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Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)

bridgslam
22-09-2021 10:20:22

Bonjour,


Je viens de découvrir qu'un exercice voisin ( polynôme P demandé réel ) se rapprochait de celui-ci [ exercice 25.  2)]
https://www.bibmath.net/ressources/inde … &type=fexo

La question posée ici est donc un peu plus générale ( polynôme complexe ) , et on ne peut donc pas invoquer un argument direct de multiplicités égales pour les racines conjuguées.

La preuve ici montre donc qu'on en a pas plus en cherchant dans [tex]\mathbb{C}[X][/tex] que dans [tex]\mathbb{R}[X][/tex].

Alain

bridgslam
26-08-2021 12:53:22

Bonjour,

En utilisant le fait que si P et Q sont des solutions, et que si P = QT alors T est aussi solution ( [tex]\mathbb{C}[X][/tex] étant intègre c'est très facile ...) on en déduit aussi que les multiplicités [tex]\alpha[/tex] de j et [tex]\beta[/tex] de conj(j) sont forcément égales.
En effet en notant [tex]\gamma = inf( \alpha, \beta) [/tex] , en divisant P par [tex] Q = (X^2 + X + 1)^{\gamma}[/tex] on obtient alors
un polynôme T aussi solution mais qui n'a qu'une racine exactement parmi [tex]\{ j , j^2\}[/tex]  ( si [tex]\alpha[/tex] et [tex]\beta[/tex]
sont inégaux) .
C'est contradictoire avec les propriétés déjà démontrées car les deux sont nécessairement racines.

On peut donc ainsi s'en sortir sans (relativement ) gros calcul.

Alain

bridgslam
19-08-2021 15:24:27

Sinon, soit d le coefficient dominant d'une solution P. d est non nul car P non nul.
d est aussi le coeff dominant du polynôme composé [tex]P(X^2)[/tex]  comme tu peux vérifier.
Le coefficient dominant de P(X-1) est aussi d, donc celui de P(X)P(X-1) qui en est le produit vaut d au carré.

Alors d non nul est égal à son carré, la seule possibilité est d = 1.
Il n'y a pas de question de parité de k dans tout ça. Il y a une confusion quelque part.
Tous les polynômes solutions sont normalisés.

Alain

bridgslam
19-08-2021 15:10:20

pourquoi 2 et 1, pas l'inverse, ou même 15 pour l'un et 11 pour l'autre ? Le degré de P n'est pas limité...

Par ailleurs si selon ton hypothèse j est de multiplicité 2 pour P, on a justement forcément P'(j) nul...

De mon côté je ne trouve pas plus simple que de décomposer en facteurs irréductibles  [tex]X^2 - j[/tex] et [tex]X^2 - j^2[/tex]
dans l'expression de [tex]P(X^2)[/tex]
ce qui est facile ( les deux racines de j sont [tex]j^2 \;et \; -j^2[/tex] ) , la factorisation globale est facile en facteurs irréductibles.
La comparaison à l'autre expression montre que chaque facteur donné irréductible est à la puissance [tex]\alpha[/tex] pour une expression et  justement pile [tex]\beta [/tex] pour l'autre ( ça croise).
La seule possibilité vue l'unicité de décomposition est que les multiplicités [tex]\alpha \; et  \; \beta[/tex] soient identiques.
Et on retombe sur les pieds.

Je ne vois pas avec les dérivées dans le cas général et quelques tentatives.

Alain

Buu
19-08-2021 14:33:35
bridgslam a écrit :

Cependant montrer que les multiplicités relatives à  [tex]j \;et \;\overline{j}[/tex] sont égales est un peu fastidieux, je regarde s'il n'y a pas "moins lourd" peut-être avec les polynômes dérivés... ou autre idée

Alain

Alors j’ai supposé par l’absurde que mult(j,P)=2>mult(jbarre,P)=1

En dérivant l’expression et en remplaçant X par j on obtient que P’(j)=0
Ce qui est absurde
Ainsi mult(j,P)=mult(jbarre,P)

Buu
19-08-2021 14:24:44
bridgslam a écrit :

Par-contre le second de Buu est à proscrire, -1 n'est pas égal à (-1)(-1), tous les polynômes cherchés ont 1 pour coeff dominant...
L'ensemble des solutions est S = { [tex](X^2+X+1)^k[/tex] } pour k entier naturel quelconque.

