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Identité racines versus polynôme dérivé

Modifié (November 2023) dans Algèbre
Soient $n\geq 2$ un entier et $P(X) = (X-z_1)\dots (X-z_n)$ un polynôme (complexe) de degré $n$ à racines simples. Comment démontrer que $$ \sum_{i=1}^n\frac{1}{P'(z_i)} = 0\qquad ?$$ En fait on devrait avoir plus généralement, pour tout entier $k$ dans $[0, n-2]$, $$ \sum_{i=1}^n\frac{z_i^k}{P'(z_i)} = 0$$
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Réponses

  • Modifié (November 2023)
    Salut,
    Il y a plusieurs méthodes plus ou moins simples.  L'une d'entre elles consiste à utiliser la théorie des fractions rationnelles : 
    Pour $k\!\in\!\{0..n\!-\!1\}$ fixé, comment se décompose la fraction $F(X)\!=\!\dfrac{X^k}{P(X)}$
    (quelle est la forme de la décomposition, puis quels sont les coefficients, puis quel est l'équivalent en l'infini de chaque terme de la décomposition).
  • Modifié (November 2023)
    Équivalent en l'infini ! merci. Je sais comment décomposer $\frac{X^k}{P(X)} = \sum_{i=1}^{n} \frac{z_i^k}{P'(z_i)} \frac{1}{X-z_i}$, et c'est par là que j'espérais passer, mais je ne voyais pas comment continuer.
    Si tu connais d'autres manières de faire, ça m'intéresse.
    Je précise que je connaissais une méthode en ouvrant ce fil, sans argument d'analyse, qui utilise des déterminants de matrices type Vandermonde, comme dans ce fil, mais je la trouve bizarrement compliquée, et je me disais qu'il devait bien exister une méthode plus simple.
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  • Modifié (November 2023)
    C'est une application immédiate du théorème des résidus. Soit $C$ un cercle entourant toutes les racines $z_1,...,z_n$. Alors $$\oint_C \frac{z^k}{P(z)} dz = 2i\pi \sum_{j=1}^n \text{Res}\left(\frac{z^k}{P(z)}, z_j\right) = 2i\pi \sum_{j=1}^n \lim_{z\to z_j}(z-z_j)\frac{z^k}{P(z)} = 2i\pi \sum_{j=1}^n \frac{z_j^k}{P'(z_j)}.$$ Mais d'autre part, l'intégrale est aussi égale à  $$-2i\pi \text{Res}\left(\frac{z^k}{P(z)}, \infty\right) = 2i\pi \text{Res} \left(\frac{1}{z^{k+2}P(1/z)},0\right).$$ (En gros c'est le changement de variable $z \mapsto 1/z$ dans l'intégrale.) Vu la condition sur $k$, on constate que $0$ est un pôle d'ordre $k+2-n.$ Le seul cas où la singularité n'est pas effaçable (donc de résidu $0$) est quand $k=n-1.$ Dans ce cas, on a un pôle simple et $$\text{Res} \left(\frac{1}{z^{n+1}P(1/z)},0\right)  = \lim_{z \to 0} \frac{1}{z^n P(1/z)}=1.$$ Au total $$\sum_{j=1}^n \frac{z_j^k}{P'(z_j)} = \delta_{k,n-1}$$ sauf erreur.
  • Modifié (November 2023)
    Cyrano, merci pour la preuve. Je ne suis pas très à l'aise en analyse complexe donc ça va me prendre un peu de temps pour la lire, et en particulier vérifier l'égalité de la deuxième ligne. Mais quelque chose me dit que la somme est nulle aussi lorsque $k=n-2$ (mais pas lorsque $k=n-1$).
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  • @i.zitoussi : Je n'ai pas trouvé de fautes comme ça, mais c'est possible. :)
    De toute façon le théorème des résidus correspond à une décomposition en fractions simples généralisée. Donc évidemment, dans le cas polynomial on retrouve la proposition de Ben314159. (Je calcule le résidu à l'infini et lui propose de trouver un équivalent à l'infini.)
  • Modifié (November 2023)
    Cyrano, je ne me suis pas encore replongé dans l'analyse complexe, mais il me semble toujours qu'en continuant la méthode de benpi on a pour $k<n$ les équivalents en $\infty$ : $$\frac{z^k}{P(z)} \sim \left(\frac{1}{z}\right) ^{n-k}, \qquad \mathrm{et}\qquad \sum_{i=0}^n \frac{z_i^k}{P'(z_i)} \frac{1}{z-z_i} \sim \left(\sum_{i=0}^n\frac{z_i^k}{P'(z_i)}\right)  \frac{1}{z}$$ce qui donne en comparant (puisque les expressions de gauche sont égales)
    $$\sum_{i=0}^n\frac{z_i^k}{P'(z_i)} = \left\{ \begin{align} 0 \; \mathrm{si}\; k<n-1 \\ 1 \; \mathrm{si}\; k=n-1\end{align} \right.$$
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  • Modifié (November 2023)
    Voici la preuve que j'avais, sans analyse mais plus longue.
    Soit $V(z_1,\ldots, z_n)$ le déterminant de Vandermonde : $$
    V(z_1,\ldots,z_n) := \operatorname{det} \begin{bmatrix}
    1 & y_1 & \ldots & z_1^{n-1} \\
    1 & y_2 & \ldots & y_2^{n-1} \\
    \vdots & & \ddots\\
    1 & y_n & \ldots & y_n^{n-1}
    \end{bmatrix}
    = \prod_{i<j}(z_j-z_i)$$ Pour tout $i\in[1,n]$, $V$ et le polynôme $P$ sont liés par : \begin{align*}
    V(z_1,\ldots, z_n)
    &= \prod_{a<i}(z_i-z_a) \times \prod_{i<b}(z_b-z_i) \times \prod_{a<b, a,b\neq i}(z_b-z_a) \\
    &= (-1)^{n-i}\prod_{a\neq i}(z_i-z_a) \times \prod_{a<b, a,b\neq i}(z_b-z_a) \\
    &= (-1)^{n-i}P'(z_i)\, V(z_1,\ldots, \widehat{z_i},\ldots, z_n),
    \end{align*} où le chapeau sur $z_i$ indique que $z_i$ est omis (plus que $n-1$ variables).
    Soit aussi, pour $a=(a_1,\ldots,a_n)\in\mathbb{C}^n$, $D(a)$ défini par : \begin{align*}
    D(a) &:= \operatorname{det} \begin{bmatrix}
    a_1 & 1 & z_1 & \ldots & z_1^{n-2} \\
    a_2 & 1 & z_2 & \ldots & z_2^{n-2} \\
    \vdots & & & \ddots\\
    a_n & 1 & z_n & \ldots & z_n^{n-2}
    \end{bmatrix}\\
    &= \sum_{i=1}^n (-1)^{i+1}a_i V(z_1,\ldots, \widehat{z_i},\ldots, z_n)\\
    &= (-1)^{n+1}V(z_1,\ldots,z_n) \times \sum_{i=1}^n  \frac{a_i}{P'(z_i)}
    \end{align*}   (deuxième ligne: développement par rapport à la 1ère colonne, troisième ligne: relation entre $V$ et $P'$).
    Lorsque $a_i=z_i^k$ pour tout $i$ :
    si $0\leq k<n-1$, on a $D=0$ (puisque deux colonnes sont égales), ce qui donne les $n-1$ premières relations ;
    si $k=n-1$, alors $D=(-1)^{n-1}V(z_1,\ldots,z_n)$, ce qui donne la dernière relation, $\sum_{i}\frac{z_i^{n-1}}{P'(z_i)} = 1$.
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  • J'ai trouvé ma faute et j'ai corrigé le message. Nous avons bien la même réponse. ;)
  • Modifié (November 2023)
    Cyrano, merci pour la confirmation.
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  • Comme @Ben314159 je pense que le plus simple est d'utiliser une décomposition en fraction rationnelle. En lui associant un développement en série entière on peut calculer les sommes $S_k=\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac{z_i^k}{P'(z_i)}$ en fonction des coefficients du polynôme $P$ pour des valeurs de $k$ supérieure à $n-1$.
    De la décomposition $\dfrac1P=\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac1{P'(z_i)(X-z_i)}$ on déduit $\dfrac1{tP(1/t)}=\displaystyle\sum_{i=1}^n\dfrac1{P'(z_i)(1-z_it)}$
    d'où en posant $P=X^n-\sigma_1X^{n-1}+\sigma_2X^{n-2}+\dots+(-1)^n\sigma_n$ :   $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}S_kt^k=t^{n-1}(1-\sigma_1t+\sigma_2t^2+\dots+(-1)^n\sigma_nt^n)^{-1}$

