Bonsoir,
Je ne comprends pas le passage entouré. Dans mon cours si $\inf A = \alpha$ alors il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $\alpha$.
Du coup ici ça devrait être : il existe une suite $u_n$ d'éléments de $\{A(z) \}$ tel que $u_n \longrightarrow \alpha$.
Réponses
Pourquoi c'est $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} |A(u_n) |= \alpha$ et pas $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n= \alpha$ ?
Dans le cours c'est :
On a $i = \inf A$ si et seulement il existe une suite d'éléments de $A$ qui converge vers $i$.
Ça devrait être une suite d'éléments de $\{ A(z) | z \in \C \}$ . D'où sort le $|A(u_n)| \longrightarrow \alpha$ ?
Alors par définition il existe (au moins) un élément noté $u_n$ tel que $|A(u_n)| = A_n$
Je sais que c'est une démonstration très difficile, très technique et hors programme, mais je continue à essayer de comprendre.
Je ne comprends pas les passage entourés en rouge. Il sort d'où le polynôme avec les $a_q$ ?
C'est qui le polynôme non constant $A$ ?
Où est la contradiction à la fin ?
+ comme A n'est pas constant l'ensemble des k > 0 tel que bk est non nul est non vide. Le minimum de cet ensemble c'est leur q.
A s'ecrit donc 1+ bq.x^q + termes d'ordre superieur
Et |A(0)| = 1 = alpha = minimum de |A| par hypothèse
Or $\alpha = |A(z_0)| \geq 0 $ on en déduit $\alpha=0$ donc $A(z_0)=0$ donc $A$ admet une racine dans $\C$.
Il me reste juste un point à comprendre, c'est le passage suivant :
Quitte à considérer le polynôme $\dfrac{A(z_0+X)}{A(z_0)}$ on peut supposer $\alpha=1$ et $z_0=0$.
J'avoue que j'ai du mal à comprendre pourquoi on peut prendre $\alpha=1$ et $z_0=0$.
1) Si le Max d’une fonction est 5, alors en divisant par 5, le Max de la fonction obtenue est 1.
2) Si le Max d’une fonction est atteint en 3, alors en composant (dans le bon ordre) avec $x \mapsto x+3$ le Max de la fonction obtenue est atteint en $0$.
$\dfrac{A(z_0+X)}{A(z_0)}$ avec $\alpha=1$ et $z_0=0$ et le polynôme non constant $A=1-a_q X^q + \displaystyle\sum_{k=q+1}^p a_k X^k$ avec $a_q \ne 0$ et $1 \leq q \leq p$ ?
J'ai du mal à saisir.
Le premier ingrédient de cette démonstration, c'est le lemme suivant.
Soit un espace métrique $E$ et une application $f:E \rightarrow \mathbb R$ telle que pour tout réel $A$ il existe une partie compacte $K$ de $E$ telle que, pour tout $x\in E\backslash K$, on a : $f(x) \ge A$. Ceci signifie que si $x$ est «loin » alors $f(x)$ est « grand », et peut se symboliser par : $\underset{x\rightarrow \infty }{\lim }f(x)=+\infty $. Si la fonction $f$ est continue, alors elle admet un minimum sur $E$.
Démonstration. Soit $x_0 \in E$. Il existe une partie compacte $K$ de $E$ telle que, pour tout $x\in E\backslash K$, on a : $f(x) \ge f(x_0)+1$. Il s'ensuit : $x_0 \in K$.
Si la fonction $f$ est continue, elle admet un minimum sur le compact $K$, ce qui signifie qu'il existe $x_1 \in K$ tel que pour tout $x \in K$, $f(x) \ge f(x_1)$. En particulier, $f(x_0) \ge f(x_1)$. Si $x\in E\backslash K$, alors $f(x) \ge f(x_0)+1>f(x_0) \ge f(x_1)$. D'où : $f(x) \ge f(x_1)$ pour tout $x \in E$.
