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théorème de d alembert

Posté par pélagie (invité) 27-12-05 à 17:21

Bonjour à tous

Je cherche à démontrer le théorème de d'Alembert:
" Toute fonction polynôme de degré n, avec n>1, admet au moins une racine dans C "

Si vous connaissez cette démonstration ou des liens vers d'autres sites détaillant la démonstration, merci beaucoup pour votre aide.

Posté par
Nightmarere : théorème de d alembert 27-12-05 à 18:15

Bonsoir

Par l'absurde :
Supposons qu'il existe 3$\rm P\in\mathbb{C}[X], non constant, et n'admettant aucun zéro dans 3$\rm \mathbb{C}.
Notons 3$\rm n=deg(P)\ge 1, P=\Bigsum_{i=0}^{n} a_{i}X^{i} et 3$\rm \begin{tabular} \phi : &\mathbb{C}&&\to&\mathbb{R}\\&z&&\to&\|P(z)\|\end{tabular}

1) Puisque 3$\rm \phi(z)\longrightarrow_{|z|\to +\infty} +\infty, on a :
3$\rm \forall A>0, \exist B>0, \forall z\in\mathbb{C}, \(|z|>B\Rightarrow \phi(z)>A\)
En particulier, il existe 3$\rm B\in\mathbb{R}_{+}^{*} tel que :
3$\rm \forall z\in\mathbb{C}, \(|z|>B\Rightarrow \phi(z)>\phi(0)\)

D'autre part, 3$\rm \phi étant continue sur le compact 3$\rm \{z\in\mathbb{C}, |z|\le B\}, 3$\rm \phi y est bornée et y atteint ses bornes ; il existe donc 3$\rm z_{0}\in\mathbb{C} tel que :
3$\rm \phi(z_{0})=\inf_{|z|\le B} \phi(z)

2) D'après la formule de Taylor pour les polynômes, on a :
3$\rm \forall h\in\mathbb{C} , P(z_{0}+h)=P(z_{0})+hP'(z_{0})+...+\frac{h^{n}}{n!}P^{(n)}(z_{0})

Nous allons montrer qu'on peut choisir h de façon que 3$\rm \|P(z_{0}+h)\|<\|P(z_{0})\|, c'est à dire 3$\rm \phi(z_{0}+h)<\phi(z_{0}) ce qui fournira une contradiction.

Comme 3$\rm P^{(n)}(z_{0})=n!, a_{n}\no=0, il existe 3$\rm k\in \mathbb{N}* tel que :
3$\rm \{{P^{(k)}(z_{0})\no=0\\\forall l\in\{1,...,k\}, (l<k\Rightarrow P^{(l)}(z_{0})=0)

Autrement dit, k est le plus petit entier supérieur ou égal à 1 tel que 3$\rm P^{(k)}(z_{0})\no=0

On a donc 3$\rm \forall h\in\mathbb{C}, \frac{P(z_{0}+h)}{P(z_{0})}=1+h^{k}\frac{P^{(k)}(z_{0})}{k!P(z_{0})}+...+h^{n}\frac{P^{(n)}(z_{0}}{n!P(z_{0})}

D'après l'étude des racines kémes dans 3$\rm \mathbb{C}, il existe 3$\rm \omega\in\mathbb{C} tel que 3$\rm \omega^{k}=-\frac{P^{(k)}(z_{0})}{k!P(z_{0})}

On a alors pour t réel le Dlk(0) suviant :
3$\rm \frac{P\(z_{0}+\frac{t}{\omega}\)}{P(z_{0})}=1-t^{k}+\mathrm{o}_{t\to 0}(t^{k})

Il existe donc 3$\rm \nu>0 tel que : 3$\rm \forall t\in]0;\nu[ , \|\frac{P\(z_{0}+\frac{t}{\omega}\)}{P(z_{0})}\|<1
Ce qui contreduit la définition de 3$\rm z_{0}

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 18:19

C'est vraiment cool!
Merci beaucoup pour votre aide
Je vais m'y plonger et essayer de tout comprendre
Bonne soirée

Posté par
Nightmarere : théorème de d alembert 27-12-05 à 18:23

De rien

Au passage, cette démonstration n'est bien sûr par de moi, tirée d'un livre de supérieur.

