Une identité polynomiale
J'ai trouvé cette identité dans un article de deux auteurs indiens datant de 1980 :
Soient $n>0$ un entier, $a$ un nombre complexe, $a\notin\{-1,0\}$, et $z_1,\dots, z_n$ les racines de $X^n+a$.
Pour tout polynôme $P\in \C[X]$ de degré $n$ on a l'identité :
$$
X P'(X) = \frac{n}{1+a} P(X) + \frac{1+a}{na} \sum_{k=1}^{n} \frac{z_k}{(z_k-1)^2} P(z_k X)
$$
$$
X P'(X) = \frac{n}{1+a} P(X) + \frac{1+a}{na} \sum_{k=1}^{n} \frac{z_k}{(z_k-1)^2} P(z_k X)
$$
La preuve est courte mais astucieuse. Je mettrai un lien vers la source plus tard, mais si en attendant certains veulent chercher...
Edit 1 : énoncé approximatif corrigé suite aux remarques de john_john et Jandri.
Edit 2 : l'identité est en fait valable pour tous les polynômes de degré $\leq n$.
Edit 2 : l'identité est en fait valable pour tous les polynômes de degré $\leq n$.
Après je bloque.
Réponses
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On peut démontrer une inégalité de Bernstein avec cette relation.
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Oui c'est possible, mais je ne suis pas très au courant. Apparemment tu connais mieux le sujet que moi. Les auteurs citent effectivement un théorème de Bernstein, et la page en anglais sur l'inégalité de Bernstein évoque aussi à la fin une conjecture d'Erdős démontrée par Lax ; et c'est de cet autre théorème qu'il s'agit dans l'article que j'ai lu.
Très franchement je doute que ce soit possible de retrouver cette identité en un temps fini sans indication (en tout cas pour moi c'est sûr que non, même en un temps infini).
Après je bloque. -
Je vais tenter ce qui suit : il suffit d'établir la formule lorsque $|a|<1$ ; dans ce cas, sachant que $1+a=1-z_k^n$ pour tout $k$, je développerai en série entière chaque terme $\displaystyle\frac{z_k(1-z_k^n)}{(1-z_k)^2}P(z_kX)$ en espérant que la somme de ces DSE soit simple. Je l'espère en effet puisque, entre autres, la somme sur $k$ des $z_k^p$ est nulle si $n$ ne divise pas $p$.
nota bene : je suppose que, dans la dernière parenthèse, c'est $z_k$ et non pas $z^k$. -
Je suis d'accord avec @john_john pour le $z_k$ et il faut aussi supposer $a\neq0$.
J'ai trouvé une démonstration assez courte (peut-être la même que celle de @JLapin ) : il suffit de montrer le résultat pour $P=X^m$ avec $m\leq n$.
Cela revient à montrer qu'une certaine somme $S_m$ portant sur les $z_k$ est une suite arithmétique.
On le démontre rapidement en formant $S_m-S_{m-1}$, à l'aide de la décomposition en éléments simples de $\dfrac{nX^{n-1}}{X^n+a}$ et de la valeur de $\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k^j$.
Il reste à observer que $S_n=-aS_0$ pour terminer le calcul.
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Je confirme ! Les deux membres de la formule sont des fonctions rationnelles en $a$ (facile à justifier) et il suffit de se ramener au cas où $|a|<1$.
Je rédige succinctement pour $n=3$ pour éviter des $\sum\sum$ imb...ables. J'écris $P(X)=X^3+AX^2+BX+C$.
$z_k(1+a)P(z_kX)/(z_k-1)^2=z_k(1-z_k^3)P(...)/(z_k-1)^2$ ; le DSE de $z(1+z+z^2)/(1-z)$ est $z+2z^2+3z^3+3z^4+\cdots$. Maintenant, $z_k^{3p}=(-1)^pa^p$, de sorte que (pour la raison avancée dans mon précédent message), la somme des 3 DSE (pour $k=1,2,3$) donne
$$9P(X)(a^2-a^3+a^4+...)-3a(AX^2+2BX+3C)$$
Sachant que $a^2-a^3+a^4...=a^2/(1+a)$, il ne reste plus qu'à vérifier que c'est le résultat attendu. -
La démonstration doit fonctionner avec tout corps de caractéristique $0$, grâce à des séries entières formelles.
(J'ai tapé ces deux messages sans avoir vu entre temps celui de jandri.) -
S’il y a plus efficace, ça me ferait plaisir de l’apprendre !
