Catégorie : Niveau Prépa

Dans tout cet article, $\K$ désigne un corps. Pour rappel, on dit que deux polynômes de $\K[X]$ sont premiers entre eux dans $\K[X]$, si et seulement si, ils n’admettent aucun diviseur commun non constant dans $\K[X].$

Pour tout entier naturel $p$, notez $\K_p[X]$ l’ensemble des polynômes à coefficients dans $\K$ dont le degré est inférieur ou égal à $p.$ De même, pour tout $P\in\K[X]$, vous notez $\deg P$ le degré du polynôme $P$, avec la convention $\deg 0 = -\infty$ de sorte que $\K_0[X] = \K.$

Une caractérisation de cette définition est donnée par le théorème de Bézout avec la condition de degré : quels que soient les polynômes $A$ et $B$ de $\K[X]$ non constants de degrés respectifs $n$ et $m$, $A$ et $B$ sont premiers entre eux, si et seulement si, il existe un unique polynôme $U\in\K[X]$ de degré inférieur ou égal à $m-1$ et un unique polynôme $V\in\K[X]$ de degré inférieur ou égal à $n-1$ tels que :

AU+BV=1.

Le théorème de Bézout pour les polynômes avec la condition de degré se traduit formellement ainsi :

\boxed{\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&  (A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})\Longleftrightarrow(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}}

Note. Ce qui vous intéresse ici est la condition de degré sur les polynômes $U$et $V$ qui donne le caractère unique des deux polynômes $U$ et $V.$

Note. On rencontre souvent le théorème de Bézout sous la forme :

\begin{align*}
\forall (A,B)\in\K[X]^2,&  (A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})\Longleftrightarrow(\exists (U,V)\in \K[X]^2, AU+BV=1.)
\end{align*}

D’une part les polynômes $A$ et $B$ peuvent être constants, mais cela n’a pas de plus-value directe. D’autre part, sans imposer des conditions de degré, les polynômes $U$ et $V$ ne sont pas uniques. Or, les conditions sur les degrés permettent de décomposer la fraction rationnelle $\frac{1}{AB}$ avec une partie entière nulle.

Vérifiez l’énoncé sur un exemple précis

Cette section est un aparté.

Considérez les polynômes de $\R[X]$ suivants :

\begin{align*}
A(X) &= X^3-1\\
B(X) &= 2X^2+3X+4.
\end{align*}

Supposez que les polynômes $A$ et $B$ admettent dans $\R[X]$ un diviseur commun non constant. Notez-le $Q.$

Comme $Q\in\C[X]$, il existe, d’après le théorème de d’Alembert, une racine $\alpha\in\C$ de ce polynôme.

Comme $Q \mid A$ dans $\R[X]$ vous déduisez que $\alpha$ est une racine du polynôme $A$ après évaluation, donc $\alpha \in\{1, j, j^2\}$ où pour rappel vous avez $j=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2}$ et $j^2=\frac{-1-i\sqrt{3}}{2}$ et les égalités $1+j+j^2=0$ et $j^3=1.$

Comme $Q\mid B$ dans $\R[X]$ vous déduisez que $\alpha$ est aussi une racine du polynôme $B.$

• Si $\alpha =1$ vous déduisez $0 = B(1) = 2+3+4 = 9$, contradiction.
• Si $\alpha = j$ vous déduisez $0 = B(j) = 2j^2+3j+4 = 2(-1-j)+3j+4 = j+2$ d’où $j=-2$ ce qui est absurde.
• Enfin, si $\alpha=j^2$ vous avez $0 = B(j^2) = 2j^4+3j^2+4 = 2j + 3(-1-j)+4 = -j+1$ d’où $j=1$ ce qui est absurde.

Par conséquent, les polynômes $A$ et $B$ sont premiers entre eux dans $\R[X].$

Note. Ce résultat peut aussi être établi en utilisant l’algorithme d’Euclide, mais il a été privilégié ici l’utilisation d’une racine commune aux deux polynômes $A$ et $B$ dans l’hypothèse où ils ne seraient pas premiers entre eux.

Analyse

Soient $U\in\R_1[X]$ et $V\in\R_2[X]$ tels que $AU+BV=1.$

Il existe $(a,b)\in\R^2$ et $(u,v,w)\in\R^3$ tels que :

\begin{align*}
U(X) &= aX+b\\
V(X) &= uX^2+vX+w.
\end{align*}

D’une part :

\begin{align*}
A(X)U(X) &= (X^3-1)(aX+b)\\
 &= aX^4+bX^3-aX-b.
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
B(X)V(X) &= (2X^2+3X+4)(uX^2+vX+w)\\
 &= 2uX^4+2vX^3+2wX^2\\
&\quad+3uX^3+3vX^2+3wX\\
&\quad+4uX^2+4vX+4w\\
&=2uX^4+(3u+2v)X^3+(4u+3v+2w)X^2+(4v+3w)X+4w.
\end{align*}

Par somme, vous déduisez :

\begin{align*}
A(X)U(X)+B(X)V(X) &= (a+2u)X^4+(b+3u+2v)X^3\\&\quad+(4u+3v+2w)X^2+(-a+4v+3w)X+(-b+4w)\\
1 &= (a+2u)X^4+(b+3u+2v)X^3\\&\quad+(4u+3v+2w)X^2+(-a+4v+3w)X+(-b+4w).
\end{align*}

L’identification des coefficients fournit :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
-a&&&+4v&+3w &=0\\
&-b&&&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Note. En écrivant ce système sous forme matricielle, vous reconnaissez la transposée de la matrice de Sylvester. En effet, la matrice du système est :

M = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 3 & 2 & 0\\
0 & 0 & 4 & 3 & 2\\
-1 & 0 & 0 & 4 & 3\\
0 & -1 & 0 &0 & 4
\end{pmatrix}.

Elle affiche sur les colonnes les coefficients du polynôme $A(X) = 1X^3+0X^2+0X-1$ deux fois (ce qui correspond au degré de $B$) suivis des coefficients du polynôme $B(X)=2X^2+3X+4$ trois fois en décalé (ce qui correspond au degré de $A$.) La matrice de Sylvester affiche les coefficients sur les lignes.

Mise sous forme échelonnée du système

Il vous reste à résoudre le système. Vous procédez avec la méthode du pivot et les opérations élémentaires.

L’opération $L_4\leftarrow L_4+L_1$ fournit :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&\hphantom{+}2u&+4v&+3w &=0\\
&-b&&&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Puis vous effectuez $L_5\leftarrow L_5+L_2$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&\hphantom{+}2u&+4v&+3w &=0\\
&&\hphantom{+}3u&+2v&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftarrow L_4-\frac{1}{2}L_3$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}\frac{5}{2}v&+2w &=0\\
&&\hphantom{+}3u&+2v&+4w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow L_5-\frac{3}{4}L_3$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}\frac{5}{2}v&+2w &=0\\
&&&-\frac{1}{4}v&+\frac{5}{2}w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftarrow 2L_4$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0\\
&&&-\frac{1}{4}v&+\frac{5}{2}w&=1.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow -4L_5$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_4\leftrightarrow L_5$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&\hphantom{+}5v&+4w &=0.
\end{array}
\right.

Vous effectuez $L_5\leftarrow L_5-5L_4$ :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&&\hphantom{+}54w &=20.
\end{array}
\right.

Vous simplifiez la dernière ligne après division par 2 :

\left\{\begin{array}{llllll}
 \hphantom{-}a&&+2u&&&=0\\
&\hphantom{+}b&+3u&+2v&&=0\\
&&\hphantom{+}4u&+3v&+2w&=0\\
&&&\hphantom{+2}v&-10w&=-4\\
&&&&\hphantom{+}27w &=10.
\end{array}
\right.

Résolution du système

La dernière équation fournit $\boxed{w=\frac{10}{27}.}$

Puis :

\begin{align*}
v &=-4+10w\\
&=-4+\frac{100}{27}\\
&=\frac{-108}{27}+\frac{100}{27}.
\end{align*}

Ainsi, $\boxed{v=\frac{-8}{27}.}$

Du coup :

\begin{align*}
4u &=-3v-2w\\
&=\frac{24}{27}+\frac{-20}{27}\\
&=\frac{4}{27}.
\end{align*}

Aussitôt, $\boxed{u=\frac{1}{27}.}$

Puis :

\begin{align*}
b &=-3u-2v\\
&=\frac{-3}{27}+\frac{16}{27}.
\end{align*}

Cela aboutit à $\boxed{b=\frac{13}{27}.}$

Enfin $a=-2u$ d’où $\boxed{a=\frac{-2}{27}.}$

Concluez sur l’analyse

D’après ce qui précède, les polynômes $U$ et $V$ sont uniques. Ils ont pour expressions respectives :

\boxed{\begin{align*}
U(X) &= \frac{-2X+13}{27}\\
V(X) &= \frac{X^2-8X+10}{27}.
\end{align*}}

Synthèse

Note. La synthèse pourrait être évitée, vu que la résolution du système fournit en réalité une condition nécessaire et suffisante. Il est ici privilégié une vérification, par un calcul direct, du fait que les polynômes précédemment trouvés sont effectivement solution du problème posé.

Soient $U$ et $V$ les polynômes réels définis par :

\begin{align*}
U(X) &= \frac{-2X+13}{27}\\
V(X) &= \frac{X^2-8X+10}{27}.
\end{align*}

Vous calculez tout d’abord le produit $AU$ :

\begin{align*}
A(X)U(X) &= \frac{(X^3-1)(-2X+13)}{27}\\
 &= \frac{-2X^4+13X^3+2X-13}{27}.
\end{align*}

Vous développez le produit $BV$ :

\begin{align*}
B(X)V(X) &= \frac{(2X^2+3X+4)(X^2-8X+10)}{27}\\
 &= \frac{2X^4-13X^3-2X+40}{27}.
\end{align*}

Par somme, il vient :

\begin{align*}
A(X)U(X)+B(X)V(X) &= \frac{40-13}{27}\\
 &= \frac{27}{27}.
\end{align*}

Par conséquent, vous avez bien :

AU+BV=1.

