SMF junior 2018

La réponse au problème 10 est oui et il y a une méthode pour la construire. Je l'avais vu dans un livre de problèmes type olympiades. Je ne m'en souviens plus très bien, mais il me semble que ça se fait par récurrence.

Jacky9393 : c'est simple il suffit de considérer 10 fois le point noir $(0,0)$ et 11 fois le point blanc $(0,1)$ :-D

Les problèmes ont l'air très intéressants !

Bonjour,

Mazette ! Je ne comprends pas la moitié des énoncés...

Problème 2 :
Montrer que pour tout triplet $\displaystyle (p, q, r)$ de nombres premiers deux à deux distincts, il existe une solution $\displaystyle (x, y, z)$ en entiers strictement positifs à l’équation $\displaystyle x^p+y^q=z^r.$

Comme $\displaystyle p, q, r$ sont premiers entre eux et deux à deux distincts, on a $p$ et $\displaystyle qr$ premiers entre eux (par contraposée et lemme de Gauss). Il existe donc deux entiers relatifs $\displaystyle u,v$ tels que $\displaystyle 1=u p-v q r.$ On a aussi, pour tout $k$ entier, $\displaystyle 1=u p-v q r =(u+k q r) p - (v+ k p) q r .$
On peut exclure les cas $\displaystyle u>0, v<0$ et $\displaystyle u<0, v>0.$ Le cas $\displaystyle u<0,v<0$ se ramène au cas $\displaystyle u>0,v>0$ puisqu'on peut choisir un entier $k$ aussi grand que l'on veut tel que $\displaystyle u+k q r >0$ et $\displaystyle v+ k p>0.$
On a établi qu'il existe deux entiers strictements positifs $\displaystyle u,v$ tels que $\displaystyle 1=u p - v q r.$
De même, on montre qu'il existe deux entiers strictements positifs $\displaystyle u',v'$ tels que $\displaystyle 1=u' q - v' r p$ et deux entiers strictements positifs $\displaystyle u'',v''$ tels que $\displaystyle 1=u'' r - v'' p q.$
Soit $\displaystyle (a,b,c)$ trois nombres entiers strictement positifs tels que $\displaystyle a+b=c.$ On multiplie les deux membres de cette équation par la quantité (non nulle) : $\displaystyle a^{v q r} b^{v' r p} c^{v'' p q}$ et on obtient, par simple calcul, $\displaystyle (a^u b ^{v' r} c^{v'' q})^p+(a^{v r}b^{u'} c^{v'' p})^q = (a^{v q} b^{v' p} c^{u''})^r.$ On a donc établi le résultat recherché en choisissant $\displaystyle x= a^u b ^{v' r} c^{v'' q}, y=a^{v r}b^{u'} c^{v'' p}, z=a^{v q} b^{v' p} c^{u''}.$

Une démonstration rapide consiste à choisir $\displaystyle 1+1=2$ et avec les deux entiers strictements positifs $\displaystyle u'',v''$ tels que $\displaystyle 1=u'' r - v'' p q$, on a $\displaystyle x=2^{v" q}, y=2^{v'' p}, z=2^{u''}.$

@YvesM : je ne savais pas que 0 était un entier impair.

Bonjour,

Problème 8 :
Un polynôme $P$ de degré $\displaystyle n \geq 1$ est dit antisymétrique si $\displaystyle P(-x)=x^n P(1/x)$ pour tout nombre réel non nul $x.$ Montrer qu’un polynôme antisymétrique avec des coefficients entiers impairs n’a pas de racine sur le cercle unité de $\C.$