Je ne suis pas d'accord avec cette concordance des temps que l'on m'impose
[Conditionnel ou futur ? La phrase commence par "Si" ce qui milite pour le conditionnel. AD] -
Effectivement on peut vérifier que l'identité est vraie, mais ça ne dit pas d'où elle sort. Les auteurs partent du polynôme à 2 variables $$
F(X,Y) = \frac{P(XY)-P(X)}{Y-1}
$$ qui a la propriété que $F(X,1) = XP'(X)$. Et qui est de degré $n-1$ en $Y$, donc on peut lui "faire une interpolation de Lagrange" aux points $z_1$, $\dots$, $z_n$ (pour cela il faut que les $z_i$ soient tous distincts, donc que $a\neq 0$). Donc si on note $Q(Y) = Y^n+a$, on a $$
F(X,Y) = \sum_{k=1}^{n} \frac{F(X,z_k)}{Q'(z_k)} \frac{Q(Y)}{Y-z_k}
$$ Dans cette expression, il suffit de remplacer $Y$ par $1$ et calculer. Source : Simple proof of a theorem of Erdős and Lax, lemme 1.@JLapin J'ai oublié de dire que je suis impressionné que tu aies tout de suite trouvé quoi faire de cette identité.Après je bloque. -
Bonjour
On se place dans $\mathbb{C}(X)[Y]$, on pose $F(Y)=\dfrac{P(XY)}{Y^n+a}$.On décompose $F$ en éléments simples :$$F(Y)=a_nX^n -\sum_{k=1}^n \frac{z_kP(Xz_k)}{na(Y-z_k)},$$ où $a_n$ est le coefficient dominant de $P$,on dérive ($Y$ est la variable):$$\frac{XP'(XY)(Y^n+a)-nY^{n-1}P(XY)}{(Y^n+a)^2} = \sum_{k=1}^n \frac{z_kP(Xz_k)}{na(Y-z_k)^2}$$et on évalue en $1$ ($Y\leftarrow 1$) :$$\frac{XP'(X)(1+a)-nP(X)}{(1+a)^2} = \sum_{k=1}^n \frac{z_kP(Xz_k)}{na(1-z_k)^2}$$on en déduit la relation voulue en multipliant de part et d'autre par $1+a$.EDIT : ajout de la constante oubliée dans la DES. -
Bien joué ! C'est un peu le même esprit que la preuve proposée, et même plus court.
Après je bloque. -
Bravo à @incognito, je ne vois pas comment on pourrait faire plus court !
Je n'ai pas pensé à introduire une deuxième variable. -
En relisant la démonstration de @incognito je vois qu'il manque une constante dans la décomposition en éléments simples de $F$ mais cette constante disparait par dérivation.
On peut se passer d'introduire une fonction de deux variables en démontrant la relation pour le polynôme $P=X^m$ (avec $m\leq n$).
On introduit $G(Y)=\dfrac{Y^m}{Y^n+a}= C-\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{z_k^{m+1}}{na(Y-z_k)}$ avec $C=1$ si $m=n$, $0$ sinon.
On calcule $G'(1)=\dfrac{m}{1+a}-\dfrac{n}{(1+a)^2}=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{z_k^{m+1}}{na(z_k-1)^2}$ qui donne la relation voulue pour $X^m$ en multipliant par $(1+a)X^m$. -
Voici ma preuve (qui ressemble évidemment à d'autres).On note $Z$ l'ensemble des racines complexes de $X^n+a$.Pour $k\in [0,n]$, la DES de $\dfrac{X^k}{X^n+a}$ s'écrit $\dfrac{X^k}{X^n+a} = \delta_{k,n}-\dfrac{1}{na}\sum_{w\in Z} \dfrac{w^{k+1}}{X-w}$Par dérivation puis évaluation en $1$ : $\dfrac{k(1+a) - n}{(1+a)^2} = \dfrac{1}{na} \sum_{w\in Z} \dfrac{w^{k+1}}{(1-w)^2}$
qui se réécrit\[ k = \dfrac{n}{1+a}+ \dfrac{a+1}{na}\sum_{z\in Z} \dfrac{z^{k+1}}{(z-1)^2}\]soit exactement la formule qui permet d'établir l'identité pour chaque polynôme de la base canonique de $\C_n[X]$.Les calculs de DES et de dérivation se font essentiellement de tête. En revanche, je trouve confortable de disposer de la formule finale avant de commencer même si on pourrait sans trop de problème la retrouver à partir de la dernière relation. -
Finalement (sauf si j'ai loupé un détail), la formule de départ est vraie pour tout polynôme $P\in\mathbb{C}_n[X]$ et pas seulement pour ceux de degré exactement $n$ ?
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Oui, j'ai justement édité mon message initial tout à l'heure, après avoir lu les messages de jandri et JLapin juste au-dessus.
Après je bloque. -
Je partage l'indignation de @JLapin. Tu sais, @AD, s'il pleut demain, et s'il existe un moyen de trouver un parapluie, tu seras peut-être content de t'abriter dessous. S'il n'y avait qu'une seule façon de construire les phrases, ça se saurait...
