Auteur/autrice : Yannis TRIANTAPHYLIDES

L’objectif de cet article de démontrer que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)=\mathrm{exp}(z+z’).$

Pour y parvenir, vous allez utiliser le fait que $\forall z\in\C, \lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Puis vous allez améliorer ce résultat, en justifiant que, si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C$, alors vous avez encore $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$ Admettez un instant ce résultat et voyez pourquoi il permet de conclure.

Soient $z$ et $z’$ deux nombres complexes.

Partez de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ et de $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z’}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z’).$

Par produit de limites, $\lim_{n\to+\infty} \left(\left(1 + \frac{z}{n}\right)\left(1+\frac{z’}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Du coup, $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’}{n}+\frac{zz’}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Ceci s’écrit encore $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z+z’+\frac{zz’}{n}}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Pour tout $n\in\NN$ posez $z_n = z+z’+\frac{zz’}{n}$, alors $\lim_{n\to+\infty} \left(1 + \frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).$

Or, la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ converge vers $z+z’$, donc $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z+z’).$

Par unicité de la limite, vous obtenez $\boxed{\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’).}$

Prouvez que si $(z_n)_{n\in\NN}$ est une suite complexe qui converge vers un nombre $z\in\C$, alors $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Soit $(z_n)_{n\in\NN}$ une suite de nombres complexes qui converge vers un nombre complexe $z.$

Vous allez montrer d’abord que la suite $\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ converge vers $0.$

Soit $\varepsilon > 0.$

Comme la suite $(z_n)_{n\in\NN}$ est convergente, elle est bornée. Il existe un réel $P>0$ tel que $\forall n\in\NN, \lvert z_n\rvert \leq P.$ Notez alors $M$ le maximum de $P$ et de $\lvert z\rvert.$ Notez que $\lim_{n\to+\infty} \frac{M^n}{n!}=0$ donc il existe un entier $N\geq 1$ tel que $\frac{M^N}{N! } \leq \frac{\varepsilon}{8}.$

Soit maintenant $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \left\lvert \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k}\frac{z_n^k-z^k}{n^k}\right\rvert \\
&\leq \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n}\frac{n!}{(n-k)! n^k}\frac{z_n^k-z^k}{k! }\right\rvert \\
\end{aligned}

Or, pour tout entier $k$ compris entre $0$ et $n$, $\frac{n!}{(n-k)! n^k} \leq 1$ donc

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert &\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \sum_{k=N}^{n}\frac{\lvert z_n\rvert ^k+\lvert z\rvert ^k}{k! }\\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 2 \sum_{k=N}^{n}\frac{M^k}{k! } \\
&\leq \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + 4 \frac{M^N}{N! } \\
&\leq\sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } + \frac{\varepsilon}{2}. \\
\end{aligned}

Or, pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$, $\lim_{n\to +\infty} z_n^k-z^k = 0.$

Comme ce nombre de limites est en nombre fini, $\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } = 0.$ Donc il existe un entier $N’>N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=0}^{N-1} \frac{\left\lvert z_n^k-z^k\right\rvert}{k! } \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Vous avez donc montré que $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\geq 1, \forall n\geq N’, \left\lvert\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n\right\rvert \leq \varepsilon.$

Autrement dit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n-\left(1+\frac{z}{n}\right)^n = 0.$

Or, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z).$

Ainsi, par somme de suites convergentes, vous constatez que la suite $\left(\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n\right)_{n\in\NN}$ est convergente et que sa limite est égale à $\mathrm{exp}(z).$

Le résultat $\lim_{n\to +\infty}\left(1+\frac{z_n}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$ est enfin prouvé.

Vers le morphisme de groupes

L’ensemble $\C$ muni de l’addition est un groupe, de même l’ensemble $\C^{*}$ muni de la multiplication est un groupe.

Il convient juste de justifier que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z)\neq 0$.

Notez que $\mathrm{exp}(0) = \lim_{n\to+\infty}\left(1+\frac{0}{n}\right)^n = 1.$

Soit $z\in\C$. Comme $z+(-z)=0$ il s’ensuit que $\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(-z)=\mathrm{exp}(0)=1.$ Donc $\mathrm{exp}(z)\neq 0.$

Combiné au fait que $\forall (z,z’)\in\C^2, \mathrm{exp}(z+z’)=\mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ et que $\forall z\in\C, \mathrm{exp}(z) \in\C^{*}$, l’exponentielle complexe est un morphisme de groupes de $(\C,+)$ dans $(\C^{*}, \times).$

Prolongement

Pourriez-vous justifier que l’exponentielle complexe, qui va de $\C$ dans $\C^{*}$ est surjective ?

