alembert

THÉORÈME DE D'ALEMBERT
Théorème
Tout polynôme P non constant de
[X] admet au moins une racine dans .
Les démonstrations données ci-dessous font appel au raisonnement par l'absurde. Plus précisément : si on
suppose l'existence d'un polynôme P non constant et sans racines, alors on aboutit à une contradiction.
Démonstration 1 : utilisant l'identité de Taylor pour les polynômes
Soit P ∈ [X] avec P non constant et sans racines (dans ).
On note encore P l'application polynomiale de
dans
associée au polynôme P.
Comme P est non nul (puisque non constant), on peut noter n = deg P avec n ∈
*
.
n
P=
Notons également :
avec an ≠ 0
ak X k
k =0
→
ϕ:
Considérons l'application :
z
∗
+
|P(z)|
On a :
(1) : ϕ est continue sur .
(2) : lim ϕ(z) = +∞.
z → +∞
(3) : ϕ est minorée sur
et atteint son minimum
Preuve :
(1) : L'application P de
dans
est continue car polynomiale.
L'application "module" :
|.|:
→
∗
+
l'est également. En effet, nous savons que :
∀(x, y) ∈
Soient ε ∈
∗
+
et (x, y) ∈
2
, ||x| − |y||
2
|x − y|
.
Si |x − y|
ε alors ||x| − |y||
|x − y|
ε
On a donc bien :
∀ε ∈
∗
+,
∃η ∈
∗
+
(à savoir η = 1), ∀(x, y) ∈
, (|x − y|
2
η
||x| − |y||
ε)
Ce qui prouve que l'application "module" est uniformément continue, donc continue sur .
Par composition d'applications continues, on déduit la continuité de ϕ.
(2) : Comme n ∈
, car P est supposé non constant, on peut écrire, pour z ≠ 0:
*
an +
P(z) = zn
Or, on sait que :
Théorème de D'Alembert
∀(x, y) ∈
1
zn
, |x + y|
n −1
ak z k
k =0
2
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||x| − |y||
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D'où :
|P(z)|
n −1
|z|n an −
ak
n−k
z
k =0
ak
lim
z → +∞
n −1
k =0
n −1
Et comme n − k > 0, on a :
|z|n an −
z n−k
=0
z n−k
k =0
ak
an
:
2
Par conséquent, en choisissant ε =
∃A ∈
∗
+,
∀z ∈ , (|z|
n −1
ak
A
z
k =0
D'où:
|z|
|P(z)|
A
|z|n
n−k
an
)
2
an
2
lim |z|n = +∞
Enfin, comme :
z → +∞
lim |P(z)| = +∞
On déduit, par comparaison :
z → +∞
lim ϕ(z) = +∞
D'où (2) :
z → +∞
(3) : Le résultat (2) s'écrit encore :
∀A ∈
En particulier pour A = ϕ(0) :
∗
+
∃B ∈
D'après (1), ϕ est continue sur
∃B ∈
∗
+,
∗
+,
∀z ∈ , (|z|
∀z ∈ , (|z|
ϕ(z)
B
donc sur le compact D = {z ∈
ϕ(z)
B
ϕ(0))
tels que |z|
A)
B}. Donc ϕ est bornée sur D et
atteint ses bornes :
∃z0 ∈ D, ϕ(z0) = inf ϕ(z)
z∈ D
Comme 0 ∈ D, on a donc :
∀z ∈ , (|z|
ϕ(z)
B
ϕ(0)
ϕ(z0))
ϕ(z0) = inf ϕ(z)
D'où :
z∈
ϕ est minorée sur
Ce qui prouve (3) :
et atteint son minimum
Venons-en maintenant au cœur de la démonstration.
Nous allons montrer qu'il existe un complexe z tel que ϕ(z) < ϕ(z0).
Appliquons l'identité de Taylor pour les polynômes :
∀h ∈ , P(z0 + h) = P(z0) + P'(z0)h+ ... +
P(z0) ≠ 0
Comme P est supposé sans racines :
P (z0) = n! an ≠ 0
(n)
En outre, comme P est de degré n :
Les nombres P(j)(z0), pour 1
j
n, ne sont donc pas tous nuls.
Soit k le plus petit entier tel que P(k)(z0) ≠ 0. (Cet entier existe car n
On a alors :
Théorème de D'Alembert
∀h ∈
P ( n ) ( z0 ) n
h
n!
*
,
1 puisque P est non constant)
P ( z 0 + h)
P ( k ) ( z0 ) k
P ( n ) ( z0 ) n
=1+
h + ... +
h
P( z0 )
P ( z0 ) k !
P( z0 ) n !