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J'abonde ce point de concordance des temps : ce n'est pas seulement la présence de "si" qui implique un conditionnel, c'est un "si" + un verbe à l'imparfait. Ici, JLapin a utilisé un verbe au présent de l'indicatif, donc la concordance des temps fera naturellement appel à un futur de l'indicatif ensuite.Ainsi, la phrase initiale de JLapin est correcte.
Lorsque notre cher Gebrane, le 😄 farceur, intervient dans une question d'algèbre, c'est une véritable joie pour les lecteurs. -
En effet, vous avez raison !
Je restitue le message de JLapin tel qu'il l'avait écrit.
Toutes mes plus plates excuses.
AD -
Mairssi bôcou !
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Bonjour, John et John,Tout le monde a détaillé sa méthode et, toi, tu n'as donné qu'un aperçu de la tienne.Merci de m'en dire davantage, car le principe de la série m'intéresse, et je suis resté sur ma faim.Yann, qui continue à faire de l'analyseCordialement.
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Bonsoir, Yann,
je m'en charge dès demain ! D'ailleurs, c'est moins long à taper en LaTeX que je ne le craignais. A suivre... -
Pour $P(X)=X^n$, on déduit cette égalité que je trouve sublime
$$ \frac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n} \frac{z_k}{(z_k-1)^2} =
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\frac a{(1+a)^2}$$Lorsque notre cher Nico, le professeur, intervient dans une question d'analyse, c'est une véritable joie pour les lecteurs.. -
Un énoncé d'oral de l'ENS pour les PC, donné en 2016 (cf. RMS 127-2, exercice 164) qui tourne autour de cette égalité.
Je le reproduis ci-dessous.Pour $P\in\C[X]$, on pose $\|P\|=\max(\{|P(z)|,z\in\mathbb{U}\})$.- Montrer que $\|\dots\|$ définit une norme sur $\C[X]$.
- Soit $P\in\C[X]$ et $t\in\C$. Montrer que $g_t(X)=\frac{P(tX)-P(X)}{X-1}$ est un polynôme et préciser $g_t(1)$.
- On note $z_1,\dots,z_n$ les racines de $X^n+1$. Soit $P\in\C_n[X]$. Montrer que \[g_t(X)=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \frac{z_k g_t(z_k) (X^n+1)}{z_k-X}\]
- En déduire une expression plus simple de \[\sum_{k=1}^n \frac{2z_k }{(z_k-1)^2}\]
- Montrer que pour tout $P\in\C_n[X]$, $\|P'\|\leq n\|P\|$.
Un autre énoncé fut donné l'année suivante aux MP à Centrale cette fois-ci (cf. RMS 128-2, exercice 861). Il demandait ceci :Pour $n\in\N^*$, on note $V_n$ l'ensemble des racines $n$-èmes complexes de $-1$.- À l'aide de la décomposition en éléments simples de $\frac{1}{X^n+1}$, calculer \[\sum_{z\in V_n}\frac{z}{1-z}\]
- Montrer que pour tout $P\in\C_n[X]$, \[XP'(X)=\frac{n}{2}P(X)+\frac{2}{n}\sum_{z\in V_n}\frac{zP(zX)}{(z-1)^2}\]
-
Bonjour, Bisam : effectivement ; pour un exercice d'oral, choisir $a=-1$ est amplement suffisant si l'on ne cherche pas à en déduire une démonstration de la conjecture d'Erdös.
Je vais toute fois, à la demande (générale !) de Yann, le rédiger pour $a$ (presque) quelconque ; cela dit, je ne l'avais pas fait auparavant puisque, ultérieurement, des calculs beaucoup plus simples ont été fournis. -
Le membre de droite est une fonction symétrique rationelle des racines de $X^n+a$ et s'exprime donc comme fonction rationnelle de $a$. Il suffit de montrer la formule pour $a\neq0,\,|a|<1$.Si $|z|<1$, on a $\displaystyle z\frac{1-z^n}{(1-z)^2}=\sum_{p=1}^npz^p+n\sum_{q=n+1}^{+\infty}z^q$.On sait que $\sum z_k^p=0$ si $n$ ne divise par $p$ et $(-1)^kna^k$ si $p=kn$ (sommes géométriques)Pour $P=X^m$, avec $0\leqslant m\leqslant n$, le membre de droite devient\[\displaystyle\sum_k\sum_{p=1}^npz_k^p(z_kX)^m+n\sum_k\sum_{q=n+1}^{+\infty}z^q(z_kX)^m=\Big(-n(n-m)a+n^2\sum_{r=2}^{+\infty}(-1)^ra^r\Big)X^m\]C'est-à-dire $\Big(-n(n-m)a+n^2\displaystyle\frac{a^2}{1+a}\Big)X^m$ car, par exemple, seuls les termes correspondant à $p=n-m$ sont non nuls dans la première somme ; la suite en découle immédiatement.
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