Racines d'un polynôme

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.

Numériquement cela semble vrai pour $n\leq 19$, $n$ impair.

J'ai testé tous les n impairs jusqu'à 35 et ça a l'air de marcher pour les impairs.

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

@Side
Il n'y a pas une infinité de solution (effectivement)
Le polynôme (X+1)^n -X^n -1 a exactement n-1 racines (zéros) complexes (car de degré n-1, cf: Théorème d'Alembert-Gauss)

@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

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...

@bisam

Effectivement,

Néanmoins, l'énoncé de base du premier message (en rectifiant que n est impair et 0 sur le cercle de rayon 1 et centre -1) à l'air intéressant non ?

Pour ma part, une résolution de cet énoncé m'intéresserait beaucoup...

Cordialement

supp

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

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: $A_n,B_n,C_n$.