D’après le contenu qui se trouve dans l'article 128, pour tout réel $x$, vous avez $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$ Quelles sont les propriétés de ce nombre complexe ?

L’exponentielle d’un nombre imaginaire pur est un nombre complexe de module 1

Soit $x\in\R.$ Pour tout $n\in\NN$, le conjugué de $1+\frac{ix}{n}$ est $1-\frac{ix}{n}$. Comme $\lim_{x\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)$, en prenant le conjugué, vous obtenez aussi que $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \overline{\mathrm{exp}(ix)}.$

D’autre part, pour tout nombre complexe $z$, $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(z)$. En particulier, en prenant $z = -ix$, vous obtenez $\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right) = \mathrm{exp}(-ix).$

Par unicité de la limite d’une suite complexe convergente, vous obtenez l’égalité $\boxed{\forall x\in\R, \overline{\mathrm{exp}(ix)} = \mathrm{exp}(-ix).}$

Soit $x\in\R.$ Si vous admettez que, quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ la conclusion arrive vite.

En prenant $z= ix$ et $z’=-ix$, vous obtenez $1 = \mathrm{exp}(0) = \mathrm{exp}(ix + (-ix)) = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Du coup, $1 = \mathrm{exp}(ix) \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ ce qui aboutit à $\lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert^2 = 1.$

Par positivité du module d’un nombre complexe, il en résulte que $\boxed{\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix) \rvert= 1.}$

Peut-on s’en sortir sans utiliser la propriété quels que soient les nombres complexes $z$ et $z’$, vous avez l’égalité $\mathrm{exp}(z+z’) = \mathrm{exp}(z)\mathrm{exp}(z’)$ ?

Une majoration

L’utilisation de suites géométriques permettra d’aboutir.

Soit $N$ un entier naturel supérieur ou égal à $1$ et $M$ un entier tel que $M\geq N.$

\begin{aligned}
\sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(k+N)!} \\
&\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{N!(N+1)^k}\\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{(N+1)^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \sum_{k=0}^{M-N} \frac{1}{2^{k}} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 – (1/2)^{M-N+1}}{1-(1/2)} \\
&\leq \frac{1}{N!} \frac{1 }{1/2} \\
&\leq \frac{2}{N!}.
\end{aligned}

Ainsi $\boxed{\forall N\in\NN, \forall M\geq N, \sum_{k=N}^M \frac{1}{k!} \leq \frac{2}{N!}.}$

Montrez directement que, pour tout réel $x$, $\mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1$

Soit $x\in\R.$ Partez des deux égalités de limites :

$\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix).$
$\lim_{n\to +\infty} \left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(-ix).$

Par produit, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{ix}{n}\right)^n\left(1-\frac{ix}{n}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Cela s’écrit aussi $\lim_{n\to +\infty} \left( \left(1+\frac{ix}{n}\right)\left(1-\frac{ix}{n}\right)\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix)$, soit $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix).$

Le nombre $x$ étant réel, $x^2$ est positif. Du coup, pour tout $n\in\NN$, $1\leq 1+\frac{x^2}{n^2}$ et donc $1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n.$

Pour la majoration, utilisez la formule du binôme. Soit $n\in\NN.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq \sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{x^{2k}}{n^{2k}} \\
&\leq \sum_{k=0}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{n! x^{2k}}{k! (n-k)! n^{2k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n\frac{n!}{(n-k)!n^k} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \\
\end{aligned}

Soit maintenant $\varepsilon > 0$ et $N$ un entier tel que $N \geq x^2+2$ et $N \geq \frac{4}{\varepsilon}.$
Soit $n$ un entier tel que $n\geq N.$

\begin{aligned}
\left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n &\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{x^{2k}}{k! n^{k}}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{(x^2/n)^k}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \sum_{k=N}^n \frac{1}{k!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N!}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{2}{N}\\
&\leq 1 + \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} + \frac{\varepsilon}{2}\\
\end{aligned}

Pour tout entier $k$ compris entre $1$ et $N-1$, $\lim_{n\to +\infty}\frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Ce nombre de limites étant fini, il en résulte que $\lim_{n\to +\infty} \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} = 0.$

Donc il existe un entier $N’ \geq N$ tel que $\forall n\geq N’, \sum_{k=1}^{N-1} \frac{x^{2k}}{k! n^{k}} \leq \frac{\varepsilon}{2}.$

