323. Localisation des racines d’un polynôme réel dont les coefficients sont strictement positifs et strictement décroissants

Soit $n$ un entier naturel non nul. On désigne par $a_0,\dots,a_n$ des nombres réels tels que :

0 < a_0 < \cdots < a_n.

Soit $P$ le polynôme réel défini par :

P(X) = a_nX^n+\cdots+a_1X+a_0 = \sum_{i=0}^n a_i X^i.

L’objectif de cet article est de démontrer que, pour tout nombre complexe $z$ :

P(z) = 0 \implies \vert z\vert <1.

Introduisez un polynôme $Q$

Soit $z$ une racine complexe de $P.$

Alors :

\begin{align*} a_n z^n+\cdots+a_1 z+a_0 = 0\\ \sum_{i=0}^n a_i z^i = 0. \end{align*}

Afin de faire apparaître des différences entre les coefficients de $P$, vous multipliez l’égalité précédente par $z$ :

\begin{align*} a_n z^{n+1}+\cdots+a_1 z^2+a_0z = 0\\ \sum_{i=1}^{n+1} a_{i-1}z^i = 0. \end{align*}

Par différence des deux égalités précédentes :

\begin{align*} a_n z^{n+1} + (a_{n-1}-a_n)z^n+\cdots+(a_0-a_1)z - a_0 = 0\\ a_n z^{n+1} + \sum_{i=1}^n (a_{i-1}-a_i)z^i - a_0 = 0. \end{align*}

Afin d’obtenir un coefficient dominant égal à $1$, vous divisez le tout par $a_n$ qui est non nul :

\begin{align*} z^{n+1} + \frac{a_{n-1}-a_n}{a_n}z^n+\cdots+\frac{a_0-a_1}{a_n}z + \frac{- a_0}{a_n} = 0\\ z^{n+1} + \sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}-a_i}{a_n}z^i + \frac{-a_0}{a_n}=0\\ z^{n+1} - \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}z^i - \frac{a_0}{a_n}=0. \end{align*}

Cette égalité amène à poser :

\boxed{ \begin{align*} &b_0 = \frac{a_0}{a_n}\\ &\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, b_i = \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}. \end{align*} }

Du coup :

z^{n+1} - \sum_{i=0}^n b_i z^i = 0.

Notez que, compte tenu des propriétés des coefficients $(a_i)_{0\leq i\leq n}$ vous avez :

\forall i\in\llbracket 0, n\rrbracket, b_i > 0.

Comme :

z^{n+1} = \sum_{i=0}^n b_i z^i

en prenant le module, il vient :

\vert z \vert ^{n+1} =\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i\right\vert

C’est maintenant que l’inégalité triangulaire va intervenir. Il vient :

\begin{align*} \vert z \vert^{n+1}&\leq \sum_{i=0}^n \vert b_i \vert \vert z\vert ^i\\ &\leq\sum_{i=0}^n b_i \vert z \vert ^i. \end{align*}

Si bien que :

\boxed{\vert z \vert ^{n+1} - \sum_{i=0}^n b_i \vert z \vert ^i \leq 0.}

Le moment est venu de poser :

Q(X) = X^{n+1}-\sum_{i=0}^n b_iX^i.

Il a été établi que, pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z)=0 \implies (Q(\vert z \vert)\leq 0 \text{ et } Q(z)=0.)}

Introduisez une fonction $f$

Vous définissez une fonction $f$ sur $]0,+\infty[$ en posant:

\forall x>0, f(x) = \frac{Q(x)}{x^{n+1}} = 1- \sum_{i=0}^n\frac{b_i x^i}{x^{n+1}}.

Cette fonction s’écrit comme une somme de fonctions de références, ce qui va permettre d’obtenir rapidement un résultat sur sa monotonie.

Or, pour tout réel $x>0$:

\begin{align*} f(x) &= 1-\sum_{i=0}^n\frac{b_i}{x^{n+1-i}} \\ &=1-\sum_{j=1}^{n+1}\frac{b_{n+1-j}}{x^j}. \end{align*}

Cette expression montre que $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et que pour tout réel $x>0$, vous avez:

\begin{align*} f'(x) &= -\sum_{j=1}^{n+1}\frac{-j b_{n+1-j}}{x^{j+1}}\\ &= \sum_{j=1}^{n+1}\frac{j b_{n+1-j}}{x^{j+1}}\\ &= \sum_{i=0}^{n}\frac{(n+1-i) b_{i}}{x^{n+2-i}}. \end{align*}

Or, pour tout $i\in\llbracket 0, n\rrbracket$:

\begin{align*} (n+1-i )> 0\\ b_i >0. \end{align*}

Par somme de réels strictement positifs, vous déduisez que:

\forall x>0, f'(x)>0.

La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $]0,+\infty[.$

Établissez le signe de la fonction $f$

Pour tout réel $x>0$:

Q(x) = x^{n+1} - \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}x^i - \frac{a_0}{a_n}.

La somme du milieu devient télescopique en évaluant le polynôme $Q$ en $1$:

\begin{align*} Q(1) &= 1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\ &=1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n} + \sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\ &=1- \sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n} + \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} - \frac{a_0}{a_n}\\ &=1- \left(\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n} \right)+ \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\ &=1- \sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n} + \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\ &=1- \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_i}{a_n} -\frac{a_n}{a_n}+ \sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n} \\ &=1 -\frac{a_n}{a_n} \\ &=0. \end{align*}

Ainsi il vient $\boxed{f(1) = 0.}$

Vous déduisez que:

sur l’intervalle $]0,1[$, la fonction $f$ est strictement négative;
sur l’intervalle $]1,+\infty[$, la fonction $f$ est strictement positive.