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 27-12-05 à 18:27

Bonsoir à tous
pélagie, je voulais te demander ?
As-tu déja fait de l'analyse complexe ?
Je demande ça parce qu'il y une preuve en deux lignes de ce théorème utilisant ce chapitre.
(Non, c'est pas des blagues !! )

Kaiser

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:13

Excusez-moi, mais j'ai quelques petites questions à propos de la démonstration

l'existence de k (comme plus petit entier etc.) découle du fait que l'ensemble des k tels que P(k)(zo) différent de 0 est une partie non vide majorée (j'ai bien compris??)

Par contre je comprends pas "d'après l'étude des racines k ièmes dans C il existe w tel que..."
Je comprends comment on s'en sert par la suite mais je vois pas d'où ça vient

Merci encore!

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:17

Bonsoir Kaiser

J'ai "assisté" à des cours d'analyse complexe, mais j'ai pas réellement bosser ce cours, donc j'ai jamais rien compris.
Mais ça m'intéresse quand même de connaître la démo en deux lignes par curiosité (ça me rappelera peut-être de vieux souvenirs)

Merci

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:27

Soit P un polynôme complexe non constant n'admettant pas de racines sur .
Comme l'application zP(z) est une fonction entière (c'est-à-dire holomorphe sur tout entier) et P ne s'annule pas, alors l'application z\frac{1}{P(z)} est une fonction entière.
Or on sait que |P(z)| tend vers + quand |z| tend vers +, donc l'application z\frac{1}{P(z)} est bornée sur .
Or d'après le théorème de Liouville, toute fonction entière bornée est constante.
On en déduit que \frac{1}{P} est constant et que P est constant, ce qui est absurde.

Kaiser

P.S : on ne chipote pas sur le nombre de lignes

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:32

En effet c'est plus court!!

Merci car c'est toujours intéressant de connaître plusieurs démonstrations (je crois que je vais revoir mes cours d'analyse complexe...)

Bonne soirée

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:51

Je t'en prie.
Effectivement, revoir les cours d'analyse complexe est une bonne chose car dans ce chapitre, j'ai pu apprendre des choses très étonnantes et très marrantes, la première étant que toute fonction holomorphe sur un ouvert de est développable en série entière au voisinage de chacun des points de cet ouvert (c'est fou ça !! )

Posté par
stokastikre : théorème de d alembert 27-12-05 à 19:52

je comprends pas "d'après l'étude des racines k ièmes dans C il existe w tel que..."

Nightmare veut dire que tout nombre complexe admet une racine k-ième

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 20:26

Merci pour ton aide stokastik mais je vois toujours pas; c'est une propriété évidente?
Je suis un peu perdue...

Posté par
stokastikre : théorème de d alembert 27-12-05 à 21:15


Pour le prouver on peut utiliser :

- le fait que tout nombre réel positif admet une racine k-iéme
- l'écriture polaire des nombres complexes et ses propriétés

qui sont des choses connues mais pas faciles faciles quand même.

Ceci en main, on le démontre ainsi :

Soit z un nombre complexe. On l'écrit en polaire : z=\rho e^{i\theta} et on remarque alors que le complexe \omega défini par

\omega={}^k\sqrt{\rho}e^{\frac{i\theta}{k}}

vérifie \omega^k=z

Posté par pélagie (invité)re : théorème de d alembert 27-12-05 à 21:25

Merci beaucoup
Bonne soirée à tous

Posté par refexion27 (invité)bonjour à tous 20-06-06 à 14:58

je suis tres content de cette sujet et je suis sur le point de réflechir sur le sujet merci beaucoup infiniement

Posté par
ottore : théorème de d alembert 20-06-06 à 19:23

Kaiser: je n'ai toujours pas bien compris à quel niveau tu te situais, alors peut être que tu connais déjà le sujet dont je vais parler, mais si tu as suivi un cours d'analyse complexe, ou si tu as lu un peu en analyse complexe, ce qui semble être le cas, alors sache que le résultat suivant:

"Toute fonction holomorphe au voisinage de 0 est développable en série entière autour de 0"

peut se généraliser un peu avec la conclusion supplémentaire suivante:

"le plus grand ouvert sur lequel c'est possible est le disque de centre 0 et de rayon R, où R est la distance avec la première singularité rencontrée à partir de 0"

