Polynôme et nombre rationnel
Bonjour
$a$ un réel, $|a|>2 $, $\quad p(x)=x^4-4x^2+2$, $\quad q(x)=x^5-5x^3+5x$
On suppose [que] $p(a),\,q(a)$ sont rationnels.
Montrer que $a$ est un nombre rationnel.
On remarque que $p(x),\,q(x)$ sont premiers entre eux.
Mon idée était d'écrire $a$ comme combinaison linéaire à coefficients rationnels de $p(a),\,q(a)$.
Comment faire ?
Merci.
$a$ un réel, $|a|>2 $, $\quad p(x)=x^4-4x^2+2$, $\quad q(x)=x^5-5x^3+5x$
On suppose [que] $p(a),\,q(a)$ sont rationnels.
Montrer que $a$ est un nombre rationnel.
On remarque que $p(x),\,q(x)$ sont premiers entre eux.
Mon idée était d'écrire $a$ comme combinaison linéaire à coefficients rationnels de $p(a),\,q(a)$.
Comment faire ?
Merci.
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Réponses
- $p$ et $q$ sont tous les deux scindés sur $\R$, et leurs racines sont toutes entre -2 et 2 : on s'en sert probablement pour montrer que $p(a)$ et $q(a)$ sont non nuls.
- Très étonnamment, on a $p\circ q=q\circ p$. Je ne vois pas comment l'exploiter pour l'instant.
1) Comme $p(a)$ est rationnel, $a^2$ est de degré $1$ ou $2$ sur $\Q$.
2) Comme $q(a)=a(a^4-5a^2+5)$, $a$ est de même degré sur $\Q$ que $a^2$.
3) Supposons donc $a$ irrationnel. Alors il est de degré $2$ sur $\Q$, donc peut s'écrire de la forme $a=u\pm\sqrt{v}$ avec $u$ et $v$ rationnels.
4) Comme $(a^2-2)^2$ est rationnel, on peut trouver une relation entre $u$ et $v$.
5) Exploiter ensuite l'hypothèse $|a|>2$.
Edit. L'hypothèse $|a|>2$ n'est pas nécessaire. En effet, $a(a^4-5a^2+5)=(u\pm\sqrt{v})(-1+4u^2v\mp2u\sqrt{v})$ est rationnel, donc $2u^2+4u^2v-1=0$. En reportant la valeur de $v$ en fonction de $u^2$, on obtient une équation dont est solution $u^2$ qui n'a pas de solution rationnelle.
Cela justifie au moins le fait qu'ils commutent.
http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,546600,547142
Puisque $p(x)=x^4-4x^2+2=(x^2-2)^2-2$ donc $(x^2-2)^2=p(x)+2$
$\begin{align}q(x)&=x^5-5x^3+5x\\
&=x(x^4-5x^2+5)\\
&=x\left[\left(x^2-\frac{5}{2}\right)^2-\frac{5}{4}\right]\\
&=x\left[\left((x^2-2)-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{5}{4}\right]\\
&=x\left[\left(x^2-2\right)^2-(x^2-2)-1\right]\\
&=x\left[(p(x)-x^2+3\right]\\
\end{align}$
Si $x$ est non nul alors:
$x^2=3-\dfrac{q(x)}{x}+p(x)$
Merci
Ils sont définis par $z^n+\dfrac1{z^n}=P_n\left(z+\dfrac1z\right)$ et vérifient: $P_0=1$ , $P_1=X$ , $P_n=XP_{n-1}-P_{n-2}$.
Ils sont reliés aux polynômes de Tchebychev usuels ($T_n(\cos(t))=\cos(nt)$) par $P_n(2X)=2T_n(X)$.
Il s'agit ici des polynômes de Tchebychev de première espèce, définis par : $\cos n\theta =T_{n}(\cos \theta )$, ou : $\cosh n \theta =T_{n}(\cosh \theta )$, .
Dans la question initiale ces polynômes de Tchebychev de première espèce sont « déguisés » comme on a dit, ou plus précisément normalisés, définis par : $P_{n}(X)=2T_{n}(\frac{X}{2})$, normalisés sauf $P_0(X)=2$.
Ces polynômes $P_n$ sont définis par la relation de récurrence : $P_{n+1}(X)=XP_{n}(X)-P_{n-1}(X)$, avec $P_{0}(X)=2$, $P_{1}(X)=X$.
Ils sont à coefficients entiers, et vérifient : $X^{n}+\frac{1}{X^{n}}=P_{n}(X+\frac{1}{X})$. Le polynôme $P_n$ a la parité de $n$ (comme $T_n$).
Les polynômes $P_n$ satisfont comme il a été dit à la propriété : $P_{n}(P_{m}(X))=P_{m}(P_{n}(X))=P_{mn}(X)$.
La question initiale m'a rappelé un exercice que je connaissais sous une autre forme.
Mais reprenons celui-ci en le généralisant.
Soit $a$ réel avec $|a|>2$ et soit $n \geq 2$, $P_{n}(a)=u$, $P_{n+1}(a)=v$, $u$ et $v$ rationnels.
Un calcul montre que : $a^{2}-uva+u^{2}+v^{2}-4=0$.
De plus : $P_{n^{2}-1}(a)=P_{n-1}(P_{n+1}(a))=P_{n-1}(v)=u^{\prime }$, rationnel, et :
$P_{n^{2}}(a)=P_{n}(P_{n}(a))=P_{n}(u)=v^{\prime }$, rationnel.
Par suite : $a^{2}-u^{\prime }v^{\prime }a+u^{\prime 2}+v^{\prime 2}-4=0$.
Il reste à prouver que $ u^{\prime }v^{\prime } \neq uv$, et là j'attends de l'aide. Peut-être la parité des $P_n$ et la condition non utilisée $|a|>2$...