Donc $\forall \varepsilon > 0, \exists N’\in\NN, \forall n\geq N’, 1 \leq \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n \leq 1 + 2\frac{\varepsilon}{2}\leq 1+\varepsilon.$

Ce résultat prouve que $\lim_{n\to +\infty} \left(1+\frac{x^2}{n^2}\right)^n = 1$ et donc $\forall x\in\R, \mathrm{exp}(ix)\mathrm{exp}(-ix) = 1.$

Sur le sinus et le cosinus

Pour tout nombre réel $x$, on pose $\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2i}$ et $\cos x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2}.$

Soit $x\in\R.$ Comme $\forall y\in\R, \mathrm{exp}(-iy) = \overline{\mathrm{exp}(iy)}$, en prenant $y=x$ et $y=-x$ vous trouvez que $\mathrm{exp}(-ix) = \overline{\mathrm{exp}(ix)}$ et que $\mathrm{exp}(ix) = \overline{\mathrm{exp}(-ix)}.$ Donc $\overline{\sin x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)-\mathrm{exp}(ix)}{-2i} = \sin x$. De même, $\overline{\cos x} = \frac{\mathrm{exp}(-ix)+\mathrm{exp}(ix)}{2}=\cos x$. Donc $\cos x$ et $\sin x$ sont des réels.

De plus, $ \cos x + i\sin x = \frac{\mathrm{exp}(ix)+\mathrm{exp}(-ix)}{2} + \frac{\mathrm{exp}(ix)-\mathrm{exp}(-ix)}{2} = \mathrm{exp}(ix).$

Comme $\forall x\in\R, \lvert \mathrm{exp}(ix)\rvert = 1$ vous déduisez $\boxed{\forall x\in\R, \cos^2 x + \sin^2 x = 1.}$

Soit $z$ un nombre complexe fixé. Considérez la suite suivante définie par $\forall n\in\NN, u_n = \left(1+\frac{z}{n}\right)^n.$

Vous allez démontrer que la suite $(u_n)_{n\in\NN}$ est convergente. Sa limite sera notée $\mathrm{exp}(z)$ et appelée exponentielle de $z.$

Les suites de Cauchy

Soit $(a_n)_{n\in\N}$ une suite complexe vérifiant la propriété suivante :

$\forall \varepsilon > 0, \exists N\in\N, \forall n\geqslant N, \forall p\in\N, \lvert a_n-a_{n+p}\rvert \leqslant \varepsilon.$

La suite $(a_n)_{n\in\N}$ est dite de Cauchy.

Via le théorème de Bolzano-Weierstrass, qui dit que « de toute suite complexe bornée, on peut extraite une sous-suite convergente », vous pourrez démontrer que toute suite complexe de Cauchy est convergente.

La réciproque est valable. Si une suite complexe est convergente, c’est aussi une suite de Cauchy.

Munissez-vous de deux lemmes

Lemme 1. La suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n!}\right)_{n\in\N}$ converge vers $0$.

Notez $x = \lvert z \rvert$ et soit $N$ un entier strictement supérieur à $x+1.$

Soit $n\geq N.$ $\frac{x^n}{n!}\leq \frac{x^n}{(N-1)!N^{n-N}}\leq \frac{x^nN^N}{(N-1)!N^n} \leq \frac{N^N}{(N-1)!}\times\left(\frac{x}{N}\right)^n.$

Comme $0\leq \frac{x}{n} < 1$, $\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{x}{N}\right)^n = 0$, donc la suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n!}\right)_{n\in\N}$ converge vers $0$. En particulier, elle est majorée par un réel $M>0.$

Lemme 2. Soit $\varepsilon >0.$ Il existe un entier $N$ tel que, pour tout entier $M\geqslant N$, $\sum_{k=N}^M \frac{\vert z \rvert^n}{n!} \leqslant \varepsilon. $

De même posez $x = \lvert z \rvert.$

Soit $N$ un entier strictement supérieur à $2x + 1$ et $M$ un entier supérieur ou égal à $N.$

\begin{aligned}
\sum_{k=N}^M \frac{x^k}{k!} &\leq \sum_{k=0}^{M-N} \frac{x^{k+N}}{(k+N)!} \\
&\leq \frac{x^N}{N!}\sum_{k=0}^{M-N} \frac{x^{k}}{N^k} \\
&\leq \frac{x^N}{N!}\sum_{k=0}^{M-N} \left(\frac{x}{N}\right)^k \\
&\leq \frac{x^N}{N!}\sum_{k=0}^{M-N} \left(1/2\right)^k \\
&\leq \frac{x^N}{N!}\frac{1-(1/2)^{M-N+1}}{1-1/2} \\
&\leq \frac{x^N}{N!}\frac{1}{1-1/2} \\
&\leq \frac{2x^N}{N!}\\
\end{aligned}

