Nombres complexes : point de vue algébrique et polynômes

L'inverse. Comme \(a\) et \(b\) ne sont pas tous deux nuls, \(a^2 + b^2 > 0\). De plus $$\begin{aligned}[t] (a + ib)(a - ib) &= a^2 - (ib)^2 && \text{(\((x+y)(x-y) = x^2 - y^2\))}\\ &= a^2 - i^2 b^2 && \text{(puissance d'un produit)}\\ &= a^2 + b^2. && \text{(\(i^2 = -1\))} \end{aligned}$$ En divisant par le réel non nul \(a^2 + b^2\), on obtient \(z \times \dfrac{a - ib}{a^2+b^2} = 1\) : le nombre \(\dfrac{a - ib}{a^2+b^2}\) est un inverse de \(z\). C'est le seul : si \(z z' = 1\) et \(z z'' = 1\), alors \(z' = z'(z z'') = (z' z) z'' = z''\).
Produit nul. Si \(z = 0\) ou \(w = 0\), alors \(zw = 0\), par les règles usuelles du calcul. Réciproquement, on suppose \(zw = 0\) et \(z \neq 0\). En multipliant les deux membres par \(\dfrac{1}{z}\) : $$\frac{1}{z}(zw) = \frac{1}{z} \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \frac{1}{z}(zw) = \left(\frac{1}{z} z\right) w = w,$$ donc \(w = 0\).

• (\(\Rightarrow\)) On suppose que \(a+ib=c+id\). Alors $$(a-c) + i(b-d) = 0.$$ Cela implique \(a-c = i(d-b)\). Si \(d \neq b\), alors $$i = \frac{a-c}{d-b}.$$ Comme \(a,b,c,d\) sont des réels, le membre de droite est un nombre réel, alors que \(i\) n'est pas réel (car \(i^2=-1\) n'a pas de solution dans \(\R\)). C'est une contradiction. Par conséquent, l'hypothèse \(d \neq b\) doit être fausse, ce qui signifie que \(d=b\). En substituant cela dans \(a-c = i(d-b)\), on obtient \(a-c = 0\), donc \(a=c\).
• (\(\Leftarrow\)) On suppose que \(a=c\) et \(b=d\). Alors \(ib=id\). En additionnant les égalités \(a=c\) et \(ib=id\), on obtient $$a+ib = c+id.$$

Soit \(z = a+ib\) avec \(a, b \in \R\). $$\begin{aligned}[t] z\conjugate{z} &= (a+ib)(a-ib) && \\ &= a^2 - (ib)^2 && \text{(\((x+y)(x-y) = x^2 - y^2\))}\\ &= a^2 - i^2 b^2 && \text{(puissance d'un produit)}\\ &= a^2 + b^2. \end{aligned}$$ $$\begin{aligned}[t] z + \conjugate{z} &= (a+ib) + (a-ib) \\ &= 2a = 2\,\Re(z),\\ z - \conjugate{z} &= (a+ib) - (a-ib) \\ &= 2ib = 2i\,\Im(z). \end{aligned}$$ Alors \(\conjugate{z} = z\) équivaut à \(z - \conjugate{z} = 0\), c'est-à-dire \(2i\,\Im(z) = 0\), c'est-à-dire \(\Im(z) = 0\) : cela signifie exactement que \(z\) est réel. De même \(\conjugate{z} = -z\) équivaut à \(z + \conjugate{z} = 0\), c'est-à-dire \(\Re(z) = 0\) : cela signifie exactement que \(z\) est imaginaire pur.