Ce lemme, tout simple à démontrer, a été jadis mis en évidence par Gustave Choquet dans son traité de Topologie, et il a de nombreuses applications dans les problèmes d'extrémums de fonctions de plusieurs variables. Pensez par exemple à la somme des distances d'un point variable $x$ à des points donnés dans $\mathbb R^n$.
Dans le cas présent, si $P$ est un polynôme non constant à coefficients complexes, alors l'application $f:z \mapsto |P(z)|$, de $\mathbb C$ dans $\mathbb R$ vérifie l'hypothèse de ce lemme, et elle a donc un minimum sur $\mathbb C$.
Si j'ai bien compris, l'auteur du bouquin en question a voulu prouver ça avec des suites en se compliquant la vie, et celle du lecteur-étudiant par conséquent. On n'est pas obligé de le suivre dans ses complications superfétatoires.
À plus tard pour la suite. Bonne sieste. Heureux ceux qui sont confinés avec leur chérie.
Fr. Ch.
Je trouve la démonstration de mon bouquin très claire sur la première partie avec les suites extraites. C'est fluide et bien détaillé.
Les compacts et espaces métriques ne sont pas au programme de MPSI donc normal que l'auteur de les utilise pas.
Mon blocage est pourquoi il suffit de faire la démonstration avec $\alpha=1$ et $z_0=0$ ?
Si par exemple $ \alpha=2$ et $z_0= i$ quel est l'argument pour dire qu'il n'est pas utile de refaire la démonstration ?
J'ai mal compris l'histoire du $\dfrac {A(z_0+x)}{A(z_0)}$
Si le contexte « espace métrique » et « partie compacte » te semble trop exigeant, tu peux remplacer « espace métrique » par « $\mathbb R^n$ » ou « espace vectoriel normé de dimension finie », et « partie compacte » par « partie bornée fermée ». La démonstration de la propriété que j'ai citée est la même, et il semble difficile de faire plus simple. Comme j'ai dit, cette propriété est essentielle, et très utile dans pas mal de problèmes.
Bon courage.
Fr. Ch.
Je n'ai pas vraiment le temps d'étudier d'autres méthodes, les démonstrations et exercices du livre me prennent déjà un temps fou. J'ai à peine dépassé la moitié du programme de MPSI et ça fait déjà un an que je travaille dessus.
Je me cantonne à la MPSI car pour l'instant je n'ai pas le niveau pour voir plus loin, ni vraiment le temps et l'énergie. La quantité de travail que je fournis déjà pour comprendre les démonstrations et les exercices est colossale. Là je suis à 4-5 heures par jour sur le chapitre Polynôme.
Mais de tout façon la démonstration du théorème est hors programme pourquoi chercher d'autres démonstrations ? Je veux juste comprendre celle que j'ai sous la main.
Passer du temps là dessus me servira à rien, surtout vu mon niveau.
Ce sont des démonstrations de niveau X-ENS.
La avec le virus, j'ai plus de temps mais je suis loin d'avoir fini le programme de MPSI.
Le livre est est d'un très bon niveau, il faut s'accrocher. Les exercices sont difficiles.
Quant à ta question : si on prouve qu'il est absurde pour un polynôme non constant d'admettre un minimum (en module) qui vaut $1$ en $0$, alors c'est également absurde pour n'importe quel polynôme non constant d'admettre un minimum non nul en n'importe quel $z_0 \in \mathbb C$. Si $P$ est un tel polynôme, alors le polynôme $\frac{P(X+z_0)}{P(z_0)}$ admet un minimum en module qui vaut $1$ en $0$. C'est juste une simplification pour la preuve.
En mathématiques, je n'ai pas un niveau licence. Juste un niveau L2. En école d'ingénieur on fait plus de mathématiques.
Cela signifie qu'en refaisant la démonstration avec $\dfrac{A(z_0+X)}{A(z_0)}$ on trouve le même résultat ?
Pour moi le $z_0$ est fixé dans $\C$ d'après la première partie de la démonstration, c'est la limite de la suite extraite, on ne connait pas sa valeur.
Je trouve ça pas logique de fixé une valeur au hasard $z_0=0$.
