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321. La borne de Cauchy (1/2)

Yannis TRIANTAPHYLIDES

Étant donné un polynôme à coefficients complexes non constant, comment majorer le module de ses racines ?

Une réponse sera abordée dans ce contenu, grâce à la notion de borne de Cauchy.

Soit $n$ un entier naturel non nul et soit $P\in\C[X]$ un polynôme unitaire de degré $n.$ Il existe $n$ coefficients complexes $a_0,\dots,a_{n-1}$ tels que :

P(X) = X^n + a_{n-1}X^{n-1} + \cdots + a_1X + a_0.

Le cas $a_0 = \cdots = a_{n-1} = 0$ fournit $P(X) = X^n$ et $P$ admet $0$ pour racine unique.

Dans la suite, vous supposerez que les coefficients $a_0,\dots,a_{n-1}$ ne sont pas tous simultanément nuls.

Ramenez-vous à un polynôme réel

Considérez le polynôme $Q\in\R[X]$ défini par :

Q(X) = X^n – \vert a_{n-1}\vert X^{n-1} – \cdots – \vert a_1\vert X – \vert a_0\vert.

Ensuite, pour tout réel $x \gt 0$ vous posez :

f(x) = \frac{Q(x)}{x^n}.

Cette égalité définit une fonction réelle $f\comma$ définie sur $]0,+\infty[.$

Notez que, pour tout réel $x$ strictement positif, vous avez :

\begin{align*} f(x) &= 1-\frac{\vert a_{n-1}\vert}{x} – \cdots – \frac{\vert a_1\vert}{x^{n-1}} – \frac{\vert a_0\vert}{x^n}\\ &=1-\sum_{k=1}^n \frac{\vert a_{n-k}\vert}{x^k}\\ &=1-\sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{\vert a_{\ell}\vert}{x^{n-\ell}}. \end{align*}

En dérivant, il vient, pour tout réel $x$ strictement positif :

\begin{align*} f'(x) &= – \sum_{k=1}^n \frac{-k \vert a_{n-k} \vert }{x^{k+1}}\\ &= \sum_{k=1}^n \frac{k \vert a_{n-k} \vert }{x^{k+1}}\\ &= \sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{(n-\ell) \vert a_{\ell} \vert }{x^{n-\ell+1}}. \end{align*}

Soit $i\in\llbracket 0,n-1\rrbracket$ tel que $a_i \neq 0.$ Par positivité des termes de la somme précédente, vous déduisez :

\forall x\gt0, f'(x)\geq \frac{(n-i)\vert a_i \vert}{x^{n-i+1}}.

Comme $\vert a_i \vert \gt0$ et $n-i\gt0\comma$ vous déduisez :

\forall x\gt0, f'(x) \gt0.

Sur l’intervalle $]0,+\infty[$ la fonction $f$ est strictement croissante.

D’autre part, pour tout réel $x$ strictement positif, vous avez :

\begin{align*} \sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{\vert a_{\ell}\vert}{x^{n-\ell}} &\geq \frac{\vert a_{i}\vert}{x^{n-i}}\\ -\sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{\vert a_{\ell}\vert}{x^{n-\ell}} &\leq – \frac{\vert a_{i}\vert}{x^{n-i}}\\ 1-\sum_{\ell=0}^{n-1} \frac{\vert a_{\ell}\vert}{x^{n-\ell}} &\leq 1- \frac{\vert a_{i}\vert}{x^{n-i}}\\ f(x) &\leq 1- \frac{\vert a_{i}\vert}{x^{n-i}}. \end{align*}

D’autre part, comme $n-i \gt 0\comma$ vous déduisez :

\lim_{\substack{x\to 0 \\x\gt0}} x^{n-i} = 0^{+}.

Ainsi :

\begin{align*} \lim_{\substack{x\to 0 \\x\gt0}} \frac{\vert a_i \vert}{x^{n-i}} &= +\infty \\ \lim_{\substack{x\to 0 \\x\gt0}} \left(1-\frac{\vert a_i \vert}{x^{n-i}}\right) &= -\infty. \end{align*}

Par comparaison, il vient :

\lim_{\substack{x\to 0 \\x\gt0}} f(x) = -\infty.

Maintenant, pour l’étude en $+\infty$ vous pouvez remarquer que :

\forall k\in\llbracket 1, n\rrbracket, \lim_{x\to +\infty} x^k = +\infty.

Du coup :

\forall k\in\llbracket 1, n\rrbracket, \lim_{x\to +\infty} \frac{\vert a_{n-k}\vert}{x^k} = 0.

Par somme, vous déduisez :

\lim_{x\to +\infty} f(x) = 1.

