Polynômes et pgcd
Bonsoir
Je bloque complètement sur cet exercice :-S
Soient $(a_1, \cdots, a_n) \in \R^n$ et $(m_1, \cdots, m_n) \in (\N^{*})^n$. On suppose que $a_1 > a_2 > \cdots >a_n$.
On pose $Q_1 = \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k}$ et $P_j =\dfrac{Q_1}{X-a_j}$
1) Montrer que $Q_1 \wedge Q_1 ' = \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1} $
2) Soient $(b, c_1, \cdots, c_n) \in \R^{n+1}$ et $P \in \R[X]$ défini par la formule $P=(X-b) Q_1 + \displaystyle\sum_{j=1}^n c_j P_j$
Donner une expression de $P \wedge Q_1$ en fonction des $a_j$, $m_j$ et de l'ensemble $J$ des indices pour lesquels $c_j=0$.
Je bloque complètement sur cet exercice :-S
Soient $(a_1, \cdots, a_n) \in \R^n$ et $(m_1, \cdots, m_n) \in (\N^{*})^n$. On suppose que $a_1 > a_2 > \cdots >a_n$.
On pose $Q_1 = \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k}$ et $P_j =\dfrac{Q_1}{X-a_j}$
1) Montrer que $Q_1 \wedge Q_1 ' = \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1} $
2) Soient $(b, c_1, \cdots, c_n) \in \R^{n+1}$ et $P \in \R[X]$ défini par la formule $P=(X-b) Q_1 + \displaystyle\sum_{j=1}^n c_j P_j$
Donner une expression de $P \wedge Q_1$ en fonction des $a_j$, $m_j$ et de l'ensemble $J$ des indices pour lesquels $c_j=0$.
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Réponses
Tu n'as même pas cherché à exprimer $Q'$, pas étonnant que tu sèches.
Très peu de chance pour que OS traite par lui-même un exemple numérique explicite, puis généralise tout seul sans en parler au forum et donner le rapport du jury sur ces question ou passe à un autre exercice plus simple s'il s'estime incapable de traiter celui-ci....
Pavlov serait intrigué.
Dessiner les racines ? Idem, je n'ai pas vraiment compris.
J'ai relu le cours de MPSI et on a la proposition suivante :
Pour tout $\boxed{P \in \R [X] \ (P \mid A \ \text{et} \ P \mid
Il suffit donc d'exhiber un diviseur commun à $Q$ et $Q'$ qui vérifie l'implication :
$\forall P \in \R[X] \ (P \mid Q \ \text{et} \ P \mid Q') \implies P \mid \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k -1} $
Il reste à montrer que si $P$ divise $Q$ et $Q'$ alors $P$ divise $\displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k -1}$ Je ne vois pas comment procéder.
"J'ai (1) => (2), (2) => (3) et je dois montrer (1) => (3), au secours".
Bonne continuation
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$\dfrac{Q_1}{\prod\limits_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1}}=\prod\limits_{k=1}^n (X-a_k)$ et $\dfrac{Q'_1}{\prod\limits_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1}}$ sont premiers entre eux.
Je ne comprends rien à ce que tu dis.
Voici le rapport du jury.
Il y a deux méthodes proposées après je ne sais pas laquelle est la plus simple.
Pourquoi $(X-1)^2$ ne divise pas $P'$ ??
Si $P \mid Q$ et $Q \mid P$ alors il existe $\lambda \in \R$ tel que $P= \lambda Q$. Si $dom(P)=dom(Q)$ alors $P=Q$.
Démonstration :
Si $P \mid Q$ et $Q \mid P$ alors il existe $(U,V) \in \R^2[X]$ tel que $Q=UP$ et $P=QV$
Ainsi, $Q = U QV$ donc il existe $\lambda \in \R$ tel que $UV= \lambda$ donc les polynômes $U$ et $V$ sont constants.
