Polynômes

• Expression des coefficients d’un polynôme en fonction de ses racines ;
• $\displaystyle Tr(A^k)$ 👉 Expression en fonction des valeurs propres.

1er réflexe : On exprime les coefficients $\displaystyle c_k$ du polynôme $\displaystyle P(X)$ en fonction des racines de ce dernier (c’est-à-dire les valeurs propres de $\displaystyle A$). Le lien est donné par les polynômes symétriques élémentaires en les variables $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$ :
$$c_{n-k} = (-1)^k \sigma_k = (-1)^k \sigma_k(\lambda_1,\ldots,\lambda_n) = (-1)^k \sum_{1\le i_1 < \cdots < i_k \le n} \prod_{j=1}^k \lambda_{i_j}.$$

2nd réflexe : On exprime également les quantités $\displaystyle Tr(A^k)$ en fonction des valeurs propres $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. On sait que $\displaystyle A$ est semblable à une matrice triangulaire dont les coefficients diagonaux valent $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$, donc $\displaystyle A^k$ est semblable à une matrice triangulaire avec $\displaystyle \lambda_1^k,\ldots,\lambda_n^k$ pour coefficients diagonaux, donc
$$Tr(A^k) = \lambda_1^k+\cdots+\lambda_n^k = S_k.$$ Les $\displaystyle S_k$ sont aussi des polynômes symétriques en les $\displaystyle \lambda_1,\ldots,\lambda_n$. Les relations entre les $\displaystyle \sigma_k$ et les $\displaystyle S_k$ sont bien comprises, et souvent résumées sous la forme de l’identité de Newton. On peut imaginer que l’idée du concepteur de l’exercice est la suivante :

• La première question permet d’établir l’identité de Newton, par une méthode assez originale.
• La deuxième question revient à exprimer les $\displaystyle \sigma_k$ uniquement en terme des quantités $\displaystyle S_k$.

On se rend compte qu’on oublie vite le cadre matriciel posé dans l’exercice, en se ramenant à un exercice sur les polynômes. L’intérêt de ce cadre matriciel réside dans l’interprétation que l’on peut faire du résultat final : la formule prouvée à la deuxième question permet de calculer les coefficients du polynôme caractéristique de $\displaystyle A$ à l’aide des traces des $\displaystyle n$ premières puissances de $\displaystyle A$, ce qui en termes de calculs est très économe.

1. On calcule tout d’abord : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \prod_{j \neq i} (X-\lambda_j) = P'(X) .$$

Or $\displaystyle P(X) = \sum_{k=0}^n c_{n-k} X^k$ (avec $\displaystyle c_n=1$), donc
$$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{k=0}^n k c_{n-k} X^{k-1} .$$
On obtient une autre formule en se plaçant dans le cadre des séries formelles : $$\sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X-\lambda_i} = \sum_{i=1}^n \frac{P(X)}{X} \sum_{l=0}^\infty \left(\frac{\lambda_i}{X}\right)^l = \sum_{l=0}^\infty P(X) X^{-l-1} S_l.$$ $$= \sum_{p=0}^n \sum_{l=0}^\infty c_{n-p} S_l X^{p-l-1} = \sum_{k=0}^\infty \left(\sum_{p-l = k} c_{n-p} S_l \right) X^{k-1}.$$
En identifiant terme à terme les coefficients des séries formelles, on obtient les formules de Newton :
$$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ (n-k) c_k = \sum_{l=0}^k c_{k-l} S_{l}.$$ On peut encore simplifier l’expression en remarquant que $\displaystyle S_0=n$, et donc $$\forall 1 \leq k \leq n \ , \ - k c_k = \sum_{l=1}^k c_{k-l} S_{l}.$$