Concluez sur l’analyse-synthèse

Les polynômes réels $A$ et $B$ étant définis par :

\begin{align*}
A(X) &= X^3-1\\
B(X) &= 2X^2+3X+4
\end{align*}

sont premiers entre eux et non constants.

De plus, il existe un unique polynôme $U\in\R_1[X]$ et un unique polynôme $V\in\R_2[X]$ tels que :

AU+BV=1.

Le théorème de Bézout avec les conditions de degré est bien vérifié sur cet exemple.

Démontrez le théorème de Bézout avec les conditions de degré

Preuve de l’existence des polynômes de Bézout lorsque deux polynômes non constants sont premiers entre eux

Vous choisissez ici d’effectuer une démonstration par récurrence sur le degré d’un des deux polynômes.

Pour tout entier $n$ non nul, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété suivante :

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   
\left\{\begin{align*}
&A\text{ et }B\text{ premiers entre eux} \\
&\deg B = n
\end{align*}\right.
\implies(\exists (U,V)\in \K_{n-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Initialisation de la récurrence

Soient $A$ et $B$ deux polynômes à coefficients dans $\K$, non constants, premiers entre eux et de sorte que $B$ soit de degré $1.$

Il existe $(b_1,b_0)\in\K^2$ avec $b_1\neq 0$ tel que :

B(X) = b_1X+b_0.

La division du polynôme $A$ par le polynôme $B$ fournit l’existence de deux polynômes $Q\in\K[X]$ et $R\in\K[X]$ avec $\deg R < \deg B$ tels que :

A = BQ+R.

Comme $\deg B = 1$ vous déduisez que $R$ est constant.

Supposez que $R$ soit le polynôme nul. Alors $A = BQ$, ce qui fournit $B\mid A.$

Or, si vous posez $\alpha = -\frac{b_0}{b_1}$, vous avez $B(\alpha)=0.$ Par suite, $A(\alpha) = 0.$

Comme $\alpha\in\K$ est racine du polynôme $A$, il existe un polynôme $S\in\K[X]$ tel que $A(X) = (X-\alpha)S(X).$

Comme $B(X) = b_1\left(X+\frac{b_0}{b_1}\right)$ vous déduisez $B(X) = b_1(X-\alpha).$

Le polynôme $X-\alpha$ de $\K[X]$ est un diviseur commun non constant des polynômes $A$ et $B$, ce qui contredit le fait qu’il soient premiers entre eux. Donc $R$ n’est pas le polynôme nul.

Vous déduisez de ce qui précède qu’il existe $k\in\K^{*}$ tel que $R(X) = k.$

L’égalité $A=BQ+R$ s’écrit :

\begin{align*}
&A(X)-B(X)Q(X) = k\\
&\frac{1}{k}A(X)+\frac{-Q(X)}{k}B(X) = 1.
\end{align*}

Vous posez $U(X) = \frac{1}{k}$ et $V(X) = \frac{-Q(X)}{k}.$

Vous obtenez :

AU+BV=1.

$U$ est constant donc $U\in\K_0[X].$

D’autre part :

A-R = BQ.

Comme $A$ n’est pas constant, $\deg A \geq 1.$ Comme $R$ est constant et non nul, $\deg R = 0.$ Du coup :

\deg(A-R) = \deg A.

En prenant les degrés, vous déduisez :

\deg A = \deg(A-R) = \deg B + \deg Q.

Ainsi $\deg Q = \deg A – \deg B.$

Comme $B$ est de degré $1$, vous déduisez $\deg Q = \deg A – 1$ et par suite $Q\in\K_{\deg A – 1}[X].$

Du coup, $V\in \K_{\deg A – 1}[X].$

La propriété $\mathscr{P}(1)$ est vraie.

Hérédité

Soit $n$ un entier naturel non nul. Vous supposez que la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$, non constants et premiers entre eux, de sorte que $B$ soit de degré $n+1.$

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $A$ par le polynôme $B.$

Il existe deux polynômes $Q$ et $R$, à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&A=BQ+R\\
&\deg R < \deg B.
\end{align*} 

Ainsi, $R\in\K_{n}[X].$

Si $R$ est le polynôme nul, alors $A=BQ$ donc $B$ est un diviseur commun non constant aux polynômes $A$ et $B$. Donc $A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux, ce qui est absurde.

Donc $R\neq 0.$

1er cas. Si $R$ est constant, alors il existe $k\in\K^{*}$ tel que $A = BQ+k.$

Comme $A-R = BQ$ vous déduisez :

\deg(A-R) = \deg B + \deg Q.

Comme $A$ n’est pas constant et que $R$ est constant, $\deg R < \deg A$ donc $\deg (A-R) = \deg A.$

Du coup :

\deg A - \deg B = \deg Q.

Comme $B$ n’est pas constant, il vient $Q\in\K_{\deg A – 1}[X].$

Puis :

\begin{align*}
&A-BQ = k\\
&\frac{1}{k}A(X) + \frac{-Q(X)}{k}B(X) = 1.
\end{align*}

Vous posez $U(X) = \frac{1}{k}A(X)$ et $V(X) = \frac{-Q(X)}{k}$ pour avoir finalement :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U =0\\
&\deg V \leq \deg A -1.
\end{align*} 

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est donc vérifiée.

2ème cas. Le polynôme $R$ n’est pas constant.

Supposez que les polynômes $B$ et $R$ ne soient pas premiers entre eux. Il existe un diviseur $D$ commun aux polynômes $B$ et $R$ qui ne soit pas constant.

Il vient successivement :

\begin{align*}
&D \mid BQ\\
&D\mid R\\
&D \mid BQ+R\\
&D\mid A.
\end{align*}

$D$ est un diviseur commun non constant aux polynômes $A$ et $B$, donc $A$ et $B$ ne sont pas premiers entre eux, ce qui est absurde.

Vous déduisez que $B$ et $R$ sont premiers entre eux.

Il a été vu que $R\in\K_{n}[X]$ donc l’hypothèse de récurrence s’applique aux polynômes $B$ et $R.$

Il existe deux polynômes $U’$ et $V’$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&BU'+RV'=1\\
&\deg U' < \deg R\\
&\deg V' < \deg B.
\end{align*} 

Or :

A-BQ=R.

Du coup :

\begin{align*}
&BU'+(A-BQ)V'=1\\
&AV'+BU'-BQV'=1\\
&AV'+B(U'-QV')=1.
\end{align*}

Vous posez :

\begin{align*}
&U = V'\\
&V=U'-QV'.
\end{align*} 

Les polynômes $U$ et $V$ sont bien à coefficients dans $\K.$

D’une part :

\deg U = \deg V'\\
\deg V' < \deg B.

Du coup :

\deg U \leq \deg B -1.

D’autre part :

BV=1-AU.

Si $U = 0$, alors $BV=1$ donc $\deg B+\deg V = 0$ or $\deg B \geq 1$ ce qui est absurde.

Donc $U\neq 0$ et par suite $AU$ n’est pas constant. Donc $\deg AU \geq 1$ et par suite $\deg (1-AU) = \deg (AU).$

Il vient :

\begin{align*}
\deg B + \deg V&=\deg (1-AU)\\
&=\deg (AU)\\
&=\deg A +\deg U.
\end{align*}

Par suite :

\deg V = \deg A+\deg U-\deg B.

Comme $\deg U-\deg B\leq -1$ il vient $\deg V \leq \deg A-1.$

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est bien vérifiée.

Concluez sur la récurrence

Il vient d’être démontré l’existence des polynômes de Bézout avec la condition de degré.

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\implies(\exists (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Preuve de l’unicité des polynômes de Bézout lorsque deux polynômes non constants sont premiers entre eux

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$, non constants et premiers entre eux.

D’après ce qui précède, il existe des polynômes $U$ et $V$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U \leq\deg B-1\\
&\deg V\leq \deg A-1.
\end{align*}

Supposez qu’il existe deux autres polynômes $U’$ et $V’$ à coefficients dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU'+BV'=1\\
&\deg U' \leq\deg B-1\\
&\deg V'\leq \deg A-1.
\end{align*}

Il vient successivement :

\begin{align*}
&AU+BV = AU'+BV'\\
&AU-AU'=BV'-BV\\
&A(U-U')=B(V'-V).
\end{align*} 

Du coup, après multiplication par $V’-V$ de l’égalité $AU+BV=1$ :

\begin{align*}
&AU(V'-V)+B(V'-V)V = V'-V\\
&AU(V'-V)+A(U-U')V = V'-V\\
&A\left[U(V'-V)+(U-U')V\right] = V'-V\\
&A\left[UV'-U'V\right] = V'-V.
\end{align*} 

Vous posez :

D = UV'-U'V.

Vous avez :

AD = V'-V.

Si $D$ n’est pas le polynôme nul, il vient :

\begin{align*}
&\deg ( AD) \geq \deg A \\
&\deg ( V'-V) \geq \deg A.
\end{align*}

Comme $V$ et $V’$ sont deux polynômes ont des degrés inférieurs ou égaux à $\deg A-1$, il en est de même du polynôme $V’-V.$ Par conséquent $\deg (V’-V)\leq \deg A-1$, ce qui contredit le résultat précédent.

Donc $D=0$ d’où $AD=0$ puis $V=V’.$

L’égalité $A(U-U’)=B(V’-V)$ fournit $A(U-U’)=0.$ Or $A$ n’est pas le polynôme nul puisqu’il est non constant. Par intégrité de l’anneau $\K[X]$ il vient $U-U’=0$ et $U=U’.$

A ce stade l’existence et l’unicité des polynômes de Bézout avec la condition de degré sont démontrées.