Compte tenu des limites précédentes, de la continuité de $f$ sur $]0,+\infty[$ et de sa stricte monotonie, vous avez établi que la fonction $f$ réalise une bijection de $]0,+\infty[$ vers $]-\infty,1[.$

Comme $0\in]-\infty,1[\comma$ l’équation $f(x) = 0$ admet une solution et une seule dans $]0,+\infty[.$

Définissez la borne de Cauchy

D’après la section précédente, il existe un unique réel strictement positif, noté $c(P)\comma$ tel que $f(c(P))=0.$ Le nombre $c(P)$ sera appelé borne de Cauchy du polynôme $P.$

Vous allez montrer que $c(P)$ est l’unique solution strictement positive de l’équation $Q(x)=0.$

Analyse. Soit $t\in\R$ un nombre strictement positif tel que $Q(t) = 0.$ Alors $\frac{Q(t)}{t^n} = 0$ donc $f(t)=0$ et $t = c(P).$

Synthèse. Posez $t = c(P).$ Alors $t\gt0$ et comme $f(t)=0$ il vient $\frac{Q(t)}{t^n} = 0$ puis $Q(t)=0.$

En définitive, il existe un unique réel strictement positif, noté $c(P)$ et appelé borne de Cauchy, tel que :

\boxed{c(P)^n = \vert a_{n-1}\vert c(P)^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert c(P) + \vert a_0\vert.}

Obtenez un encadrement du maximum du module des racines de $P$

Le polynôme $P$ étant unitaire et à coefficients complexes, d’après le théorème de d’Alembert-Gauss, il existe $n$ nombres complexes (pas nécessairement distincts) $r_1,\dots, r_n$ tels que :

P(X) = (X-r_1)\cdots(X-r_n).

Vous notez $\boxed{R = \max \{\vert r_i\vert, i\in\llbracket 1,n\rrbracket\}.}$

Une majoration de $R$

Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket.$ Comme $P(r_i) = 0\comma$ vous déduisez :

\begin{align*} r_i^n &= – a_{n-1}r_i^{n-1} – \cdots – a_1r_i – a_0\\ \vert r_i\vert ^n &= \vert -a_{n-1}r_i^{n-1} – \cdots – a_1r_i – a_0 \vert\\ \vert r_i\vert ^n &= \vert a_{n-1}r_i^{n-1} + \cdots + a_1r_i + a_0 \vert. \end{align*}

En utilisant l’inégalité triangulaire, puis la majoration $\vert r_i\vert\leq R\comma$ vous obtenez :

\begin{align*} \vert r_i\vert ^n &\leq \vert a_{n-1} r_i^{n-1}\vert + \cdots + \vert a_1r_i\vert + \vert a_0 \vert\\ &\leq \vert a_{n-1}\vert \vert r_i\vert^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert \vert r_i\vert + \vert a_0 \vert\\ &\leq \vert a_{n-1}\vert R^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert R + \vert a_0 \vert. \end{align*}

Ainsi :

\forall i\in\llbracket 1,n\rrbracket, \vert r_i\vert^n\leq \vert a_{n-1}\vert R^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert R + \vert a_0 \vert.

Or, il existe $i_0\in\llbracket 1, n\rrbracket$ tel que $R = \vert r_{i_0}\vert.$ Du coup :

\begin{align*} R^n&\leq \vert a_{n-1}\vert R^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert R + \vert a_0 \vert \\ R^n -\vert a_{n-1}\vert R^{n-1} – \cdots – \vert a_1\vert R – \vert a_0 \vert &\leq 0\\ Q(R)&\leq 0. \end{align*}

Si $R$ est nul, alors $\vert r_1 \vert = \cdots = \vert r_n \vert = 0$ et donc $P(X) = X^n\comma$ ce qui entraîne la nullité de tous les coefficients $a_0,\dots,a_{n-1}\comma$ ce qui est absurde. Donc $R\gt0.$

Du coup, $\frac{Q(R)}{R^n} \leq 0$ soit $f(R)\leq 0$ et par suite $f(R)\leq f(c(P)).$ Supposez que $R \gt c(P).$ Comme $c(P)\gt0\comma$ les réels $R$ et $c(P)$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Comme $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, vous déduisez $f(R) \gt f(c(P))\comma$ ce qui est une contradiction. Donc $R\leq c(P).$

Ainsi, le maximum des modules des racines de $P$ est inférieur ou égal à la borne de Cauchy, ce qui s’écrit :

\boxed{R\leq c(P).}

Une minoration de $R$

Vous développez l’expression :

P(X) = (X-r_1)\cdots(X-r_n).

Pour cela vous utilisez les fonctions symétriques élémentaires des racines :

\left\{\begin{align*} \sigma_1 &= r_1+\cdots+r_n =\sum_{i=1}^n r_i\\ &\vdots\\ \sigma_k &= \sum_{1\leq i_1\lt\cdots \lt i_k \leq n} r_{i_1}\cdots r_{i_k}\\ &\vdots\\ \sigma_n &= r_1\cdots r_n. \end{align*} \right.

Il vient :

P(X) = X^n-\sigma_1X^{n-1}+\cdots+(-1)^k \sigma_kX^{n-k}+\cdots+(-1)^n\sigma_n.

Or :

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

Par identification, vous déduisez :

\forall k\in\llbracket 1,n\rrbracket, a_{n-k} = (-1)^k\sigma_k.