Un exemple classique est la fonction f:= z->1/(1+z^2)
Remarque que f est est holomorphe au voisinage de 0, et donc DES au voisinage de 0.
Les singularités de f sont les pôles situés en i et -i.
Notamment f est DSE sur le disque de centre 0 et de rayon 1 et sur aucun autre disque concentrique plus grand.
Il y'a un genre de réciproque:
si f est développable en série entière sur un cercle de centre 0 et de rayon R et sur aucun cercle concentrique de rayon R'>R, alors f possède au moins une singularité sur le cercle de rayon R et de centre 0.

Ceci nous amène alors à la remarque suivante:
Si je prend f mais que je la développe ailleurs qu'en 0, mettons en 1. Alors f(z+1) sera développable en série entière en 0, (ou f en 1) et notamment le rayon de convergence sera racine de 2.
L'intersection entre ce nouveau disque et l'ancien est non vide. Si on continue ce procédé et que l'on prend plusieurs disques qui s'intersectent 2 à 2 et que l'on revient au point de départ (ie en z=0) est ce que la fonction prendra nécessairement la même valeur qu'au départ?

Cette idée a été l'idée de Weierstrass et de Riemann. Finalement on arrive à montrer que dans le cas des fonctions "sympatiques" on revient bien au point de départ, pourtant dans le cas de certaines fonctions, ce n'est pas nécessairement le cas (les fonctions sympatiques sont les fonctions de genre 0).
L'exemple classique est le suivant:
on coupe C suivant R- et on y défini la racine carrée.
On prend une suite de disques de la façon mentionnée ci dessus en partant de 1 et en faisant une fois le tour de l'origine. Une fois que l'on a fait un tour, et que l'on est revenu en z=1, que se passe t'il pour f?
Ca nous amène à construire un nouveal objet, que l'on appelle surface de Riemann associée à une fonction (et plus généralement surface de Riemann abstraite).

Bref, tout ca pour dire que si tu trouves ce résultat très intéressant, c'est parce qu'il l'est et qu'il ouvre une nouvelle branche des mathématiques, et si tu sembles t'intéresser à ca, alors les surfaces de Riemann, ou du moins la motivation  de leur introduction devrait également t'intéresser.

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 20-06-06 à 19:49

Bonjour otto

En ce qui concerne mon niveau, je suis en maîtrise.
Pour ce qui est de l'analyse complexe, j'ai effectivement eu un cours en licence et c'est vrai que je m'y intéresse énormément. Pour ce qui est des surfaces de Riemann, j'en avais entendu parler, mais je ne savais pas vraiment ce que c'était. Normalement, je devrais avoir un cours qui traite de ces objets l'an prochain.
En tous cas, merci de m'en avoir parlé et je pense aussi que ça risque d'être également d'être intéressant à étudier.
Par contre, qu'est-ce qu'une fonction de genre 0 et y a-t-il un rapport avec le genre de certaines surfaces ?

Kaiser

Posté par
ottore : théorème de d alembert 20-06-06 à 21:23

Salut,
oui il y'a effectivement un lien.
Si tu veux plus de références, je te conseille le livre de George Springer:
"Introduction to Riemann surfaces"
Je ne l'aime pas énormément (pas l'auteur que je ne connais pas, mais son bouquin), mais il a le mérite de bien introduire les surfaces de Riemann associées à des fonctions.
Je préfère les livres de Ahlfors sur le sujet, mais je ne sais plus trop comment il introduit ca de son coté.
Le genre d'une fonction est simplement le genre de la surface de Riemann associée (éventuellement à une constante additive près, qui est 1 ou 2, je ne sais plus)

Posté par
ottore : théorème de d alembert 20-06-06 à 21:28

Salut,
juste pour être "intellectuellement connexe", une surface de Riemann n'est rien d'autre qu'un espace connexe T2 sur lequel tu définis des cartes. Exactement comme dans le cas des variétés, à la différence que sur une variété tu demandes à ce que les fonctions de transition soient continues, et sur une surface différentiable, tu demandes à ce qu'elles soient C infinies, ici pour une surface de Riemann, tu demandes qu'elles soient analytiques. (Parfois on trouve C^w).
Je continue la discution en privé si ca t'intéresse.
A+

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 20-06-06 à 22:53

OK ! merci !