Notons $U=\beta$ et $V=\gamma$. On a donc $Q= \beta P$ et $P= \gamma Q$
Donc $Q= \beta \gamma Q$ soit $\beta \gamma =1$ et $Q= \beta P$
Je n'arrive pas à démontrer que $dom(P)=dom(Q) \implies P=Q$...
Soit a le coefficient dominant de P et b celui de Q
On sait que P = k * Q (avec k réel), donc a = k*b
Si a=b, alors k=1, donc P=Q.
Je vais tenter d'utiliser cette méthode pour résoudre l1 question 1.
De $P= \gamma Q$ et $dom(P)=dom(Q)$, tu ne vois pas comment obtenir $P=Q$ ?
Plus nul, c'est difficile !!
Cordialement,
Rescassol
Si $a=kb$ et $k=1$, alors $a=b$, ça il sait le faire. Par contre $dom(P) = dom(Q) \Longrightarrow P=Q$, là ça bloque. Alors que conceptuellement, c'est tout simple.
OShine : c'est un peu comme "fais un dessin" ou "traite un exemple simple", il faut que tu démystifies chaque notation : est-ce que le symbole est un nombre, une fonction, un je sais pas quoi... ici, c'était très simple. Tu as deux polynômes tels que $P = \lambda Q$. Si $a=dom(P)$ et $b=dom(Q)$, c'est trivial que $a = \lambda b$. Maintenant si $a=b$, il vient forcément que $\lambda = 1$, donc $P = 1Q = Q$. C'est vraiment tout bête, et je pense que c'est vraiment la notation "$dom$" qui t'a bloqué. Ose manipuler un peu les choses, même si ça ne répond pas toujours immédiatement à la question, ça te rendra plus familier avec les éléments du problème.
OShine ça a déjà été dit par d'autres mais j'ai envie d'en remettre une couche : ton approche aux maths est terrible. En fait tu n'attaques pas l'exo, tu te fais attaquer par l'exo et tu capitules rapidement en implorant pitié. B-)-
Tant que tu ne considéreras pas chaque exo comme un challenge tu ne progresseras pas beaucoup à mon avis.
Donc forcément, il n'y arrive pas.
Mais quand on se refuse à essayer pour des valeurs de n petites, quand on se refuse à faire des dessins le plus souvent ou a travailler sur des exemples dans un premier temps... c'est normal de ne pas comprendre les objets mathématiques manipulés... malheureusement !
Il est évident que $\displaystyle\prod_{k=1}^{m_k -1} (X-a_k)^{m_k -1} \mid Q$ car $\forall k \in [|1,n|] \ \ m_k -1 \leq m_k $
Comme $a_k$ est racine d'ordre $m_k$ de $Q$ pour tout $k \in [|1,n|]$ alors $a_k$ est racine d'ordre $m_k -1$ de $Q'$.
Ainsi, $\forall k \in [|1,n|] \ \ (X-a_k)^{m_k -1} \mid Q'$. Comme les $a_k$ sont distincts, les $X-a_k$ sont premiers entre eux donc les $(X-a_k)^{m_k -1}$ sont premiers entre eux.
Donc $\displaystyle\prod_{k=1}^{m_k -1} (X-a_k)^{m_k -1} \mid Q'$. Par définition du $PGCD$, on en déduit $\boxed{\displaystyle\prod_{k=1}^{m_k -1} (X-a_k)^{m_k -1} \mid Q \wedge Q' }$
$Q \wedge Q'$ est un diviseur de $Q$ car c'est le plus grand diviseur commun de $Q$ et $Q'$.
Ainsi, pour tout $k \in [|1,n|]$ il existe un $p_k \leq m_k$ tel que $Q \wedge Q' = \displaystyle\prod_{k=1}^{p_k} (X-a_k)^{p_k }$
Si $p_k =m_k$ alors $(X-a_k)^{m_k} \mid Q'$ ce qui est absurde donc $\boxed{p_k \leq m_k -1}$.
Je n'arrive pas à démontrer que $p_k = m_k -1$.
Le rapport du jury juge ces questions accessibles.
