demonstration de d alembert gauss

soussia · 16/03/2009 - 13h18

salut,je m interesses au divers demonstrations du theoreme de d alembert gauss,si jamais vous pouvez m aider pourqu'oi pas?

Therodre · 16/03/2009 - 17h12

Bonjour,
Y a plein de démos différentes de d'Alembert-Gauss, tu en trouveras plein sur le net.
La plus naturelle a mon gout, consiste a remarques que le module d'un polynome sur C atteint son minimum sur un certain disque, ensuite ce minimum est nécessairement nul parce que s'il n'etait pas nul en "tournant autour du point en lequel il est atteint" on peut trouver un point d'image plus petite, c'est à dire que si a est le point ou ton minimum est atteint localement ton polynôme va s'ecrire P(a)+b(z-a)^k+qqch de petit, et si P(a) est non nul en choisissant bien z (notemment son argument) tu peux trouver un point d'image plus petite
Le plus economique consiste à dire que si ton polynôme n'admet pas de zero alors son inverse est borné et holomorphe sur C, donc constant.
On peut aussi faire une recurrence sur la valuation diadique du degré de ton polynome...

Bref y a vraiment beaucoup de preuves...aux saveurs assez différentes.

soussia · 17/03/2009 - 13h20

bonjour
merci therordre ,c vrai j ai pu trouver bcp sur le net,mais en fait je suis entrain de preparer une memoire qui consiste principalement aux divers demonstraions de ce theo,et voila une s apui sur la connexité des applications dans les espaces topologiques.et j y tjrs pas pu l avoir,si qlq 1en a des info et qui peu m aider!

invite986312212 · 17/03/2009 - 14h05

bonjour,

toutes les démonstrations de ce théorème font appel à de la topologie (parfois déguisée en termes d'analyse complexe). C'est d'ailleurs curieux de prime abord, parce que le résultat est purement algébrique. Ca l'est moins si on se rappelle comment R est construit.
les démonstrations les plus algébriques traitent du cas de polynômes de degré pair, le cas des polynômes réels de degré impair étant réglé par le théorème des valeurs intermédiaires (donc de la topologie - de l'analyse si tu veux)

leon1789 · 17/03/2009 - 21h07

Envoyé par ambrosio

toutes les démonstrations de ce théorème font appel à de la topologie (parfois déguisée en termes d'analyse complexe). C'est d'ailleurs curieux de prime abord, parce que le résultat est purement algébrique. Ca l'est moins si on se rappelle comment R est construit.
les démonstrations les plus algébriques traitent du cas de polynômes de degré pair, le cas des polynômes réels de degré impair étant réglé par le théorème des valeurs intermédiaires (donc de la topologie - de l'analyse si tu veux)

Je comprends bien ce que tu dis. Mais la phrase << le résultat est purement algébrique. >> me gêne un peu. Comme tu l'expliques, dans << C est algébriquement clos >>, il y a l'expression "algébriquement clos" qui est algébrique, mais aussi "C" qui lui ne l'est pas (because R, etc.). Je pense donc que ce n'est pas donc pas un résultat purement algébrique, tant que C n'est pas défini purement algébriquement.

Si on dit que C est défini algébriquement à partir de R (muni de quelques propriétés, comme le TVI), alors les preuves utilisant le degré (dont tu parles) sont purement algébriques puisqu'on admet les propriétés de R.

soussia · 18/03/2009 - 13h36

bonjour,
en math tt est lié,puisque c est un raisonnement enchainé,mais c a n empeche qu il y a des demonstrations en anlyse puremement anaytique et vice versa,en tt cas je suis pas d accor que ttes les demonstrations se basent sur la tpoplogie.si on procéde par la matrice compagnante d1 polynome nul part on utilise la topologie.

invite986312212 · 18/03/2009 - 16h59

tu dois parler de la matrice compagnon. Je ne connais pas cette démonstration, peux-tu me la rappeler, ou donner une référence?

soussia · 19/03/2009 - 16h39

bonjour,
on considere la matrice compagnon A d 1 polynome unitaire P(X) de degrè n a coefficients complexes,cette matrice on demontre qu elle admet une valeur propre qui n est autre que la racine du polynome caracteristique de A qui est egale a ((-1)^n)+P(X),donc P admet au moins une racine.donc tt est basé sur la fait qu une matrice a coefficients complexe admet au moins une valeur propre.

soussia · 19/03/2009 - 16h50

excusez moi le polynome caracteristique d 1 matrice compagnon d 1 polynome untaire P(X) est egale a ((-1)^n)*P(X)

invite986312212 · 19/03/2009 - 17h01

ah et comment montre-t-on qu'une matrice complexe a une valeur propre?

