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^ien prenant le module, il vient :
\vert z \vert ^{n+1} =\left\vert \sum_{i=0}^n b_i z^i\right\vertC’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 [yanniswp_article_link nb= »319″ desc= »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.}