\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\implies(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}

Preuve de la réciproque : si les polynômes de Bézout existent, les polynômes de départ sont premiers entre eux

Vous considérez deux polynômes $A$ et $B$ à coefficients dans $\K$ et non constants.

Vous supposez qu’il existe des polynômes $U$ et $V$ à coefficients uniques dans $\K$ tels que :

\begin{align*}
&AU+BV=1\\
&\deg U \leq\deg B-1\\
&\deg V\leq \deg A-1.
\end{align*}

Seule la condition $AU+BV=1$ sera utilisée.

En effet, supposez que $A$ et $B$ admettent un diviseur commun $D$ non constant à coefficients dans $\K.$.

Vous avez successivement :

\begin{align*}
&D\mid A\\
&D\mid AU\\
&D\mid B\\
&D\mid BV.
\end{align*}

Du coup, par somme :

\begin{align*}
&D\mid AU+BV\\
&D \mid 1.
\end{align*} 

Il existe un polynôme $E$ à coefficients dans $\K$ tel que :

DE = 1.

Donc $E$ n’est pas le polynôme nul, donc $\deg E \geq 0.$
Or, en prenant les degrés :

\deg D + \deg E = 0.

Or $\deg D \geq 1$ donc $\deg D+\deg E\geq 1$ ce qui est absurde.

Les polynômes $A$ et $B$ n’admettant aucun diviseur commun non constant, ils sont premiers entre eux.

Le théorème de Bézout avec les conditions de degré est ainsi prouvé, il s’énonce de façon formelle ainsi :

\boxed{\begin{align*}
\forall (A,B)\in(\K[X]\setminus \K)^2,&   

(A\text{ et }B\text{ premiers entre eux})
\Longleftrightarrow(\exists! (U,V)\in \K_{\deg B-1}[X]\times \K_{\deg A-1}[X], AU+BV=1.)
\end{align*}}

Prolongement

Soient $A$ et $B$ deux polynômes non constants à coefficients dans un corps $\K$, tels que $A$ et $B$ soient premiers entre eux dans $\K[X].$

Existe-t-il un procédé systématique permettant de calculer les polynômes $U$ et $V$ tels que $AU+BV=1$ avec les conditions de degré $\deg U \leq \deg B-1$ et $\deg V \leq \deg A-1$ sans être amené à résoudre un système ? La réponse est donnée par l’affirmative et sera explicitée dans le contenu rédigé dans l'article 327.

Simplifiez $A = \frac{1}{\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25}}$

Vous posez $\alpha = \sqrt[3]{5}.$ Pour rappel, $\alpha^3 = 5.$ Alors $(\alpha^3)^2 = 25$ ce qui s’écrit $\alpha^6 = 25.$

Comme $\alpha^6 = (\alpha^2)^3$ vous déduisez $(\alpha^2)^3=25$ soit $\alpha^2 = \sqrt[3]{25}.$

Le nombre réel $A$ est égal à :

A = \frac{1}{\alpha+\alpha^2}.

Vous notez $Q$ le polynôme réel défini par $\boxed{Q(X) = X^2+X}$, de sorte que :

A = \frac{1}{Q(\alpha)}.

Comme $\alpha^3-5=0$ vous définissez le polynôme réel $P$ par $\boxed{P(X) = X^3-5}$ et notez que $\alpha$ est une racine de $P.$

Constatant que le degré de $Q$ est strictement inférieur à celui de $P$, vous utilisez l’algorithme d’Euclide étendu.

Tout d’abord vous effectuez la division euclidienne du polynôme $X^3-5$ par le polynôme $X^2+X.$

\begin{array}{llll|l}
X^3&&&-5 & X^2+X\\
\hline
X^3&+X^2&&& X-1\\
&-X^2&&-5\\ 
\hline
&-X^2&-X\\
&&X&-5
\end{array}

Ce calcul montre que :

X^3-5 = (X^2+X)(X-1)+X-5.

Cette étape est schématisée dans le tableau suivant.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2
\end{array}

Vous poursuivez et effectuez la division euclidienne du polynôme $X^2+X$ par le polynôme $X-5.$

\begin{array}{lll | l}
X^2&+X && X-5 \\
\hline
X^2&-5X && X+6\\
&\hphantom{-}6X \\
\hline
&\hphantom{-}6X&-30\\
&&\hphantom{-}30
\end{array}

Ce calcul montre que :

X^2+X = (X-5)(X+6)+30.

Vous poursuivez le tableau précédent :

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2\\
30& -X-6 & 1-(X+6)(-X+1) & L_4 = L_2-(X+6)L_3
\end{array}

Vous développez l’expression $1-(X+6)(-X+1).$

\begin{align*}
1-(X+6)(-X+1) &= 1+(X+6)(X-1)\\
&=1+X^2+5X-6\\
&=X^2+5X-5.
\end{align*} 

En définitive, les étapes de l’algorithme d’Euclide étendu sont les suivantes.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-5 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X & 0 & 1  & L_2\\
X-5 & 1 & -X+1 & L_3 = L_1-(X-1)L_2\\
30& -X-6 & X^2+5X-5 & L_4 = L_2-(X+6)L_3
\end{array}

La dernière ligne obtenue montre que :

\boxed{(-X-6)P(X) + (X^2+5X-5)Q(X) = 30.}

Vous évaluez cette expression en $\alpha$, en notant que $P(\alpha)=0.$

\begin{align*}
(\alpha^2+5\alpha-5)Q(\alpha)&=30\\
\alpha^2+5\alpha-5 &=\frac{30}{Q(\alpha)}\\
\frac{\alpha^2+5\alpha-5}{30} &=\frac{1}{Q(\alpha)}\\
\frac{\alpha^2+5\alpha-5}{30} &=A.
\end{align*}

Pour conclure cette section :

\boxed{A = \frac{1}{\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25}} = \frac{\sqrt[3]{25}+5\sqrt[3]{5}-5}{30}.}

Simplifiez $B = \frac{\sqrt[3]{2}}{1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}$

Cette section est indépendante de la précédente.

Vous posez $\beta = \sqrt[3]{2}.$ Comme $\beta^3 = 2$ vous posez $\boxed{P(X) = X^3-2}.$

Compte tenu du dénominateur de la fraction $B$ vous posez $Q(X) = X^2+X+1.$

Vous effectuez l’algorithme d’Euclide étendu.

\begin{array}{l | l | l | l }
 & P& Q \\
\hline
X^3-2 & 1 & 0 & L_1\\
X^2+X+1 & 0 & 1  & L_2\\
-X^2-X-2 & 1 & -X & L_3 = L_1-XL_2\\
-1& 1 & -X+1 & L_4 = L_2+L_3\\
1& -1 & X-1 & L_5 = -L_4\\
\end{array}

Il en résulte que :

\boxed{(-1)(X^3-2)+(X-1)(X^2+X+1) = 1.}

Vous évaluez en $\beta$ :

\begin{align*}
(\beta-1)Q(\beta)&=1\\
\beta-1 &=\frac{1}{Q(\beta)}\\
\beta^2-\beta &=\frac{\beta}{Q(\beta)}\\
\beta^2-\beta &=\frac{\beta}{1+\beta+\beta^2}\\
\beta^2-\beta &=B.
\end{align*}

En définitive :

\boxed{B =  \frac{\sqrt[3]{2}}{1+\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} = \sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2}.}

Soit à déterminer, sans rechercher ses racines, une factorisation sans facteur carré dans $\R[X]$ du polynôme réel défini par :

P(X) = X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1.

Pour rappel, une factorisation sans carré d’un polynôme est une factorisation en puissances de facteurs sans carré.

Le polynôme $P$ étant unitaire, il existe un 5-uplet $(B_1,B_2,B_3,B_4,B_5)\in(\R[X])^5$ de polynômes réels unitaires et sans facteur carré, deux à deux premiers entre eux, tels que :

P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Il sera ainsi possible de déterminer les multiplicités de chaque racine de $P.$

Il est important de noter que, pour tout $i\in\llbracket 1, 5\rrbracket$ le polynôme $B_i$, même factorisé dans $\C[X]$, n’admet que des racines simples, puisqu’il est sans facteur carré.

Note n°1. Cette écriture s’obtient en décomposant $P$ comme produit de polynômes unitaires irréductibles dans $\R[X]$, puis en regroupant les facteurs identiques avec des puissances, et enfin en regroupant ensemble les polynômes ayant la même multiplicité.

Note n°2. Pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, le polynôme $B_i$ n’est divisible par aucun carré de polynôme non constant.

Note n°3. Dans la décomposition du polynôme $P$ sans facteur carré, il est possible qu’il existe un ou plusieurs entiers $i$ compris entre $1$ et $5$, tels que $B_i = 1.$

Note n°4. Il y a en fait unicité de la décomposition de $P$ comme produit de facteurs unitaires sans carré.

Afin de mener à bien une façon de calculer, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, les polynômes $B_i$, le lemme suivant sera très utile. L’unicité sera même une conséquence de ce lemme.

Lemme : du polynôme $P$ au PGCD de $P$ et de $P’$

Cette section est un aparté.

