Racines complexes d’un polynôme

Sara1993

Bonjour,
il s’agit de prouver que si $z$ est une racine différente de la racine réelle de $P(z)=z^5-z^4-z^3-z^2-z-1$

alors c’est une racine simple et $|z|<1$.

j’ai montré que $|z|<2$.
Je demande une indication pour avancer. Merci.

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Cyrano

Théorème de Rouché.

Sara1993

Pardon mais je n’arrive toujours pas à faire le bon choix pour $f$ et $g$ afin d’appliquer le théorème de Rouché, est-ce que $f(z)=P(z)$ et $g(z)=z^5-1$ ? 

Rescassol

Bonjour,

Romanesco ?

Cordialement,
Rescassol

Math Coss

Ce n'est certainement pas le bon choix puisqu'on veut un polynôme qui a quatre racines dans le disque unité et pas cinq sur son bord.

pldx1

Math Coss

Même genre de figure en faisant varier cinq : zéros des polynômes $\displaystyle z^n-\sum_{k=0}^{n-1}z^k$ pour $5\le n\le50$.

john_john

Si l'on désigne par $x$ le zéro réel de $P$ et que l'on factorise $X-x$ dans $P$, on voit que les quatre autres zéros sont ceux d'un polynôme de la forme $Q_1(X)=X^4+\sum a_kX^k$, où les $a_k$ sont dans $]0,1[$. Sauf erreur, on peut appliquer Rouché à $Q_1$ et à $Q_2(X)=X^4+\sum X^k$ sur le cercle unité. Cela devrait fonctionner aussi mutatis mutandis pour tous les exposants impairs.
Voilà donc une belle brochette de nombres de Pisot !

Sara1993

J’ai bien compris l’idée d’utilisation de Q1(X) et Q2(X) pour que Q1(X) puisse avoir exactement 4 racines différentes deux à deux puisque Q2(X) aussi, mais obtenir l’inégalité du théorème de Rouché n’est pas encore évidente pour moi , et aussi pourquoi le module des racines de Q1(x) vont avoir un module <1. 

Pourrais-je espérer plus d’aide ? Merci . 

john_john

Une remarque : Rouché ne prouvera pas la simplicité des racines, mais en calculera seulement le nombre (pour la simplicité, remarque que $P(z)=0$ implique $z^6-2z^5+1=0$, fonction polynomiale sans zéro commun avec sa dérivée).
Rouché, à présent : ici, on prend le disque unité ouvert, bordé par le cercle unité $\mathbb U$, sur lequel on vérifie l'hypothèse, savoir $|Q_2-Q_1|<|Q_2|$ en tout point ; cette dernière inégalité se vérifie (si je ne me suis pas convaincu trop vite) par élévation au carré de la norme. Cela marche notamment parce que les coefficients de $Q_2$ sont réels positifs. Du théorème suit alors que $Q_1$ et $Q_2$ ont autant de zéros dans le disque ouvert.

Pour fixer les idées :   https://fr.wikipedia.org/wiki/Théorème_de_Rouché

Lars

Bonjour

Montrez que $z^6+1$ est négligeable, au sens du théorème de Rouché, devant $2z^5$ sur le cercle centré à l'origine de rayon $1+\epsilon$ pour $\epsilon$ assez petit.

bisam

Si tu supposes que $P(z)=0$ alors $(z-1)P(z)=0$ donc $z^6-2z^5+1=0$.

Si $z$ est racine double de $P$ alors puisque $1$ n'est pas racine de $P$, $z$ est racine de la dérivée de $X^6-2X^5+1$, c'est-à-dire de $6X^5-10X^4$ donc $z=0$ ou $z=5/3$. Mais comme aucune de ces valeurs n'est racine de $P$, $P$ n'a pas de racine double.

john_john

Oublie ce que j'ai écrit à propos de  Rouché : la majoration est fausse, et elle n'aurait même pas pu être vraie car $Q_2$ s'annule sur le cercle unité.

En revanche, ce qui suit semble marcher, de façon élémentaire en plus : $x$ est le zéro réel de $P$ et $z$ un autre zéro, de module $r$. Alors, $z^5=z^4+\cdots$ montre que $r^5\leqslant r^4+\cdots$, c'est-à-dire $r\leqslant x$ ; il y a même inégalité stricte car on n'a pas égalité dans l'inégalité triangulaire, puisque $1$ et $z$ n'ont pas même argument.

Enfin, de $2z^5=z^6+1$, on déduit $2r^5\leqslant r^6+1$, et une étude de fonction montre que $r\leqslant1$ ou $r\geqslant x$, le second cas étant désormais exclu.

Il reste à exclure $r=1$, mais cela impliquerait que $z^6$ est un réel positif, et donc $z^5$  aussi, et donc $z=x$.

Expérons que cela colle, cette fois

Remarque : ouf ! Personne ne s'était aperçu de mon erreur et j'ai ainsi notamment évité une volée de bois vert de GBZM -- elle eût été toutefois méritée.

Sara1993

Pardon mais r^5<=r^4+…entraine que r<=x que si l’on suppose que r>1 , car on aura: 
 r^5<=( r^5-1)/(r-1) . 

Normalement ce raisonnement nous conduira à conclure que r=x si l’on suppose que r>1, mais où est alors la contradiction?

john_john

J'ai vu cela autrement : $r^5\leqslant r^4+\cdots$ est exactement $P(r)\leqslant0$, càd $r\leqslant x$ puisque $P$ n'admet qu'un zéro dans $\R$.

Sara1993

Je vois, effectivement vous avez raisonné différent de moi, je comprends très bien la démarche maintenant.
Merci beaucoup pour votre assistance . 

john_john

De rien, Sara ! Et merci pour cet exercice intéressant...