Bonne journée.
Fr. Ch.
05/11/2017
En raison de la parité des polynômes $P_n$ on peut supposer SPDG : $a>2$.
Soit $a=2\cosh \theta $, $\theta >0$. Pour tout $\theta \in \mathbb R$ et tout $n \in \mathbb N$, on a : $P_{n}(2\cosh \theta )=2\cosh n\theta $.
En conséquence, ici : $u=P_{n}(a)=P_{n}(2\cosh \theta )=2\cosh n\theta >0$,
$v=P_{n+1}(a)=P_{n+1}(2\cosh \theta )=2\cosh (n+1)\theta >0$.
Noter que $n \geq 2$ implique : $n^2-1>n$.
Par suite :
$u^{\prime }=P_{n^{2}-1}(a)=P_{n^{2}-1}(2\cosh \theta )=2\cosh(n^{2}-1)\theta >2\cosh n\theta =u$,
$v^{\prime }=P_{n^{2}}(a)=P_{n^{2}}(2\cosh \theta )=2\cosh n^{2}\theta>2\cosh (n+1)\theta =v$.
D'où : $u^{\prime }v^{\prime }>uv$.
Bonne journée d'automne.
Fr. Ch.
Avec le cosinus hyperbolique, on l'établit facilement :
$v=2\cosh (n+1)\theta =2\cosh n\theta \cosh \theta +2\sinh n\theta\sinh \theta =\frac{1}{2}ua+2\sqrt{\frac{1}{4}u^{2}-1}\sqrt{\frac{1}{4}a^{2}-1}$, d'où :
$4(\frac{1}{4}u^{2}-1)(\frac{1}{4}a^{2}-1)=(v-\frac{1}{2}ua)^{2}$, ce qui après réduction est bien l'équation en question.
Sans ce cosinus, on peut aussi, en observant que l'on peut poser : $a:=t +\frac 1t$, et puis calculs, pas trop « naturels » mais concluants, c'est l'essentiel. L'intérêt c'est comme vous l'aurez observé c'est que cette équation est indépendante de $n$, et que l'on en a une autre avec deux autres indices consécutifs. Restait à prouver que cette autre était bien autre...
Bonne continuation.
Fr. Ch.
J'ajoute quand même que si l'on suppose $P_{n}(a)$ et $P_{n+1}(a)$ entiers, le même raisonnement un peu prolongé prouve que $a$ est entier.
J'avais mis cet exercice dans une feuille d'exercices pour Math-Sup en 1991-92 (exercice 5, feuille 32, fonctions hyperboliques), sous la forme suivante.Soit un entier $n \in \mathbb N$, $n \geq 2$ et soit un réel $\theta$ tels que $ \cosh n \theta $ et $ \cosh (n+1) \theta $ sont entiers ; démontrer que $ \cosh \theta $ est entier.Bien sûr je n'avais pas inventé ce problème, ça vient sans doute d'une compétition mathématique mais j'ai oublié la référence. J'aimerais bien la retrouver.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
souviens plus quelle année. Merci pour tes réponses.
Voici ce que je fais.
$\displaystyle P(x) = x^4-4x^2+2, Q(x)=x^5-5x^3+5x, x \in \R.$
On suppose $\displaystyle a \in \R, |a|>2, P(a) \in \Q, Q(a) \in \Q$ et on veut montrer que $\displaystyle a \in \Q.$
On forme le carré : $\displaystyle P(a) = (a^2-2)^2-2 \in \Q$ et donc $\displaystyle (a^2-2)^2=q \geq 0 \in \Q$ et donc $\displaystyle a^2 =2 + \sqrt{q} $ puisque seul le signe positif vérifie $\displaystyle |a| >2.$
On forme le carré : $\displaystyle Q(a) = a((a^2 - {5 \over 2})^2-{5 \over 4})$ et on reporte $\displaystyle a^2=2+\sqrt{q}$ : $\displaystyle Q(a) = a (q-1-\sqrt{q})$ et donc $\displaystyle Q(a)^2 = (2+\sqrt{q}) (q-1-\sqrt{q})^2 = q^{5/2} - 5 q^{3/2} + 5 q^{1/2}+2 = \sqrt{q} (q^2-5q+5) + 2.$ Comme $\displaystyle q^2-5q+5 \neq 0$ puisque $\displaystyle \sqrt{5} \not\in \Q$, alors $\displaystyle \sqrt{q} = {Q(a)^2 - 2 \over q^2-5q+5} \in \Q$ : c'est une fraction formée d'un numérateur et d'un dénominateur rationnels.
Comme $\displaystyle q-1-\sqrt{q} \neq 0$ puisque $\displaystyle \sqrt{5} \not\in \Q$, on a établi que $\displaystyle a = {Q(a) \over q-1-\sqrt{q}} \in \Q$ : c'est une fraction formée d'un numérateur et d'un dénominateur rationnels.
Un problème d'olympiade, dis-tu, mais de quelle olympiade ?
Olympiade internationale, je n'ai pas l'impression.
Moi aussi j'ai dit que ceci provenait probablement d'une compétition. Mais laquelle ?
Et où classer ce problème ?
On peut le rédiger avec les $\cosh$, et moi je l'avais mis dans une feuille consacrée à ces fonctions, comme j'ai dit. Mais on peut le rédiger sans : ce serait alors un problème d'algèbre sur les polynômes.
Il me semble que les polynômes de Tchebychev ne font pas partie des notions supposées connues dans les compétitions mathématiques, sauf peut-être des compétitions de niveau universitaire, comme Putnam ou IMC.
Tu pourrais déjà nous dire d'où te vient le problème que tu as posé initialement dans ce fil, et qui est un cas particulier : ce serait peut-être une piste.
Bonne journée.
Fr. Ch.