Les cas $\Delta >0$ et $\Delta=0$ ont déjà été démontrés en 1ère.
On va donc démontrer le cas $\Delta<0$.

$$\begin{align*}
az^2+bz+c &= a\left(z^2+\dfrac{b}{a}z + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\left(\dfrac{b}{2a} \right)^2 + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{b^2}{4a} + \dfrac{c}{a} \right) \\
&= a\left(\left(z+\dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{b^2 -4ac}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{\Delta}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\dfrac{\ic^2(-\Delta)}{4a} \right) \\
&= a\left(\left(z + \dfrac{b}{2a} \right)^2-\left(\dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)^2 \right) \\
&= a\left(z + \dfrac{b}{2a} – \dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)\left(z + \dfrac{b}{2a} + \dfrac{\ic \sqrt{-\Delta}}{2a} \right)
\end{align*}$$

L’équation $az^2+bz+c = 0$ possède alors deux solutions $z_1 = \dfrac{-b-\ic \sqrt{-\Delta}}{2a}$ et $z_2 = \conj{z_1}$

Les deux premiers cas ont été vus les années précédentes.

Si $a<0$.
On veut donc résoudre l’équation $z^-a=0$.
Le discriminant est
$\begin{align*}\Delta&=0^2-4\times 1\times (-a)\\
&=4a\\
&<0\end{align*}$
L’équation possède alors deux racines complexes
$\begin{align*}z_1&=\dfrac{-\ic\sqrt{-\delta}}{2} \\
&=\dfrac{-\ic\sqrt{-4a}}{2}\\
&=\dfrac{-2\ic\sqrt{-a}}{2}\\
&=-\ic\sqrt{-a}\end{align*}$ $\qquad$ et $\begin{align*} z_2&=\conj{z_1} \\
&=\ic\sqrt{-a}\end{align*}$
$\quad$

$\begin{align*} &(z-a)\left(z^{n-1}+az^{n-2}+\ldots+a^{n-2}z+a^{n-1}\right) \\
&=z^n+az^{n-1}+\ldots+a^{n-2}z^2+a^{n-1}z\\
&\phantom{=}-\left(az^{n-1}+a^2z^{n-2}+\ldots+a^{n-1}z+a^n\right) \\
&=z^n\textcolor{red}{+az^{n-1}}\textcolor{blue}{+a^2z^{n-2}}+\ldots\textcolor{orange}{+a^{n-2}z^2}\textcolor{Green}{+a^{n-1}z}\\
&\phantom{=z^n~}\textcolor{red}{-az^{n-1}}\textcolor{blue}{-a^2z^{n-2}}-\ldots\textcolor{orange}{-a^{n-2}z^2}\textcolor{Green}{-a^{n-1}z}-a^n\\
&=z^n-a^n\end{align*}$
$\quad$

On note $P(z)=\ds \sum_k=0^n c_kz^k$.
$P(a)=0 \ssi \ds \sum_k=0^n c_ka^k=0$
Pour tout nombre complexe $z$ on a :
$\begin{align*} P(z)&=P(z)-P(a) \\
&=\ds \sum_k=0^n c_kz^k-\sum_k=0^n c_ka^k \\
&=\sum_k=0^n c_k\left(z^k-a^k\right)\\
&=\sum_k=1^n c_k\left(z^k-a^k\right) \quad (1)\\
\sum_k=1^n c_k(z-a)\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right) \quad (2) \\
&=(z-a)\left(\sum_{k=1}^nc_k\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right)\end{align*}$
$c_n \neq 0$ donc $Q(z)=\sum_{k=1}^nc_k\left(\sum_{p=0}^{k-1}z^{k-1-p}a^p\right)$ est un polynôme de degré $n-1$.
Ainsi $P(z)=(z-a)Q(z)$.
$\quad$

On va démontrer cette propriété par récurrence sur $n$.

Initialisation : Si $n=1$ alors $P$ est défini par $P(z)=az+b$.
La seule racine de $P$ est $z_0=-\dfrac{b}{a}$. ($a\neq 0$ puisque $P$ est de degré $1$).
$P$ possède donc bien au plus $1$ racines (il en possède en fait exactement une pour cette valeur de $n$).
La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Tout polynôme de degré $n$ possède donc au plus $n$ racines.
On considère un polynôme $P$ de degré $n+1$.
Deux cas de figures s’offrent à nous :
– $P$ ne possède pas de racines. Puisque $0<n+1$ la propriété est vraie.
– $P$ possède au moins une racine $a$. D’après la propriété précédente il se factorise donc par $z-a$.
Il existe alors un polynôme $Q$ de degré $n$ tel que, pour tout nombre complexe $z$, on ait $P(z)=(z-a)Q(z)$.
$Q$, étant de degré $n$, possède au plus $n$ racines. Par conséquent $P$ possède au plus $n+1$ racines.
La propriété est vraie au rang $n+1$.

Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
Donc, pour tout entier naturel $n$ non nul, un polynôme de degré $n$ possède au plus $n$ racines.
$\quad$

C’est une conséquence directe de la propriété précécente.
En effet $z$ est une racine de $P$ si, et seulement si, $P(z)=0$.
$\quad$