Soient \(z = a + ib\) et \(w = c + id\) avec \(a, b, c, d \in \R\).
Conjugué du conjugué. \(\conjugate{\conjugate{z}} = \conjugate{a - ib} = a + ib = z\).
Somme. $$\begin{aligned}[t] \conjugate{z + w} &= \conjugate{(a+c)+i(b+d)} && \text{(addition)}\\ &= (a+c)-i(b+d) && \text{(définition du conjugué)}\\ &= (a-ib)+(c-id) && \text{(regroupement)}\\ &= \conjugate{z}+\conjugate{w}. \end{aligned}$$ Produit. D'une part, \(zw = (ac-bd)+i(ad+bc)\), donc \(\conjugate{zw} = (ac-bd)-i(ad+bc)\). D'autre part, $$\begin{aligned}[t] \conjugate{z}\;\conjugate{w} &= (a-ib)(c-id) && \\ &= ac - iad - ibc + i^2bd && \text{(développement)}\\ &= (ac - bd) - i(ad+bc). && \text{(\(i^2 = -1\))} \end{aligned}$$ Les deux résultats coïncident : \(\conjugate{zw} = \conjugate{z}\;\conjugate{w}\). Avec \(w = -1\), on obtient \(\conjugate{-z} = \conjugate{-1}\,\conjugate{z} = -\conjugate{z}\).
Inverse. Soit \(z \neq 0\) ; alors \(\conjugate{z} \neq 0\) aussi (ses parties réelle et imaginaire sont \(a\) et \(-b\), non toutes deux nulles). En prenant le conjugué des deux membres de \(z \times \dfrac{1}{z} = 1\) et en utilisant la propriété du produit : $$\conjugate{z} \times \conjugate{\left(\frac{1}{z}\right)} = \conjugate{1} = 1,$$ donc \(\conjugate{\left(\dfrac{1}{z}\right)}\) est l'inverse de \(\conjugate{z}\) : \(\conjugate{\left(\dfrac{1}{z}\right)} = \dfrac{1}{\conjugate{z}}\).
Puissance. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la propriété \(P(n)\) : « \(\conjugate{z^{\,n}} = \left(\conjugate{z}\right)^n\) ».

• Initialisation : avec la convention \(z^0 = 1\) pour tout nombre complexe \(z\), \(\conjugate{z^{\,0}} = \conjugate{1} = 1 = \left(\conjugate{z}\right)^0\), donc \(P(0)\) est vraie.
• Hérédité : on suppose \(P(n)\) vraie pour un certain entier naturel \(n\). Alors $$\begin{aligned}[t] \conjugate{z^{\,n+1}} &= \conjugate{z^{\,n} \times z} && \text{(\(z^{n+1} = z^n \times z\))}\\ &= \conjugate{z^{\,n}} \; \conjugate{z} && \text{(conjugué d'un produit)}\\ &= \left(\conjugate{z}\right)^{n} \conjugate{z} && \text{(hypothèse de récurrence)}\\ &= \left(\conjugate{z}\right)^{n+1}, \end{aligned}$$ donc \(P(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : par récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout entier naturel \(n\).

Différence et quotient. Comme \(z - w = z + (-w)\), la somme et l'opposé donnent \(\conjugate{z - w} = \conjugate{z} + \conjugate{-w} = \conjugate{z} - \conjugate{w}\) ; comme \(\dfrac{z}{w} = z \times \dfrac{1}{w}\) pour \(w \neq 0\), le produit et l'inverse donnent \(\conjugate{\left(\dfrac{z}{w}\right)} = \conjugate{z} \times \conjugate{\left(\dfrac{1}{w}\right)} = \conjugate{z} \times \dfrac{1}{\conjugate{w}} = \dfrac{\conjugate{z}}{\conjugate{w}}\).

• Argument combinatoire :
  