D’après le lemme 1, $\lim_{N\to+\infty} \frac{x^N}{N!} = 0.$

Soit $\varepsilon > 0$. Choisissez $N$ tel que $\frac{x^N}{N!} \leq \frac{\varepsilon}{2}$.

Alors $\sum_{k=N}^M \frac{x^k}{k!}\leq \frac{2x^N}{N!} \leq 2 \times\frac{\varepsilon}{2} \leq \varepsilon.$

Montrez que la suite $n\mapsto \left(1+\frac{z}{n}\right)^n$ est de Cauchy

Construction de la preuve

Fixez un réel $\varepsilon >0$ et un nombre entier $N.$

Il s’agit d’effectuer une majoration de la quantité $\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n – \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert$ quand $n\geqslant N$ et $p\in\N.$

D’après ce qui précède, il existe un réel $M>0$ qui soit un majorant de la suite $\left(\frac{\vert z \rvert^n}{n!}\right)_{n\in\N}.$

Utilisez la formule du binôme de Newton

L’outil qui sera utilisé sera la formule du binôme $(a+b)^m = \sum_{k=0}^m \binom{m}{k}a^kb^{m-k}.$

Appliquée avec $b=1$ et $a=\frac{z}{n}$, vous obtenez $\left(1+\frac{z}{n}\right)^n = \sum_{k=0}^n\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k}.$

Appliquée avec $b=1$ et $a=\frac{z}{n+p}$, vous obtenez $\left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} = \sum_{k=0}^{n+p}\binom{n+p}{k}\frac{z^k}{n^k}.$

Afin de contrôler les quantités de la forme $\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k}$, vous utilisez le fait que $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!(n-k)!}$ ce qui fournit $\binom{n}{k}\frac{z^k}{n^k} = \frac{n!}{(n-k)!n^k}\frac{z^k}{k!}.$

Lorsque $k$ est nul, $\frac{n!}{(n-k)!n^k} = \frac{n!}{n!} = 1.$

Lorsque $k$ est égal à $1$, $\frac{n!}{(n-k)!n^k} = \frac{n!}{n(n-1)!} = 1.$

Soit $k$ un entier tel que $n\geqslant k\geqslant 2$. Vous pouvez écrire, en remarquant que $\frac{n!}{(n-k)!} = n\times \dots \times (n-(k-1))$ est un produit de $k$ facteurs, que $\frac{n!}{(n-k)!n^k} = \frac{n\times\cdots\times (n-(k-1))}{n^k}=\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right).$ Il est important de constater que $\frac{n!}{(n-k)!n^k} \in [0,1]$ et que $\lim_{n\to +\infty}\prod_{i=0}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right) = 1.$

Soit $N$ un entier naturel non nul que vous choisirez plus tard.

Pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$ et pour tout entier naturel $n\in\NN$, notez $u_n^{(k)} = \frac{n!}{(n-k)!n^k}$. Vous définissez $N$ suites $u^{(0)}$, $\dots$, $u^{(N-1)}$ qui sont toutes convergentes vers $1$ et donc toutes de Cauchy.
Fixez $n\geqslant N$ et $p\in\NN.$ Alors :

\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n - \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert
\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=0}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert.

Il convient de séparer en deux les sommes pour lesquelles les indices $k$ sont inférieurs à $N-1$ avec les autres.

