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062. Démontrez le théorème de d’Alembert (partie 1/2)

Yannis TRIANTAPHYLIDES

,

L’objectif de ce contenu est de démontrer une première étape du théorème de d’Alembert. Précisément, vous allez justifier que tout polynôme à coefficients complexes, de degré impair, admet au moins une racine complexe.

Avant de passer aux polynômes complexes, vous débutez avec un résultat préliminaire.

Montrez que tout polynôme réel de degré impair admet au moins une racine réelle

Traitez le cas pour les polynômes de coefficient dominant strictement positif

Soit $P$ un polynôme réel de degré impair, que vous notez $d\comma$ de coefficient dominant strictement positif. Il existe des réels $a_0, \dots, a_{d-1}$ et un réel $a_d\gt 0$ tels que :

P(X)=a_dX^d+\sum_{k=0}^{d-1}a_kX^k.

Soit $x$ un nombre réel supérieur ou égal à $1+\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}.$ Vous avez $x\gt \sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}.$

En multipliant par $a_d$ qui est strictement positif, vous avez l’inégalité stricte :

\begin{align*} \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert < a_d x. \end{align*}

Comme $x$ est supérieur ou égal à $1\comma$ il est strictement positif. Vous multipliez l’inégalité précédente par $x^{d-1}\comma$ ce qui fournit :

\begin{align*} \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert x^{d-1}< a_d x^d. \end{align*}

Comme $x$ est supérieur ou égal à $1\comma$ vous avez :

\begin{align*} \forall k\in\llbracket 0, d-1\rrbracket, x^k\leq x^{d-1}. \end{align*}

Comme l’opposé de tout réel est inférieur ou égal à sa valeur absolue, vous avez aussi :

\begin{align*} \forall k\in\llbracket 0, d-1\rrbracket, -a_k\leq \vert a_k\vert. \end{align*}

Ainsi :

\begin{align*} \sum_{k=0}^{d-1} (-a_k) x^k \leq \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert x^k \leq \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert x^{d-1} < a_d x^d. \end{align*}

Vous obtenez :

\sum_{k=0}^{d-1} (-a_k) x^k < a_dx^d.

Ainsi, $P(x)$ est strictement positif.

Il a été montré que :

\boxed{\begin{align*} \forall x\geq 1+\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}, P(x) \gt 0. \end{align*}}

Maintenant, soit $y$ un nombre réel inférieur ou égal à $-1-\sum_{k=0}^{d-1}\frac{\vert a_k\vert}{a_d}.$ Vous avez $y\lt-\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}.$

En multipliant par $a_d$ qui est strictement positif, vous avez l’inégalité stricte :

a_d y \lt – \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert.

Comme $d$ est impair, l’entier $d-1$ est pair, donc $y^{d-1}$ est positif. Comme $y\leq -1\comma$ le nombre $y$ est non nul et $y^{d-1}$ est strictement positif. Du coup :

\begin{align*} a_d y^d \lt – \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert y^{d-1}. \end{align*}

Comme $d-1$ est pair, vous avez l’égalité $\vert y \vert^{d-1} = y^{d-1}\comma$ donc :

\begin{align*} a_d y^d \lt – \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert ^{d-1}. \end{align*}

Utilisant l’inégalité triangulaire, vous avez :

\begin{align*} \left\vert \sum_{k=0}^{d-1}a_k y^k\right\vert &\leq \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert ^k. \end{align*}

Comme $y\leq -1\comma$ vous avez $\vert y\vert \geq 1\comma$ d’où :

\forall k\in\llbracket 0, d-1\rrbracket, \vert y \vert^k \leq \vert y \vert^{d-1}.

Ainsi :

\begin{align*} \left\vert \sum_{k=0}^{d-1}a_k y^k\right\vert &\leq \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert^{d-1}. \end{align*}

En prenant l’opposé :

\begin{align*} -\sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert^{d-1} &\leq -\left\vert \sum_{k=0}^{d-1}a_k y^k\right\vert. \end{align*}

Or :

\left\vert \sum_{k=0}^{d-1}a_k y^k\right\vert = \left\vert \sum_{k=0}^{d-1}(-a_k) y^k\right\vert.