    Cela donne $S_k=0$ pour $k\leq n-2$, $S_{n-1}=1$ puis avec un développement limité : $S_n=\sigma_1$, $S_{n+1}=\sigma_1^2-\sigma_2$, $S_{n+2}=\sigma_1^3-2\sigma_1\sigma_2+\sigma_3$, etc...
  • @jandri m: Merci pour cette autre preuve. Je me demandais justement ce que valaient les autres $S_k$, pour $k$ hors de $[0, n-1]$.
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  • Modifié (November 2023)
    Réflexion faite, ces sommes $S_k$ (notation de jandri) sont les polynômes symétriques complètement homogènes dans les $z_i$, d'indice translaté de $1-n$. C'est-à-dire, pour $k\geq 0$, $$\sum_{i=1}^n\dfrac{z_i^k}{P'(z_i)} = h_{k-(n-1)}(z_1, \ldots, z_n)$$ où $h_k(z_1,\ldots,z_n)$ est la somme de tous les monômes de degré $k$ en $z_1$,$\ldots$,$z_n$. Leur série génératrice est $\sum_{k\geq 0}h_kt^k = \prod_{i=1}^n \frac{1}{1-z_i t}$ (cf wikipedia). Merci...  Je ne regrette pas d'avoir ouvert ce fil !

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