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

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

0 \lt a_0 \lt \cdots \lt 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 ce contenu est de démontrer l’implication suivante, valable pour tout nombre complexe $z$ quelconque :

P(z) = 0 \implies \vert z\vert \lt1.

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 $P\comma$ vous multipliez l’égalité précédente par $z\comma$ ce qui donne :

\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 $1\comma$ 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 \gt 0.

Notez aussi que la somme de ces coefficients est télescopique :

\begin{align*} \sum_{i=0}^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}+\frac{a_n-a_0}{a_n}\\ &=1. \end{align*}

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 l’implication suivante, valable pour tout nombre complexe $z$ quelconque :

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

Introduisez une fonction $f$

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

\forall x\gt0, 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 référence, ce qui va permettre d’obtenir rapidement un résultat sur sa monotonie.

En effet, pour tout réel $x\gt0\comma$ vous avez :

\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 $x\gt0\comma$ 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 entier $i$ appartenant à $\llbracket 0, n\rrbracket\comma$ vous avez :

\begin{align*} n+1-i &\gt 0\\ b_i &\gt0. \end{align*}

Par somme de réels strictement positifs, vous déduisez que :

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

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

Établissez le signe de la fonction $f$

D’après le calcul de la somme des coefficients $b_i$ effectué ci-dessus, vous avez :

\begin{align*} Q(1) &= 1- \sum_{i=0}^n b_i\\ &=1-1\\ &=0. \end{align*}

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

La fonction $f$ étant strictement croissante, vous déduisez que :

sur l’intervalle $]0,1[\comma$ la fonction $f$ est strictement négative ;
sur l’intervalle $]1,+\infty[\comma$ 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, en utilisant la somme des coefficients $b_i$ calculée plus haut, vous obtenez :

\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 \times 1 ^i\\ &=\sum_{i=0}^n b_i\\ &=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 $b_n\gt0$ et $\vert z\vert = 1\comma$ le nombre $b_n z^n$ est de module égal à $b_n\comma$ donc $b_nz^n \neq 0.$

D’après le cas d’égalité de l’inégalité triangulaire, il existe des réels positifs $\lambda_0,\dots,\lambda_{n-1}$ tels que :

\begin{align*} 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 de l’existence de ces réels, vous pouvez vous reporter à la lecture d’un autre article.

Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 319.

En prenant les modules, et comme $\vert z\vert = 1\comma$ vous obtenez, pour tout entier $i$ appartenant à $\llbracket 0, n-1\rrbracket\comma$ l’égalité $b_i = \lambda_i b_n$ soit :

\forall i\in\llbracket 0, n-1\rrbracket, \lambda_i = \frac{b_i}{b_n}.

Par somme des égalités précédentes, auxquelles vous ajoutez $b_nz^n = 1\times b_nz^n\comma$ il vient :

\begin{align*} \sum_{i=0}^n b_iz^i &= (1+\lambda_{n-1}+\cdots+\lambda_0) b_n z^n\\ z^{n+1} &= \left(1+\frac{b_{n-1}}{b_n}+\cdots+\frac{b_0}{b_n}\right) b_n z^n\\ z^{n+1} &= (b_n+b_{n-1}+\cdots+b_0)z^n\\ z^{n+1} &= z^n. \end{align*}

Comme $z$ est de module $1\comma$ il est non nul, et la division par $z^n$ fournit :

z = 1.

Or :

P(1) = a_0+a_1+\cdots+a_n \gt 0.

Le réel $1$ n’est donc pas une racine de $P\comma$ ce qui contredit $P(z) = 0.$

Il en résulte l’implication suivante, valable pour tout nombre complexe $z$ quelconque :

\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 la section précédente, vous avez $\vert z \vert \neq 1$ donc $\vert z \vert \gt 1.$

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

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

Comme $Q(\vert z\vert) \leq 0\comma$ en divisant par $\vert z \vert ^{n+1}\comma$ 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. Donc $\vert z\vert \lt 1.$

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 $z\comma$ vous avez l’implication suivante :

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