Par suite, comme un réel est supérieur ou égal à l’opposé de sa valeur absolue :

\begin{align*} -\sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert^{d-1} &\leq -\left\vert \sum_{k=0}^{d-1}(-a_k) y^k\right\vert \leq \sum_{k=0}^{d-1}(-a_k) y^k. \end{align*}

Par suite :

\begin{align*} a_d y^d \lt – \sum_{k=0}^{d-1} \vert a_k\vert \vert y\vert ^{d-1} \leq \sum_{k=0}^{d-1}(-a_k) y^k. \end{align*}

D’où :

\begin{align*} a_d y^d \lt \sum_{k=0}^{d-1}(-a_k) y^k. \end{align*}

Le réel $P(y)$ est strictement négatif.

Il a été montré que :

\boxed{\begin{align*} \forall y\leq -1-\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}, P(y) \lt 0. \end{align*}}

Vous utilisez alors le fait que la fonction réelle $u\mapsto P(u)$ définie sur $\R\comma$ est continue car polynomiale. Vous appliquez le théorème des valeurs intermédiaires sur l’intervalle $\left[-1-\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d},1+\sum_{k=0}^{d-1} \frac{\vert a_k\vert }{a_d}\right]$ et vous déduisez qu’il existe un réel $\alpha$ de cet intervalle tel que $P(\alpha)=0.$

Traitez le cas pour les polynômes de coefficient dominant strictement négatif

Soit $P$ un polynôme réel de degré impair, que vous notez $d\comma$ de coefficient dominant strictement négatif. Il existe des réels $a_0, \dots, a_{d-1}$ et un réel $a_d\lt 0$ tel que :

P(X)=a_dX^d+\sum_{k=0}^{d-1}a_kX^k.

Dans ce cas, vous considérez le polynôme réel $Q$ défini par $Q(X) = P(-X).$ Comme $d$ est impair, vous avez $(-1)^d = -1.$ Du coup, $Q$ est un polynôme de degré $d\comma$ avec un coefficient dominant qui est égal à $-a_d.$ En effet :

\begin{align*} Q(X) &= a_d(-X)^d + \sum_{k=0}^{d-1}a_k(-X)^k\\ &= (-1)^da_d X^d + \sum_{k=0}^{d-1}a_k(-1)^k X^k\\ &= -a_d X^d + \sum_{k=0}^{d-1}a_k(-1)^k X^k. \end{align*}

Comme $-a_d$ est strictement positif, vous appliquez le résultat précédent au polynôme $Q.$

Il existe un réel $\alpha$ tel que $Q(\alpha) = 0.$ Vous constatez alors que $P(-\alpha)=0\comma$ et $P$ possède bien au moins une racine réelle.

Montrez que si $u$ et $v$ sont deux endomorphismes d’un $\R$-espace vectoriel de dimension impaire qui commutent, alors $u$ et $v$ ont un vecteur propre en commun

Vous allez démontrer la propriété précitée par récurrence sur la dimension de l’espace.

Pour tout entier naturel $n\comma$ impair, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété : « Quel que soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension finie $n$ et quels que soient $u$ et $v$ deux endomorphismes de $E$ qui commutent, $u$ et $v$ possèdent un vecteur propre en commun. »

Initialisation. Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension $1.$ Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes de $E$ qui commutent.

Il existe un vecteur non nul $x$ de $E$ tel que la famille $(x)$ soit une base de $E.$ Comme $u(x)\in E\comma$ il existe $\lambda\in\R$ tel que $u(x) = \lambda x.$ De même, vous avez $v(x)\in E\comma$ donc il existe $\mu\in\R$ tel que $v(x) = \mu x.$

$x$ est ainsi un vecteur propre commun aux endomorphismes $u$ et $v\comma$ donc la propriété $\mathscr{P}(1)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $n$ un entier naturel impair. Vous supposez que, pour tout entier naturel $m$ impair inférieur ou égal à $n\comma$ la propriété $\mathscr{P}(m)$ est vérifiée. Vous allez montrer que la propriété $\mathscr{P}(n+2)$ est vérifiée.

Soit $E$ un $\R$-espace vectoriel de dimension finie $n+2.$ Soient $u$ et $v$ deux endomorphismes de $E$ qui commutent, c’est-à-dire tels que $u\circ v = v\circ u.$

Le polynôme caractéristique de $u$ a pour degré $n+2.$ Comme $n$ est impair, $n+2$ l’est aussi, ce qui permet d’affirmer qu’il possède une racine réelle, notée $\lambda.$ Ainsi $u$ possède une valeur propre réelle $\lambda.$

Notez $N$ le noyau de l’endomorphisme $u-\lambda \id_E$ et $R$ l’image de cet endomorphisme.