  • Cas \(n=0\) : Par convention, \((a+b)^0 = 1\). La formule donne \(\binom{0}{0}a^0b^0 = 1\), la relation est donc vérifiée.
  • Cas \(n > 0\) : On considère le produit$$(a+b)^n = \underbrace{(a+b)(a+b)\dotsm(a+b)}_{\text{\(n\) facteurs}}.$$ Pour obtenir un terme du développement, on choisit soit \(a\) soit \(b\) dans chacun des \(n\) facteurs, puis on multiplie les \(n\) choix.
    Un terme de la forme \(a^{n-k}b^k\) apparaît lorsque l’on choisit \(b\) dans exactement \(k\) des \(n\) parenthèses (et \(a\) dans les \(n-k\) restantes).
    Le nombre de façons de choisir ces \(k\) positions est exactement \(\binom{n}{k}\).
    Donc le coefficient de \(a^{n-k}b^k\) est \(\binom{n}{k}\), et en sommant pour \(k\) allant de \(0\) à \(n\), on obtient$$(a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}a^{\,n-k}b^{\,k}.$$
• Démonstration par récurrence :
  Soit \(P(n)\) la propriété : \((a+b)^n = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k}\).
  • Initialisation : Pour \(n=0\), \((a+b)^0 = 1\).
    La formule donne \(\sum_{k=0}^{0} \binom{0}{k} a^{k} b^{0-k} = \binom{0}{0} a^0 b^0 = 1\).
    \(P(0)\) est donc vraie.
  • Hérédité : On suppose \(P(n)\) vraie pour un certain \(n \ge 0\). On calcule \((a+b)^{n+1}\) : $$\begin{aligned} (a+b)^{n+1} &= (a+b)^n \times (a+b) \\ &= \left( \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k} \right) \times (a+b) \\ &= a \times \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k} + b \times \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k} \\ &= \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} + \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k+1} \\ &= \left( \binom{n}{n} a^{n+1} b^0 + \sum_{k=0}^{n-1} \binom{n}{k} a^{k+1} b^{n-k} \right) + \left( \binom{n}{0} b^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k+1} \right) \\ &= a^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k-1} a^k b^{n-k+1} + b^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n}{k} a^k b^{n-k+1} \\ &= a^{n+1} + b^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \left[ \binom{n}{k-1} + \binom{n}{k} \right] a^k b^{n-k+1} \\ &= a^{n+1} + b^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} a^k b^{n-k+1} \quad \text{(par la relation de Pascal)} \\ &= \binom{n+1}{n+1} a^{n+1} b^0 + \binom{n+1}{0} a^0 b^{n+1} + \sum_{k=1}^{n} \binom{n+1}{k} a^k b^{n+1-k} \\ &= \sum_{k=0}^{n+1} \binom{n+1}{k} a^k b^{n+1-k} \end{aligned}$$ Donc \(P(n+1)\) est vraie.
  La propriété est donc héréditaire. Par le principe de récurrence, \(P(n)\) est vraie pour tout \(n \in \mathbb{N}\).

Dans chaque cas, l'équation \(z^2 = k\) devient un produit nul, et un produit de nombres complexes est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul.

• Si \(k > 0\) : \(z^2 - k = z^2 - \left(\sqrt{k}\right)^2 = \left(z - \sqrt{k}\right)\left(z + \sqrt{k}\right)\), donc \(z^2 = k\) si et seulement si \(z = \sqrt{k}\) ou \(z = -\sqrt{k}\).
• Si \(k = 0\) : \(z^2 = z \times z = 0\) si et seulement si \(z = 0\).
• Si \(k < 0\) : alors \(-k > 0\) et, comme \(i^2 = -1\), \(k = -(-k) = i^2 (-k) = \left(i\sqrt{-k}\right)^2\) ; donc \(z^2 - k = \left(z - i\sqrt{-k}\right)\left(z + i\sqrt{-k}\right)\), et \(z^2 = k\) si et seulement si \(z = i\sqrt{-k}\) ou \(z = -i\sqrt{-k}\).

Soient \(a, b, c\) des nombres réels avec \(a \neq 0\) et \(\Delta = b^2 - 4ac\). Pour tout nombre complexe \(z\), la forme canonique vaut dans \(\C\) exactement comme dans \(\R\), puisqu'elle n'utilise que les règles du calcul : $$\begin{aligned}[t] az^2 + bz + c &= a\left[z^2 + \frac{b}{a}z + \frac{c}{a}\right] && \text{(factorisation par \(a \neq 0\))}\\ &= a\left[\left(z + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{b^2}{4a^2} + \frac{c}{a}\right] && \text{(début de carré)}\\ &= a\left[\left(z + \frac{b}{2a}\right)^2 - \frac{\Delta}{4a^2}\right]. && \text{(\(\frac{b^2 - 4ac}{4a^2} = \frac{\Delta}{4a^2}\))} \end{aligned}$$ Dans chaque cas, le crochet se factorise, et l'équation \(az^2 + bz + c = 0\) devient un produit nul.