Soit maintenant $k$ fixé appartenant à l’ensemble d’entiers $\llbracket 1, n\rrbracket.$ Vous avez :

\begin{align*} \vert a_{n-k} \vert &= \vert \sigma_k\vert \\ &=\left\vert \sum_{1\leq i_1\lt\cdots \lt i_k \leq n} r_{i_1}\cdots r_{i_k} \right\vert. \end{align*}

Par inégalité triangulaire, et comme cette somme comporte $\binom{n}{k}$ termes, vous obtenez :

\begin{align*} \vert a_{n-k} \vert &\leq \sum_{1\leq i_1\lt\cdots \lt i_k \leq n} \vert r_{i_1}\cdots r_{i_k} \vert \\ &\leq \sum_{1\leq i_1\lt\cdots \lt i_k \leq n} \vert r_{i_1}\vert \cdots \vert r_{i_k} \vert \\ &\leq \sum_{1\leq i_1\lt\cdots \lt i_k \leq n}R^k \\ &\leq \binom{n}{k} R^k. \end{align*}

Ainsi :

\forall k\in\llbracket 1, n\rrbracket, \vert a_{n-k} \vert \leq \binom{n}{k} R^k.

Or :

c(P)^n = \sum_{k=1}^n\vert a_{n-k}\vert c(P)^{n-k}.

Vous déduisez la majoration :

c(P)^n \leq \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} R^k c(P)^{n-k}.

Il manque le terme d’indice $k=0$ pour obtenir le développement du binôme. Vous rajoutez ce terme aux deux membres, puis vous utilisez la croissance de la fonction racine $n$-ième sur $[0,+\infty[\comma$ ce qui donne :

\begin{align*} c(P)^n + c(P)^n &\leq \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} R^k c(P)^{n-k} + c(P)^n \\ 2 c(P)^n &\leq \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} R^k c(P)^{n-k} \\ 2 c(P)^n &\leq (R + c(P) )^{n} \\ \sqrt[n]{2}\, c(P) &\leq R+c(P). \end{align*}

Finalement :

\boxed{(\sqrt[n]{2} -1)c(P) \leq R.}

Concluez sur l’encadrement

En notant $R$ le maximum des modules des racines de $P$ et $c(P)$ la borne de Cauchy de $P\comma$ vous avez l’encadrement suivant :

\boxed{(\sqrt[n]{2} -1)c(P) \leq R\leq c(P).}

Une majoration de $c(P)$ par les coefficients du polynôme $P$

Il a été vu que $c(P)$ vérifie l’égalité $f(c(P))=0.$

Pour effectuer une majoration, vous posez :

A = \max\{\vert a_i\vert, i\in\llbracket 0, n-1\rrbracket\}.

Remarquez que $A \gt0\comma$ puisque les coefficients $a_0,\dots,a_{n-1}$ ne sont pas tous nuls.

Comme $\vert a_k\vert\leq A$ pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n-1\comma$ puis en sommant les termes d’une suite géométrique de raison $1+A\neq 1\comma$ vous obtenez :

\begin{align*} \vert a_{n-1}\vert (1+A)^{n-1} + \cdots + \vert a_1\vert (1+A) + \vert a_0\vert &\leq A((1+A)^{n-1}+\cdots+(1+A)+1)\\ &\leq A \times \frac{(1+A)^n-1}{(1+A)-1} \\ &\leq (1+A)^n-1\\ &\lt (1+A)^n. \end{align*}

Par suite, $Q(1+A) \gt 0$ et donc $\frac{Q(1+A)}{(1+A)^n} \gt 0$ donc $f(1+A)\gt0$ et donc $f(1+A)\gt f(c(P)).$

Supposez que $1+A\leq c(P).$ Les réels $c(P)$ et $1+A$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[\comma$ sur lequel $f$ est croissante, donc $f(1+A)\leq f(c(P))\comma$ ce qui est une contradiction. Ainsi $c(P) \lt 1+A.$

Concluez

Pour tout polynôme $P$ à coefficients complexes non constant, vous notez $\rho(P)$ le maximum du module de ses racines.

Pour tout polynôme $P$ unitaire à coefficients complexes, non constant de degré $n\in\NN\comma$ différent de $X^n\comma$ il existe un unique $n$-uplet $(a_0,\dots,a_{n-1})\in\C^n \setminus \{(0,\dots,0)\}$ tel que :

P(X) = X^n + a_{n-1}X^{n-1} + \cdots + a_1X + a_0.

De plus, il existe un unique $c(P)\in\R_{+}^{*}\comma$ appelé borne de Cauchy de $P\comma$ qui est la seule solution réelle strictement positive de l’équation suivante :

x^n = \vert a_{n-1}\vert x^{n-1}+\cdots+\vert a_1\vert x +\vert a_0\vert .

Enfin, les inégalités suivantes sont vérifiées :

\boxed{(\sqrt[n]{2} -1)c(P) \leq \rho(P)\leq c(P)\lt 1+\max \{\vert a_i \vert, i\in\llbracket 0, n-1\rrbracket \}.}

Un moyen de calculer une valeur approchée de la borne de Cauchy est présenté dans un autre article.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 322.