Je simplifie un peu les notations de l'énoncé. J'appelle $Q = \displaystyle \prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k}$ et $D = \displaystyle \prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1}$.
gai requin affirme donc que $\dfrac{Q}{D}$ et $\dfrac{Q'}{D}$ sont premiers entre eux.
Dans ce cas, il existe $U$ et $V$ tels que $\dfrac{Q}{D}U+\dfrac{Q'}{D}V=1$, et donc tels que $QU+Q'V=D$.
Du coup, s'il existe un polynôme $P$ qui divise $Q$ et $Q'$, disons qu'on a $Q=AP$ et $Q'=BP$, alors $(AU+BV)P=D$, donc $P$ divise $D$.
Donc on a tout pour répondre à la question : tu as déjà prouvé que $D$ divise $Q$ et $Q'$, on vient de montrer que tout $P$ diviseur commun de $Q$ et $Q'$ divise $D$, donc $D$ est un PGCD de $Q$ et $Q'$. En admettant que gai requin a raison, c'est donc terminé.
Reste à comprendre pourquoi il a raison.
On sait que $\dfrac{Q}{D} = \displaystyle \prod_{k=1}^n (X-a_k)$. D'après lui, $\dfrac{Q'}{D}$ ne s'annule en aucun des $a_k$. Si c'est vrai, alors c'est immédiat que $\dfrac{Q}{D}$ et $\dfrac{Q'}{D}$ sont premiers entre eux, vu la forme de $\dfrac{Q}{D}$. Moi, je ne suis pas intelligent, alors ça ne me saute pas aux yeux que c'est le cas. J'ai commencé par exprimer $Q'$ :
$Q' = \displaystyle \sum_{j=1}^n \bigg( m_j(X-a_j)^{m_j - 1} \prod_{k \neq j}(X-a_k)^{m_k}\bigg) = \sum_{j=1}^n \bigg( m_j(X-a_j)^{m_j - 1} \prod_{k \neq j}(X-a_k)^{m_k-1} \prod_{k \neq j}(X-a_k)\bigg)$
$\displaystyle = \sum_{j=1}^n \bigg(m_j \prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k-1} \prod_{k \neq j}(X-a_k)\bigg) = D \times \sum_{j=1}^n \bigg(m_j \prod_{k \neq j}(X-a_k)\bigg)$. Donc $\boxed{\dfrac{Q'}{D} = \displaystyle \sum_{j=1}^n \bigg(m_j \prod_{k \neq j}(X-a_k)\bigg)}$.
Reste à vérifier que $\dfrac{Q'}{D}$ ne s'annule effectivement en aucun des $a_k$. Soit $i \in \{1,...,n\}$.
$\dfrac{Q'}{D}(a_i) = \displaystyle \sum_{j=1}^n \bigg(m_j \prod_{k \neq j}(a_i-a_k)\bigg)$. Sauf que $\displaystyle \prod_{k \text{ tel que } k\neq j}(a_i-a_k)$ contient le terme $(a_i - a_i)$ pour presque tout $j$ : la seule exception est $j=i$.
Donc $\dfrac{Q'}{D}(a_i) = \displaystyle m_i \prod_{k \neq i}(a_i-a_k)$, comme le produit est forcément non nul (les racines sont toutes distinctes !) et que $m_i \neq 0$ (l'énoncé suppose les $m_i$ dans $\N$, mais il faut les supposer dans $\N^*$ pour qu'ils aient un intérêt, vu que ce sont des multiplicités de racines), on a bien $\dfrac{Q'}{D}(a_i) \neq 0$.
Il y a certainement une manière plus rapide et élégante de tout justifier, mais comme tu peux le voir, rien n'était infaisable. gai requin a donné tous les indices nécessaires, il fallait juste se retrousser les manches un peu pour comprendre sa méthode (et relire son cours, il faut toujours relire son cours). Et je n'ai utilisé aucun résultat, ni aucune méthode, particulièrement sophistiqués (puisque je n'en connais pas).