Si $N=E$

Le polynôme caractéristique de $v$ a pour degré $n+2$ qui est un nombre impair, ce qui permet d’affirmer qu’il possède une racine réelle, donc $v$ possède une valeur propre réelle $\mu.$

Il existe un vecteur $x\in E$ non nul tel que $v(x)=\mu x.$ Or, comme $N=E\comma$ le vecteur $x$ appartient à $N$ donc $u(x)=\lambda x.$

Ainsi, $x$ est un vecteur propre commun aux endomorphismes $u$ et $v.$

Si $N\neq E$

$N$ est alors un sous-espace vectoriel de $E$ de dimension strictement inférieure à $n+2.$

Supposez que $\dim N$ soit un nombre impair.

Vous allez montrer que $N$ est stable non seulement par $u\comma$ mais aussi par $v.$

En effet, soit $z$ un vecteur de $N.$ Alors $u(z)=\lambda z.$ En composant par $u\comma$ il vient $u(u(z))=\lambda u(z)\comma$ ce qui prouve que $u(z)\in N.$

En composant par $v\comma$ vous obtenez $v(u(z))=\lambda v(z).$ Vous utilisez la commutation de $u$ et de $v\comma$ pour écrire que $u(v(z))=\lambda v(z)\comma$ d’où $v(z)\in N.$

Cela permet de considérer les restrictions de $u$ et de $v$ à l’espace stable $N.$ Vous les notez $u_{\vert N}$ et $v_{\vert N}.$ Comme $u$ et $v$ commutent, il en est de même de $u_{\vert N}$ et de $v_{\vert N}.$ La dimension de $N$ étant impaire et strictement inférieure à celle de $E\comma$ vous avez $\dim N \leq n.$

Comme $\mathscr{P}(\dim N)$ est vraie par hypothèse de récurrence, vous déduisez que $u_{\vert N}$ et $v_{\vert N}$ sont deux endomorphismes qui commutent du $\R$-espace vectoriel $N.$ Donc ils sont un vecteur propre en commun appartenant à $N.$ Ce vecteur propre est aussi commun aux endomorphismes $u$ et $v$ de $E.$

Supposez maintenant que $\dim N$ soit un nombre pair. Par le théorème du rang, vous avez $\dim E – \dim N = \dim R.$ Par soustraction d’un nombre impair par un nombre pair, le résultat est un nombre impair, donc $\dim R$ est un nombre impair.

Comme $N$ est le noyau de $u-\lambda\id_E$ et que $\lambda$ est valeur propre de $u\comma$ vous avez $\dim N\geq 1.$ Par conséquent, $\dim R \lt \dim E.$ Comme $\dim R$ et $\dim E$ sont impairs, vous avez $\dim R\neq \dim E-1.$ Par suite $\dim R\leq n.$

Vous allez montrer que $R$ est stable non seulement par $u\comma$ mais aussi par $v.$

En effet, soit $z$ un vecteur de $R.$ Il existe un vecteur $y\in E$ tel que $z = u(y)-\lambda y.$ En composant par $u\comma$ il vient $u(z) = u(u(y))-\lambda u(y)$ d’où $u(z) = (u-\lambda\id_E)\bigl(u(y)\bigr)$ ce qui prouve que $u(z)\in R.$

En composant par $v\comma$ vous obtenez $v(y) = v(u(y))-\lambda v(y).$ Comme $u$ et $v$ commutent, $v(y) = u(v(y))-\lambda v(y)$ d’où $v(y) = (u-\lambda\id_E)\bigl(v(y)\bigr).$ Ainsi, $v(z)\in R.$

Comme le nombre entier naturel $\dim R$ est impair et est inférieur ou égal à $n\comma$ par hypothèse de récurrence, $\mathscr{P}(\dim R)$ est vérifiée.

Les deux endomorphismes $u_{\vert R}$ et $v_{\vert R}$ de $R$ commutent. Or, l’espace $R$ est un $\R$-espace vectoriel de dimension impaire. Donc $u_{\vert R}$ et $v_{\vert R}$ ont un vecteur propre en commun, qui est à nouveau un vecteur propre commun des endomorphismes $u$ et $v$ de $E.$

Montrez que toute matrice complexe d’ordre impair admet au moins une valeur propre complexe

Soit $n$ un entier naturel impair et $A$ une matrice de $M_n(\C).$ Autrement dit, $A$ est une matrice carrée d’ordre $n$ à coefficients complexes.