Ça peut convaincre davantage, peut-être.
D’ailleurs on n’a le droit de ne pas avoir cette idée.
[je viens de voir la correction de AD, je corrige à nouveau car ce n’est pas ce que j’ai voulu dire]
Ce CAPES c'est le CAPES externe ? Si c'est le cas, au lieu de suivre strictement MPSI-MP, je pense que tu ferais mieux de travailler directement sur le programme du concours.
https://media.devenirenseignant.gouv.fr/file/capes_externe/04/8/p2020_capes_ext_math_1144048.pdf
À la fin de ce programme, il y a :
« Topologie d’un espace vectoriel normé de dimension finie. Parties ouvertes, parties fermées.
Adhérence, intérieur. Parties denses. Parties compactes, théorème de Bolzano-Weierstrass, théorème
de Heine.»
Mais bon, chacun fait c'qui lui plaît.
Bonne journée.
Fr. Ch.
Merci. Mais le programme de 2ème année ne tombe jamais aux écrits sauf parfois un petit calcul de rayon de convergence, ou un peu de diagonalisation. Je n'ai jamais vu de topologie aux écrit du CAPES, ni de calcul différentiel ; les séries de fonctions ne tombent jamais.
J'aime bien le programme de prépa MPSI/MP, je le trouve complet.
Puis j'ai fait cette prépa même si le programme a changé. À mon époque, il n'y avait pas de probabilités en sup, il y avait les courbes paramétrées. Ça me rappelle des bons ou mauvais souvenirs.
Sinon je reste bloqué au même point de la démonstration l'histoire du $z_0=0$ et $\alpha=1$.
On forme le polynôme $B(X)=A(X+z_0)$. Alors $|A|$ admet un minimum non nul en $z_0$ SSI $B$ admet un minimum non nul en $0$. Soit $\alpha=|A(z_0)|=|B(0)|$ ce minimum.
On forme le polynôme $C(X)=\dfrac{B(X)}{B(0)}$. Alors le minimum de $|C|$ est $|C(0)|=\dfrac{\alpha}{\alpha}=1$.
Ainsi, si $A$ admet un minimum égal à $\alpha$ en $z_0$, alors $C$ admet un minimum égal à $1$ en $0$. Si on sait montrer le théorème pour les polynômes qui admettent un minimum égal à $1$ en $0$, on en déduit que l'hypothèse initiale sur $A$ est absurde. Autrement dit, sans perte de généralité, on peut supposer que le minimum est atteint en $0$ et qu'il vaut $1$.
On aurait pu rédiger le tout avec des notations plus lourdes : écrire, avec la formule de Newton, $A(X)$ comme \[
A(X)=\sum_{k=0}^d\frac{A^{(k)}(z_0)}{k!}(X-z_0)^k=A(z_0)+\sum_{k=q}^d\frac{A^{(k)}(z_0)}{k!}(X-z_0)^k\]en notant $d$ le degré de $A$ et $q=\min\{k\ge1,\ A^{(k)}(z_0)\ne0\}$ (l'ensemble en question n'est pas vide parce que $A$ n'est pas constant). Cela aurait donné la même preuve, mais plus lourdement écrite.
Pourquoi vous parlez de la formule de Newton ? Vous avez utilisez une formule de Taylor non ?
$A(z)=A(z_0)+\displaystyle\sum_{k=q}^d a_k (z-z_0)^ k$
Posons $z=r e^{i \frac{\theta}{q}}$ et $a_q = \rho e^{-i \theta}$
Ainsi :
$|A(z)| \leq |A(z_0)+\rho r^q | +\displaystyle\sum_{k=q+1}^d |a_k | |z|^ k +\displaystyle\sum_{k=q+1}^d |a_k | |z_0|^k $
Pour $r \geq (- \dfrac {A(z_0)}{\rho})^{\frac{1}{q}}$ on a : $|A(z_0)+\rho r^q | = A(z_0)+\rho r^q$
$|A(z)| -A(z_0) \leq \rho r^q +\displaystyle\sum_{k=q+1}^d |a_k | |z-z_0|^ k +\displaystyle\sum_{k=q+1}^d |a_k | |z_0|^k $
Je bloque ici.