Petit commentaire en plus, qui vaut la peine d'être lu : Quand les notations sont lourdes, on a tendance à surestimer la difficulté d'un truc. J'ai changé $Q_1$ en $Q$, parce que l'indice ne sert à rien, j'ai décidé de nommer $D$ pour ne pas traîner ce gros produit dans les formules, et d'un coup les choses deviennent plus lisibles. Tu avais montré que $D$ divise $Q$ et $Q'$, donc on peut s'autoriser l'écriture $\dfrac{Q}{D}$ ou $\dfrac{Q'}{D}$, on sait que ce sont des polynômes, et c'est beaucoup plus lisible que d'introduire encore une lettre de plus (on finit par s'y perdre). Ce sont tout un tas de petits réflexes à avoir quand on est face à un truc où on ne comprend rien : on se réapproprie les objets en les renommant : c'est tout bête dit comme ça, mais c'est vrai. J'ai pris $D$ pour "diviseur", ça a bien figé son rôle dans les formules dans ma tête.
Si, mais je pense que ton comportement est tellement déplacé que les gens n'ont plus tellement envie de t'aider.
Oui, comme dit dans un autre fil, on a plutôt envie qu'il soit banni, ne serait-ce qu'un moment, pour qu'il se remette les idées en place et apprenne à se comporter plus sainement.
Cordialement,
Rescassol
Il y a sûrement plus simple et plus rapide.
Si $X-a_k$ divise $\dfrac {Q'}D$, $a_k$ est racine de $Q'$ de multiplicité $\geq m_k$ : contradiction.
Bilan : $\dfrac {Q}D\wedge \dfrac {Q'}D=1$ donc $Q\wedge Q'=\left(D\dfrac {Q}D\right)\wedge \left(D\dfrac {Q'}D\right)=D\left(\dfrac {Q}D\wedge \dfrac {Q'}D\right)=D$.
Dans la 2), $J$ est l'ensemble des $j$ tels que $c_j=0$.
Comment tu montres rapidement que si $X-a_k$ divise $Q' / D$ alors $a_k$ est racine de multiplicité de $Q'$ d'ordre supérieur à $m_k$ ? Tu as calculé $Q'$ comme Homo Topi ? Ou il y a plus rapide ?
La fin j'ai compris.
Pour la question $2$, possible je n'ai pas encore cherché pour l'instant.
Pour la question $2$ je prends un exemple.
$n=3$ $a_1 = 3$, $a_2 =2$ et $a_3 =1$ avec $m_1 = 1$, $m_2 =2$ et $m_3 =4$. Et $b=5$
Puis $c_1 =0$ $c_2=3$ et $c_3 = 0$
Ainsi, $\boxed{Q=(X-3) (X-2)^2 (X-1)^4}$
$P=(X-5) (X-3) (X-3) (X-2)^2 (X-1)^4 + \displaystyle\sum_{j=1}^3 c_j \dfrac{ (X-3) (X-2)^2 (X-1)^4}{X- a_j}$
Ainsi $P=(X-5) (X-3) (X-3) (X-2)^2 (X-1)^4 + 3 (X-3) (X-2) (X-1)^4$
On remarque que $\boxed{P \wedge Q = (X-3) (X-2) (X-1)^4}$
Je retrouve ta formule Gai Requin, il ne reste plus qu'à la démontrer :-o
$\dfrac{P}{\displaystyle\prod_{k\in J}(X-a_k)^{m_k}\displaystyle\prod_{k\in1;n\setminus J}(X-a_k)^{m_k-1}}$ et $\dfrac{Q}{\displaystyle\prod_{k\in J}(X-a_k)^{m_k}\displaystyle\prod_{k\in1;n\setminus J}(X-a_k)^{m_k-1}}$ sont premiers entre eux.
Ca ne m'a pas l'air simple ::o
Montrons que $( (X-b) Q + \sum c_j P_j ) \wedge Q =( \sum c_j P_j ) \wedge Q $
Encore une fois, je ne vois pas trop d'où sort ce résultat.