Alain

J’ai oublié de préciser que pour que le coefficient dominant soit de 1 il fallait que k soit pair

bridgslam
19-08-2021 13:59:09

Par-contre le second de Buu est à proscrire, -1 n'est pas égal à (-1)(-1), tous les polynômes cherchés ont 1 pour coeff dominant...
L'ensemble des solutions est S = { [tex](X^2+X+1)^k[/tex] } pour k entier naturel quelconque.

Bien-sûr comme on a procédé par analyse-synthèse (condition nécessaire pour P solution: appartenir à S ) , il faut bien-sûr vérifier que tout élément de S convient.

Alain

bridgslam
19-08-2021 13:54:01

En utilisant la relation de départ, et les propriétés algébriques de j, ce sont bien les seules possibilités cette fois, car la décomposition en produit de facteurs irréductibles est unique( les facteurs du premier degré relatif à X et à (X-1) se regroupe entre-eux en croisant avec les racines pour s'égaliser avec ceux du second degré de P(X^2), d'où l'égalité des multiplicités .
Merci pour la rectification.

Alain

Buu
19-08-2021 13:51:13
Paco del Rey a écrit :

Déjà, si $P$ est solution, que peux-tu dire de $P^k$ lorsque $k\in \mathbb N$ ?

Pablo.

Si $P$ alors $P^k$ est solution

Ainsi, tous les polynômes sous la forme :

$P = (X^2+X+1)^k$ ou
$P = -(X^2+X+1)^k$

Sont solution

bridgslam
19-08-2021 13:44:41

Hello

Tu as raison , bien vu !,  mea culpa, par-contre on montre facilement que j et son conjugué ont le même ordre de multiplicité avec
la relation initiale.
Donc reprenons ( merci Paco ):
Les solutions P sont tous  les polynômes  [tex]Q^n, n \;\;entier\;\; naturel [/tex] avec [tex]Q = (X-j)(X-j^2)[/tex] ( ce qui inclut le polynôme 1 dans la foulée).
Ils sont encore réels.

Excellente remarque de Paco qui permet de rectifier le tir.


Alain

Paco del Rey
19-08-2021 13:30:47

Déjà, si $P$ est solution, que peux-tu dire de $P^k$ lorsque $k\in \mathbb N$ ?

Pablo.

Buu
19-08-2021 13:14:25

Oui c’est vrai qu’elles peuvent être multiples mais comment peut on trouver la multiplicité de chaque racine ?

Paco del Rey
19-08-2021 13:03:49

Je ne comprends pas pourquoi les racines de $P$ seraient nécessairement simples...

Pablo.

bridgslam
19-08-2021 12:42:21

C'est cela, sans oublier la solution 1 elle-même.
Perso je préfère la solution géométrique qui exploite ici directement les angles et fournit directement la solution.
Mais les deux sont possibles évidemment, et ici c'est aussi relativement rapide en posant que [tex]a = e^{i\theta}[/tex]
puisque a est de module1.
Bon petit exo, où chaque question doit être résolue proprement et posément.
Le mieux est que tu essaies d'en faire de la même "veine" sans aucune aide, un moyen sûr de progresser.

Alain

Buu
19-08-2021 12:13:33

Alors en résolvant analytiquement |a|=|a+1|=1
Je trouve que a = [tex]\ e^{i2\pi/3}[/tex] ou
a = [tex]\ e^{-i2\pi/3}[/tex]

Ainsi le polynôme est sous la forme
[tex]\lambda (X - j) (X-j^2) [/tex] = [tex]\ lambda [/tex]*(X^2+X+1)

Réciproquement, si on suppose que ce polynôme est solution on trouve que [tex]\lambda =1 [/tex]

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