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 19-07-06 à 11:26

Bonjour à tous

Quand il y en a plus, y'en a encore !
Pour ceux que ça intéresse, voici une autre démonstration du théorème de D'alembert-Gauss, qui me paraît assez marrante.

Tout d'abord, un petit lemme :

Soit f une fonction \Large{2\pi}-périodique de classe \Large{C^{1}} sur \Large{\mathbb{R}} à valeurs dans \Large{\mathbb{C}^{*}}, alors le complexe \Large{I=\frac{1}{2i\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\frac{f'(\theta)}{f(\theta)}d\theta} est en fait un entier relatif.

Preuve du lemme :

Comme f ne s'annule pas et est de classe \Large{C^{1}}, alors la fonction \Large{\frac{f'}{f}} est continue, donc admet une primitive, que l'on note g, et donc \Large{I=\frac{g(2\pi)-g(0)}{2i\pi}}
Remarque : dans le cas où f est à valeurs réelles, \Large{\frac{f'}{f}} est la dérivée de ln(f), et donc dans ce cas, on a g=ln(f) à une constante additive près, d'où \Large{f=e^{g}} à une constante multiplicative près.
On va donc montrer cette dernière égalité.
Pour cela, il faut montrer que \Large{\varphi=fe^{-g}} est une fonction constante.
On a \Large{\varphi'=f'e^{-g}-fg'e^{-g}=f'e^{-g}-f\times \frac{f'}{f}e^{-g}=0 (par définition de g), d'où le résultat. Quitte à changer de primitive, on peut toujours supposer que cette constante vaut 1.
Alors comme f est \Large{2\pi}-périodique, on a \Large{e^{g(2\pi)}=e^{g(0)}}, c'est à dire \Large{e^{g(2\pi)-g(0)}=1}, d'où l'existence d'un entier n tel que \Large{g(2\pi)-g(0)=2ni\pi} et donc I=n, ce qui termine la preuve du lemme.

On va en déduire le théorème de D'Alembert-Gauss, en raisonnant par l'absurde.
Soit donc P un polynôme non constant de degré n ne s'annulant pas sur \Large{\mathbb{C}}.
Pour r réel positif et \Large{\theta} un réel quelconque, posons \Large{f_{r}(\theta)=P(re^{i\theta})}
On pose donc \Large{F(r)=\frac{1}{2i\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\frac{f_{r}'(\theta)}{f_{r}(\theta)}d\theta}.

Par hypothèse, P ne s'annule pas, donc F est bien définie et f vérifie les hypothèses du lemme.
Ainsi, F est à valeurs entières.
Explicitons un peu F.
\Large{F(r)=\frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\frac{r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})}{P(r e^{i}\theta)}d\theta}

Admettons pour le moment que F est continue.
On a clairement que F(0)=0.

Calculons \Large{\lim_{r\to +\infty}F(r)}.
Pour avoir une idée de la limite, commençons par calculer la limite de l'intégrande lorque r tend vers l'infini.
Notons \Large{a} le coefficient dominant de P, alors \Large{\frac{r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})}{P(r e^{i}\theta)}} est équivalent à \Large{\frac{r e^{i\theta}a nr^{n-1} e^{i(n-1)\theta})}{ar^{n} e^{in\theta}}=n}.
Ainsi, on aurait \Large{\lim_{r\to +\infty}F(r)=\frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}nd\theta =n}.
On va maintenant le montrer rigoureusement.

