mathbb{R}\]\(P\) n'a donc aucune racine réelle et est irréductible sur \(\mathbb{R}\). La factorisation complète sur \(\mathbb{R}\) est \((x-2)(x^4 + 2x^3 + 4x^2 + 8x + 16)\). \(\square\)
Pour \(x^6 - 1\) : on dispose de deux stratégies, qu'on peut enchaîner.
Les trinômes \(x^2 + x + 1\) et \(x^2 - x + 1\) sont irréductibles sur \(\mathbb{R}\) (discriminants \(-3 < 0\)). La factorisation complète est :
\[x^6 - 1 = (x-1)(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)\]Question 2 — Montrer que \(6 \mid 7^n - 1\).
On applique la formule \(a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1} + \cdots + b^{n-1})\) avec \(a = 7\) et \(b = 1\) :
\[7^n - 1^n = (7 - 1)(7^{n-1} + 7^{n-2} + \cdots + 1) = 6 \times (7^{n-1} + \cdots + 1)\]Le second facteur est un entier, donc \(6 \mid 7^n - 1\). \(\square\)
Question 3 — Montrer que \(a - b \mid a^n - b^n\) dans \(\mathbb{Z}\).
C'est une conséquence immédiate de la formule générale. Pour \(a, b \in \mathbb{Z}\), on a :
\[a^n - b^n = (a-b)\underbrace{(a^{n-1} + a^{n-2}b + \cdots + b^{n-1})}_{\in\, \mathbb{Z}}\]Le second facteur est bien un entier (somme de produits d'entiers), donc par définition de la divisibilité dans \(\mathbb{Z}\), on a \(a - b \mid a^n - b^n\). \(\square\)
La question 2 est un cas particulier de la question 3 : prendre \(a = 7\), \(b = 1\), ce qui donne \(a - b = 6\). La question 3 est donc la version générale dont la question 2 est une illustration numérique.
Ce chapitre a posé trois familles d'outils qui réapparaîtront tout au long du programme.
Les identités remarquables — carrés, cubes, puissance 4, triangle de Pascal — peuvent s'utiliser dans les deux sens : de gauche à droite pour développer (passer d'un produit à une somme) ou de droite à gauche pour factoriser (passer d'une somme à un produit). La même identité \((a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) sert à développer \((x+3)^2\) et à factoriser \(x^2 + 6x + 9\). Les cas \((a+b)^n\) sont des cas particuliers du binôme de Newton \(\displaystyle(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}a^{n-k}b^k\), que l'on étudiera dans le chapitre sur les combinaisons et le dénombrement.
Les identités \(a^2 - b^2\), \(a^3 \pm b^3\), \(a^n - b^n\) réapparaissent dans deux contextes majeurs : l'étude des polynômes (chercher les racines, factoriser sur \(\mathbb{R}\) ou \(\mathbb{C}\)) et l'arithmétique (questions de divisibilité, comme l'exercice 8).
La notion de symétrie en \(a\) et \(b\) — entrevue dans l'exercice 7 — sera formalisée dans le chapitre sur les polynômes symétriques et les relations de Viète : si \(a\) et \(b\) sont les racines d'un trinôme \(x^2 - sx + p\), alors \(s = a+b\) et \(p = ab\) suffisent à exprimer toute quantité symétrique en \(a\) et \(b\). C'est exactement le principe utilisé dans l'exercice 7 pour calculer \(x^2 + \frac{1}{x^2}\), \(x^3 + \frac{1}{x^3}\), \(x^4 + \frac{1}{x^4}\) sans jamais résoudre l'équation.