• \(\Delta > 0\) : \(\dfrac{\Delta}{4a^2} = \left(\dfrac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)^2\), donc, comme différence de deux carrés, $$az^2 + bz + c = a\left(z + \frac{b}{2a} - \frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right)\left(z + \frac{b}{2a} + \frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\right) = a(z - z_2)(z - z_1).$$
• \(\Delta = 0\) : \(az^2 + bz + c = a\left(z + \dfrac{b}{2a}\right)^2 = a(z - z_0)^2\), produit de deux facteurs égaux.
• \(\Delta < 0\) : \(-\Delta > 0\) et \(\dfrac{\Delta}{4a^2} = -\dfrac{-\Delta}{4a^2} = i^2\,\dfrac{-\Delta}{4a^2} = \left(\dfrac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)^2\), donc, à nouveau comme différence de deux carrés, $$az^2 + bz + c = a\left(z + \frac{b}{2a} - \frac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right)\left(z + \frac{b}{2a} + \frac{i\sqrt{-\Delta}}{2a}\right) = a(z - z_2)(z - z_1),$$ et \(z_1\), \(z_2\) sont conjugués, puisqu'ils ne diffèrent que par le signe de leur partie imaginaire.

Un produit de nombres complexes est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul (un nombre complexe non nul a un inverse). Donc les solutions de \(az^2 + bz + c = 0\) sont exactement \(z_1\) et \(z_2\) (ou \(z_0\) lorsque \(\Delta = 0\)), et aucun autre nombre complexe ; les factorisations obtenues en chemin sont celles de l'énoncé.

Il faut démontrer les deux sens de l'implication.

• (\(\Rightarrow\)) : Si \(D\) est un diviseur de \(P\), alors le reste est nul.
  On suppose que \(D\) est un diviseur de \(P\).
  Par définition d'un diviseur, cela signifie qu'il existe un polynôme \(Q\) tel que$$ P(x) = D(x)Q(x). $$ On peut réécrire ceci comme \(P(x) = D(x)Q(x) + 0\).
  L'algorithme de la division euclidienne garantit l'unicité du quotient et du reste. En comparant cette expression avec la forme générale \(P(x) = D(x)Q(x) + R(x)\), on conclut par unicité que le reste \(R(x)\) doit être nul.
• (\(\Leftarrow\)) : Si le reste est nul, alors \(D\) est un diviseur de \(P\).
  On suppose que le reste de la division de \(P\) par \(D\) est nul.
  D'après l'algorithme de la division, on peut écrire$$ P(x) = D(x)Q(x) + R(x). $$ En remplaçant \(R(x)\) par \(0\), on obtient$$ \begin{aligned} P(x) &= D(x)Q(x) + 0 \\ &= D(x)Q(x). \end{aligned} $$ Ceci est précisément la définition de \(D\) comme étant un diviseur de \(P\).

On développe le produit \((a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k\) :$$\begin{aligned}(a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k &= a \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k - b \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^k \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-k} b^k - \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-1-k} b^{k+1} \\ &= \sum_{k=0}^{n-1} a^{n-k} b^k - \sum_{j=1}^{n} a^{n-j} b^j \quad (\text{changement d'indice en posant } j=k+1) \\ &= \left( a^n + \sum_{k=1}^{n-1} a^{n-k} b^k \right) - \left( \sum_{j=1}^{n-1} a^{n-j} b^j + b^n \right) \\ &\qquad \left( \text{en isolant le premier terme de } \textstyle \sum_k \text{ et le dernier de } \textstyle \sum_j \right) \\ &= a^n - b^n \quad (\text{les deux sommes sont identiques et s'annulent})\end{aligned}$$ Remarque : À la place de la translation d'indice ci-dessus, on peut utiliser une méthode par développement après la deuxième étape. En écrivant explicitement les termes des deux sommes, on observe une somme télescopique :$$\begin{aligned}\text{Somme 1 : } & a^n + a^{n-1}b + a^{n-2}b^2 + \dots + ab^{n-1} \\ \text{Somme 2 : } & \phantom{a^n + } a^{n-1}b + a^{n-2}b^2 + \dots + ab^{n-1} + b^n\end{aligned}$$ Par soustraction, tous les termes intermédiaires se simplifient, il ne reste que :$$ a^n - b^n $$

