Réciproque d'un polynôme modulo $X^n$

bisam
bisam
dans Algèbre
Bonjour,

J'aimerais réussir à faire rentrer un résultat classique dans le cadre du programme de Maths Spé PSI... et je bute sur divers murs.
Le résultat à prouver est le suivant :Soit $n$ un entier supérieur ou égal à 2.
Si $P$ est un polynôme tel que $P(0)=0$ et $P'(0)\neq 0$ alors il existe un polynôme $Q$ tel que $Q\circ P$ est congru à $X$ modulo $X^n$.
Le premier écueil, facile à éviter, est que la dernière partie du résultat n'est pas vraiment au programme des PSI. Seuls les élèves ayant fait une spé maths en Terminale ou une MPSI connaissent les congruences.
Il suffit de remplacer la fin par "tel que $Q(P(x))=x+o(x^n)$ au voisinage de 0" pour que cela rentre à nouveau dans leur programme.

Ensuite, évidemment, pas de possibilité de passer par un corps des fractions ou par des séries formelles.

Pour le cas où le polynôme $P$ est réel, j'arrive à m'en sortir grâce au théorème de bijection.
En effet, puisque $P'(0)\neq 0$, il existe un intervalle $I$ centré en 0 sur lequel $P'$ ne s'annule pas et donc $P$ induit localement une bijection de $I$ sur un intervalle $J$ contenant 0 puisque $P(0)=0$. La réciproque de cette bijection est alors $C^{\infty}$ sur $J$ et par Taylor-Young elle possède un DL à l'ordre $n$ dont la partie principale est un polynôme $Q$. On a alors $Q(P(x))=x+o(P(x)^n)=x+o(x^n)$ puisque $P(x)=O(x)$ au voisinage de 0... et c'est gagné.

Malheureusement, cette méthode ne marche plus quand le polynôme $P$ est complexe... et on n'a pas non plus de théorème d'inversion locale à la rescousse !!

Avez-vous une autre idée ?

Réponses

  • Math Coss
    Math Coss
    Comme un bourrin : le système qui caractérise les coefficients de $Q$ est triangulaire. Voici par exemple les premiers coefficients de $Q\circ P$ (avec $P=\sum_{k\ge1}a_kX^k$ et $Q=\sum_{k\ge0}b_kX^k$) : 
    [b0,
 a1*b1,
 a1^2*b2 + a2*b1,
 a1^3*b3 + 2*a1*a2*b2 + a3*b1,
 a1^4*b4 + 3*a1^2*a2*b3 + a2^2*b2 + 2*a1*a3*b2 + a4*b1,
 a1^5*b5 + 4*a1^3*a2*b4 + 3*a1*a2^2*b3 + 3*a1^2*a3*b3 + 2*a2*a3*b2 + 2*a1*a4*b2 + a5*b1]
    On voit bien que l'on peut calculer successivement $b_0$, $b_1$, $b_2$, etc. Il s'agit de montrer que le coefficient de $X^n$ dans $Q\circ P(X)$ est de la forme \[a_1^nb_n+(\text{polynôme en }a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_{n-1}).\]
  • side
    side
    supp
  • Math Coss
    Math Coss
    Bisam a objecté par avance qu'il n'y a pas de théorème d'inversion locale (sur les complexes) en MPSI.
  • side
    side
    supp
  • moduloP
    moduloP
    Hello,

    Je pense que si on pose : $Q_1 = X/P'(0)$ et $Q_{n+1} = Q_n - \frac{P \circ Q_n-X}{P'(0)}$. Alors on a : $P \circ Q_n = X \pmod{X^n}$.

    Oups c'est à l'envers :-D
    Ecrire $P'(0) = P'(Q_n)+P'(0)-P'(Q_n) = P'(Q_n)( 1+ \frac{P'(0)-P'(Q_n)}{P'(Q_n)}$ et faire une récurrence et un DL à l'ordre $1$.
  • claude quitté
    claude quitté
    @moduloP
    T'inquiètes, l'envers, c'est pareil que l'endroit ici ! Cf ci-dessous. Et j'ai vérifié ton itérateur de Newton : faut juste savoir comment nommer l'indéterminée en fin de semaine. Par exemple, j'ai pris comme polynôme en $T$ le polynôme $F$ défini par $F(T) = P(T) - X$ dont on veut un zéro approché en $T$.

    @Bisam
    Je me permets une toute intrusion pour rassurer moduloP (cela fait longtemps que nous n'avons pas échangé lui et moi).

    @moduloP again
    Soit $A$ un anneau commutatif et $S \in At$ sans terme constant i.e. $S(0) = 0$. On cherche à résoudre en $R \in At$ : $R \circ S = t$. Tu verras que cela force $R(0) = 0$ et $S'(0)R'(0) = 1$. Et qu'il y a une et une seule solution en $R$.
    Et tu recommences avec $R$ à la place de $S$ i.e. tu cherches une série formelle $U$ telle que $U \circ R = t$. Et, via le coup d'un inverse à gauche, d'un inverse à droite, tu tombes sur $U = S$. Bilan des courses : $S \circ R = t$.
  • moduloP
    moduloP
    Merci Claude,

    Je ne suis toujours pas ultra clean sur les variables, je pense qu'il faut vraiment faire beaucoup d'exemples pour bien comprendre Newton ! J'avais remarqué que droite/ gauche c'était pareil ici mais sans vraiment d'argument ! Merci
  • JLT
    JLT
    Par récurrence sur $n$. Si $Q_n\circ P(x)=x+\lambda x^n+o(x^n)$, soit $R_n(X)=X-\lambda X^n$ alors $R_n(x+\lambda x^n+o(x^n))=x+o(x^n)$, donc il suffit de poser $Q_{n+1}=R_n\circ Q_n$.
  • bisam
    bisam
    @JLT : Alors là, je suis bluffé !! C'est même énervant de simplicité.
    Merci pour cette belle contribution.

    @Math Coss : Effectivement, ça marche : le système obtenu est linéaire en les coeffs de Q et triangulaire... J'aurais dû essayer de l'écrire. Mais en fait, on va simplement retomber sur la description récursive que JLT a écrite, si l'on résout.

    @moduloP : Ce n'est pas facile à justifier proprement, mais ça a l'air de marcher. Tu ne m'en voudras pas de préférer les méthodes précédentes, néanmoins (:P)

    @claude : Pas de problème, tu peux squatter, du moment que tu passes un coup de balai avant de repartir B-)-
  • jandri
    jandri
    Pour compléter ce qui a été dit on peut montrer simplement :

    1) il y a unicité du polynôme $Q_n$ vérifiant $Q_n\circ P\equiv X \pmod {X^n}$ si on impose deg$(Q_n)<n$

    2) $Q_n\circ P\equiv X \pmod {X^n}$ entraîne $P\circ Q_n\equiv X \pmod {X^n}$.
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