soussia · 23/03/2009 - 13h31

tt endomorphisme d1 espace vectoriel de dimension impaire admet au moins une racine complexe,puis on generalise le resultat ds 1 espace vecto de dimension qlq en utilisant le fait que tt entier n se decompose de maniere unique sous la forme n=(2^k)*p avec p impaire.perso j ai trouveé cela comme sujet d 1 concours,si jamais tu veux que je te fil l énonce avec plaisir.

invite986312212 · 23/03/2009 - 14h13

mais es-tu certain que la preuve qu'un endomorphisme d'un espace vectoriel de dimension impaire admet une valeur propre ne fait pas appel au fait qu'un polynôme de degré impair a un zéro?

specieuse · 25/03/2009 - 00h54

Cher Soussia, je ne sais pas si cela est ce que tu cherches, mais voici une preuve qui utilise un peu de topologie algébrique (le groupe fondamental). Autrement dit, il s'agit d'une preuve qui utilise la version topologique de la théorie de Galois. L'argument clé est que les sphères de dimension $>1$ sont toutes simplement connexes, alors que le cercle ne l'est pas.

Soit $\mathbb{K}$ un corps, que l'on suppose être une extension finie de $\mathbb{C}$ . Notons $n$ le degré de cette extension. Nous allons démontrer qu'alors $n=1$ .
En tant qu'espace vectoriel sur $\mathbb{C}$ , $\mathbb{K}$ est de dimension $n$ , et donc de dimension finie. Par conséquent, la multiplication de $\mathbb{K}$ étant $\mathbb{C}$ -bilinéaire, elle est différentiable (en particulier, continue), ce qui fait de $\mathbb{K}$ une $\mathbb{C}$ -algèbre de Banach. On a donc une exponentielle:
$\exp:\mathbb{K}\to\mathbb{K}^* =\mathbb{K}-\{0\}$
définie par la formule habituelle
$\exp(x)=\Sigma^{+\infty}_{n=0} x^n/n!$
L'exponentielle $\exp$ est une application de classe $C^{\infty}$ et est un morphisme de groupes (avec la multiplication sur $\mathbb{K}^*$ , et l'addition sur $\mathbb{K}$ ). On peut vérifier que le noyau de l'exponentielle est le sous-groupe $2i\pi\mathbb{Z}$ de $\mathbb{K}^*$ et qu'elle fait de $\mathbb{K}$ un revêtement de $\mathbb{K}^*$ de groupe $\mathbb{Z}$ (la preuve est exactement la même que dans le cas particulier ou $\mathbb{K}=\mathbb{C}$ ; une autre manière de voir cela très rapidement est d'utiliser le théorie générale des groupes de Lie, car nous sommes ici en train de considérer le revêtement universel du groupe de Lie $\mathbb{K}^*$ ). Comme $\mathbb{K}\simeq\mathbb{R}^n$ est contractile, on voit donc que le groupe fondamental de $\mathbb{K}^*$ au point $1$ est isomorphe à $\mathbb{Z}$ . Or $\mathbb{K}^*\simeq\mathbb{R}^{ n+1}-\{0\}$ est homotope à la sphère de dimension $n$ , et donc son groupe fondamental est non trivial si et seulement si $n=1$ . CQFD

gyu · 25/03/2009 - 21h20

Joli démo specieuse.
Pendant qu'on y est, une autre démonstration topologique (avec très peu d'algèbre).
Soit P un polynôme de degré n 'admettant pas de racine dans C. A montrer que n=0.
Soit f une fonction continue de [0;1[ dans R telle que f(0)=0 $lim_{t \rightarrow + \infty} f(t)=+ \infty$
On note S¹ le cercle formé par les complexes unitaires.
L'application $H\, :\, [0;1[ \times S^1 \, \rightarrow \,S^1$ définie par :
$H(t,e^{iw})= $ \frac{P(f(t))} {| P(f(t)) |} $ ^{-1} \, .\, \frac{P(f(t)e^{iw})}{\| P(f(t)e^{iw}) \|}$ pour t <1
H(1,e^{iw})=e^{inw}
(On a en particulier H(t,1)=1 pour tout t)
H est continue sur [O,1[xS¹car P ne s'annule pas,
d'autre part si P(z)=a_nzⁿ+... alors P(z)/|P(z)|tend vers, quand |z| tend vers +infini, (a_n/|a_n|)(z/|z|)ⁿ, en particulier si z est réel positif P(z)/|P(z)|tend vers a_n/|a_n|. Ainsi, H est continue sur {1}xS¹.
Donc H est une homotopie de lacets.
Or, en t=0 H(0,_) est de degré 0
en t=1 H(1,_) est de degré n
Donc par invariance homotopique du degré n=0.

invite986312212 · 26/03/2009 - 09h46

je connais une variante de cette démonstration qui utilise la sphère de Riemann (la fameuse sphère posée par son pôle sud sur le point 0 du plan complexe, munie de la transformation conforme dite "stéréographique" je crois).