D'après l'algorithme de la division euclidienne, lorsqu'un polynôme \(P\) est divisé par le diviseur \(D(x) = x-k\), il existe un quotient unique \(Q\) et un reste \(R\) tels que$$ P(x) = (x-k)Q(x) + R(x). $$ On sait que le degré du reste doit être strictement inférieur au degré du diviseur. Comme le degré du diviseur \((x-k)\) est \(1\), le reste \(R(x)\) est soit le polynôme nul, soit un polynôme de degré \(0\) : dans les deux cas une constante, éventuellement nulle, que l'on note \(r\).
L'équation de la division peut donc s'écrire$$ P(x) = (x-k)Q(x) + r. $$ Cette identité est vraie pour toute valeur de \(x\). En substituant \(x=k\) dans l'équation, on obtient$$ \begin{aligned} P(k) &= (k-k)Q(k) + r \\ &= 0 \cdot Q(k) + r \\ &= r. \end{aligned} $$ Ainsi, le reste \(r\) est précisément la valeur du polynôme évalué en \(k\), c’est-à-dire \(P(k)\).

Soit \(P(x)\) un polynôme et \(\alpha\) un nombre.$$\begin{array}{rll} & (x-\alpha) \text{ est un facteur de } P(x) & \\ \iff & \text{le reste de la division de } P(x) \text{ par } (x-\alpha) \text{ est } 0 & {\scriptstyle\text{(d'après la condition de divisibilité)}} \\ \iff & P(\alpha) = 0 & {\scriptstyle\text{(d'après le théorème du reste, car le reste est } P(\alpha))}\end{array}$$

Une autre démonstration, qui n'utilise ni l'algorithme de la division ni le théorème du reste. Soit \(P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0\) un polynôme de degré \(n \geq 1\) (coefficients réels ou complexes, \(a_n \neq 0\)) et soit \(\alpha\) une racine de \(P\) : \(P(\alpha) = 0\). Alors $$\begin{aligned}[t] P(x) &= P(x) - P(\alpha) && \text{(\(P(\alpha) = 0\))}\\ &= \sum_{k=1}^{n} a_k \left(x^k - \alpha^k\right). && \text{(les termes constants \(a_0\) s'éliminent)} \end{aligned}$$ Pour tout entier \(k \geq 1\), la différence de deux puissances \(k\)-ièmes se factorise par \(x - \alpha\) : $$x^k - \alpha^k = (x - \alpha)\,S_k(x) \quad \text{avec} \quad S_k(x) = \sum_{j=0}^{k-1} x^{k-1-j}\alpha^{j} = x^{k-1} + x^{k-2}\alpha + \dots + \alpha^{k-1}$$ (ainsi \(S_1(x) = 1\) et \(S_2(x) = x + \alpha\)), comme le montre le développement du produit : \(x\,S_k(x) = x^k + x^{k-1}\alpha + \dots + x\,\alpha^{k-1}\) et \(\alpha\,S_k(x) = x^{k-1}\alpha + \dots + x\,\alpha^{k-1} + \alpha^k\) ont tous leurs termes en commun, sauf le premier du premier et le dernier du second. Donc $$P(x) = (x - \alpha)\,Q(x) \quad \text{avec} \quad Q(x) = \sum_{k=1}^{n} a_k\,S_k(x).$$ Le terme dominant de \(Q\) est \(a_n x^{n-1}\) avec \(a_n \neq 0\), donc \(Q\) est un polynôme de degré \(n - 1\) ; ses coefficients sont des nombres complexes en général, des nombres réels lorsque \(\alpha\) et les \(a_k\) sont réels. Ainsi \((x - \alpha)\) est un facteur de \(P\). Réciproquement, si \(P(x) = (x-\alpha)Q(x)\), alors \(P(\alpha) = (\alpha - \alpha)Q(\alpha) = 0\).

On procède par récurrence sur le degré \(n\) du polynôme.

• Initialisation (\(n=0\)): Un polynôme de degré \(0\) est une constante non nulle (\(P(x) = a_0\) avec \(a_0 \neq 0\)). Il n'a aucune racine. Comme \(0 \le 0\), la propriété est vraie.
• Hérédité : On suppose que tout polynôme de degré \(n\) possède au plus \(n\) racines. Soit \(P\) un polynôme de degré \(n+1\).
  • Si \(P\) n'admet aucune racine, alors \(0 \le n+1\) et la propriété est vraie.
  • Si \(P\) admet au moins une racine \(\alpha\), alors d'après le théorème du facteur, on peut écrire : $$ P(x) = (x - \alpha)Q(x) $$ où \(Q\) est un polynôme de degré \(n\). Par hypothèse de récurrence, \(Q\) admet au plus \(n\) racines. Les racines de \(P\) sont \(\alpha\) ainsi que les racines de \(Q\). Par conséquent, \(P\) admet au plus \(n+1\) racines.
• Conclusion : Par le principe de récurrence, un polynôme de degré \(n\) admet au plus \(n\) racines.