$\bullet$ On a $\displaystyle \forall x \in \R, P(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k$ avec $\displaystyle \forall k\in [0,n], a_k \in 2\Z+1$ et donc $\displaystyle P(0)=a_0 \neq 0$ : $0$ n'est pas une racine de $P.$
$\bullet$ On a $\displaystyle P \in \Z[X]$ et donc, $\displaystyle \forall \alpha \in \C, P(\alpha) = 0 \implies \bar{P(\alpha)} = P(\bar{\alpha}) = 0$ : si $\displaystyle \alpha$ est une racine de $P$, alors $\displaystyle \bar{\alpha}$ est une racine de $P.$
$\bullet$ On a $\displaystyle \forall x \in \R^*, P(x) = P(-(-x))=(-x)^n P({1 \over -x}) = (-x)^n P(-{1 \over x}) =(-x)^n ({1 \over x})^n P(x)=(-1)^n P(x)$ et $\deg P \neq 0$ : $n$ est nécessairement pair.
$\bullet$ On a $\displaystyle \forall x \in \R^*, P(x) =K \prod_{\alpha \in S} (x-\alpha)$ avec $\displaystyle K \in 2 \Z+1$ et $S$ l'ensemble des racines complexes $\displaystyle \alpha \in \C$ non nécessairement distinctes deux à deux. L'équation fonctionnelle donne $\displaystyle \forall x \in \R^*, \prod_{\alpha \in S} (x+\alpha)= \prod_{\alpha \in S} (x-{1 \over \alpha})$ : si $\displaystyle \alpha$ est une racine de $P$, alors $\displaystyle -{1 \over \alpha}$ est une racine de $P.$
$\bullet$ On a $\displaystyle \forall x \in \R, P(x) = \sum_{k=0}^{n} a_k x^k$ avec $\displaystyle \forall k\in [0,n], a_k \in 2\Z+1$ et donc $\displaystyle P(1) \neq 0$ et, par l'équation fonctionnelle, $\displaystyle P(1)=P(-1)$ : $\pm 1$ ne sont pas racines de $P.$
$\bullet$ Si $i$ est racine de $P$, alors $-i$ est racine de $P$ est $\displaystyle (x-i)(x+i)=1+x^2$ divise $P$ : il existe donc un polynôme $Q$ tel que $\displaystyle P(x) = (1+x^2)Q(x)$ avec $\displaystyle \deg Q =n-2 \geq 0.$ On a écrit $\displaystyle Q(x) = \sum_{k=0}^{n} q_k x^k$ avec $\displaystyle \forall k\in [0,n], q_k \in \C$ et on reporte $$\displaystyle P(x) = a_0+a_1 x + a_2 x^2 + a_3 q^3 +... = (1+x^2)(q_0+q_1 x+q_2 x^2 + q_3 x^3 + ... ) = q_0 + q_1 x + (q_2+q_0) x^2 + (q_3+q_1) x^3 + ...$$ et on identifie les coefficients $\displaystyle \forall k\in [0,n], q_k \in 2 \Z+1.$ On a donc $\displaystyle P(1) = 2 Q(1)$ avec $\displaystyle Q(1) \in 2 \Z+1$ puisque le degré de $Q$ est pair (contradiction) : $\displaystyle \pm i$ ne sont pas des racines de $P.$
$\bullet$ Les nombres réels sont invariants par la conjugaison : $\displaystyle z \mapsto \bar{z}, z \in \C.$ Les nombres $\displaystyle \pm i$ sont invariants par l'involution : $\displaystyle z \mapsto -{1 \over z}, z \in \C^*.$ L'ensemble $S$ ne peut être formé que de sous ensembles de cardinal $4$ : $\displaystyle \{\alpha, \bar{\alpha}, -{1 \over \alpha}, -{1 \over \bar{\alpha}} \}$ pour les racines $\alpha$ non-réelles de $P$ avec $\displaystyle \alpha \neq \pm i$, ou de cardinal $2$ : $\displaystyle \{ \beta, {1 \over \beta} \}$ pour les racines $\beta$ réelles de $P$ avec $\displaystyle \beta \neq \pm1$ : $$\displaystyle \forall z \in \C, P(z) = K \prod_{\alpha \in S, \alpha \neq \pm i} (z-\alpha)(z-\bar{\alpha})(z+{1 \over \alpha})(z+{1 \over \bar{\alpha}})\prod_{\beta \in S, \beta \neq \pm 1} (z^2 + ({1 \over \beta} - \beta) z - 1) .$$
$\bullet$ L'application $\displaystyle M: z \mapsto {z-i \over z+i}, z \in \C\setminus \{-i\}$ transforme le demi-plan supérieur dans le disque unité ouvert, et la ligne réelle dans le cercle unité privé de $1.$ L'application réciproque $\displaystyle M^{-1}(z) = {z+1 \over i(z-1)}, z\in \C \setminus \{1\}$ transforme le cercle unité privé de $1$ dans la ligne réelle. On définit, pour tout polynôme $f$ avec $\displaystyle \deg f = n>0$, $\displaystyle \forall z \in \C\setminus \{-i\}, f^*(z)=(z+i)^n f(M(z)).$ Toute racine réelle de $f^*$ est transformée par $M$ en une racine de $f$ sur le cercle unité. Réciproquement, toute racine de $f$ sur le cercle unité privé de $1$ possède la forme $\displaystyle {z-i \over z+i}$ pour un certain $z$ réel qui est racine de $\displaystyle f^*.$ Compter les racines de $f$ sur le cercle unité revient à compter les racines réelles de $\displaystyle f^*$ sans oublier de vérifier si $1$ est racine de $f.$ On écrit $\displaystyle f^*(z) = a(z) + i b(z)$ avec $a$ et $b$ deux fonctions réelles. Une racine réelle de $\displaystyle f^*$ est une racine réelle commune à $a$ et $b.$
$\bullet$ Si des racines réelles de $P$ existent : $\beta \in \R^*, \beta \neq \pm 1$, elles ne sont pas sur le cercle unité.
$\bullet$ On calcule $\displaystyle \forall z \in \C, (z-\alpha)(z-\bar{\alpha})(z+{1 \over \alpha})(z+{1 \over \bar{\alpha}}) = f(z) =z^4+a z^3+b z^2-a z + 1$ avec $$\displaystyle a=({1 \over |\alpha|^2}-1) (\alpha + \bar{\alpha})$$ $$\displaystyle b = |{1 \over \alpha} - \alpha|^2-2$$ avec $\alpha$ une racine non-réelle de $P$ avec $\displaystyle \alpha \neq \pm i.$ On calcule $\displaystyle f^*(z) = b+2 + 2(b-6) z^2+(b+2) z^4 - i 4 a z (1+z^2)$ et donc $$\displaystyle a(z) = b+2 + 2(b-6) z^2+(b+2) z^4,$$ $$\displaystyle b(z) = 4 a z (1+z^2).$$ On cherche donc les racines réelles communes à $a$ et $b.$