Soit $P$ un polynôme réel non constant et unitaire, admettant la décomposition suivante comme produit de facteurs réels unitaires sans carré :

P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Vous dérivez ce produit, ce qui fournit :

\begin{align*}
P'(X) &= B_1^\prime(X) B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5 \\
&\quad +2B_1(X)B_2(X)B_2^\prime(X)B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^2B_3^\prime(X) B_4(X)^4B_5(X)^5\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3 B_4(X)^3B_4^\prime(X) B_5(X)^5\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3 B_4(X)^4  B_5(X)^4B_5^\prime(X).
\end{align*}

Vous constatez que les cinq termes du membre de droite sont factorisables par $B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.$ En effet :

\begin{align*}
P'(X) &= B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 \left[ B_1^\prime(X) B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) \right.\\
&\quad +2B_1(X)B_2^\prime(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)B_3^\prime(X) B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4^\prime(X) B_5(X)\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)B_3(X) B_4(X)  B_5^\prime(X)\left]\right..
\end{align*}

Vous notez par $S$ le polynôme qui intervient dans le dernier facteur, soit :

\begin{align*}
S(X) &= B_1^\prime(X) B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) \\
&\quad +2B_1(X)B_2^\prime(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +3B_1(X)B_2(X)B_3^\prime(X) B_4(X)B_5(X)\\
&\quad +4B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4^\prime(X) B_5(X)\\
&\quad +5B_1(X)B_2(X)B_3(X) B_4(X)  B_5^\prime(X).
\end{align*}

Ainsi :

\begin{align*}
P'(X) &= B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 S(X).
\end{align*}

Vous notez alors que le polynôme :

B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

divise à la fois $P$ et $P’$ donc il divise $\mathrm{PGCD}(P,P’)$ :

B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4 \mid \mathrm{PGCD}(P,P').

Vous souhaitez montrer que $\mathrm{PGCD}(P,P’)=B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.$ D’après ce qui a été établi, il existe un polynôme $T\in\R[X]$ tel que :

\mathrm{PGCD}(P,P') = T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4  .

Raisonnez maintenant par l’absurde et supposez que le polynôme $T$ n’est pas constant.

Notez alors $U$ un facteur irréductible dans $\R[X]$ du polynôme $T.$

D’une part :

U(X) \mid T(X) \mid \mathrm{PGCD}(P,P') \mid P(X).

Vous déduisez :

U(X)  \mid B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

$U$ étant irréductible et divisant un produit, il divise l’un des facteurs de ce produit par le lemme d’Euclide, donc il existe un entier $i$ appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, 5\rrbracket$ tel que :

U(X) \mid B_i(X).

D’autre part :

\mathrm{PGCD}(P,P') \mid P'(X).

Cela s’écrit ainsi :

 T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4  \mid  S(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.

L’anneau $\R[X]$ étant intègre, il vient :

T(X) \mid S(X).

Du coup :

\begin{align*}
T(X) &\mid \sum_{j=1}^5 j B_j^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq j}}B_k(X).
\end{align*}

Comme $T(X)$ divise $B_i(X)$, il vient :

T(X) | iB_i^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq i}}B_k(X).

Par suite :

T(X) | B_i^\prime(X) \prod_{\substack{1\leq k\leq 5\\k\neq i}}B_k(X).

Notez que s’il existait $k\in\llbracket 1,5\rrbracket \setminus\{i\}$ tel que $T(X)\mid B_k(X)$, alors vous auriez $T(X)\mid \mathrm{PGCD}(B_i,B_k).$ Les polynômes $B_i$ et $B_k$ sont premiers entre eux, cela entraînerait $T(X) \mid 1$ et $T$ serait constant, ce qui est exclu.

Appliquant le lemme d’Euclide, vous constatez alors que nécessairement :

T(X)\mid B_i^\prime(X).

Or, vous avez déjà :

T(X)\mid B_i(X).

Il existe un polynôme $C_i\in\R[X]$ tel que $B_i(X) = T(X)C_i(X).$ En dérivant :

B_i^\prime(X) = T'(X)C_i(X)+T(X)C_i^\prime(X).

Du coup :

T(X) \mid T'(X)C_i(X).

Notez que $T(X) \mid T'(X)$ implique que le degré de $T$ soit inférieur ou égal au degré de $T’.$ Or le degré de $T’$ est égal au degré de $T$ diminué de $1$, ce qui est contradictoire.

Du coup, le lemme d’Euclide fournit :

T(X)\mid C_i(X).

Puis :

T(X)^2 \mid T(X) C_i(X)

Donc :

T(X)^2 \mid B_i(X).

Le polynôme $B_i$ possède un facteur carré non constant, ce qui est absurde. Donc le polynôme $T$ est constant. Par identification du coefficient dominant de l’égalité $\mathrm{PGCD}(P,P’) = T(X) \times B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4$ il vient $T(X)=1$, comme annoncé.

En définitive il a été démontré que, pour tout polynôme réel $P$ unitaire et non constant, si :

\boxed{P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5}

est une décomposition de $P$ en produit de facteurs réels, unitaires et sans carré, alors :

\boxed{\mathrm{PGCD}(P,P') = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4.}

Etape 1 : supprimez toutes les multiplicités et calculez le produit $B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Pour revenir au problème initial de cet article, il est rappelé que :

P(X)X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1.

Vous notez $Q_0 = P.$ D’après ce qui a été précisé ci-dessus :

Q_0(X) = P(X)= B_1(X)B_2(X)^2B_3(X)^3B_4(X)^4B_5(X)^5.

Vous posez $Q_1 = \mathrm{PGCD}(Q_0,Q_{0}^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_1(X) = \mathrm{PGCD}(Q_0,Q_0') = X^2-2 X+1.

Or :

Q_1(X) = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

Vous posez $R_0 =\frac{Q_0}{Q_1}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_0(X) &=\frac{Q_0(X)}{Q_1(X)}\\
&= B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1}{X^2-2 X+1}.
\end{align*}

Soit, après calcul de la division euclidienne :

\boxed{R_0(X) =  B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X^3-2 X+1.}

Etape 2 : partez du polynôme $Q_1$ et calculez le produit $B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Vous avez :

Q_1(X) = X^2-2 X+1 = B_2(X)B_3(X)^2B_4(X)^3B_5(X)^4

Vous posez $Q_2 = \mathrm{PGCD}(Q_1,Q_1^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_2(X) = \mathrm{PGCD}(Q_1,Q_1') = X-1.

Or :

Q_2(X) = B_3(X)B_4(X)^2B_5(X)^3

Vous posez $R_1 =\frac{Q_1}{Q_2}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_1(X) &=\frac{Q_1(X)}{Q_2(X)}\\
&= B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X^2-2 X+1}{X-1}\\
&=X-1.
\end{align*}

Soit :

\boxed{R_1(X) = B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X-1.}

Etape 3 : partez du polynôme $Q_2$ et calculez le produit $B_3(X)B_4(X)B_5(X)$

Vous avez :

Q_2(X) = X-1 = B_3(X)B_4(X)^2B_5(X)^3.

Vous posez $Q_3 = \mathrm{PGCD}(Q_2,Q_2^{\prime})$, ce qui fournit :

Q_3(X) = \mathrm{PGCD}(Q_2,Q_2') = 1.

Or :

Q_3(X) = B_4(X)B_5(X)^2.

Vous posez $R_2 =\frac{Q_2}{Q_3}.$ Par division euclidienne, vous trouvez :

\begin{align*}
R_2(X) &=\frac{Q_2(X)}{Q_3(X)}\\
&= B_3(X)B_4(X)B_5(X)\\
&=\frac{X-1}{1}\\
&=X-1.
\end{align*}

Soit :

\boxed{R_2(X) =  B_3(X)B_4(X)B_5(X) = X-1.}

Etape 4 : déterminez la décomposition de $P$

Comme $Q_3(X) = B_4(X)B_5(X)^2 = 1$ vous déduisez immédiatement pour une question de degré que les polynômes $B_4$ et $B_5$ sont constants. Etant unitaires, vous en tirez que :

\boxed{B_4(X) = B_5(X) = 1.}

Comme $R_2(X) = X-1 = B_3(X)B_4(X)B_5(X)$ vous déduisez que :

\boxed{B_3(X) = X-1.}

Comme $R_1(X) = X-1 = B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X)$ vous déduisez que :

\boxed{B_2(X) = 1.}

Comme $ R_0(X) =B_1(X)B_2(X)B_3(X)B_4(X)B_5(X) =X^3-2 X+1$ vous déduisez :

\begin{align*}
B_1(X) &= \frac{R_0(X)}{ R_1(X)}\\
&= \frac{X^3-2 X+1}{X-1}.
\end{align*}

En calculant le quotient de la division euclidienne obtenue, il vient :

\boxed{B_1(X) = X^2+X-1.}

Concluez

Vous avez obtenu une factorisation de $P(X)=X^5-2 X^4-X^3+5 X^2-4 X+1$ en trouvant toutes les multiplicités, comme indiqué. Il vient :

\boxed{P(X) = (X^2+X-1)(X-1)^3.}

Le réel $1$ est racine triple du polynôme $P$, et les deux racines réelles $\alpha$ et $\beta$ du polynôme $X^2+X-1$ sont racines simples de $P.$

Note. L’algorithme utilisé montre que, pour tout entier $i$ compris entre $1$ et $5$, les polynômes $B_i$ sont uniques.

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.}

Dans le prolongement du contenu écrit dans l'article 321, il sera donné des moyens de calculer la borne de Cauchy d’un polynôme.

Dans toute la suite, $P$ désignera un polynôme à coefficients complexes et non constant. Vous noterez $m$ son degré et vous supposerez que $P \neq X^m.$ Ainsi il existe un unique $m$-uplet $(a_{m-1},\dots,a_0)\in\C^m\setminus\{(0,\dots,0)\}$ tel que :

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

Localisez la borne de Cauchy en utilisant la méthode de dichotomie

Rappels sur les outils

Vous considérez le polynôme $Q$ défini par :

Q(X) = X^m - \vert a_{m-1}\vert X^{m-1}-\cdots-\vert a_{1}\vert X-\vert a_{0}\vert.

Pour tout réel $x\in ]0,+\infty[$ vous posez:

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

Il a été vu dans le contenu rédigé dans l'article 321 que la borne de Cauchy de $P$ est l’unique réel strictement positif noté $c(P)$ qui vérifie la double égalité $f(c(P))=0$ et $Q(c(P))=0.$ Il a été établi que la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[.$

Soit $A$ le maximum du module de tous les coefficients de $P$, sans tenir compte de son coefficient dominant. Autrement dit vous avez:

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

Le contenu rédigé dans l'article 321 a montré que $c(P) \leq 1+A$, que $Q(1+A)\geq 0$ et que :

c(P)\in[0, 1+A].

