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[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 Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces le 25 janvier 2021 15:58

1. On a \(a_0 = P(0)\). Comme \(P\) n’a pas de racine, \(a_0\neq0\).

2. • 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 !

3. • 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.

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

5. • 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.