2. Les formules de Newton nous fournissent un système de $\displaystyle n$ équations en les $\displaystyle n$ inconnues $\displaystyle c_1,\ldots,c_n$. On peut écrire matriciellement :
   $$\left(\begin{array}{ccc} 1 & 0 & \cdots & \cdots & \cdots & 0 \\ S_1 & 1 & 0 & \cdots & \cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & 2 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \ddots & \vdots \\ S_n & S_{n-1} & \cdots & \cdots & S_1 & -n \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 1 \\ c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right).$$ Le déterminant de la matrice (que l’on appelle $\displaystyle A$) est simple à calculer, puisqu’elle est triangulaire : celui-ci vaut $\displaystyle n!$. La formule de Cramer permet alors d’obtenir une expression des $\displaystyle c_k$ en fonction des $\displaystyle S_i$. On a : $$c_k = \frac{\det(A_k)}{\det(A)},\ 1 \le k \le n,$$ où $\displaystyle A_k$ est la matrice obtenue en remplaçant la $\displaystyle k+1$-ème colonne de $\displaystyle A$ par le vecteur colonne $\displaystyle \left(\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 \end{array}\right)$. On peut calculer le déterminant de $\displaystyle A_k$ en développant par rapport à la $\displaystyle k+1$-ème colonne, on obtient que le calcul de ce déterminant se ramène à celui du déterminant de la matrice diagonale par blocs
   $$\det(A_k) = (-1)^k \det \left( \begin{array}{cc} M_k & 0 \\ P_k & D_k \end{array}\right),$$ où $\displaystyle M_k$ est exactement la matrice donnée dans l’énoncé, et $\displaystyle D_k$ est la matrice diagonale
   $$D_k = \left(\begin{array}{ccccc} k+1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ S_1 & k+2 & 0 &\cdots & 0 \\ S_2 & S_1 & \ddots & \vdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \cdots & \ddots & 0 \\ S_n & \cdots & \cdots & S_1 & n \end{array}\right),$$ qui est de déterminant $\displaystyle \det(D_k) = \frac{n!}{k!},$ et on conclut facilement.

On remarque tout d’abord que chaque polynôme $\displaystyle P(X+a_i)$ est dans $\displaystyle \mathbb{R}_n[X]$ et que cette famille est bien de cardinal $\displaystyle (n+1)$, comme la dimension de $\displaystyle \mathbb{R}_n[X]$. Il suffit donc de prouver que c’est une famille libre. On se donne donc un $\displaystyle (n+1)$-uplet $\displaystyle (\lambda_0,\ldots,\lambda_n)\in\mathbb{R}^{n+1}$ tel que $\displaystyle Q(X) = \sum_{j=0}^n \lambda_j P(X+a_j)=0$. En particulier, on a $\displaystyle Q^{(i)}(0)=\sum_{j=0}^n \lambda_j P^{(i)}(a_j)= 0$ pour tout $\displaystyle i \in \{0,\ldots,n-1\}$. Ces $\displaystyle n$ conditions nécessaires peuvent donc s’écrire matriciellement $\displaystyle A X = 0$, où $\displaystyle X=(\lambda_0,\ldots,\lambda_n)^T$ et où $\displaystyle A=\left( P^{(i)}(a_j)\right)_{0 \le i,j \le n}$.
Pour montrer la liberté, il suffit de montrer que $\displaystyle X=0$, c’est-à-dire que la matrice $\displaystyle A$ est inversible, ou encore que $\displaystyle \det(A) \neq 0$. On peut sentir une certaine ressemblance entre $\displaystyle A$ et une matrice de Vandermonde, on va essayer de s’inspirer de la méthode de calcul de son déterminant. Pour cela, on pose $\displaystyle D(X)$ le déterminant de la matrice $\displaystyle A(X)$, qui est égale à la matrice $\displaystyle A$, sauf la dernière ligne qui est remplacée par $\displaystyle (P(X),P'(X),\ldots,P^{(n)}(X))^T$. On a $\displaystyle A(a_n)=A$, donc $\displaystyle \det(A) = D(a_n)$. En développant par rapport à la dernière ligne, on s’aperçoit que $\displaystyle D(X) \in \R[X]$. De plus, pour $\displaystyle i \in \{0,\ldots,n-1\}$, les lignes $\displaystyle i$ et $\displaystyle n+1$ de $\displaystyle A(a_i)$ sont égales, donc $\displaystyle D(a_i)=0$. Ainsi, on a trouvé $\displaystyle n$ racines au polynôme $\displaystyle D(X)$, qui sont distinctes par hypothèse. Ce sont toutes les racines de $\displaystyle D(X)$, donc $\displaystyle D(a_n) \neq 0$, et ainsi $\displaystyle A$ est inversible.

$\displaystyle X\to X+1$ 👉 Tester l’égalité sur les entiers.

