Racines de polynômes

Bonjour,

C'est pas plutôt P(z) = A(z) + i B(z) ?

Ensuite, vérifier que si z₀ est une racine de P ..............a_k = - i b_k pour tout entier k.

Je vous laisse finir

Un indication: si $Im(z)>0$ alors $|z-z_k|<|z-\bar{z_k}|$ pour toute racine $z_k$ de $P$.

Combien y a-t-il de nombres de la forme $\pi/2+k\pi$ avec $k\in \mathbb Z$ dans l'intervalle $]\alpha,\alpha+n\pi[$ (on pourra traiter à part le cas où $\alpha$ est lui même de la forme $\pi/2+k\pi$).

Je me suis aussi fait cette réflexion sur la simplicité des racines réelles.

Bonjour,

Tout ça me rappelle le théorème de Hermite-Biehler. Il stipule qu'en plus, les racines et $A$ et $B$ sont strictement entrelacées, et contient également la réciproque évoquée par john_john.

@ john_john : as-tu une démonstration élémentaire dans le cas présent ou as-tu utilisé ce théorème ?

Bien cordialement,

Ritchie

Bonjour,

@john_john : suis-je bête ! Pour me faire pardonner, une preuve alternative du résultat de ce fil (et qui montre l'entrelacement des racines de $A$ et $B$). J'espère ne pas raconter de bêtises.

On note $\mathcal H = \{z \in\mathbb C \mid \Im z>0 \}$. Soit $z\in\mathcal H$.


On a déjà démontré que $|P(z)|<|P(\bar z)|$. On a donc $|P(\bar z)|^{2}-|P(z)|^{2}>0$, d'où $2i \big(A(z)B(\bar z)-B(z)A(\bar z) \big)>0$.

Fait $1$ : $A$ et $B$ n'ont que des racines réelles ; si par exemple $A$ admet une racine non réelle $z$, alors $\bar z$ est aussi racine de $A$, et, en supposant que $\Im z>0$, on a donc $2i \left(A(z)B(\bar z)-B(z)A(\bar z) \right)=0$, contradiction.

Fait $2$ : $A$ et $B$ n'ont pas de racine commune ; sinon, $P=A+iB$ admettrait une racine réelle, contradiction.

Fait $3$ : $A$ n'a pas de racine multiple. Par l'absurde, soit $x\in\mathbb R$ une racine (au moins) double de $A$. Quitte à remplacer $P(X)$ par $P(X+x)$ (qui vérifie les mêmes hypothèses que $P$), on peut supposer que $x=0$. Les deux derniers coefficients de $P$ sont donc des imaginaires purs (et le dernier est non nul). Les racines du polynôme réciproque $Q=X^{\deg P}P\left( \frac1X\right)$ sont toutes à partie imaginaire $<0$, donc leur somme également. Or d'après les relations coefficients-racines, leur somme est un quotient de deux imaginaires purs, donc un réel : contradiction.

Fait $4$ : On a, toujours pour $z\in\mathcal H$ :
\[
\frac{2i \left(A(z)B(\bar z)-B(z)A(\bar z) \right)}{2i(z-\bar z)} = \frac{2i \left(A(z)B(\bar z)-B(z)A(\bar z) \right)}{-4\Im z}<0,
\]
i.e.
\[
\frac{A(z)B(\bar z)-B(z)A(\bar z)}{z-\bar z} = \frac{B(z) \big(A(z)-A(\bar z)\big) -A(z) \big( B(z)-B(\bar z)\big)}{z-\bar z}<0.
\]
On pose $z=x+iy$. On fixe $x\in\mathbb R$, et on fait tendre $y$ vers $0$. On a donc :
\[
B(x)A^{\prime}(x)-A(x)B^{\prime}(x)\leqslant 0
\]
On pose $Q\colon x\mapsto \frac{B(x)}{A(x)}$. Soient $x_{1}<x_{2}$ deux racines consécutives de $A$. Sur $]x_{1},x_{2}[$, $Q$ est dérivable et sa dérivée est négative, et même strictement négative sauf en un nombre fini de points, donc $Q$ est strictement décroissante. Puisque $\lim\limits_{x_{1}^{+}}Q = +\infty$ et $\lim\limits_{x_{2}^{-}}Q = -\infty$, $Q$ s'annule exactement une fois sur $]x_{1},x_{2}[$, et donc $B$ possède exactement une racine sur $]x_{1},x_{2}[$. Les racines de $A$ et $B$ sont (strictement) entrelacées.

Bien cordialement,

Ritchie

Pour $P=A+iB$ avec $A$ et $B$ polynômes réels non constants, l'argument de GaBuZoMeu permet de démontrer l'équivalence entre:
$P$ a toutes ses racines dans $Im(z)>0$ ou bien a toutes ses racines dans $Im(z)<0$
et
$A$ et $B$ sont scindés à racines simples sur $\R$ avec leurs racines strictement entrelacées.

GaBuZoMeu a démontré le sens direct.

Pour démontrer la réciproque on vérifie d'abord que $P$ n'a pas de racine réelle puis que $P(z)=0$ est équivalent à $\arg\left(\dfrac{A(z)}{B(z)}\right)=-\dfrac{\pi}2$.
Premier cas: $A(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n(x-a_k)$, $B(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n(x-b_k)$ avec $a_1<b_1<...<a_n<b_n$
Si $Im(z)<0$ alors $\arg\left(\dfrac{A(z)}{B(z)}\right)=\displaystyle\sum_{k=1}^n\arg\left(\dfrac{z-a_k}{z-b_k}\right)\in]0,\pi[$ d'où une contradiction, par suite on a $Im(z)>0$ pour toute racine de $P$.
Si on échange $A$ et $B$ ou bien si les racines sont dans l'ordre inverse ou bien si les coefficients dominants de $A$ et $B$ sont de signes opposés on obtient $Im(z)<0$ pour toute racine de $P$.

Deuxième cas: $A(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^n(x-a_k)$, $B(x)=\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}(x-b_k)$ avec $a_1<b_1<...<a_n$
Si $Im(z)>0$ alors $\arg\left(\dfrac{A(z)}{B(z)}\right)=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}\arg\left(\dfrac{z-a_{k+1}}{z-b_k}\right)+\arg(z-a_1)\in]0,\pi[$ d'où une contradiction, par suite on a $Im(z)<0$ pour toute racine de $P$.
Si on échange $A$ et $B$ ou bien si les racines sont dans l'ordre inverse ou bien si les coefficients dominants de $A$ et $B$ sont de signes opposés on obtient $Im(z)>0$ pour toute racine de $P$.