\begin{aligned}
\left\lvert\left(1+\frac{z}{n}\right)^n \,- \left(1+\frac{z}{n+p}\right)^{n+p} \right\rvert
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=0}^{N-1} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert + \left\lvert \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k} \frac{z^k}{n^k} \,- \sum_{k=N}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{z^k}{(n+p)^k}\right\rvert \\
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \frac{n!}{(n-k)!n^k}\frac{z^k}{k!} \,- \sum_{k=0}^{N-1} \frac{(n+p)!}{(n+p-k)!(n+p)^k}\frac{z^k}{k!}\right\rvert + \sum_{k=N}^{n} \binom{n}{k} \frac{\lvert z \rvert ^k}{n^k} + \sum_{k=N}^{n+p} \binom{n+p}{k} \frac{\lvert z \rvert^k}{(n+p)^k} \\
&\leqslant \left\lvert \sum_{k=0}^{N-1} \left(\frac{n!}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p)!}{(n+p-k)!(n+p)^k}\right)\frac{z^k}{k!}\right\rvert + \sum_{k=N}^{n} \frac{\lvert z \rvert ^k}{k!} + \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k!}\\
&\leqslant \sum_{k=0}^{N-1} \left(\left\lvert\frac{n!}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p)!}{(n+p-k)!(n+p)^k}\right\rvert \frac{\lvert z\rvert ^k}{k!}\right) + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k!}\\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert\frac{n!}{(n-k)!n^k} – \frac{(n+p)!}{(n+p-k)!(n+p)^k}\right\rvert + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k!}\\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 2 \sum_{k=N}^{n+p} \frac{\lvert z \rvert^k}{k!} \\
&\leqslant M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 4 \frac{\lvert z \rvert^N}{N!}
\end{aligned}

Fin de la preuve

Soit $\varepsilon >0.$ Il existe un entier naturel $N$ non nul tel que $\frac{\lvert z \rvert^N}{N!} \leqslant \frac{\varepsilon}{8}.$

Or il a été vu que $N$ suites $u^{(0)}$, $\dots$, $u^{(N-1)}$ sont toutes de Cauchy.

Donc il existe des entiers $S_0$, $\dots$, $S_{N-1}$ tels que pour tout $k$ compris entre $0$ et $N-1$ et tout entier $n\geqslant S_k$ et tout $p\in\N$, $\left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert \leqslant \frac{\varepsilon}{2MN}.$

Soit $S$ le maximum des entiers $S_0$, $\dots$, $S_{N-1}.$ Alors pour tout $n\geqslant S$, pour tout $p\in\N$, $\sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert\leqslant \frac{\varepsilon}{2M}.$

Du coup pour tout $n\geqslant S$, pour tout $p\in\N$, $M \sum_{k=0}^{N-1} \left\lvert u_n^{(k)} – u_{n+p}^{(k)}\right\rvert + 4 \frac{\lvert z \rvert^N}{N!} \leqslant M\frac{\varepsilon}{2M} + 4\frac{\varepsilon}{8}\leq \varepsilon$ ce qui conclut.

Prolongement

Soit $n\in\NN$ et $A$ une matrice complexe d’ordre $n.$ Comment définiriez-vous l’exponentielle de la matrice $A$ ? Quelle application trouveriez-vous ?

Dans cet article, vous recherchez un moyen de trouver tous les candidats potentiels d’une équation réelle de degré 4. Les exemples sont choisis pour que les calculs restent compréhensibles bien que longs sur la fin de l’article.

Vous allez constater que, si vous savez résoudre les équations réelles de degré 2 et de degré 3, vous savez résoudre les équations de degré 4. Le modèle du palindrome constitue le départ de l’article avec une généralisation progressive.

Bien entendu, il existe d’autres méthodes permettant de résoudre les équations de degré 4, plus rapides, en recherchant des solutions par d’autres moyens. Ce qui est présenté ici a pour but de différencier les approches et de fournir d’autres mécanismes de compréhension de ces équations.

Partez d’un palindrome

Considérez l’équation $x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0$ de degré 4, dont les coefficients sont en forme de palindrome.

Analyse

Supposez qu’il existe un réel $x$ tel que :

$x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0.$

Comme $x=0$ ne satisfait pas l’équation, il est possible de diviser le tout par $x^2$, non nul, ce qui fournit :

$x^2+2x-1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2} = 0$

ce qui s’écrit, en regroupant les coefficients égaux :

$\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right) + 2\left(x+\frac{1}{x}\right) -1=0.$

Vous posez $y=x+\frac{1}{x}$ de sorte que $y^2 = x^2+\frac{1}{x^2}+2$ et par suite :

$y^2-2 + 2y -1 = 0$, donc $y^2+2y-3 = 0$ ce qui s’écrit $(y-1)(y+3)=0.$

Vous obtenez deux possibilités : $y=1$ ou $y=-3$..