Cas $\displaystyle a=0$ :
- Soit $\displaystyle \alpha + \bar{\alpha}=0$ et donc $\displaystyle \alpha \in i \R$ et $\displaystyle \alpha = i t, t \in \R^*, t \neq \pm 1.$ On calcule $\displaystyle b =|{1 \over it} - i t|^2-2 = (t + {1 \over t})^2 - 2 = t^2 + {1 \over t^2}.$ Le discriminant réduit de $\displaystyle a(z) = b+2 + 2(b-6) z^2+(b+2) z^4$ est $\displaystyle \Delta'=-16(b-2) =-16 (t - {1 \over t})<0$ : il n'existe pas de racine réelle pour $a$, et donc pas de racine réelle commune à $a$ et $b$, et donc pas de racine réelle de $f^*$ et donc pas de racine de $f$ sur le cercle unité.
- Soit $\displaystyle {1 \over |\alpha|^2}-1=0$ et donc $\displaystyle \alpha = e^{i \theta}, \theta \in ]-\pi, -\pi/2[ \cup ]-\pi/2,0[ \cup ]0,\pi/2[ \cup]\pi/2, \pi[.$ Le discriminant réduit $\displaystyle \Delta'=-16(b-2) =(8 \cos \theta)^2 >0$ reste positif. Et on a donc quatre racines réelles $\displaystyle \pm \tan {\theta\over 2}$ et $\displaystyle \pm 1/\tan {\theta\over 2}$ de $a$, et donc communes à $a$ et $b$, et donc racines réelles de $\displaystyle f^*$ et donc $f$ possède quatre racines sur le cercle unité. X:-(
Il faut montrer la contradiction sans doute avec $\displaystyle P \in \Z[X]$ puisque $\displaystyle f(z) = 1-2 \cos (2 \theta) z^2+z^4$...