> Encore une fois, je ne vois pas trop d'où sort ce résultat.
Évidemment car encore une fois tu n'as pas daigné chercher.
On attribue (peut-être à tort) à Einstein la citation suivante : « La folie, c'est de faire toujours la même chose et de s'attendre à un résultat différent »
Je ne sais pas comment démontrer que 2 pgcd sont égaux.
Si $D$ divise $P \wedge Q$ alors il divise $D$ et $Q$, alors il divise $P -(X-b) Q = \sum c_j P_j$
Si $D$ divise $\sum c_j P_j$ et $Q$ alors $D$ divise $\sum c_j P_j +(X-b) Q$.
D'où l'égalité des PGCD car un PGCD est unitaire.
Ainsi, $P \wedge Q= Q \wedge ( \displaystyle\sum_{j \notin I} c_j P_j )$
Or $Q= \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k}$ et $P_j = (X-a_j)^{m_j -1} \displaystyle\prod_{k \ne j} (X-a_k)^{m_k}$
Donc $\boxed{P \wedge Q= \left( \displaystyle\prod_{k=1}^n (X-a_k)^{m_k} \right) \wedge \left( \displaystyle\sum_{j \notin I} c_j (X-a_j)^{m_j -1} \displaystyle\prod_{k \ne j} \ (X-a_k)^{m_k} \right)}$
Je bloque ici.
Commencer par écrire que $P \wedge Q$ est un diviseur de $Q$ puis caractériser l'ordre des racines à l'aide de l'expression de $P$, en introduisant l'ensemble $J$ défini dans l'énoncé.
Je tente celle-ci aussi.
Comme $P \wedge Q$ est un diviseur de $Q$ alors $P \wedge Q=\displaystyle\prod_{k=1}^{d_k} (X-a_k)^{d_k}$ avec $0 \leq d_k \leq m_k$
Or $P=(X-b) Q -\displaystyle\sum_{j=1}^n c_j P_j$
Et ici je ne vois pas non plus, je n'ai pas trop compris l'indication pour caractériser l'ordre des racines :-S
D'abord, tu nous balances ton extrait de rapport de jury, alors que tu sais très bien que personne ici ne les prend au sérieux. Ensuite, tu dis ne rien comprendre aux indications de gai requin et tu pleurniches que "personne ne sait faire". Ensuite, je te fais tout le truc en détail et (alors que tout étudiant de L1 sait lire ce que j'ai rédigé) tu me dis que c'est trop compliqué... c'est long, oui, parce que je suis un peu con et que j'écris des gros pavés pour pas grand-chose, mais ce n'est pas compliqué, il suffit de lire.
A l'avenir, quand tu vas venir avec un exercice, il faudrait juste qu'on te demande ce que dit le rapport du jury. Si le rapport juge que c'est une question difficile que presque aucun candidat n'a traité, on va la déclarer trop difficile et ne pas la faire, comme ça tu seras content. Tu pourras te complaire dans ton complexe d'infériorité complètement idiot dont tu fais l'effort actif de ne jamais sortir, malgré les encouragements et l'aide que tu reçois ici. Peut-être que ça te conviendra mieux comme ça.
Si tu veux me prouver le contraire, fais mon exercice sur la racine carrée entièrement seul. Il est à ta portée, il faut juste que tu oses le faire.
Utilise la définition : c'est le plus grand diviseur commun, autrement dit d'une part c'est un diviseur commun et d'autre part, parmi tous les diviseurs communs, c'est le plus grand.
En fait, c'est une borne supérieure... mais dans un contexte différent.
C'est juste moi qui suis nul.
D'ailleurs sur doc solus ils disent même que ces questions sont de niveau mpsi.
Pourquoi faire un autre exercice alors que j'ai déjà celui-ci qui me bloque depuis 2 jours ?
Bisam j'ai fait une démonstration plus haut finalement.