Soit \(P\in \mathbb{C}[X]\), non constant, n’admettant aucune racine complexe. \(P(X) = a_0+ a_1X + \ldots + a_nX^n, (a_n\neq 0, n\geqslant 1)\)

  1. Démontrer que \(a_0\neq 0\).

  2. 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 \(f(\ell)\).

  3. 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 \(m\neq 0\).

  4. 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 \(\displaystyle\inf_{z\in\mathbb{C}}\vert Q(z)\vert = 1\).

  5. 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 ?


Barre utilisateur

[ID: 1045] [Date de publication: 25 janvier 2021 15:58] [Catégorie(s): Racines d'un polynôme ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]




Solution(s)

Solution(s)

Théorème fondamental de l’algèbre
Par emmanuel le 25 janvier 2021 15:58
  1. 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, \(\left\vert\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kz^k \right\vert \leqslant\vert P(z) \vert + \vert a_n \vert \vert z \vert^n\).
      Donc \(\vert P(z) \vert \geqslant\vert a_n \vert \vert z \vert^n - \left\vert\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kz^k \right\vert \geqslant\vert a_n \vert \vert z \vert^n - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \vert a_k\vert\vert z\vert^k\).

    • On pose, pour \(r > 0\), \(g(r) = \vert a_n \vert r^n - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \vert a_k\vert r^k = \vert a_n \vert r^n \left( 1 - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left\vert \dfrac {a_k}{a_n} \right\vert \dfrac{1}{r^{n-k}} \right)\).
      Comme \(\displaystyle\lim_{r\to+\infty} 1 - \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \left\vert \dfrac {a_k}{a_n} \right\vert \dfrac{1}{r^{n-k}} = 1\), on a \(\displaystyle\lim_{r\to+\infty} g(r) = +\infty\). Donc \(\forall\,\varepsilon>0,\exists\, M_\varepsilon>0, r>M_\varepsilon \Longrightarrow g(r) > \dfrac1\varepsilon\). Et comme \(f(z) \geqslant g(\vert z \vert)\), on a pour \(\vert z \vert \geqslant M_\varepsilon, f(z) < \varepsilon\).

    • 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 \(t^p \leqslant t^{p+1} \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} \dfrac{b_k}{\alpha^k}t^{k-p-1} \right\vert\),
      puis \(1 \leqslant t \left\vert \displaystyle\sum_{k=p+1}^{n} \dfrac{b_k}{\alpha^k}t^{k-p-1} \right\vert\). On fait tendre \(t\) vers zéro pour obtenir \(1\leqslant 0\).
      L’hypothèse de départ, à savoir que \(P\) n’admet aucune racine complexe est donc absurde.

      On a donc démontré par l’absurde le théorème fondamental de l’algèbre.


Documents à télécharger

Théorème fondamental de l’algèbre
Télécharger Télécharger avec les solutions et commentaires

L'exercice