Cas $\displaystyle a \neq 0$ :
- Puisque $\displaystyle a \neq 0$, $\displaystyle b(z) = 0, z \in \R, \implies z = 0.$ On a $\displaystyle a(0) = b+2 = |{1 \over \alpha} - \alpha|^2 = 0 \implies \alpha^2=1 \implies \alpha = \pm 1$ : contradiction puisque $\displaystyle \alpha \not\in \R.$ On a donc pas de racine réelle de $f^*$ et donc pas de racine de $f$ sur le cercle unité.

Comme promis :

Problème 8 : Soit $P\in\mathbb Z[X]$ un polynôme de degré $n\geqslant 1$ antisymétrique, \emph{i.e.} vérifiant la relation
\[
(\star)\quad P(-X)=X^{n}P\left(\frac1X\right)
\]
et dont les coefficients sont impairs. On note $Z(P)$ l'ensemble des zéros (complexes) de $P$. Alors $Z(P)\cap \mathbb U = \varnothing$.

Preuve :

On note $\displaystyle P=\sum_{k=0}^{n}a_{k}X^{k}$, avec $a_{n}\neq 0$. Alors $\displaystyle X^{n}P\left(\frac1X\right) =\sum_{k=0}^{n}a_{n-k}X^{k}$ (c'est le polynôme réciproque de $P$), donc la relation $(\star)$ signifie :
\[
\forall k, a_{n-k}=(-1)^{k}a_{k}.
\]
En particulier, pour $k=0$, on obtient $a_{n}=a_{0}$ et pour $k=n$, on obtient $a_{0}=(-1)^{n}a_{n}$. $n$ est donc pair ($a_{n}\neq 0$). On note $m=\frac n2$. Pour $k=m$, on obtient alors $a_{m}=(-1)^{m}a_{m}$, donc $m$ est pair ($a_{m}\neq 0$ puisqu'il est impair). On note $\ell=\frac m2$.

Soit $Q=\frac{P(X)}{X^{m}}$ (on travaille dans les fractions rationnelles). On a alors :
\begin{eqnarray*}
Q(X) &=& \sum_{k=0}^{n}a_{k}X^{k-m}\\
&=& \sum_{k=0}^{m-1}a_{k}X^{k}+\sum_{k=m+1}^{n}a_{k}X^{k-m} + a_{m}\\
&=& \sum_{k=m+1}^{n}a_{n-k}X^{m-k}+\sum_{k=m+1}^{n}a_{k}X^{k-m} + a_{m}\\
&=& \sum_{k=m+1}^{n}(-1)^{k}a_{k}X^{m-k}+\sum_{k=m+1}^{n}a_{k}X^{k-m} + a_{m}\\
&=& \sum_{k=m+1}^{n}a_{k}\left((-1)^{k}{X^{m-k}}+X^{k-m}\right) + a_{m}
\end{eqnarray*}
On pose $\tilde Q=Q(iX)$. On a alors $Z(P)\cap \mathbb U = \varnothing$ ssi $Z(\tilde Q)\cap \mathbb U = \varnothing$. Or :
\begin{eqnarray*}
\tilde Q(X)&=& Q(iX) = \sum_{k=m+1}^{n}a_{k}i^{k}\left((-1)^{k}(-1)^{m-k}{X^{m-k}}+X^{k-m}\right) + a_{m}\\
&=& \sum_{k=m+1}^{n}a_{k}i^{k}\left({X^{m-k}}+X^{k-m}\right) + a_{m}\\
&=& \sum_{k=1}^{m}a_{k+m}i^{k}\left({X^{-k}}+X^{k}\right) + a_{m}.
\end{eqnarray*}
On note maintenant $f\colon \theta \mapsto \tilde Q(ie^{i\theta})$. Le problème revient à montrer que $f$ n'a pas de racine réelle. On a :
\[
\forall \theta \in\mathbb R,\ f(\theta) = \sum_{k=1}^{m}a_{k+m}i^{k}2\cos(k\theta) + a_{m}.
\]
On considère les parties réelles et imaginaires de $f(\theta)$ :
\[
\Re f(\theta) = \sum_{\substack{1\leqslant k\leqslant m\\k \text{ pair}}}a_{k+m}i^{k}2\cos(k\theta) + a_{m} = \sum_{k=1}^{\ell} \alpha_{k}2\cos(2k\theta),
\]
où les $\alpha_{k}$ sont encore des entiers impairs.