Une récurrence pour construire l’algorithme de dichotomie

Vous noterez $u_0 = 0$ et $v_0 =1+A$, de sorte que $c(P)\in[u_0,v_0].$ Notez que $Q(u_0) = Q(0)=-\vert a_0\vert.$ Donc $Q(u_0)\leq 0.$ De plus, $Q(v_0) \geq 0.$ Notez que :

v_0 = u_0+\frac{1+A}{2^0}.

Soit maintenant $n$ un entier naturel et supposez construits des réels positifs $u_n$ et $v_n$ avec $v_n = u_n + \frac{1+A}{2^n}$ tels que $c(P)\in[u_n,v_n]$, $Q(u_n)\leq 0$ et $Q(v_n)\geq 0.$

Considérez le réel positif $c_n=\frac{a_n+b_n}{2}.$

1er cas. $Q(c_n)< 0.$ Vous posez $u_{n+1} = c_n$ et $v_{n+1} = v_n.$ Les réels $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ sont alors positifs.

D’autre part :

\begin{align*}
v_{n+1}-u_{n+1} &= v_n-c_n \\
&= \frac{2v_n}{2}-\frac{u_n+v_n}{2}\\
&=\frac{2v_n-u_n-v_n}{2}\\
&=\frac{v_n-u_n}{2}\\
&=\frac{\frac{1+A}{2^n}}{2}\\
&=\frac{1+A}{2^{n+1}.}
\end{align*}

Vous avez bien $Q(u_{n+1}) = Q(c_n)$ et donc $Q(u_{n+1})\leq 0.$ De même, $Q(v_{n+1})=Q(v_n)$ donc $Q(v_{n+1})\geq 0.$

L’égalité $v_{n+1} = u_{n+1} + \frac{1+A}{2^{n+1}}$ montre que $v_{n+1}>0$ Du coup $\frac{Q(v_{n+1})}{v_{n+1}^m }\geq 0$ et $f(v_{n+1})\geq 0$ soit $f(v_{n+1}) \geq f(c(P)).$

Si vous avez $c(P) > v_{n+1}$, notez d’abord que $c(P)$ et $v_{n+1}$ sont deux nombres appartenant à $]0,+\infty[$, intervalle où $f$ est strictement croissante, alors $f(c(P))>f(v_{n+1})$, contradiction. Donc $c(P) \leq v_{n+1}.$

De même, supposez que $u_{n+1} > c(P).$ Comme $c(P)$ et $u_{n+1}$ sont deux nombres appartenant à $]0,+\infty[$, intervalle où $f$ est strictement croissante, vous déduisez $f(u_{n+1})>f(c(P))$ donc $\frac{Q(u_{n+1})}{u_{n+1}^m} > 0$ et donc $Q(u_{n+1})>0$ soit $Q(c_n)> 0.$ Contradiction. Donc $u_{n+1} \leq c(P).$

2ème cas. $Q(c_n)\geq 0.$ Vous posez $u_{n+1} = u_n$ et $v_{n+1} = c_n.$ Les réels $u_{n+1}$ et $v_{n+1}$ sont encore positifs.

\begin{align*}
v_{n+1}-u_{n+1} &= c_n-u_n \\
&= \frac{u_n+v_n}{2}-\frac{2u_n}{2}\\
&=\frac{u_n+v_n-2u_n}{2}\\
&=\frac{v_n-u_n}{2}\\
&=\frac{\frac{1+A}{2^n}}{2}\\
&=\frac{1+A}{2^{n+1}.}
\end{align*}

Vous avez $Q(u_{n+1}) = Q(u_n)$ or $Q(u_n)\leq 0$ donc $Q(u_{n+1})\leq 0.$
De même, $Q(v_{n+1}) = Q(c_n)$ or $Q(c_n)\geq 0$ donc $Q(v_{n+1})\geq 0.$

Supposez que $c(P)<u_{n+1}.$ Le réel $c(P)$ étant strictement positif, vous déduisez que $c(P)$ et $u_{n+1}$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $f$ sur cet intervalle, il vient $f(c(P))< f(u_{n+1})$ donc $0<\frac{Q(u_{n+1})}{u_{n+1}^m}$ donc $Q(u_{n+1})> 0$, contradiction. Donc $u_{n+1}\leq c(P).$

Supposez que $v_{n+1}<c(P).$ Vous avez $v_{n+1} = u_{n+1}+\frac{1+A}{2^{n+1}}$ avec $A>0$ et $u_{n+1}$ positif, donc $v_{n+1}>0.$ Les réels $c(P)$ et $v_{n+1}$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Par stricte croissance de la fonction $f$ sur cet intervalle, il vient $ f(v_{n+1}) < f(c(P))$ donc $f(v_{n+1})<0$ d’où $\frac{Q(v_{n+1})}{v_{n+1}^m}< 0$ et donc $Q(v_{n+1})<0$ contradiction. Donc $c(P)\leq v_{n+1}.$

La récurrence est donc terminée.

Explicitez l’algorithme de dichotomie

Vous posez $u_0 = 0$ et $v_0 = 1+A.$

Pour tout entier naturel $n$ vous calculez $c_n=\frac{u_n+v_n}{2}.$

• Si $Q(c_n)< 0$ vous posez $u_{n+1} = c_n$ et $v_{n+1} = v_n$ ;
• Si $Q(c_n)\geq 0$ vous posez $u_{n+1} = u_n$ et $v_{n+1} = c_n.$

Il a été démontré ci-dessus que :

\forall n\in\N, u_n\leq c(P) \leq v_n.

D’autre part il est aussi établi que :

\forall n\in\N, v_n =  u_n + \frac{1+A}{2^n}.

Comme $2>1$, vous avez $\lim_{n\to +\infty} 2^n = +\infty$ et par quotient $\lim_{n\to +\infty} \frac{1+A}{2^n} = 0.$
Ainsi, la suite $(v_n-u_n)_{n\geq 0}$ converge vers $0.$

Soit $n$ un entier naturel. Si $Q(c_n)\geq 0$, $u_{n+1}-u_n = 0$ donc $u_{n+1}\geq u_n.$
Si $Q(c_n)<0$, il vient : $u_{n+1}-u_n = c_n-u_n = \frac{1+A}{2^{n+1}}$ or $1+A> 0$ donc $u_{n+1}-u_n\geq 0.$
Vous en déduisez que la suite $(u_n)_{n\geq 0}$ est croissante.

Soit $n$ un entier naturel. Si $Q(c_n) < 0$, $v_{n+1}-v_n = 0$ donc $v_{n+1}\leq v_n.$
Si $Q(c_n)\geq 0$, il vient : $v_{n+1}-v_n = v_n-c_n = \frac{1+A}{2^{n+1}}$ or $1+A> 0$ donc $v_{n+1}-v_n\geq 0.$
Vous en déduisez que la suite $(v_n)_{n\geq 0}$ est décroissante.

Etant donné que les suites $(u_n)_{n\geq 0}$ et $(v_n)_{n\geq 0}$ sont adjacentes, elles convergent vers la même limite $\ell \in\R.$

Comme $\forall n\in\N, u_n\leq c(P) \leq v_n$ le théorème des gendarmes fournit $c(P) = \ell.$

Concluez

En définitive, les suites $(u_n)_{n\geq 0}$ et $(v_n)_{n\geq 0}$ convergent vers la borne de Cauchy $c(P).$

Pour tout $n\in\N$, les inégalités $u_n\leq c(P) \leq v_n$ fournissent un encadrement de $c(P)$ d’amplitude $\frac{1+A}{2^n}$ ce qui permet d’obtenir une valeur approchée de $c(P)$ à la précision que l’on souhaite.

Un exemple

Soit $P$ le polynôme défini par :

P(X) = X^3+(-2+3i)X^2+(-3-5i)X+(6-2i.)

Vous calculez les modules des coefficients de $P$ :

\begin{align*}
\vert -2+3i\vert &= \sqrt{4+9} = \sqrt{13}\\
\vert -3-5i\vert &= \sqrt{9+25} = \sqrt{34}\\
\vert 6-2i\vert &= \sqrt{36+4} = \sqrt{40} = 2\sqrt{10}.\\

\end{align*}

La borne de Cauchy $c(P)$ est l’unique racine réelle strictement positive du polynôme $Q$ défini par :

Q(X) = X^3-\sqrt{13}X^2-\sqrt{34}X-2\sqrt{10}.

Le maximum du module des coefficients de $P$, excepté son coefficient dominant, vaut :

A = 2\sqrt{10}.

Pour trouver un encadrement de $c(P)$ d’amplitude $10^{-3}$, vous posez :

\left\{\begin{align*}
u_0 &= 0\\
v_0 &= 1+2\sqrt{10}.
\end{align*} 
\right.

Pour tout entier naturel $n$, vous posez $c_n=\frac{u_n+v_n}{2}.$ Puis vous posez :

u_{n+1} = \left\{\begin{align*}
c_n &\text{ si } Q(c_n) < 0\\
u_n &\text{ sinon}
\end{align*} 
\right.

v_{n+1} = \left\{\begin{align*}
v_n &\text{ si } Q(c_n) < 0\\
c_n &\text{ sinon.}
\end{align*} 
\right.

L’amplitude de l’encadrement souhaité fournit :

\begin{align*}
\frac{1+A}{2^n} &\leq 10^{-3} \\
1000(1+A)&\leq 2^n\\
3 + \log(1+A)&\leq n(\log 2)\\
\frac{3+\log(1+2\sqrt{10})}{\log 2} &\leq n\\
12,8&\leq n\\
13&\leq n.
\end{align*}

Il suffit de faire tourner la boucle de l’algorithme ci-dessous $13$ fois.