La présence de $\displaystyle X$ et $\displaystyle X+1$ invite à une récurrence sur les entiers $\displaystyle n$. Soit $\displaystyle P$ un tel polynôme. On a
$\displaystyle P(n+1)=\frac{n+4}{n}P(n)=\frac{(n+4)(n+3)}{n(n-1)}P(n-1)=...=\frac{(n+4)(n+3)\cdots 5}{n(n-1)\cdots 1}P(1)=\frac{(n+4)!}{n! 4!}P(1)=\frac{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}{4!}P(1)$.

On voit donc que le polynôme $\displaystyle P$ est en fait le polynôme $\displaystyle Q(X)=\alpha\frac{(X+3)(X+2)(X+1)X}{4!}$ car $\displaystyle P-Q$ a une infinité de racines (les entiers $\displaystyle n$) en fixant la constante $\displaystyle \alpha=P(1)$, et donc $\displaystyle P-Q=0$. Un tel $\displaystyle Q$ vérifie bien l’équation fonctionnelle.

Faire apparaître $\displaystyle P-X$ dans $\displaystyle P\circ P-X$.

Méthode élémentaire — Soit $\displaystyle P(X)=\sum_{k=0}^na_kX^k$. On ne voit pas trop comment $\displaystyle P-X$ va apparaître dans $\displaystyle P\circ P-X$, donc on va forcer son apparition en écrivant
$\displaystyle P\circ P=P\circ(P-X+X)$ ou $\displaystyle P\circ P-X=P\circ P-P+P-X$. Par exemple, utilisons la 2e expression. Comme $\displaystyle P-X$ divise $\displaystyle P-X$, calculons
$$\begin{aligned} P\circ P-P & = a_0+\sum_{k=1}^na_kP^k-\left(a_0+\sum_{k=1}^na_kX^k\right) \\ & = \sum_{k=1}^na_k(P^k-X^k). \\ \end{aligned}$$

Or $\displaystyle P-X$ divise $\displaystyle P^k-X^k$ pour $\displaystyle k\ge1$, d’après l’identité remarquable $\displaystyle a^k-b^k=(a-b)\sum_{j=0}^{k-1}a^jb^{k-1-j}$, ce qui montre $\displaystyle P-X$ divise aussi $\displaystyle P\circ P-P$, d’où le résultat.

Méthode par congruence — On va utiliser la puissance du calcul par congruence, comme dans $\displaystyle \Z$, mais cette fois-ci dans l’anneau $\displaystyle \mathbb K[X]$. Soit $\displaystyle Q=P-X$. On a alors $\displaystyle P=X\ [Q]$, ce qui veut dire que $\displaystyle Q|(P-X)$. On peut additionner ou multiplier des congruences, donc on peut appliquer n’importe quel polynôme à l’égalité précédente. En particulier $\displaystyle P(P(X))=P(X)\ [Q]$, d’où $\displaystyle P(P(X))=X\ [Q]$, ce qui veut bien dire que $\displaystyle P-X|(P\circ P-X)$.

• Trop dur de montrer directement irréductible 👉 Supposer réductible, écrire $\displaystyle P=QR$ avec $\displaystyle Q,R\in\Z[X]$ ;
• $\displaystyle P$ défini par des $\displaystyle a_i$ 👉 Tester $\displaystyle Q$ et $\displaystyle R$ en les $\displaystyle a_i$.

Écrivons $\displaystyle P=QR$ avec $\displaystyle Q,R\in\Z[X]$ et non inversibles dans $\displaystyle \Z[X]$, i.e. différents de $\displaystyle \pm 1$. On a $$P(a_i)=Q(a_i)R(a_i)=-1.$$ Comme $\displaystyle Q(a_i)$ et $\displaystyle R(a_i)$ sont des entiers, ils valent forcément $\displaystyle \pm 1$, et ils sont même opposés l’un de l’autre, d’où $\displaystyle Q(a_i)+R(a_i)=0$. Ainsi le polynôme $\displaystyle Q+R$, qui est de degré $\displaystyle <k$ (d’après notre hypothèse que $\displaystyle P$ est réductible), a $\displaystyle k$ racines. Donc $\displaystyle Q+R=0$ et $\displaystyle P=-Q^2$, ce qui impossible car $\displaystyle P$ a pour limite $\displaystyle +\infty$ et $\displaystyle +\infty$. Donc $\displaystyle P$ ne peut pas être réductible dans $\displaystyle \Z[X]$.