De même :
\[
\Im f(\theta) = \sum_{\substack{1\leqslant k\leqslant m\\k \text{ impair}}}a_{k+m}i^{k}2\cos(k\theta) + a_{m} = \sum_{k=1}^{\ell} \beta_{k}2\cos((2k-1)\theta)+a_{m},
\]
où les $\beta_{k}$ sont des entiers impairs. C'est là qu'interviennent les polynômes de Tchebychev (de première espèce). On a, avec les notations usuelles :
\[
\Re f(\theta) = \sum_{k=1}^{\ell} \alpha_{k}2T_{2k}(\cos \theta) +a_{m}
\]
et
\[
\Im f(\theta) = \sum_{k=1}^{\ell} \beta_{k}2T_{2k-1}(\cos \theta)
\]
On note maintenant $S_{k}(X) = 2T_{k}\left(\frac X2 \right)$ (ces polynômes portent un nom ?). Les $S_{k}$ sont des polynômes unitaires de degré $k$, de même parité que $k$, et vérifient la relation de récurrence :
\[
\forall n \in\mathbb N,\ S_{n+1}=XS_{n}-S_{n-1},
\]
avec $S_{0}=1$ et $S_{1}=X$. Ils sont donc à coefficients entiers.

On a alors :
\[
\Re f(\theta) = \sum_{k=1}^{\ell} \alpha_{k}S_{2k}(2\cos \theta) +a_{m}
\]
et
\[
\Im f(\theta) = \sum_{k=1}^{\ell} \beta_{k}S_{2k-1}(2\cos \theta)
\]
On note finalement $\displaystyle A(X) = \sum_{k=1}^{\ell} \alpha_{k}S_{2k}(X) +a_{m}$ et $\displaystyle B(X) = \sum_{k=1}^{\ell} \beta_{k}S_{2k-1}(X)$. On va montrer que $A$ et $B$ n'ont pas de racine commune. Par l'absurde, supposons qu'ils en ait une, que l'on note $z$. On pose $C=\beta_{\ell} A-\alpha_{\ell}XB(X)$. Alors $\deg C \leqslant 2\ell-1 = m-1$. Mais $C$ est un polynôme pair, donc $\deg C \leqslant m-2$. De plus, $C$ est à coefficients entiers et $z$ est une racine de $C$. On note $\overline{C(X)}$ la réduction de $C$ modulo $2$. On a :
\[
\overline{C(X)} = \overline{\beta_{\ell} A-\alpha_{\ell}XB(X)} = \overline{A(X)}-\overline{X}\,\overline{B(X)}.
\]
On a $\displaystyle \overline{A(X)} = \overline{\sum_{k=1}^{\ell} S_{2k}(X) + 1}$.

Retour des polynômes de Tchebychev, de seconde espèce cette fois. On les note traditionnellement $U_{k}$, et on note également $V_{k}(X) = U\left(\frac X2 \right)\in\mathbb Z[X]$. Puisque $T_{k}=U_{k}-XU_{k-1}$, on a $S_{k}=2V_{k}-XV_{k-1}$. De plus, on a la relation $V_{k+1}=XV_{k}-V_{k-1}$ ($V_{0}=1$ et $V_{1}=X$). Ceci permet de montrer par récurrence sur $\ell$ que
\[
\displaystyle \sum_{k=1}^{\ell} S_{2k}(X) + 1 = V_{2\ell}(X) = V_{m}(X)
\]
On a donc :
\[
\displaystyle \overline{A(X)} = \overline{V_{m}(X)}.
\]
De même, on a :
\[
\displaystyle \overline{B(X)} = \overline{V_{m-1}(X)}.
\]
On a donc :
\[
\overline{C(X)} = \overline{V_{m}(X)-XV_{m-1}(X)} = \overline{-V_{m - 2}(X)} = \overline{V_{m-2}(X)}.
\]
En particulier, $\deg C\geqslant m-2$, et donc finalement $\deg C = m-2$, et son coefficient dominant est impair.