Il vient :

\begin{align*}
u_{13}\leq c(P) \leq v_{13}.
\end{align*}

En prenant la valeur approchée par défaut de $u_{13}$ à $10^{-4}$ et celle par excès de $v_{13}$ à $10^{-4}$, il vient un encadrement correct :

\boxed{5,0177\leq c(P) \leq 5,0187.}

Note. La borne de Cauchy fournit un majorant du module de l’ensemble des racines de $P.$ Cependant ce dernier est loin d’être optimal, même s’il peut arriver que certains polynômes aient une racine égale à leur borne de Cauchy.

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

Une réponse sera abordée dans cet article, 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, $a_0,\dots,a_{n-1}$ 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 $x > 0$ vous posez :

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

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

Notez que, pour tout $x>0$:

\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 $x>0$:

\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 éléments de la somme précédente, vous déduisez:

\forall x>0, f'(x)\geq \frac{(n-i)\vert a_i \vert}{x^{n-i+1}}.

Comme $\vert a_i \vert >0$ vous déduisez:

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

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

D’autre part, pour tout $x>0$:

\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 $n-i > 0$, vous déduisez:

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

Ainsi:

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

Par comparaison, il vient:

\lim_{\substack{x\to 0 \\x>0}} 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 $0\in]-\infty,1[$, 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 $c(P)$ 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 $t>0$ 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 $P$

En tant que polynôme unitaire de $\C[X]$ et en vertu du théorème de d’Alembert, 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 $P(r_i) = 0$, 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*} 

Utilisant l’inégalité triangulaire :

\begin{align*}
\vert r_i\vert ^n &\leq \vert a_{n−1} r_i\vert^{n−1} + \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 $P(X) = X^n$ ce qui entraîne la nullité de tous les coefficients $a_0,\dots,a_{n-1}$ ce qui est absurde. Donc $R>0.$

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 $R > c(P).$ Comme $c(P)>0$, $R$ et $c(P)$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Comme $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, vous déduisez $f(R) > f(c(P))$, contradiction.

Ainsi, le maximum des modules des racines de $P$ est inférieur ou égal à la borne de Cauchy:

\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 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<\cdots < 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’intervalle 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<\cdots < i_k \leq n} r_{i_1}\cdots r_{i_k} \right\vert.
\end{align*}

Par inégalité triangulaire:

\begin{align*}
\vert a_{n-k} \vert &\leq  \sum_{1\leq i_1<\cdots < i_k \leq n} \vert r_{i_1}\cdots r_{i_k} \vert \\
&\leq  \sum_{1\leq i_1<\cdots < i_k \leq n} \vert r_{i_1}\vert \cdots \vert r_{i_k} \vert \\
&\leq  \sum_{1\leq i_1<\cdots < 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 un terme pour obtenir le développement du binôme. Vous rajoutez ce terme:

\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

En notant $R$ le maximum des modules de racines de $P$ et $c(P)$ la borne de Cauchy de $P$, vous avez un encadrement de $R$ :

\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 suivante $f(c(P))=0.$

Pour effectuer une majoration, vous posez :

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

Remarquez que $A >0.$

Cela aboutit à :

\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\\
&< (1+A)^n.
\end{align*}

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

Si $1+A\leq c(P) $, alors vu que $c(P)>0$ les réels $c(P)$ et $1+A$ appartiennent à l’intervalle $]0,+\infty[.$ Or $f$ est croissante sur cet intervalle, donc $f(1+A)\leq f(c(P))$, contradiction. Ainsi $c(P) < 1+A.$

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 $n\in\NN$, différent de $X^n$, 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 $c(P)\in\R_{+}^{*}$, appelé borne de Cauchy de $P$, qui est la seule solution de l’équation suivante d’inconnue $x\in\R_{+}^{*}$:

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

De plus, les inégalités suivantes sont vérifiées:

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

Considérez un entier $n$ supérieur ou égal à $2$ et fixez un polynôme, noté $P$, à coefficients complexes, de degré $n.$

Le théorème de Gauss-Lucas fournit une information sur la localisation des racines du polynôme dérivé $P’$ à partir des racines de $P.$

Note. Pour avoir $P’$ non constant (et donc scindé sur $\C[X]$) l’hypothèse $n\geq 2$ s’avère pertinente. Le cas où $P$ est constant conduit à $P’ = 0$ et $P’$ est constant. Le cas où $P$ est de degré $1$ amène à avoir $P’$ constant aussi.

Grâce au théorème de d’Alembert, le polynôme $P$ est scindé sur $\C[X]$. Autrement dit, il existe un nombre complexe $a$ non nul et $n$ nombres complexes $\lambda_1,\dots,\lambda_n$ pas nécessairement distincts, tels que :

\boxed{P(X) = a(X-\lambda_1)\cdots(X-\lambda_n).}

Remarque. Toujours grâce au théorème de d’Alembert, $P’$ qui est non constant est scindé sur $\C[X]$ et il admet au moins une racine complexe.

Calculez le polynôme dérivé $P’$

Quand on dérive un produit, on ne dérive qu’un seul facteur à la fois, puis on fait la somme. Ceci peut être illustré avec $2$ ou $3$ facteurs, quels que soient les polynômes complexes $F$, $G$ et $H$ vous avez :

\begin{align*}
(FG)' &= F'G+FG'\\
(FGH)' &= F'GH+FG'H+FGH'.
\end{align*}

Vous écrivez $P(X)$ comme le produit suivant :

P(X)= a\prod_{i=1}^n (X-\lambda_i).

En dérivant cette expression, vous déduisez :

\boxed{P'(X) = a\sum_{j=1}^n \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (X-\lambda_i).}

Exemple. Avec $n=3$, vous avez :

P(X) =a(X-\lambda_1)(X-\lambda_2)(X-\lambda_3).

En dérivant, il vient :

P'(X) = a(X-\lambda_2)(X-\lambda_3)+a(X-\lambda_1)(X-\lambda_3)+a(X-\lambda_1)(X-\lambda_2).

Trouvez une égalité satisfaite pour une racine de $P’$

Soit maintenant $z$ un nombre complexe qui soit une racine du polynôme dérivé $P’.$

Le cas le plus rapide est celui où $z\in\{ \lambda_i, 1\leq i\leq n\}.$

Supposez dans la suite que :

z\notin\{ \lambda_i, 1\leq i\leq n\}.

Comme $P'(z) =0$, il vient :

a\sum_{j=1}^n \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i) = 0.

En divisant par $a$ qui est non nul, vous avez :

\sum_{j=1}^n \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i) = 0.

D’autre part, pour tout entier $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$, $z-\lambda_i\neq 0.$

Du coup, le produit suivant est non nul :

\prod_{i=1}^n (z-\lambda_i)\neq 0.

Fixez maintenant un entier $j\in\llbracket 1, n\rrbracket.$

Le quotient suivant se simplifie :

\begin{align*}
\frac{ \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i) }{\prod_{i=1}^n (z-\lambda_i)}
&=\frac{ \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i) }{(z-\lambda_j)\prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i)} \\
&= \frac{1}{z-\lambda_j}.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\forall j\in\llbracket 1,n\rrbracket, \frac{ \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i) }{\prod_{i=1}^n (z-\lambda_i)} = \frac{1}{z-\lambda_j}.}

En divisant $\sum_{j=1}^n \prod_{\substack{1\leq i \leq n\ i\neq j}} (z-\lambda_i) = 0$ par le produit $\prod_{i=1}^n (z-\lambda_i)$ vous déduisez :

\sum_{j=1}^n \frac{ \prod_{\substack{1\leq i \leq n\\ i\neq j}} (z-\lambda_i)  }{\prod_{i=1}^n (z-\lambda_i)}= 0.

Finalement, pour tout nombre complexe $z$ qui est racine de $P’$ :

\boxed{\sum_{j=1}^n \frac{1}{z-\lambda_j} = 0 \text{ ou } z\in\{\lambda_i, 1\leq i\leq n\}.}

Exemple. Avec $n=3$, si $z$ est une racine de $P’$ telle que $z\notin\{\lambda_i, 1\leq i\leq 3\}$, vous avez :

\frac{1}{z-\lambda_1}+\frac{1}{z-\lambda_2}+\frac{1}{z-\lambda_3} = 0.

L’enveloppe convexe des racines de $P$

Cet ensemble est défini comme étant l’ensemble des nombres complexes qui peuvent s’écrire comme un barycentre des nombres $\lambda_1,\dots,\lambda_n.$

Formellement, l’enveloppe convexe des racines de $P$ est défini par :

\boxed{C = \{u\in\C, \exists (t_1,\dots,t_n)\in\R_{+}^n \setminus (0,\dots,0),\quad t_1\lambda_1+\cdots t_n\lambda_n =(t_1+\cdots+t_n)u \}.}

Montrez que toute racine de $P’$ appartient à l’enveloppe convexe des racines de $P$

Soit $z$ une racine de $P’.$

Traitez le cas où $z$ est racine de $P$

Si $z\in\{ \lambda_i, 1\leq i\leq n\}$, il existe $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$ tel que $z = \lambda_k.$

Pour tout $i\in\llbracket 1,n \rrbracket \setminus \{k\}$ vous posez $t_i = 0.$ Vous posez $t_k = 1.$

D’une part :

t_1\lambda_1+\cdots+t_n\lambda_n = t_k\lambda_k = \lambda_k.

D’autre part :

(t_1+\cdots+t_n) z = 1\times \lambda_k.

Ainsi :

t_1\lambda_1+\cdots+t_n\lambda_n = (t_1+\cdots+t_n) z.

Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$, $t_i\in\R_{+}$ et comme $t_k\neq 0$ vous avez $(t_1,\dots,t_n)\neq (0,\dots,0).$

Donc $\boxed{z\in C.}$

Traitez le cas où $z$ n’est pas racine de $P$

Vous avez l’égalité :

\sum_{j=1}^n \frac{1}{z-\lambda_j} = 0.

