Racines d'un polynôme
Bonjour,
Montrer que les racines de $(X+1)^n -X^n -1$ sauf zéro sont soit
1) sur le cercle unité
2) sur le cercle de rayon un centré en $-1$
3) sur la droite $Re(z)=-1/2$.
Merci,
CFGauss
Montrer que les racines de $(X+1)^n -X^n -1$ sauf zéro sont soit
1) sur le cercle unité
2) sur le cercle de rayon un centré en $-1$
3) sur la droite $Re(z)=-1/2$.
Merci,
CFGauss
Réponses
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Bonjour,
est-ce un exo dont tu connais la réponse et que tu partages pour qu'on puisse s'amuser nous aussi à le résoudre et partager notre solution ou bien un exercice que tu n'arrives pas à résoudre et tu aimerais de l'aide ?
(Ma réponse dépendra du cas correspondant)
Cordialement -
Un ami m'a parlé de cet exo mais je n'arrive pas à trouver sa démonstration... Il cherche en fait le pgcd de deux tels polynômes.
Merci,
CFG -
Bonjour.
Le "sauf 0" est inutile, puisque 0 est sur "le cercle de rayon un centré en $-1$".
Cordialement. -
Un calcul approché montre que pour $n=8$ deux racines ont un module égal à 1 mais les quatre autres racines non nulles ne vérifient aucune des trois conditions.
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Il faut peut-être supposer $n$ impair.
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Numériquement cela semble vrai pour $n\leq 19$, $n$ impair.
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Je suis tenté d'envoyer $(-1-\sqrt{3})/2$ à l'infini.
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J'ai testé tous les n impairs jusqu'à 35 et ça a l'air de marcher pour les impairs.
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Bonjour,
les seuls avancées que j'ai pu faire sont(en excluant les n pair car l'énoncé devient faux):
j et j² sont solution pour n congru a 1 ou 5 modulo 6 (et ne sont pas racines si n est congru a 3 modulo 6)
0 et -1 sont exactement les racines réelles
z est solution implique: 1/z et -z-1 le sont aussi -
Re:
Quand n est congru a 1 modulo 6 alors les seuls racines sont:
j j² 0 et -1
Edit: c'est complètement faux, je suis allé bien trop vite pour ma récurrence -
supp
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$1/z$ et $-1-z$ engendrent un groupe fini de sorte qu'il n'y a pas de contrainte. Il paraît que quelqu'un a montré que le pgcd est réduit à $0,j,j^2$.
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@CarlFriedrichGauss
Effectivement, pour les groupes
Je ne comprends pas de quel pgcd parles-tu par contre ?
Edit:
Deux polynômes comme celui de l'énoncé?
Dans ce cas: -1 n'est-il pas toujours racine?
Sauf erreur de ma part, j et j^2 ne sont pas racines quand n est congru a 3 modulo 6 -
Le pgcd de deux tels polynômes pour $n$ impair est un diviseur de $X(1+X+X^2)$. C'est difficile.
-
D'accord.
Autrement, j'ai pu remarquer que la dérivée q-ième de (X+1)^n -X^n -1 possède deux fois sur 6, j et j^2 comme racine.
En effet pour : (X+1)^n -X^n contient j et j^2 comme racines pour n congru à 0 ou 2 modulo 6.
Ma question est donc la suivante.
Pourrions-nous éventuellement, pour la résolution de notre problème initial, nous servir de l'enveloppe convexe des racines d'un polynôme ?
Une application du théorème de Gauss-Lucas sur notre polynôme, pour n=7 m'a fait penser à ça
cf: Théorème de Gauss-Lucas
PS. Ce sont des notions qui dépassent un peu (beaucoup ?) mon niveau de connaissances (mais je suis là pour apprendre) donc une absurdité est sûrement possible... -
J'ai l'impression que CarlFriedrichGauss a un exercice sous les yeux mais qu'il ne veut pas nous dire lequel...
L'exercice que je connais concernant ces polynômes consiste à trouver parmi ceux-ci lesquels possèdent des racines multiples. On trouve alors que ces racines multiples sont nécessairement $j$ et $j^2$ et que $n$ est congru à 1 modulo 6. -
CarlFriedrichGauss écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1803204,1804250#msg-1804250
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
-1 n'est-il pas toujours racine de notre polynôme ?
dans le cas ou les deux polynômes seraient congru à 1 modulo 6
Alors n'auraient-ils pas X(X-1)(X^2+X+1)^2 qui divise leur pgcd ? -
supp
-
J'ai un doute sur la veracite de l'affirmation du debut meme quand $n=2p+1$ est impair, et mathematica semble me dire que c'est faux pour $n=9.$ Ce qui est amusant, c'est que chercher celles des racines qui sont sur les deux cercles ou sur la droite conduit a la meme equation dans les trois cas. En effet
Si je postule $X=e^{2i\theta}$ ou $X+1=e^{2i\theta}$ ou $X=\frac{1}{2}(-1+i\tan \theta)$ j'atterris a chaque fois sur l'equation
$$2^{2p}(\cos \theta)^{2p+1}=\cos(2p+1)\theta$$ ce qui en termes de polynomes de Tchebichev $T_n(\cos \theta)=\cos n\theta$ se traduit par
$$Q_p(X)=2^{2p}X^{2p+1}
-T_{2p+1}(X)=0.$$Ce polynome $Q_{p}(X)$ est impair de degre $2p-1$ et s'ecrit $Q_p(X)=XR_{p}(X^2)$ et on demontre (details sur demande ) avec les coefficients binomiaux, que
$$R_p(Y)=\sum_{I=0}^{p-1}(Y-1)^iY^{p-1-i}\left(\sum_{k=i+1}^pC^{2k}_{2p+1}\right).$$ Tout ca pour dire que les racines positives de $R_p$ ne peuvent jamais etre $>1$ et donc que les racines reelles de $Q_p$ sont dans $[-1,1]$ ce qui est tres bien pour les interpreter comme des cosinus. Donc les racines sur les 3 courbes {les deux cercles et la droite) sont en correspondance bijective correspondant aux racines reelles de $Q_p$ mais il y en a surement d'autres, comme semble le dire le cas $n=9.$ -
Je n'y ai pas pensé tout de suite mais cela m'a rappelé un problème (difficile) résolu brillamment par JLT il y a six ans.