L’ensemble $M_n(\C)$ est muni d’une structure de $\R$-espace vectoriel. Il est de dimension finie et cette dimension est égale à $2n^2.$ En effet, chaque élément de $M_n(\C)$ comporte $n^2$ nombres complexes. Or, chacun d’entre eux s’écrit avec exactement deux nombres réels.

Vous considérez l’ensemble $H_n$ des matrices hermitiennes de $M_n(\C)\comma$ c’est-à-dire l’ensemble des matrices carrées d’ordre $n$ qui sont égales à la transposée de leur conjuguée.

En d’autres termes, une matrice $M \in M_n(\C)$ appartient à $H_n\comma$ si et seulement si, $M = \overline{M}^{\top}.$

Vous allez montrer que $H_n$ est un sous-espace vectoriel de $M_n(\C)$ et vous allez déterminer sa dimension.

Soient $M$ et $N$ deux éléments de $H_n$ et $\lambda$ un nombre réel. Vous avez :

\begin{align*} \overline{M+\lambda N}^{\top} &= (\overline{M}+\overline{\lambda N})^{\top}\\ &= (\overline{M}+\lambda\overline{N})^{\top}\\ &=\overline{M}^{\top}+\lambda\overline{N}^{\top}\\ &= M + \lambda N. \end{align*}

Ainsi :

\begin{align*} \forall (M,N)\in H_n^2, \forall \lambda\in\R, M+\lambda N\in H_n. \end{align*}

Donc $H_n$ bien un sous-espace vectoriel de $M_n(\C)\comma$ en tant que $\R$-espace vectoriel.

Un élément de $H_n$ est déterminé par ses $n$ coefficients réels sur sa diagonale principale, et par ses $\frac{n^2-n}{2}$ nombres complexes situés strictement au-dessus de cette diagonale. Comme chaque nombre complexe est déterminé par exactement deux nombres réels, cela fait en tout deux fois $\frac{n^2-n}{2}$ coefficients réels, c’est-à-dire $n^2-n.$

En sommant les $n^2-n$ coefficients réels de la partie triangulaire strictement supérieure à la diagonale principale et les $n$ coefficients réels de la diagonale principale, vous constatez que $H_n$ est de dimension $n^2.$

Comme $n$ est impair, $n^2$ l’est aussi et $H_n$ est un $\R$-espace vectoriel de dimension impaire.

Pour tout élément $M$ de $H_n\comma$ vous posez :

\left\{ \begin{align*} u(M) &=\frac{1}{2}\left(AM + M\overline{A}^{\top}\right)\\ v(M) &=\frac{1}{2i}\left(AM – M\overline{A}^{\top}\right). \end{align*} \right.

Vous allez montrer que $u$ et $v$ définissent deux endomorphismes de $H_n$ qui commutent.

Soit $M$ un élément de $H_n.$

\begin{align*} \overline{u(M)}^{\top} &=\frac{1}{2}\left(\overline{A}\ \overline{M}+\overline{M} A^{\top}\right)^{\top}\\ &=\frac{1}{2}\bigl((\overline{A}\ \overline{M})^{\top} + (\overline{M} A^{\top})^{\top}\bigr)\\ &=\frac{1}{2}\left(\overline{M}^{\top}\overline{A}^{\top} + (A^{\top})^{\top}\overline{M}^{\top}\right)\\ &=\frac{1}{2}(M\overline{A}^{\top} + AM)\\ &=\frac{1}{2}(AM+M\overline{A}^{\top})\\ &=u(M). \end{align*}
\begin{align*} \overline{v(M)}^{\top} &=\frac{-1}{2i}\left(\overline{A}\ \overline{M}-\overline{M} A^{\top}\right)^{\top}\\ &=\frac{-1}{2i}\bigl((\overline{A}\ \overline{M})^{\top} – (\overline{M} A^{\top})^{\top}\bigr)\\ &=\frac{-1}{2i}\left(\overline{M}^{\top}\overline{A}^{\top} – (A^{\top})^{\top}\overline{M}^{\top}\right)\\ &=\frac{-1}{2i}(M\overline{A}^{\top} – AM)\\ &=\frac{1}{2i}(AM-M\overline{A}^{\top})\\ &=v(M). \end{align*}