Comme $\displaystyle P\ge0$, $\displaystyle P$ est de degré pair, donc $\displaystyle Q$ aussi et $\displaystyle \lim_{x\to\pm \infty}Q(x)=+\infty$. Ainsi $\displaystyle Q$ possède un minimum sur $\displaystyle \R$, disons en $\displaystyle a$. On a $\displaystyle Q'=Q-P$, et donc, comme $\displaystyle Q'(a)=0$, on obtient $\displaystyle Q(a)=P(a)\ge0$. Alors pour tout $\displaystyle x$, $\displaystyle Q(x)\ge Q(a)\ge0$.

1 ) Pour $\displaystyle n=0$ et $\displaystyle n=1$, c’est simple et donc cela invite à faire une récurrence. Pour $\displaystyle n=0$ et $\displaystyle n=1$, il suffit de poser $\displaystyle P_0(Z)=1$ et $\displaystyle P_1(Z)=Z$. Ensuite, pour $\displaystyle n \ge 1$, on remarque que, si $\displaystyle n$ est impair :
$$\left(X+\frac{1}{X}\right)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} X^k \frac{1}{X^{n-k}} = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} \binom{n}{k} \left(X^{n-2k} + \frac{1}{X^{n-2k}}\right),$$

en utilisant la formule $\displaystyle \binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}$. Si $\displaystyle n$ est pair, on a presque la même formule :

$$\left(X+\frac{1}{X}\right)^n =\sum_{k=0}^{n/2 -1} \binom{n}{k} \left(X^{n-2k} + \frac{1}{X^{n-2k}}\right) + \binom{n}{n/2}.$$

Il suffit alors de poser :
$$P_n(Z) = Z^n - \sum_{k=1}^{n/2 -1} \binom{n}{k} P_{n-2k}(Z) \ \ \left(+ \binom{n}{n/2}\right),$$

le denier terme étant rajouté si $\displaystyle n$ est pair. Le polynôme ainsi construit est dans $\displaystyle \R_n[X]$.

On peut montrer l’unicité tout en préparant le terrain pour la question suivante : soit $\displaystyle \theta \in \R$. On rappelle que $\displaystyle 2 \cos(\theta) = e^{i \theta}+\frac{1}{e^{i \theta}}$, donc $\displaystyle P_n$ vérifie nécessairement

$$P_n(2 \cos(\theta)) = (e^{i\theta})^n+\frac{1}{(e^{i \theta})^n} = 2 \cos(n\theta).$$

Si $\displaystyle P_n$ et $\displaystyle \widetilde{P_n}$ vérifient la propriété de l’énoncé, on a alors $\displaystyle (P_n-\widetilde{P_n})(2 \cos(\theta)) = 0$ pour tout $\displaystyle \theta \in \R$. Le polynôme $\displaystyle P_n-\widetilde{P_n}$ possède une infinité de racines, c’est donc le polynôme nul, d’où l’unicité.

2 ) On commence par trouver les racines de $\displaystyle P_n$ afin d’avoir une bonne factorisation. Le raisonnement de la question précédente peut nous aider : en effet, pour $\displaystyle k \in \{0,\ldots,n-1\}$ on pose $\displaystyle \lambda_k = 2 \cos\left(\frac{\pi}{2n}+k\frac{\pi}{n}\right)$. On a alors

$$P_n(\lambda_k) = 2 \cos\left(n(\frac{\pi}{2n}+k\frac{\pi}{n})\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right) = 0.$$

Or les $\displaystyle \lambda_k$ sont deux à deux distincts, cela se voit facilement sur le cercle trigonométrique. De plus, la construction par récurrence des polynômes $\displaystyle P_n$ montre que ceux-ci sont unitaires. On a donc la factorisation $$P_n(X) = \prod_{k=0}^{n-1} (X-\lambda_k).$$

Comme les racines de $\displaystyle P_n$ sont simples, on a la formule $$\frac{1}{P_n(X)} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{1}{P_n'(\lambda_k)(X-\lambda_k)}.$$ On peut être un peu plus explicite en calculant $\displaystyle P_n'(\lambda_k)$. En effet, en dérivant $\displaystyle 2\cos(n\theta) = P_n(2 \cos(\theta))$, on obtient $$P_n'(2\cos(\theta)) = \frac{n \sin(n\theta)}{\sin(\theta)}.$$

De plus, $$\sin\left(n(\frac{\pi}{2n}+k\frac{\pi}{n})\right)=\sin\left(\frac{\pi}{2}+k\pi\right)=(-1)^k.$$ Ainsi, on a $$\frac{1}{P_n(X)} = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{(-1)^k\sin\left(\frac{\pi}{2n}+k\frac{\pi}{n}\right)}{X-\cos\left(\frac{\pi}{2n}+k\frac{\pi}{n}\right)}.$$

Penser aux deux décompositions en fractions rationnelles les plus connues : $\displaystyle \frac{P'}{P}$ et $\displaystyle \frac{1}{P}$.