\Large{F(r)-n=\frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\frac{r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})}{P(r e^{i}\theta)}d\theta-n=\frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\(\frac{r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})}{P(r e^{i}\theta)}-n\)d\theta=\frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\(\frac{r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})-nP(re^{i\theta})}{P(r e^{i}\theta)}\)d\theta}
Notons \Large{P=\bigsum_{k=0}^{n}a_{k}X^{k}}, alors \Large{|P(r e^{i\theta})|\geq |a_{n}|r^{n}-\bigsum_{k=0}^{n-1}|a_{k}|r^{k}} (inégalité triangulaire).
Comme on fait tendre r vers l'infini, alors on peut supposer r suffisament grand pour que la quantité de droite soit strictement positive.
On a alors la majoration \Large{\frac{1}{|P(r e^{i\theta})|}\leq \frac{1}{|a_{n}|r^{n}-\bigsum_{k=0}^{n-1}|a_{k}|r^{k}}}.
Par ailleurs, \Large{\|r e^{i\theta}P'(r e^{i\theta})-nP(re^{i\theta})\|=\|\bigsum_{k=1}^{n-1}(n-k)a_{k}r^{k}e^{ik\theta}-na_{0}\|\leq \bigsum_{k=1}^{n-1}(n-k)|a_{k}|r^{k}+n|a_{0}|}
Finalement, on a pour r suffisament grand, \Large{|F(r)-n|\leq \frac{1}{2\pi}\bigint_{0}^{2\pi}\frac{\bigsum_{k=1}^{n-1}(n-k)|a_{k}|r^{k}+n|a_{0}|}{|a_{n}|r^{n}-\bigsum_{k=0}^{n-1}|a_{k}|r^{k}}d\theta=\frac{\bigsum_{k=1}^{n-1}(n-k)|a_{k}|r^{k}+n|a_{0}|}{|a_{n}|r^{n}-\bigsum_{k=0}^{n-1}|a_{k}|r^{k}}}
Lorsque tend vers l'infini, la quantité de droite tend vers 0, d'où \Large{\lim_{r\to +\infty}F(r)=n}.
Or F est continue sur l'intervalle \Large{[0;+\infty[}, donc son image est intervalle. Par ailleurs, F est à valeurs entières, donc la seule possibilité est que son image est un singleton et donc F est constante.
Ainsi, 0 et n sont dans l'image, d'où n=0, ce qui est absurde car P est supposé non constant.

Kaiser

P.S : Je prépare un post pour montrer la continuité de F.

Posté par
Roulianere : théorème de d alembert 19-07-06 à 11:40

Merci pour ces démos, je mets ça de côté et je m'y attaquerais un de ce s 4

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 19-07-06 à 11:57

Je vais montrer un résultat plus général mais avec des hypothèses assez fortes.
Considérons un intervalle réel I ouvert et a et b deux réels ainsi qu'une fonction g de classe \Large{C^{1}} sur un ouvert U de \Large{\mathbb{R}^{2}} à valeurs complexes tel que \Large{I \times [a,b]\subset U}.

On va montrer que

\Large{h : I\mapsto \mathbb{R}\\ \rm{ }x\mapsto \bigint_{a}^{b}g(x,t)dt} est continue.

Soit J un segment inclus dans I et y et y' deux éléments de J, alors :

\Large{|h(y)-h(y')|=\bigint_{a}^{b}|g(y,t)-g(y',t)|dt\leq (b-a)\sup_{J\times [a,b]}|\frac{\partial g}{\partial x}| |y-y'|} (inégalité des accroissement finis).
Ainsi, h est lipschtizienne sur tout segment, donc continue.

Pour la continuité de F, il suffit d'appliquer ce résultat à la fonction

\Large{(r,\theta)\mapsto \frac{re^{i\theta}P'(re^{i\theta})}{P(re^{i\theta})}} qui est clairement de classe \Large{C^{1}} sur \Large{\mathbb{R}^{2}} (dans le cadre du raisonnement par l'absurde, bien entendu).

Kaiser

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 19-07-06 à 11:58

Rouliane>

Posté par
jeansebre : théorème de d alembert 20-07-06 à 15:00

Bonjour

Descendons brièvement au niveau inférieur pur une question naïve:

D'où provient la formule de Taylor pour les polynômes qui est au début de la démonstration de Nightmare?

Merci.

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 20-07-06 à 15:12

Bonjour jeanseb

Voici une démonstration de ce résultat :


Kaiser

Posté par
jeansebre : théorème de d alembert 20-07-06 à 15:17

Merci Kaiser.

En fait, après avoir écrit mon post, je me suis souvenu des conseils donnés ça ou là de taper "..." sur google pour avoir une démonstration classique (je suis récent sur le forum).
Je l'ai fait, et j'étais sur le site que tu m'as envoyé lorsque ton message est arrivé.

Posté par
kaiser Moderateurre : théorème de d alembert 20-07-06 à 15:20


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