À ce stade, $u$ et $v$ définissent bien deux applications de $H_n$ dans $H_n.$

Soient $M$ et $N$ deux éléments de $H_n$ et $\lambda$ un nombre réel.

\begin{align*} u(M+\lambda N) &= \frac{1}{2}\left(A(M+\lambda N) + (M+\lambda N)\overline{A}^{\top}\right) \\ &= \frac{1}{2}\left(AM +\lambda AN + M\overline{A}^{\top}+\lambda N\overline{A}^{\top}\right) \\ &=\frac{1}{2}\left(AM + M\overline{A}^{\top}\right) + \frac{\lambda}{2}\left(AN + N\overline{A}^{\top}\right) \\ &=u(M)+\lambda u(N). \end{align*}
\begin{align*} v(M+\lambda N) &= \frac{1}{2i}\left(A(M+\lambda N) – (M+\lambda N)\overline{A}^{\top}\right) \\ &= \frac{1}{2i}\left(AM +\lambda AN – M\overline{A}^{\top}-\lambda N\overline{A}^{\top}\right) \\ &=\frac{1}{2i}\left(AM – M\overline{A}^{\top}\right) + \frac{\lambda}{2i}\left(AN – N\overline{A}^{\top}\right) \\ &=v(M)+\lambda v(N). \end{align*}

Il est ainsi établi que $u$ et $v$ sont deux endomorphismes de $H_n.$

Pour montrer la commutation, vous considérez un élément $M$ de $H_n$ et vous procédez aux calculs suivants :

\begin{align*} v(u(M)) &= v\left(\frac{1}{2}(AM+M\overline{A}^{\top})\right)\\ &=\frac{1}{2i}\left(\frac{1}{2}A(AM+M\overline{A}^{\top})-\frac{1}{2}(AM+M\overline{A}^{\top})\overline{A}^{\top}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2i}A(AM+M\overline{A}^{\top})-\frac{1}{2i}(AM+M\overline{A}^{\top})\overline{A}^{\top}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2i}\bigl(AAM+AM\overline{A}^{\top}-AM\overline{A}^{\top}-M\overline{A}^{\top}\overline{A}^{\top}\bigr)\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2i}\bigl(AAM-AM\overline{A}^{\top}+AM\overline{A}^{\top}-M\overline{A}^{\top}\overline{A}^{\top}\bigr)\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(A\left(\frac{1}{2i}(AM-M\overline{A}^{\top})\right)+\frac{1}{2i}\left(AM-M\overline{A}^{\top}\right)\overline{A}^{\top}\right)\\ &=\frac{1}{2}\left(Av(M)+v(M)\overline{A}^{\top}\right)\\ &=u(v(M)). \end{align*}

Ainsi, $u$ et $v$ commutent bien, ce sont deux endomorphismes de $H_n$ qui est un $\R$-espace vectoriel de dimension impaire.

Donc $u$ et $v$ possèdent un vecteur propre en commun. Il existe donc un élément $K\in H_n$ qui n’est pas la matrice nulle, et il existe deux réels $\alpha$ et $\beta$ tels que :

\left\{\begin{align*} u(K) &= \alpha K\\ v(K) &= \beta K. \end{align*} \right.

Ainsi, il vient :

\begin{align*} (\alpha+i\beta)K &= \alpha K+i\beta K\\ &= u(K)+iv(K)\\ &= \frac{1}{2}\left(AK+K\overline{A}^{\top}\right)+\frac{1}{2}\left(AK-K\overline{A}^{\top}\right)\\ &= AK. \end{align*}

Notez $C_1,\dots,C_n$ les colonnes de la matrice $K.$ Compte tenu de l’égalité précédente, vous avez :

\forall \ell\in\llbracket 1, n\rrbracket, AC_{\ell} = (\alpha+i\beta)C_{\ell}.