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Posons, pour j ∈ k, n :
aj =
∀h ∈
Ainsi :
*
,
P ( j ) ( z0 )
P ( z0 ) j !
n
P ( z 0 + h)
= 1 + a kh k +
P( z0 )
a jh j
j = k +1
Distinguons deux cas :
Cas 1 : k < n
h = ρ e iθ et ak = rk eiαk (avec ρ > 0 et rk > 0 car P(k)(z0) ≠ 0)
Écrivons :
Ainsi :
∀ρ ∈
∗
+,
P( z0 + ρeiθ )
= 1 + rkρk ei ( kθ+αk ) +
P ( z0 )
∀θ ∈ [0, 2π[,
L'idée est de choisir θ tel que :
Par passage au module :
rj ρ j e
i ( j θ+ α j )
j = k +1
kθ + αk = π
∀ρ ∈
Ainsi :
n
∗
+,
∀ρ ∈
P( z0 + ρeiθ )
= 1 − rkρk +
P ( z0 )
∗
+,
ϕ( z0 + ρeiθ )
ϕ( z0 )
n
rj ρ j e
i ( j θ+ α j )
j = k +1
n
|1 − rkρk| +
rj ρ j
j = k +1
Posons M = max r j , ainsi :
k +1 j n
∀ρ ∈
ϕ( z0 + ρeiθ )
ϕ( z0 )
∗
+,
n
|1 − rkρk| + M
j = k +1
ρ k +1
1− ρ
n
En choisissant ρ inférieur à 1, on a :
ρj
j = k +1
D'où, pour ρ ∈ ]0, 1[ :
ϕ( z0 + ρeiθ )
ϕ( z0 )
Comme rk > 0 et ρ > 0, on a :
|1 − rkρk| +
ρj
M ρ k +1
1− ρ
|1 − rkρk| < 1
Par ailleurs :
lim
ρ→ 0
Et en choisissant ρ assez petit, on a donc :
M ρ k +1
=0
1− ρ
M ρ k +1
<1
1− ρ
|1 − rkρk| +
ϕ(z0 + ρ e iθ ) < ϕ(z0)
D'où
Cas 2 : k = n
Alors, en reprenant les notations ci-dessus :
ϕ( z0 + ρeiθ )
ϕ( z0 )
D'où
Dans tous les cas, on a contredit la condition :
|1 − rkρk| < 1
ϕ(z0 + ρ e iθ ) < ϕ(z0)
ϕ(z0) = inf ϕ(z)
z∈
D'où le théorème de D'Alembert.
Théorème de D'Alembert
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Démonstration 2 : utilisant un développement en série entière
Lemme : (formules de Cauchy)
Soit ƒ la somme d'une série entière de rayon de convergence R > 0 :
∞
ƒ(z) =
an z n
n =0
∀n ∈
On pose :
, ∀r ∈ ]0, R[, In(r) =
π
1
2π
−π
ƒ (re iθ ) e − inθ dθ
In(r) = anrn
Alors :
Preuve du lemme :
∞
an z n convergeant uniformément sur le disque de centre 0 et da rayon r, on peut permuter les
La série entière
n =0
symboles
et
d'où :
In(r) =
1
2π
π
−π
−π
π
Or,
∞
π
1
2π
ƒ (re iθ ) e − inθ dθ =
−π
ak r k e ikθ e − inθ dθ =
k =0
1
2π
∞
ak r k
k =0
π
−π
e i ( k − n ) θ dθ
e i ( k − n ) θ dθ = 2πδkn
In(r) = anrn
D'où
I0(r) = a0
En particulier :
Ce qui prouve le lemme.
Corollaire : (Théorème de Liouville)
Soit ƒ la somme d'une série entière de rayon de convergence R = +∞ :
Si ƒ est bornée sur , alors ƒ est constante !
Preuve :
Si ƒ est bornée sur , alors on peut définir :
||ƒ||∞ = sup |ƒ(z)|
z∈
Dans ce cas, on a :
∀n ∈
, ∀r ∈
+,
|In(r)|
1
× ||ƒ||∞
2π
π
−π
e − inθ dθ = ||ƒ||∞
C'est-à-dire, d'après le lemme :
∀n ∈
Donc, pour n
, ∀r ∈
+,
anrn
||ƒ||∞
1, en faisant tendre r vers +∞, il apparaît que :
∀n ∈
*
an = 0
∀z ∈ , ƒ(z) = a0
D'où
Donc ƒ est constante sur .
Théorème de D'Alembert
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On en déduit le théorème de D'Alembert :
Soit P ∈ [X] non constant et sans racines. On peut alors définir la fraction rationnelle ƒ =
1
.
P
D'après nos hypothèses, ƒ est bornée car P est supposé sans racines.
De plus, comme P ne s'annule pas, ƒ est dérivable sur , donc holomorphe donc analytique.
Donc ƒ est développable en série entière avec R = +∞.
Et d'après le théorème de Liouville, ƒ et donc P est constant. Contradiction.
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