Justifiez que les racines de $P$ ne peuvent être de module égal à $1$

Soit $z$ une racine de $P.$

Alors il a déjà été vu que:

z^{n+1} = \sum_{i=0}^n b_i z^i.

Raisonnez par l’absurde et supposez que $\vert z \vert = 1.$

D’une part:

\begin{align*} \left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i \right\vert&= \vert z^{n+1}\vert\\ & = \vert z \vert^{n+1} \\ &= 1^{n+1}\\ &=1. \end{align*}

D’autre part:

\begin{align*} \sum_{i=0}^n\vert b_i z^i\vert &= \sum_{i=0}^n \vert b_i\vert \vert z\vert ^i\\ &= \sum_{i=0}^n b_i \vert z\vert ^i\\ &= \sum_{i=0}^n b_i 1 ^i\\ &=\sum_{i=0}^n b_i\\ &= b_0 + \sum_{i=1}^n b_i\\ &=\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i-a_{i-1}}{a_n}\\ &=\frac{a_0}{a_n}+\sum_{i=1}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n}\\ &=\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=1}^n \frac{a_{i-1}}{a_n}\\ &=\sum_{i=0}^n \frac{a_i}{a_n}-\sum_{i=0}^{n-1} \frac{a_{i}}{a_n}\\ &=\frac{a_n}{a_n}\\ &=1. \end{align*}

Vous déduisez que vous êtes dans le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire:

\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i \right\vert = \sum_{i=0}^n \vert b_i z^i \vert.

Comme $b_n z^n$ est de module égal à $b_n$, vous déduisez que $b_nz^n \neq 0.$

Il existe des réels positifs $\lambda_0,\dots,\lambda_{n-1}$ tels que:

\begin{align*} b_{n}z^{n} &= 1\times b_nz^n\\ b_{n-1}z^{n-1} &= \lambda_{n-1}\times b_nz^n\\ &\vdots\\ b_{0} &= \lambda_{0}\times b_nz^n. \end{align*}

Note. Pour une démonstration complète sur l’existence de ces réels, vous pouvez vous reporter à la lecture du contenu rédigé dans l'article 319.

Par somme :

\begin{align*} b_nz^n+b_{n-1}z^{n-1}+\cdots+b_0 &= (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n z^n\\ z^{n+1} &= (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n z^n. \end{align*}

Comme $z$ est de module $1$, il est non nul, du coup :

z = (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n.

En prenant les modules :

\begin{align*} \vert b_{n-1}z^{n-1}\vert &= \vert \lambda_{n-1}\times b_nz^n\vert \\ &\vdots\\ \vert b_{0}\vert &= \vert \lambda_{0}\times b_nz^n\vert. \end{align*}

Comme les réels $b_0,\dots,b_{n-1}$, $\lambda_0,\dots,\lambda_{n-1}$ sont positifs :

\begin{align*} b_{n-1} &= \lambda_{n-1} \\ &\vdots\\ b_{0} &= \lambda_{0}. \end{align*}

Finalement :

z = (1+b_{n-1}+\cdots+b_0) b_n.

Cela prouve que $z$ est un réel strictement positif. En prenant le module :

1 = (1+b_{n-1}+\cdots+b_0)b_n.

Il a été vu que :

b_0+\cdots+b_{n-1}+b_n = 1.

Donc :

\begin{align*} 1 = (1+(1-b_n))b_n\\ 1 = (2-b_n)b_n\\ 1 = 2b_n-b_n^2\\ b_n^2-2b_n+1 = 0\\ (b_n-1)^2 = 0\\ b_n =1. \end{align*}

Or :

\begin{align*} b_n &= \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}\\ 1 &= \frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}\\ a_n &= a_n-a_{n-1}\\ 0 &= a_{n-1}. \end{align*}

Ce dernier résultat contredit $a_{n-1}> 0.$

Il en résulte le résultat suivant. Pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z) = 0 \implies \vert z\vert \neq 1.}

Justifiez que les racines de $P$ sont à l’intérieur du disque unité ouvert

Soit $z$ une racine du polynôme $P.$ Raisonnez par l’absurde et supposez que $\vert z \vert \geq 1.$

D’après le contenu précédent, vous avez $\vert z \vert \neq 1$ donc $\vert z \vert > 1.$

Comme $\vert z \vert$ appartient à l’intervalle $]1,+\infty[$ vous déduisez de l’étude du signe de $f$ que :

f(\vert z \vert) > 0.

Comme $Q(\vert z\vert) \leq 0$, en divisant par $\vert z \vert ^{n+1}$, vous avez $\frac{Q(\vert z \vert)}{\vert z\vert ^{n+1}}\leq 0$ soit :

f(\vert z \vert) \leq 0.

Les deux résultats obtenus sont contradictoires.

Le résultat est ainsi prouvé. Toutes les racines complexes du polynôme $P$ sont situées dans le disque unité ouvert. Autrement dit, pour tout nombre complexe $z$ :

\boxed{P(z) = 0\implies \vert z \vert < 1.}

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