Si $y=1$, alors $x+\frac{1}{x}=1$ donc $x^2+1 – x=0$, or équation n’a pas de solution réelle…

Vous en déduisez $y=-3$, donc $x+\frac{1}{x}= -3$ donc $x^2+3x+1=0$ donc $x\in\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Synthèse

Soit $x$ un réel appartenant à l’ensemble $\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Vous avez $x^2 = -3x-1.$

En multipliant par $x$, vous trouvez $x^3 = -3x^2-x = -3(-3x-1)-x = 8x+3$

Puis $x^4 = 8x^2+3x = 8(-3x-1)+3x = -21x-8. $

\begin{aligned}
x^4+2x^3-x^2+2x+1 &= (-21x-8)+(16x+6)+(3x+1)+2x+1\\
&=0.
\end{aligned}

Concluez

L’équation de degré 4 $x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0$ admet pour ensemble de solutions $\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Construisez une équation qui se résout sur le même modèle

Le cas du palindrome parfait

Toute la section précédente est basée sur le fait que $y=x+\frac{1}{x}$ est un excellent changement de variable.

En effet, partez de l’équation de degré 4 sous forme de palindrome, dans laquelle on a divisé par le coefficient dominant.

Elle s’écrit $x^4+ax^3+bx^2+ax+1 = 0.$

$x$ étant à nouveau non nul, vous divisez par $x^2$ pour obtenir $x^2+\frac{1}{x^2}+a\left(x+\frac{1}{x}\right)+b=0$

soit $y^2-2+ay+b=0$ qui est une équation de degré 2 qui admet au plus deux solutions, et donc, en résolvant $x+\frac{1}{x} = y$ soit $x^2-yx+1 = 0$ pour chaque valeur de $y$ vous trouvez bien, au maximum, 4 candidats.

Analyse du cas avec un palindrome modifié

Plus généralement, posez $y = x + \frac{\alpha}{x}$ et supposez que $y$ soit solution d’une équation de degré 2, de la forme $y^2+ay+b = 0$. En effectuant le remplacement avec $x$, vous obtenez : $x^2+\frac{\alpha^2}{x^2}+2\alpha+ax+\frac{a\alpha}{x}+b=0$ et en multipliant par $x^2$ :

$x^4+\alpha^2+2\alpha x^2+ax^3+a\alpha x + bx^2 = 0$

soit :

$x^4 +ax^3+(2\alpha + b)x^2 + a\alpha x + \alpha^2 = 0. $

Résolvez l’équation $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0$

Cette équation de degré 4 n’est plus un palindrome… si vous cherchez un changement de variable adéquat, comme $\alpha^2$ vaut $9$, un bon candidat semble $y = x+\frac{3}{x}$.

Analyse

Soit $x$ un réel solution de l’équation de degré 4 : $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0.$

Comme $x$ ne peut être égal à $0$ (sinon 9 = 0), vous pouvez poser $y=x+\frac{3}{x}$. Alors $y^2 = x^2+\frac{9}{x^2}+6.$

Comme $x^2+\frac{9}{x^2}+2x+\frac{6}{x}+1 = 0$ vous déduisez $y^2-6+2y+1 = 0$ soit $y^2+2y-5=0.$

Il en résulte deux possibilités, soit $y= -1+\sqrt{6}$, soit $y=-1-\sqrt{6}.$

1er cas : $y= -1+\sqrt{6}$, d’où $x^2+3 = xy$ d’où $x^2-yx+3 = 0.$ Le discriminant de cette équation est égal à $y^2-12 = 5-2y-12 = -2y-7 = 2-2\sqrt{6}-7 = -5-2\sqrt{6}$ qui est strictement négatif, ce qui ne peut convenir étant donné que $x$ est supposé solution.

2ème cas : $y=-1-\sqrt{6}$ d’où $x^2-yx+3 = 0$. De même le discriminant de cette équation est égal à $y^2-12 = -2y-7 = 2+2\sqrt{6}-7 = -5+2\sqrt{6} = -\sqrt{25}+\sqrt{24}$ qui est encore strictement négatif, ce qui est absurde.

Concluez

L’équation $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0$ n’admet aucune solution réelle.

Le cas où le changement de variable fonctionne

Soit à résoudre $x^4+ax^3+bx^2+cx+d = 0.$

Afin d’effectuer le changement de variable $y=x+\frac{\alpha}{x}$ vous souhaitez avoir l’existence d’un réel $\alpha$ tel que $c = \alpha a$ et $d=\alpha^2.$

Cette condition fournit $c^2 = \alpha^2 a^2$, soit $c^2 = a^2d.$

Dernier exemple : $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0$

Analyse

Soit $x$ une solution réelle de l’équation $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0.$

Les coefficients sont $a=-1$, $b=-7$, $c=1$ et $d=6.$

Ici, $a^2d$ n’est pas égal à $c^2.$ Le changement de variable $y=x+\frac{\alpha}{x}$ ne fonctionnera pas tout de suite.