J'ai retrouvé le fil: Nombre complexe -
supp
-
J'ai rédigé une démonstration inspirée de celle de JLT.
Tout d'abord, pour ne pas se limiter aux entiers impairs, il vaut mieux considérer pour $n\geq2$ le polynôme $P_n=(X+1)^n+(-1)^n(X^n+1)$ qui est de degré $n$ si $n$ est pair, de degré $n-1$ si $n$ est impair.
On montre que ses racines vérifient $|z|=1$ ou $|z+1|=1$ ou $|z+1|=|z|$ (qui est équivalent à $Re(z)=-1/2$).
1) Racines particulières.
On montre sans difficultés que:
$0$ et $-1$ sont racines de $P_n$ si et seulement si $n$ est impair.
$j=e^{2i\pi/3}$ et $\bar{j}$ sont racines de $P_n$ si et seulement si $j^{2n}+j^n+1=0$, c'est-à-dire $n\equiv1$ ou $2$ modulo $3$.
Recherchons si $P_n$ a des racines multiples:
$(z+1)^n+(-1)^n(z^n+1)=0$ et $n(z+1)^{n-1}+n(-1)^nz^{n-1}=0$ entraînent $z^{n-1}=1$ et $(z+1)^{n-1}=(-1)^{n-1}$, d'où $|z|=|z+1|=1$, d'où $z=j$ ou $z=\bar{j}$. Mais $j^{n-1}=1$ est vérifié uniquement si $n\equiv1$ modulo $3$.
Donc $j=e^{2i\pi/3}$ et $\bar{j}$ sont racines doubles de $P_n$ si et seulement si $n\equiv1$ modulo $3$ et il n'y a pas d'autres racines doubles.
On en déduit qu'il y a $6q$ autres racines de $P_n$ si $n=6q+r$ avec $0\le r\le 5$ et $r\neq1$, $6(q-1)$ autres racines si $n=6q+1$.
2) Soit $A_n=\{z\mid P_n(z)=0 \;\rm{et}\; |z|=1\}\setminus\{-1,j,\bar{j}\}$, $B_n=\{z\mid P_n(z)=0 \;\rm{et}\; |z+1|=1\}\setminus\{0,j,\bar{j}\}$ et $C_n=\{z\mid P_n(z)=0 \;\rm{et}\; |z+1|=|z|\}\setminus\{j,\bar{j}\}$.
$f(z)=-z-1$ définit une bijection de $A_n$ sur $B_n$ et $g(z)=\dfrac1z$ définit une bijection de $B_n$ sur $C_n$.
On en déduit que $A_n,B_n,C_n$ ont le même cardinal.
3) Soit $z=e^{2it}\in A_n$ avec $0<t<\dfrac{\pi}{2}$: $P_n(z)=(e^{2it}+1)^n+(-1)^n(e^{2nit}+1)=e^{nit}f_n(t)$ avec $f_n(t)=(2\cos(t))^n+2(-1)^n\cos(nt)$.
Pour $\dfrac{\pi}{3}\le t=\dfrac{k\pi}{n}\le \dfrac{\pi}{2}$ on a $2\cos(t)\in[0,1]$ donc $f_n(k\pi/n)$ a le signe de $(-1)^{n+k}$.
Si $n=6q+r$, les valeurs prises par $k$ vérifient $2q+\dfrac r3\le k\le 3q+\dfrac r2$. On peut en déduire que pour $r\neq1$, il y a $q+1$ valeurs consécutives de $k$ pour lesquelles $P_n(t)$ prend $q+1$ valeurs de signes alternés, donc $P_n$ s'annule au moins $q$ fois. Si $r=1$, il n'y a que $q$ valeurs donc $P_n$ s'annule au moins $q-1$ fois.
Avec les conjugués, $A_n$ a au moins $2q$ éléments si $r\neq1$, au moins $2(q-1)$ si $r=1$.
Comme $B_n$ et $C_n$ ont le même cardinal, on obtient au total $6q$ racines si $r\neq1$, $6(q-1)$ si $r=1$: on a obtenu toutes les racines de $P_n$.
En conclusion, si on met à part les racines particulières $-1,0,j,\bar{j}$, les autre racines de $P_n$ se partagent en trois catégories de même cardinal: $A_n,B_n,C_n$. -
supp
-
Merci pour vos contributions.
CFGauss
PS: le calcul du pgcd de deux polynômes semble nettement plus difficile. -
Voici quelques équations en vue du calcul du pgcd de deux polynômes. J'obtiens une équation qui ne dépend que de m.
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