Afin de faire apparaître des nombres réels positifs, vous multipliez les $n$ fractions par le conjugué de leur dénominateur. Cela est rendu possible puisque, pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket$, $\overline{z} \neq \overline{\lambda_j}.$

\sum_{j=1}^n \frac{\overline{z}-\overline{\lambda_j}}{(z-\lambda_j)(\overline{z}-\overline{\lambda_j})} = 0.

Cela s’écrit, avec le module :

\sum_{j=1}^n \frac{\overline{z}-\overline{\lambda_j}}{\vert z-\lambda_j\vert^2} = 0.

Vous conjuguez encore cette égalité :

\sum_{j=1}^n \frac{z-\lambda_j}{\vert z-\lambda_j\vert^2} = 0.

Ainsi :

\begin{align*}
\sum_{j=1}^n \frac{z}{\vert z-\lambda_j\vert^2} &= \sum_{j=1}^n \frac{\lambda_j}{\vert z-\lambda_j\vert^2}\\
\left(\sum_{j=1}^n \frac{1}{\vert z-\lambda_j\vert^2}\right)z &= \sum_{j=1}^n \frac{1}{\vert z-\lambda_j\vert^2}\lambda_j.
\end{align*}

Pour tout $j\in\llbracket 1, n\rrbracket$, vous posez $t_j = \frac{1}{\vert z-\lambda_j\vert^2}$ qui est un réel strictement positif.

Vous avez obtenu :

\left(\sum_{j=1}^n t_j\right) z = \sum_{j=1}^n t_j\lambda_j.

Comme $t_1\neq 0$, $(t_1,\dots,t_n)\in\R_{+}\setminus \{0,\dots,0\}.$

Ainsi vous avez encore $\boxed{z\in C.}$

Le théorème de Gauss-Lucas est démontré et il s’énonce ainsi : pour tout polynôme $P\in\C[X]$ de degré supérieur ou égal à $2$, toute racine de $P’$ appartient à l’enveloppe convexe des racines de $P.$

Premier prolongement

Soit $P$ un polynôme réel scindé de degré supérieur ou égal à $2$. Autrement dit, il existe un entier $m$ supérieur ou égal à $2$, un nombre $a\in\R$ non nul et des réels $r_1,\dots,r_m$ avec $r_1\leq \cdots \leq r_m$ tels que :

P(X) = a(X-r_1)\cdots(X-r_m).

Pourriez-vous démontrer, à l’aide du théorème de Gauss-Lucas, que $P’$ est scindé sur $\R[X]$ et que toute racine de $P’$ appartient à l’intervalle $[r_1,r_m]$ ?

Autre prolongement

Si $P$ est un polynôme réel de degré supérieur ou égal à $2$ et qui admet au moins deux racines réelles distinctes, notées, $r_1 < \dots < r_q$, est-il vrai que toutes les racines réelles de $P’$ sont situées dans l’intervalle $[r_1,r_q]$ ? Pour en savoir davantage, allez lire le contenu rédigé dans l'article 336.

Dans ce document, vous trouverez l’étude complète du cas d’égalité de l’inégalité triangulaire généralisée qui arrive que le prolongement du contenu rédigé de l'article 318.

Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$.

Supposez qu’il existe $n$ nombres complexes $z_1,\dots, z_n$, avec $z_1\neq 0$, qui vérifient l’égalité :

\vert z_1+\dots+z_n \vert = \vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert.

Pour en savoir plus, il semble logique d’élever au carré, exactement comme dans le cas où $n=2$, décrit dans l'article 318.

Elevez au carré le membre de gauche

En utilisant le conjugué de nombres complexes, vous établissez successivement :

\begin{align*}
\vert z_1+\dots+z_n \vert^2 &= (z_1+\dots+z_n)(\overline{z_1+\dots+z_n})\\
&= (z_1+\dots+z_n)(\overline{z_1}+\dots+\overline{z_n})\\
&=\left(\sum_{i=1}^n z_i\right)\left(\sum_{j=1}^n \overline{z_j}\right)\\
&=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n z_i\overline{z_j}\\
&=\sum_{\substack{1\leq i \leq n \\1\leq j \leq n}}  z_i\overline{z_j}\\
&=\sum_{\substack{1\leq i \leq n \\1\leq j \leq n\\ i=j}}  z_i\overline{z_j}+\sum_{\substack{1\leq i \leq n \\1\leq j \leq n\\ i<  j}}  z_i\overline{z_j}+\sum_{\substack{1\leq i \leq n \\1\leq j \leq n\\ j<  i}}  z_i\overline{z_j}\\
&=\sum_{i=1}^n z_i\overline{z_i}+\sum_{1\leq i < j \leq n }  z_i\overline{z_j}+\sum_{1\leq j < i \leq n} z_i\overline{z_j}\\
&=\sum_{i=1}^n z_i\overline{z_i}+\sum_{1\leq i < j \leq n }  z_i\overline{z_j}+\sum_{1\leq i < j \leq n} z_j\overline{z_i}\\
&=\sum_{i=1}^n z_i\overline{z_i}+\sum_{1\leq i < j \leq n }  (z_i\overline{z_j}+ z_j\overline{z_i})\\
&=\sum_{i=1}^n z_i\overline{z_i}+\sum_{1\leq i < j \leq n }  (z_i\overline{z_j}+ \overline{z_i \overline{z_j}})\\
&=\sum_{i=1}^n z_i\overline{z_i}+\sum_{1\leq i < j \leq n }  2\mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}).
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\vert z_1+\dots+z_n \vert^2  =\sum_{i=1}^n \vert z_i \vert^2+2 \sum_{1\leq i < j \leq n }  \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}).}

Elevez au carré le membre de droite

Les calculs sont similaires.

\begin{align*}
(\vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert)^2 &= (\vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert)(\vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert)\\
&= \left(\sum_{i=1}^n \vert z_i \vert\right)   \left(\sum_{j=1}^n \vert z_j \vert\right)\\
&= \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\ 1\leq j \leq n}} \vert z_i\vert \vert z_j \vert\\
&= \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\ 1\leq j \leq n \\ i = j}} \vert z_i\vert \vert z_j \vert+ \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\ 1\leq j \leq n \\ i < j}} \vert z_i\vert \vert z_j \vert+ \sum_{\substack{1 \leq i \leq n \\ 1\leq j \leq n \\ j < i}} \vert z_i\vert \vert z_j \vert\\
&= \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + \sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i\vert \vert z_j \vert+ \sum_{1 \leq j < i \leq n } \vert z_i\vert \vert z_j \vert\\
&= \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + \sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i\vert \vert z_j \vert+ \sum_{1 \leq i < j \leq n } \vert z_j\vert \vert z_i \vert\\
&= \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i\vert \vert z_j \vert\\
&= \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i\vert \vert \overline{z_j} \vert.
\end{align*}

Finalement :

\boxed{(\vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert)^2 = \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i \overline{z_j} \vert.}

Déduisez-en une propriété vérifiée par les nombres complexes $z_1\overline{z_k}$, pour $2\leq k \leq n$

L’égalité :

\vert z_1+\dots+z_n \vert = \vert z_1\vert+\cdots+\vert z_n\vert

fournit, après élévation au carré :

\sum_{i=1}^n \vert z_i \vert^2+2 \sum_{1\leq i < j \leq n }  \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}) = \sum_{i=1}^n  \vert z_i\vert^2 + 2\sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i \overline{z_j} \vert.

Du coup :

 \sum_{1\leq i < j \leq n }  \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}) =\sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i \overline{z_j} \vert.

Maintenant vous allez raisonner par l’absurde.
Supposez qu’il existe un entier $k\in\llbracket 2, n\rrbracket$ tel que :

 \mathrm{Re}(z_1\overline{z_k})  \neq  \vert z_1\overline{z_k}\vert.

Comme la partie réelle d’un nombre complexe est toujours inférieure à son module, vous déduisez que :

 \mathrm{Re}(z_1\overline{z_k})  <  \vert z_1\overline{z_k}\vert.

D’autre part, pour tout $j\in\llbracket 2, n\rrbracket \setminus \{k\}$ vous avez :

 \mathrm{Re}(z_1\overline{z_j})  \leq  \vert z_1\overline{z_j}\vert.

Par somme, vous avez l’inégalité stricte :

\mathrm{Re}(z_1\overline{z_k}) + \sum_{\substack{2\leq j \leq n \\ j\neq k}} \mathrm{Re}(z_1\overline{z_j})   < \vert z_1\overline{z_k}\vert + \sum_{\substack{2\leq j \leq n \\ j\neq k}}  \vert z_1\overline{z_j}\vert.

Ainsi :

 \sum_{2\leq j \leq n } \mathrm{Re}(z_1\overline{z_j})   < \sum_{2\leq j \leq n }  \vert z_1\overline{z_j}\vert.

D’autre part :

 \sum_{2\leq i < j \leq n }  \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}) \leq \sum_{2 \leq i < j \leq n  } \vert z_i \overline{z_j} \vert.

Par sommation des deux dernières inégalités, vous obtenez l’inégalité stricte :

 \sum_{1\leq i < j \leq n }  \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}) < \sum_{1 \leq i < j \leq n  } \vert z_i \overline{z_j} \vert.

Cela contredit l’égalité $\sum_{1\leq i < j \leq n } \mathrm{Re}(z_i\overline{z_j}) =\sum_{1 \leq i < j \leq n } \vert z_i \overline{z_j} \vert.$

Il est ainsi établi le résultat suivant. Pour tout entier $k$ compris entre $2$ et $n$ :

\boxed{ \mathrm{Re}(z_1\overline{z_k})  = \vert z_1\overline{z_k}\vert.}

Déterminez les nombres complexes $z$ dont la partie réelle est égale au module

Cette section est un aparté.