C'est pour ça que c'est largement plus simple de se ramener à $A(z_0) = 1$
$A(z) = A(z_0) + a_q (z-z_0)^q + Reste$
Et
$|A(z)| \leq |A(z_0) + a_q (z-z_0)^q| + o(|(z-z_0)^{q}|)$
Pour faire baisser la norme $|A(z)|$ comme avant faut trouver z tel que $|A(z_0) + a_q(z-z_0)^q| = |A(z_0)| - |a_q (z-z_0)^q| $
Comme ça tu peux écrire $|A(z)| - |A(z_0)| \leq -|a_q (z-z_0)^q| + o(|(z-z_0)^{q}|)$ qui est négatif quand z est très proche de $z_0$ et tu auras fait baisser la norme de A(z) par rapport à $A(z_0)$ (d'où la contradiction)
Et c'est là qu'un dessin peut aider, c'est possible tu peux choisir z tel que $A(z_0)$ et $a_q (z-z_0)^q$ soient colinéaires et de sens contraire (et que z soit assez proche de $z_0$ quand même)
PS : j'édite 50 fois parce qu'autant dire que $A(z_0) \neq 1$ ok mais dire que $z_0 \neq 0$ ça alourdit tellement les notations pour rien....
J'ai compris ce qu'il faut obtenir mais je n'y arrive pas. J'aurais dit $ z=z_0 + \varepsilon$ avec $\varepsilon>0$. Je ne vois pas comment obtenir le sens contraire ni comment lier les 2.
Mais comme tu te décourages hyper vite pas sûr que tu y arrives... Montre moi que je me trompe.
Et c'est le moment de montrer si tu as progressé ou non avec tout le travail que tu as fourni.
Notons $A(z_0)= r e^{i \theta}$ et $a_q= \rho e^{i \phi}$ avec $r, \rho >0$.
On veut $ | \rho e^{i \phi} (z-z_0)^q + r e^{i \theta}| > 0$
Posons $(z-z_0)^q = \dfrac{2r}{\rho} e^{i( \theta- \phi)} $ soit $z = z_0 + \sqrt[q]{ \dfrac{2r}{\rho}} e^{\frac{i( \theta- \phi)}{q}}$
On veut $z,z'$ tels que $|z+z'| = |z| - |z'|$
Si je note $A(z)$ et $B(z')$ et $C(z+z')$ on veut $OC=OA-OB$
Une façon simple est d'avoir $O,A,B$ alignés avec $\vec{OA}$ de signe contraire ) $\vec{OB}$
C'est ce que j'ai essayé de faire.
En gros si on reprend tes notations
$A(z_0) = Re^{i\theta}$
$a_q = \rho e^{i\phi}$
Tu veux que $arg(a_q(z-z_0)^q) = -\theta$ et $|a_q(z-z_0)^q| < |A(z_0)|$
En écrivant $z = z_0 + re^{ix}$ ça te donne $a_q(z-z_0)^q = r^q \rho e^{i\phi + ixq}$
Tu dois donc avoir
1) $0 < r^q \rho < R$
2) $ \phi + xq = -\theta$
Donc pour r assez petit et pour x = ... tu as ce que tu veux. Bien sûr tout ça est possible parce que |A(z0)| > 0
Ensuite tu as tous les points du type $z_0 + re^{ix}$ qui fonctionnent pour r < ... et la suite de la démo s'intéressent à r assez petit pour que le terme de droite soit négatif
C'est $r$ petit qu'on veut pour avoir $z$ proche de $z_0$.
Du coup, je n'ai pas trop compris le $R$ petit.
Si $|A(z_0)$ était négatif, on a juste à remplacer $R$ par $-R$ non ? Pourquoi ajouter cette précision ?
Et mon dieu pourquoi tu me parles de |A(z0)| négatif tu es sérieux???????
Je disais que par hypothèse |A(z0)| est non nul