Le but va être de translater $x$ afin d’obtenir une nouvelle équation de degré 4 $X^4+AX^3+BX^2+CX+D = 0$ qui satisfait la condition $A^2D = C^2$. Un changement de variable préalable pour y parvenir est $X = x+k$. Trouver une valeur de $k$ qui le permet est difficile. Y parvenir est possible avec une équation de degré 3 appelée résolvante (voir en fin d’article comment la trouver).

Vous choisissez le nombre $k$, solution de la résolvante qui est ici $21k^3-109k^2+19k+5 = 0.$ Une solution entière est $k=5$ que vous privilégiez. En général, cela ne se passera pas ainsi, vous êtes prévenus !

Dans la suite, vous posez $X = x+5$ et vous développez les puissances de $x = X-5.$

\begin{aligned}
x^2 &= X^2-10X+25 \\
x^3 &= X^3-15X^2+75X-125\\
x^4 &= X^4 -20X^3 + 150X^2 – 500 X + 625.
\end{aligned}

Comme $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0$ vous déduisez :

\begin{aligned}
X^4 -20X^3 + 150X^2 – 500 X + 625 \\
\quad – X^3+15X^2-75X+125\\
\quad -7X^2+70X-175\\
\quad +X-5\\
\quad +6 = 0
\end{aligned}

soit $X^4-21X^3+158X^2-504X+576 = 0.$

Les coefficients sont $A = -21$, $B = 158$, $C = -504$ et $D = 576.$

Vous posez $\alpha = \frac{C}{A} = \frac{-504}{-21} = 24$ et constatez que $D = \alpha^2$ donc la condition $C^2 = A^2D$ est satisfaite.

Le changement de variable $y = X + \frac{24}{X}$ va fonctionner. Comme $y^2 = X^2+\frac{576}{X^2}+ 48$, de $X^4-21X^3+158X^2-504X+576 = 0$ vous déduisez $X^2-21X+158+\frac{-504}{X} + \frac{576}{X^2} = 0$ et $y^2-48-21(X + \frac{24}{X}) + 158=0$ soit $y^2-21y+110 = 0.$ Cette équation en $y$ admet deux solutions $y = 11$ et $y=10.$

Comme $X^2+24 = yX$ il y a deux cas possibles.

Cas 1 : $X^2-11X+24 = 0$ donc $X \in\{8, 3\}.$

Cas 2 : $X^2-10X+24 = 0$ donc $X\in\{6, 4\}.$

Comme $x = X-5$ vous déduisez que $x\in\{-1, -2, 1, 3\}.$

Synthèse

Si $x = 1$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 1-1-7+1+6 = 0.$

Si $x= -1$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 1+1-7-1+6 = 0.$

Si $x= -2$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 16+8-28-2+6 = 24-28+4=0.$

Si $x= 3$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 81-27-63+3+6 =84-30-60+6 = 54-60+6=0.$

Concluez

Pour tout réel $x$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0 \iff x\in\{-1, -2, 1, 3\}.$

Vers le cas général

Cas où la condition $c^2 = a^2d$ est satisfaite

Soit $x$ un réel solution de l’équation $x^4+ax^3+bx^2+cx+d = 0$, où les coefficients vérifient l’égalité $c^2 = a^2d.$

Supposez que $a$ est nul. Alors $c = 0$ et l’équation s’écrit $x^4 + bx^2 + d = 0$ qui est une équation de degré 2 avec le changement de variable $y= x^2$. Vous résolvez $y^2+by+d = 0$ puis $x^2 = y$ et vous en déduisez les candidats.

Supposez que $a$ est non nul. Alors vous pouvez poser $\alpha = \frac{c}{a}.$

L’équation s’écrit alors $x^4+ax^3+bx^2+a\alpha x + \alpha^2 = 0.$

Si $\alpha$ est nul, c’est que $c$ est nul et comme $a$ est non nul, $d$ est nul aussi. L’équation s’écrit $x^2(x^2+ax+b) = 0$ qui fournit $0$ comme candidat ainsi que les solutions de l’équation de degré 2 $x^2+ax+b=0.$

Si $\alpha$ est non nul, alors $x=0$ n’est pas solution de l’équation $x^4+ax^3+bx^2+a\alpha x + \alpha^2 = 0.$ En divisant par $x^2$ vous obtenez $x^2+\frac{\alpha^2}{x^2} + a\left(x +\frac{\alpha}{x}\right) + b = 0.$

Vous posez alors $y=x+\frac{\alpha}{x}$ de sorte que $y^2 = x^2+\frac{\alpha^2}{x^2}+2\alpha$ et vous en déduisez $y^2-2\alpha+ay+b = 0$ qui donne au maximum deux candidats pour $y$, puis vous résolvez $x^2-yx + \alpha = 0$ et en déduisez au maximum 4 candidats pour $x$.