Soit $z$ un nombre complexe tel que :

\mathrm{Re}(z) = \vert z \vert.

Ecrivez $z$ sous forme algébrique. Il existe deux réels $x$ et $y$ tels que :

z = x+iy.

Comme :

x = \sqrt{x^2+y^2}

vous déduisez immédiatement que $x$ est un réel positif.

Maintenant, en élevant au carré :

x^2 = x^2+y^2

donc $y^2=0$ puis $y=0$ et $z = x.$

Vous avez ainsi établi ce résultat :

\boxed{\forall z\in\C, \mathrm{Re}(z) = \vert z \vert \implies z\in\R_{+}.}

Concluez

Soit $k$ un entier compris entre $2$ et $n.$
Puisque $ \mathrm{Re}(z_1\overline{z_k}) = \vert z_1\overline{z_k}\vert$, vous déduisez que $z_1\overline{z_k}\in\R_{+}.$

Il existe donc un réel positif $t_k$ tel que :

z_1\overline{z_k} = t_k.

Comme $z_1$ est supposé non nul :

\overline{z_k} = \frac{t_k}{z_1}.

$\overline{z_1}$, $\vert z_1 \vert $ étant non nuls :

\begin{align*}
\overline{z_k} &= \frac{t_k}{z_1\overline{z_1}}\overline{z_1}\\
&= \frac{t_k}{\vert z_1\vert ^2}\overline{z_1}.
\end{align*}

Vous conjuguez cette égalité et tenez compte du fait que $t_k$ est réel :

z_k = \frac{t_k}{ \vert z_1 \vert ^2}z_1.

Vous posez maintenant $u_k = \frac{t_k}{\vert z_1 \vert^2}.$ Alors $u_k \in\R_{+}$ et :

z_k = u_k z_1.

En définitive :

\boxed{\forall k\in \llbracket 2, n\rrbracket, \exists u_k\in\R_{+}, z_k = u_k z_1.}

En d’autres termes, les nombres complexes non nuls parmi $z_1,\dots, z_n$ ont tous le même argument modulo $2\pi.$

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2.$ Le but de cet article est de démontrer que, étant donnés $n$ nombres complexes $z_1, \dots z_n$, l’inégalité suivante, appelée inégalité triangulaire généralisée est vérifiée :

\vert z_1 + \cdots +z_n| \leq \vert z_1\vert + \dots + \vert z_n\vert.

Etablissez le cas où il y a seulement deux nombres complexes

Soient $z_1$ et $z_2$ deux nombres complexes.

Vous calculez le carré du nombre réel positif $\vert z_1+z_2 \vert$ :

\begin{align*}
\vert z_1+z_2\vert^2 &= (z_1+z_2)(\overline{z_1+z_2})\\
&= (z_1+z_2)(\overline{z_1}+\overline{z_2})\\
&=z_1\overline{z_1} + z_1\overline{z_2} + z_2\overline{z_1}+z_2\overline{z_2}\\
&=\vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + z_1\overline{z_2} + z_2\overline{z_1}\\
&=\vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + z_1\overline{z_2} + \overline{z_1\overline{z_2}}\\
&=\vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + 2\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2}).
\end{align*}

La partie réelle d’un nombre complexe est inférieure ou égale à son module, donc :

\mathrm{Re}(z_1\overline{z_2})\leq \vert z_1\overline{z_2}\vert.

Vous déduisez de ce qui précède :

\begin{align*}
\vert z_1+z_2\vert^2 &\leq \vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + 2\vert z_1\overline{z_2}\vert\\
&\leq \vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + 2\vert z_1\vert \vert \overline{z_2}\vert\\
&\leq \vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2 + 2\vert z_1\vert \vert z_2\vert.
\end{align*}

Or :

(\vert z_1\vert + \vert z_2 \vert)^2 = \vert z_1\vert^2+\vert z_2\vert^2+2\vert z_1\vert \vert z_2\vert.

Ainsi :

\vert z_1+z_2\vert^2 \leq (\vert z_1\vert + \vert z_2 \vert)^2.

Comme $\vert z_1+z_2\vert$ et $\vert z_1\vert + \vert z_2 \vert$ sont deux réels positifs, ils sont rangés dans le même ordre que leur carré. D’où :

\boxed{\vert z_1+z_2\vert \leq \vert z_1\vert + \vert z_2 \vert.}

Etablissez le cas général

Pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, vous notez $\mathscr{P}(n)$ la propriété :  » quels que soient les nombres complexes $z_1,\dots, z_n$, $\vert z_1 + \cdots +z_n| \leq \vert z_1\vert + \dots + \vert z_n\vert$ ».

Initialisation. Le cas où $n=2$ a été établi à la section précédente.

Hérédité. Soit maintenant $n$ un entier supérieur ou égal à $2.$ Vous supposez que la propriété $\mathscr{P}(n)$ est vérifiée.

Soit $(z_1,\dots , z_n, z_{n+1})\in\C^{n+1}.$

Pour posez $z = z_1+\cdots+z_n.$

Alors :

\vert z_1 + \cdots +z_n + z_{n+1}|  = \vert z +  z_{n+1} \vert.

Or, d’après l’initialisation :

\vert z +  z_{n+1} \vert \leq \vert z \vert + \vert z_{n+1} \vert .

D’autre part :

\vert z \vert + \vert z_{n+1} \vert=  \vert z_1+\cdots+z_n \vert + \vert z_{n+1} \vert.

Vous faites appel à l’hypothèse de récurrence, il vient :

 \vert z_1+\cdots+z_n \vert + \vert z_{n+1} \vert \leq \vert  z_1 \vert + \cdots+\vert  z_n \vert +\vert z_{n+1} \vert.

De ce qui précède, vous déduisez :

\vert z_1 + \cdots +z_n + z_{n+1}|  \leq  \vert  z_1 \vert + \cdots+\vert  z_n \vert +\vert z_{n+1} \vert.

La propriété $\mathscr{P}(n+1)$ est donc vérifiée.

Concluez

Il est ainsi établi par récurrence que :

\boxed{\forall n\geq 2, \forall (z_1\dots, z_n)\in\C^n, \vert z_1 + \cdots +z_n| \leq \vert z_1\vert + \dots + \vert z_n\vert.}

Prolongement

Il est possible d’aller plus loin.
Soit $n$ un entier supérieur ou égal à $2$. Soient $n$ nombres complexes $z_1, \dots z_n$ avec $z_1\neq 0$, tels que :

\vert z_1 + \cdots +z_n| = \vert z_1\vert + \dots + \vert z_n\vert.

Alors il existe $n-1$ réels positifs $u_2, \dots u_{n}$ tels que :

\forall i\in \llbracket 2, n\rrbracket, z_i = u_i z_1.

Ce résultat sera démontré dans le contenu rédigé dans l'article 319.

Soient $x_1$, $x_2$ et $x_3$ les trois racines réelles du polynôme $X^3-2X-1.$

Sans chercher à calculer ces nombres directement, vous allez déterminer la valeur exacte de :

x_1^6+x_2^6+x_3^6.

Abaissez le degré

Vous effectuez la division euclidienne du polynôme $X^6$ par $X^3-2X-1.$

\begin{align*}
X^6 - (X^3-2X-1)X^3 &=2X^4+X^3 \\
 2X^4+X^3 - (X^3-2X-1)(2X) &= X^3+4X^2+2X\\
X^3+4X^2+2X - (X^3-2X-1)(1) &= 4X^2+4X+1.
\end{align*}

Ainsi :

X^6 - (X^3-2X+1)(X^3+2X+1) = 4X^2+4X+1.

En substituant à l’indéterminée $X$ les réels $x_1$, $x_2$ et $x_3$, vous obtenez finalement :

\forall i \in\llbracket 1, 3\rrbracket, x_i^6 = 4x_i^2+4x_i+1.

Par somme, il vient :

\boxed{x_1^6+x_2^6+x_3^6 = 4(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+4(x_1+x_2+x_3)+3.}

Note. Prenez garde, en effectuant la somme, au dernier terme qui est $1$ plus $1$ plus $1$, soit $3.$

Calculez les fonctions symétriques des racines

Puisque $X^3-2X-1 = (X-x_1)(X-x_2)(X-x_3)$, en développant, il vient :

\begin{align*}
X^3-2X-1 &= (X^2-(x_1+x_2)X+x_1x_2)(X-x_3) \\
&=X^3-(x_1+x_2)X^2+x_1x_2X-x_3X^2+(x_1x3+x_2x_3)X-x_1x_2x_3\\
&=X^3+(-x_1-x_2-x_3)X^2+(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)X-x_1x_2x_3.
\end{align*}

Par identification des coefficients, il vient :

\left\{\begin{align*}
-x_1-x_2-x_3 &= 0\\
x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3 &= -2\\
-x_1x_2x_3 &= -1.
\end{align*}
\right.

Déterminez la première somme de Newton

D’après ce qui précède :

\boxed{x_1+x_2+x_3 = 0.}

Déterminez la deuxième somme de Newton

Vous élevez au carré la première somme de Newton :

\begin{align*}
(x_1+x_2+x_3)^2 &= 0\\
x_1^2+x_2^2+x_3^2+2(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3) &= 0\\
x_1^2+x_2^2+x_3^2 &= -2\times (-2).
\end{align*}

Vous déduisez :

\boxed{x_1^2+x_2^2+x_3^2 = 4.}

Concluez

En utilisant les résultats précédents :

\begin{align*}
x_1^6+x_2^6+x_3^6 &= 4(x_1^2+x_2^2+x_3^2)+4(x_1+x_2+x_3)+3 \\
&= 4\times 4+4\times 0+3.
\end{align*}

La valeur cherchée est trouvée :

\boxed{x_1^6+x_2^6+x_3^6 = 19.}