Remarquons que toutes les racines sont simples car il y en a $\displaystyle n$ distinctes pour un degré $\displaystyle n$. On connaît la décomposition en fraction rationnelle $$\frac{1}{P(X)}=\frac{1}{P'(\alpha_1)(X-\alpha_1)}+\cdots+ \frac{1}{P'(\alpha_n)(X-\alpha_n)}.$$ D’où $\displaystyle \frac{x}{P(x)}=\frac{x}{P'(\alpha_1)(x-\alpha_1)}+\cdots+ \frac{x}{P'(\alpha_n)(x-\alpha_n)}$ et en faisant $\displaystyle x\to+\infty$, on obtient le résultat voulu car $\displaystyle \frac{x}{P(x)}\to 0$, le polynôme $\displaystyle P$ étant au moins de degré $\displaystyle 2$.

On voit $\displaystyle P$ et $\displaystyle P'$ 👉 On pense à la fraction rationnelle $\displaystyle P'/P$.

Soit $\displaystyle w\in\C$ une racine de $\displaystyle P'$. Si $\displaystyle w$ est une racine de $\displaystyle P$, i.e. il existe $\displaystyle k$ tel que $\displaystyle w=z_k$ et $\displaystyle z_k$ est une racine multiple de $\displaystyle P$, alors $\displaystyle w$ est bien dans l’enveloppe convexe des racines de $\displaystyle P$.
Supposons donc que $\displaystyle P(w)\neq 0$, i.e. pour tout $\displaystyle k$, $\displaystyle w\neq z_k$. Écrivons alors $\displaystyle \frac{P'(X)}{P(X)}=\frac{1}{X-z_1}+\cdots+ \frac{1}{X-z_n}$. On en déduit que $$\frac{P'(w)}{P(w)}=\frac{1}{w-z_1}+\cdots+ \frac{1}{w-z_n}=0.$$ D’où $$\sum_{k=1}^n\frac{\overline{w}-\overline{z_k}}{|w-z_k|^2}=0=\sum_{k=1}^n\frac{w-z_k}{|w-z_k|^2}.$$ Ainsi $\displaystyle w=\sum_{k=1}^n \lambda_k z_k$, avec $\displaystyle \lambda_k=\frac{|w-z_k|^{-2}}{\sum_{j=1}^n|w-z_j|^{-2}}\ge0$. Comme $\displaystyle \sum_{k=1}^n\lambda_k=1$, on en déduit que $\displaystyle w$ est bien dans l’enveloppe convexe des $\displaystyle z_k$ (c’est un barycentre à coefficients positifs).

Application $\displaystyle -$ Si $\displaystyle P$ ne possède que des racines réelles, l’enveloppe convexe de ses racines est un intervalle de $\displaystyle \R$ (dont les bornes sont la plus petite et la plus grande racine). Donc par le résultat précédent, les racines de $\displaystyle P'$ sont dans cet intervalle, et donc sont réelles.

Racines simples 👉 Calculer $\displaystyle P'$.

On a $\displaystyle P'(X)=\sum_{k=1}^n \frac{X^{k-1}}{(k-1)!}=\sum_{k=0}^{n-1} \frac{X^k}{k!}=P_n(X)-\frac{X^n}{n!}$. Soit $\displaystyle z$ une racine de $\displaystyle P_n$. Notons que $\displaystyle P(0)=1$, d’où $\displaystyle z\neq0$. Alors $\displaystyle P_n(z)=0$ et $\displaystyle P'_n(z)=-\frac{z^n}{n!}\neq 0$ car $\displaystyle z\neq0$. Ainsi $\displaystyle z$ est une racine simple.