Par hypothèse, $$P(x) = a_n(x - \alpha_1)(x - \alpha_2)\cdots(x - \alpha_n),$$ où \(\alpha_1, \dots, \alpha_n\) sont les racines de \(P\), chacune écrite autant de fois que sa multiplicité. Pour \(n = 1\), \(P(x) = a_1 x + a_0\) a pour unique racine \(\alpha_1 = -\dfrac{a_0}{a_1}\), et les deux formules s'écrivent \(\alpha_1 = -\dfrac{a_0}{a_1}\). Soit maintenant \(n \geq 2\).
Développement. Développer le produit \((x - \alpha_1)(x - \alpha_2)\cdots(x - \alpha_n)\), c'est choisir, dans chacune des \(n\) parenthèses, soit \(x\), soit \(-\alpha_k\), multiplier les termes choisis, puis additionner tous les produits obtenus.

• Choisir \(x\) dans toutes les parenthèses donne \(x^n\).
• Un terme en \(x^{n-1}\) s'obtient en choisissant \(x\) dans toutes les parenthèses sauf une, et \(-\alpha_k\) dans la parenthèse restante : ces termes ont pour somme \(-(\alpha_1 + \alpha_2 + \dots + \alpha_n)\,x^{n-1}\).
• Le terme constant s'obtient en choisissant \(-\alpha_k\) dans toutes les parenthèses : \((-\alpha_1)(-\alpha_2)\cdots(-\alpha_n) = (-1)^n\,\alpha_1\alpha_2\cdots\alpha_n\).

Donc, les points de suspension remplaçant les termes de degré \(1\) à \(n - 2\), s'il y en a, $$P(x) = a_n x^n - a_n\left(\sum_{i=1}^n \alpha_i\right) x^{n-1} + \dots + (-1)^n a_n \prod_{i=1}^n \alpha_i.$$ Identification. Deux polynômes égaux pour tout \(x\) ont les mêmes coefficients (identification des coefficients). Les coefficients de \(x^{n-1}\) et les termes constants donnent $$a_{n-1} = -a_n\sum_{i=1}^n \alpha_i \qquad \text{et} \qquad a_0 = (-1)^n a_n\prod_{i=1}^n \alpha_i.$$ Comme \(a_n \neq 0\), la division par \(a_n\) donne la somme ; la division par \((-1)^n a_n\), avec \(\dfrac{1}{(-1)^n} = (-1)^n\), donne le produit : $$\sum_{i=1}^n \alpha_i = -\frac{a_{n-1}}{a_n} \qquad \text{et} \qquad \prod_{i=1}^n \alpha_i = (-1)^n\frac{a_0}{a_n}.$$

Soit \(P(x) = a_n x^n + \dots + a_1 x + a_0\) où tous les coefficients \(a_k\) sont des nombres réels.
On suppose que \(z_0\) est une racine, donc \(P(z_0) = 0\). On veut montrer que \(P(\conjugate{z_0})=0\).$$\begin{aligned} P(\conjugate{z_0}) &= a_n(\conjugate{z_0})^n + \dots + a_1\conjugate{z_0} + a_0 \\ &= a_n\conjugate{z_0^n} + \dots + a_1\conjugate{z_0} + a_0 && \text{(conjugué d'une puissance)} \\ &= \conjugate{a_n}\conjugate{z_0^n} + \dots + \conjugate{a_1}\conjugate{z_0} + \conjugate{a_0} && \text{(coefficients \(a_k\) réels)} \\ &= \conjugate{a_n z_0^n} + \dots + \conjugate{a_1 z_0} + \conjugate{a_0} && \text{(conjugué d'un produit)} \\ &= \conjugate{a_n z_0^n + \dots + a_1 z_0 + a_0} && \text{(conjugué d'une somme)} \\ &= \conjugate{P(z_0)} \\ &= \conjugate{0} = 0.\end{aligned}$$ Ainsi, si \(z_0\) est une racine, alors \(\conjugate{z_0}\) doit aussi être une racine.