On recommence alors la même démarche avec $B$ et $C$ au lieu de $A$ et $B$. On construit alors un polynôme $D$ impair de degré $m-3$ et de coefficient dominant impair. De proche en proche, on fait baisser le degré des polynômes, qui ont toujours z comme racine commune, jusqu'à arriver à un polynôme constant non nul : contradiction.

Bonjour,

@YvesM : merci pour la référence, je savais que je les avais déjà rencontré en voulant normaliser (rendre unitaires) les polynômes de Tchebychev, mais pas moyen de remettre la main sur leur nom.

Bon dimanche,

Ritchie

@ AD : T'en fais pas, ça arrive même aux meilleurs ;-)



@Jacky : On note $\Omega$ la structure contenant le liquide, $X$ le champ de vecteur vitesse du fluide, $\phi_t$ la propagation par le flot associé à $X$ pendant un temps $t$, $B_0$ la goutte à $t=0$ et $B_t = \phi_t B_0$ la goutte au temps $t$.

1) C'est une conséquence de l'unicité dans le théorème de Cauchy-Lipschitz et le fait que $X_{|\partial \Omega}=0$. Si une trajectoire qui touche le bord alors il s'agit
en fait d'une trajectoire stationnaire, puisque la goutte démarre loin du bord elle ne l'atteindra jamais.

2)$\phi_t$ est continue, $B_0$ est connexe donc $B_t$ est connexe. Pour la simple connexité on fixe un lacet $\gamma$ dans $B_t$, on sait que $\gamma'=\phi_{-t}\circ \gamma$ est un lacet dans $B_0$. Comme $B_0$ est simplement connexe on peut déformer le lacet $\gamma'$ pour obtenir un lacet constant, il suffit alors de propager cette déformation par $\phi_t$ et on obtient une déformation continue de $\gamma$ en un lacet constant : $B_t$ est simplement connexe.

3)C'est la formule classique
\[
\frac{\mathrm d}{\mathrm d t} \mathrm{vol}(\phi_t B_0) =\int_{\phi_t B_0} \mathrm{div} X \mathrm d x .
\]

4) Il suffit de prendre un champ de vecteur $X$ qui soit non nul dans un cylindre fin passant par l'origine et nul sur le reste de $B_0$. J'avoue que j'ai la flemme d'écrire une équation, mais je pense qu'il n'y a pas de vice caché. Pour ce qui est du caractère "réaliste" je ne sais pas trop ce qu'ils entendent par là, peut être que ça veut dire à divergence nulle (fluide incompressible) ?

J'espère ne pas avoir raconté de bêtises. Les questions 5 et 6 sont peut être moins classiques, en tout cas je n'ai pas la réponse en tête. Mais je pense que les réponses à ces questions sont souvent présentées dans la littérature sur les champs de vecteur, systèmes dynamiques etc.




@Etienne : C'est aussi ce que j'ai pensé au début, mais un peu de trigonométrie et un développement limité te montrera que si Dilma joue comme ça alors Pédro possède une stratégie gagnante. En effet si Pédro se déplace d'une quantité $x$ le long de la droite de Dilma alors l'angle entre le nouveau point et le précédent est de l'ordre de $x$ tandis que la différence de module entre les deux points est de l'ordre de $x^2$. Ainsi si Pédro "tourne" toujours dans le même sens et qu'il se déplace d'une distance $\varepsilon/n$ à l'étape $n$ alors pour $\varepsilon$ assez petit il va faire une infinité de fois le tour de l'origine sans jamais atteindre le bord du disque. En effet la série des $\varepsilon/n$ diverge alors que celle des $(\varepsilon/n)^2$ converge.

Je pense quand même que c'est Dilma qui possède une stratégie gagnante, mais si ce que j'ai en tête est correcte alors c'est assez pénible à écrire...