• Annulation 👉 Théorème de Rolle ;
• $\displaystyle aP+P'$ 👉 introduire $\displaystyle e^{ax}P(x)$.

Écrivons $\displaystyle P(X)=\prod_{k=1}^p(X-x_k)^{\alpha_k}$ (on le suppose unitaire sans perte de généralité et que $\displaystyle x_1<\cdots<x_p$). En écrivant $\displaystyle P(X)=Q(X)(X-x_k)^{\alpha_k}$, on voit que $\displaystyle x_k$ est racine d’ordre $\displaystyle \alpha_k-1$ de $\displaystyle P'$. Donc $\displaystyle T(X)=\prod_{k=1}^p(X-x_k)^{\alpha_k-1}$ divise $\displaystyle P'$, et donc $\displaystyle Q$. De plus $\displaystyle x\mapsto e^{ax}P(x)$ qui est $\displaystyle C^1$ s’annule en $\displaystyle x_k$ et $\displaystyle x_{k+1}$, donc d’après le théorème de Rolle il existe $\displaystyle c_k\in]x_k,x_{k+1}[$ tel que $\displaystyle (e^{ax}P(x))'(c_k)=(e^{ax}Q)(c_k)=0$. Donc $\displaystyle S(X)=\prod_{k=1}^{p-1}(X-c_k)$ divise $\displaystyle Q$. Or $\displaystyle T$ et $\displaystyle S$ sont premiers entre eux, donc $\displaystyle TS$ divise $\displaystyle Q$. En comparant les degrés, on obtient alors que $\displaystyle Q(X)=\gamma T(X)S(X)(X-y)$, $\displaystyle \gamma, y\in\R$. Par conséquent $\displaystyle Q$ est scindé !

A venir !

Soit $\displaystyle A>1$. On écrit $\displaystyle P_n(x)=\sum_{k\ge0}a_{k,n}x^k$ avec $\displaystyle a_{k,n}\ge0$ pour tout $\displaystyle k$ et $\displaystyle n$, et $\displaystyle a_{k,n}=0$ pour $\displaystyle k$ assez grand.
On a $\displaystyle 0\le a_{k,n}A^k \le P_n(A) \le M$ car par hypothèse $\displaystyle P_n(A)$ converge et est donc majorée par, disons $\displaystyle M>0$. Donc, pour tout $\displaystyle k\ge0$, la suite $\displaystyle (a_{k,n})_n$ est bornée. On peut donc par Bolzano-Weierstrass extraire une sous suite de $\displaystyle (a_{0,n})_n$ qui converge, etc. Par extraction diagonale, on obtient une suite $\displaystyle (a'_{k,n})_n$ qui converge vers disons $\displaystyle a_k$ pour tout $\displaystyle k$.
On pose alors $\displaystyle Q_n(x)=\sum_{k\ge0}a'_{k,n}x^k$. On a également $\displaystyle 0\le a'_{k,n}A^k \le Q_n(A) \le M$, d’où $\displaystyle 0\le a'_{k,n}\le M/A^k$. On fixe $\displaystyle x$ tel que $\displaystyle 0<x<A$. Comme $\displaystyle \sum_{k\ge0}\frac{M}{A^k} x^k<\infty$, on en déduit que $\displaystyle Q_n$ est une série entière de rayon de convergence $\displaystyle A$. On peut également appliquer le théorème de convergence dominée pour obtenir :
$$\lim_{n\to\infty} Q_n(x)=\sum_{k\ge0} \lim_{n\to\infty} a'_{k,n}x^k =\sum_{k\ge0} a_{k}x^k.$$ La série $\displaystyle \sum a_{k}x^k$ est également de rayon $\displaystyle A$. Comme $\displaystyle Q_n=P_{\phi(n)}$ où $\displaystyle \phi$ est une extraction, on en déduit que $\displaystyle \lim_{n\to\infty} Q_n(x)=f(x)$, donc $\displaystyle f(x)=\sum_{k\ge0} a_{k}x^k$, et $\displaystyle f$ est $\displaystyle C^\infty$ sur $\displaystyle [0,A[$. On peut faire le même raisonnement sur $\displaystyle ]-A,0]$ en écrivant par exemple $\displaystyle x^k=(-1)^k|x|^k$. Comme $\displaystyle A$ est arbitraire, on en déduit que $\displaystyle f$ est $\displaystyle C^\infty$ sur $\displaystyle \R$.