Que se passe-t-il maintenant dans le cas où aucune condition sur les coefficients n’est imposée ? La résolution reste possible !

Soit à résoudre $x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0.$ Vous effectuez la translation $X = x+k.$ Cherchant à écrire une équation en $X$, vous formez $x = X-k$ et développez.

\begin{align*}
(X-k)^4 &= X^4-4kX^3+6k^2X^2-4k^3X+k^4\\
(X-k)^3 &=X^3-3kX^2+3k^2X-k^3\\
(X-k)^2 &=X^2-2kX+k^2.
\end{align*}

Si bien que l’équation $x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0$ s’écrit :

\begin{aligned}
(X^4-4kX^3+6k^2X^2-4k^3X+k^4) +a(X^3-3kX^2+3k^2X-k^3)+b(X^2-2kX+k^2)+c(X-k)+d = 0\\
X^4 + (-4k+a)X^3+(6k^2-3ak^2+b)X^2+(-4k^3+3ak^2-2bk+c)X+(k^4-ak^3+bk^2-ck+d)=0.
\end{aligned}

Posez :

\left\{\begin{align*}
A &= -4k+a \\
B &= 6k^2-3ak^2+b \\
C &= -4k^3+3ak^2-2bk+c\\
D &= k^4-ak^3+bk^2-ck+d.
\end{align*}\right.

Alors $X^4+AX^3+BX^2+CX+D = 0.$

Souhaitant pouvoir résoudre cette équation en $X$ en effectuant un changement de variable comme dans le paragraphe précédent, vous souhaitez choisir $k$ pour que la condition $C^2 = A^2D$ soit vérifiée.

Calculez d’abord $C^2.$

\begin{aligned}
C^2 &= (-4k^3+3ak^2-2bk+c)^2 \\
&=16k^6+9a^2k^4+4b^2k^2+c^2-24ak^5+16bk^4-8ck^3-12abk^3+6ack^2-4bck \\
&= 16k^6-24ak^5+(9a^2+16b)k^4+(-8c-12ab)k^3+(6ac+4b^2)k^2-4bck+c^2.
\end{aligned}

Calculez ensuite $A^2D$ :

\begin{align*}
A^2D &=  (-4k+a)^2 (k^4-ak^3+bk^2-ck+d) \\
 &= (16k^2-8ak+a^2)(k^4-ak^3+bk^2-ck+d)\\
 &= 16k^6-16ak^5+16bk^4-16ck^3+16dk^2 \\
&\quad -8ak^5+8a^2k^4-8abk^3+8ack^2-8adk\\
&\quad +a^2k^4-a^3k^3+a^2bk^2-a^2ck+a^2d\\
&= 16k^6 -24ak^5+(16b+9a^2)k^4+(-16c-8ab-a^3)k^3+(16d+8ac+a^2b)k^2+(-8ad-a^2c)+a^2d.
\end{align*}

Etonnamment, la condition $C^2=A^2D$, a priori de degré 6, se simplifie après disparition des termes en $k^6$, $k^5$ et $k^4.$ Vous obtenez ce que l’on appelle une résolvante.

$\boxed{(4ab-8c-a^3)k^3+(16d+2ac+a^2b-4b^2)k^2+(-8ad-a^2c+4bc)k+a^2d-c^2 = 0.}$

Cette équation de degré 3 se résout avec difficulté en utilisant, par exemple, une formule de Cardan.

Une fois $k$ choisi, vous effectuez un changement de variable de la forme $y=X^2$ si $A$ est nul ou, si $A$ est non nul, par $y=X+\frac{\alpha}{X}$ où $\alpha$ est le réel défini par $\frac{C}{A}$. $y$ est solution d’une équation de degré 2. Cela fait deux candidats pour $y$. Vous trouvez ainsi les candidats $X$ qui sont au nombre de 4 maximum et via $x = X-k$ vous aboutissez à 4 candidats pour l’équation de départ.