Comme $K$ n’est pas la matrice nulle, elle possède une colonne $C$ non identiquement nulle. Comme $AC = (\alpha+i\beta)C\comma$ vous déduisez que le nombre complexe $\alpha+i\beta$ est une valeur propre de la la matrice $A.$

Montrez que tout polynôme complexe de degré impair admet au moins une racine complexe

Soit $n$ un entier naturel impair et $P$ un polynôme à coefficients complexes de degré $n.$ Il existe des nombres complexes $c_0, \dots, c_{n-1}$ et un nombre complexe non nul $c_n$ tels que :

P(X)=c_nX^n+\sum_{k=0}^{n-1}c_kX^k.

Vous considérez le polynôme complexe unitaire $Q$ défini par :

Q(X) = X^n +\sum_{k=0}^{n-1}\frac{c_k}{c_n}X^k.

Pour tout $k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket\comma$ vous posez $a_k = -\frac{c_k}{c_n}\comma$ de sorte que :

Q(X) = X^n -\sum_{k=0}^{n-1}a_kX^k.

Vous associez à ce polynôme $Q$ la matrice suivante, appelée matrice compagnon du polynôme $Q.$ Elle est définie par :

A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & \dots & 0 & a_0\\ 1 & 0 & \dots & 0 & a_1\\ 0 & 1 & \dots & 0 & a_2\\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \dots & 1 & a_{n-1} \end{pmatrix}

Vous notez :

C_0 = \begin{pmatrix} 1\\ 0 \\0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} \quad C_1 = \begin{pmatrix} 0\\ 1 \\0 \\ \vdots \\ 0 \end{pmatrix} \quad \dots \quad C_{n-1} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \\0 \\ \vdots \\ 1 \end{pmatrix}.

La matrice $A$ agit sur les matrices colonnes précédentes de la façon suivante :

\left\{\begin{align*} AC_0 &= C_1\\ AC_1 &= C_2 \\ \vdots\\ AC_{n-2} &= C_{n-1}\\ AC_{n-1} &= \sum_{k=0}^{n-1}a_kC_k. \end{align*} \right.

Les lignes précédentes, sauf la dernière, permettent d’écrire ce qui suit :

\forall k\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, C_k = A^kC_0.

En substituant, il vient :

\begin{align*} A(A^{n-1}C_{0}) &= \sum_{k=0}^{n-1}a_kA^kC_0\\ A^nC_0 &= \sum_{k=0}^{n-1}a_kA^kC_0\\ \left(A^n-\sum_{k=0}^{n-1}a_kA^k\right)C_0 &=0\\ Q(A)C_0&=0. \end{align*}

Soit $k$ un élément de l’intervalle $\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Multipliez la relation précédente à gauche par $A^k\comma$ vous obtenez, grâce à la commutation des polynômes en $A\comma$ que :

\begin{align*} A^k Q(A)C_0 &= 0\\ Q(A) A^k C_0 &= 0\\ Q(A) C_k &= 0. \end{align*}

Ainsi, toutes les colonnes de la matrice $Q(A)$ sont nulles, donc $Q(A)$ est la matrice nulle.

Or, la matrice $A$ est à coefficients complexes et elle a un ordre impair. Donc elle possède au moins une valeur propre complexe notée $\lambda.$ Soit $V$ un vecteur propre associé, c’est une matrice colonne non identiquement nulle. De plus :

AV = \lambda V.

Du coup, quel que soit $k\in\llbracket 0, n\rrbracket\comma$ vous avez :

A^kV = \lambda^kV.

Par linéarité, il vient :

\begin{align*} Q(A)V &= \left(A^n – \sum_{k=0}^{n-1}a_kA^k\right)V\\ &= A^nV-\sum_{k=0}^{n-1}a_kA^kV\\ &= \lambda^nV-\sum_{k=0}^{n-1}a_k\lambda^kV\\ &= \left(\lambda^n – \sum_{k=0}^{n-1}a_k\lambda^k\right)V\\ &= Q(\lambda)V. \end{align*}

Comme la matrice $Q(A)$ est nulle, la matrice colonne $Q(A)V$ est identiquement nulle, donc $Q(\lambda)V$ aussi. Or, $V$ possède au moins un coefficient non nul, donc $Q(\lambda)=0.$

Du coup :

0 = \lambda^n +\sum_{k=0}^{n-1}\frac{c_k}{c_n}\lambda^k.

Vous multipliez le tout par $c_n$ et vous obtenez $P(\lambda)=0.$

Prolongement

Pour déterminer ce qu’il advient lorsqu’un polynôme complexe n’est pas de degré impair, vous pouvez consulter un raisonnement complémentaire.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 063.