Racines simples
Bonsoir
Un dernier exercice avant d'aller se reposer.
Soit $n \in \N^{*}$. Montrer que les racines distinctes de $1$ du polynôme : $P(X)=nX^n-X^{n-1} -X^{n-2} - \cdots -X-1$ sont de module strictement inférieur à 1 et que toutes les racines de $P$ sont simples.
On pourra considérer le polynôme $Q(X)=(X-1) P(X)$
Soit $z$ une racine de $P$ distincte de $1$. Alors $nz^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} z^k$
Je bloque à ce stade.
Le corrigé incompréhensible donne.
Soit $z \in \C$ avec $|z| \geq 1$ alors $|z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots +z+1| \leq n |z|^n$ et il ne peut y avoir égalité que si $1,z,z^2, \ldots ,z^{n-1}$ sont positivement proportionnels, ce qui conduit à $z=1$.
Je n'ai rien compris au corrigé. Si on prend $|z| \geq 1$ on doit obtenir une contradiction non ? Où est la contradiction ?
Pourquoi montrer que $z=1$ alors qu'on part de $|z| \geq 1$ ?
Comment obtenir l'inégalité ?
Pourquoi on s'intéresse au cas d'égalité ?
C'est quoi des complexes positivement proportionnels ?
Un dernier exercice avant d'aller se reposer.
Soit $n \in \N^{*}$. Montrer que les racines distinctes de $1$ du polynôme : $P(X)=nX^n-X^{n-1} -X^{n-2} - \cdots -X-1$ sont de module strictement inférieur à 1 et que toutes les racines de $P$ sont simples.
On pourra considérer le polynôme $Q(X)=(X-1) P(X)$
Soit $z$ une racine de $P$ distincte de $1$. Alors $nz^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} z^k$
Je bloque à ce stade.
Le corrigé incompréhensible donne.
Soit $z \in \C$ avec $|z| \geq 1$ alors $|z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots +z+1| \leq n |z|^n$ et il ne peut y avoir égalité que si $1,z,z^2, \ldots ,z^{n-1}$ sont positivement proportionnels, ce qui conduit à $z=1$.
Je n'ai rien compris au corrigé. Si on prend $|z| \geq 1$ on doit obtenir une contradiction non ? Où est la contradiction ?
Pourquoi montrer que $z=1$ alors qu'on part de $|z| \geq 1$ ?
Comment obtenir l'inégalité ?
Pourquoi on s'intéresse au cas d'égalité ?
C'est quoi des complexes positivement proportionnels ?
Réponses
-
Sauf erreur, on montre aisément qu'une racine ne peut pas être de module strictement plus grande que $1$
La difficulté est de montrer qu'elle ne peut pas avoir un module de $1$.
C'est là où intervient, si j'ai bien compris, le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire. -
Ok merci. Oui c'est le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire.
$|z_1 + z_2| \leq |z_1| $ avec égalité si et seulement si $z_1 = \lambda z_2$ ou $z_2 = \lambda z_1$
Mais pourquoi l'auteur parle de "positivement proportionnel" ?
Puis comment en déduire que $z=1$ ? -
Oshine :
Le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire avec deux vecteurs est un résultat de COURS. Tu dois le connaître.
Pour $n$ vecteurs, c'est un résultat classique qui se démontre notamment par récurrence. Tu dois savoir le faire... alors fais-le.
Autre méthode pour cet exercice : si $z$ est de module $1$ alors il existe $t$ tel que $z=e^{it}$... et ensuite on peut considérer les parties réelles et imaginaires.
PS : On t'a dit d'arrêter de regarder les corrigés (de nombreuses fois !) On progresse en trouvant soi-même la solution ou bien en ne la trouvant pas et en se faisant aider par quelqu'un qui va débloquer une incompréhension.
On ne progresse JAMAIS en comprenant un corrigé : ce n'est pas toi qui travaille dans ce cas (même quand tu te forces à comprendre la pensée de quelqu'un d'autre). -
Tu devrais également arrêter de dire que les corrigés sont incompréhensibles, ils sont on ne peut plus clairs, le blocage vient de toi. Ce genre d'attitude ne donne pas envie de t'aider.
-
Que veut dire incompréhensible pour un corrigé? Que personne ne peut le comprendre, ou, que la personne qui porte ce jugement ne le comprend pas? Probablement c'est le deuxième cas qui est vrai, il vaut mieux s'en rappeler, cela signifie très probablement que c'est celui qui lit qui doit se mettre à niveau pour, enfin, comprendre. B-)-
-
Le corrigé est succinct.
J'ai vu l'inégalité triangulaire seulement pour 2 complexes $|z_1+z_2| \leq |z_1|+|z_2|$ avec égalité si et seulement si $\exists k \in \R^+$ tel que $z_2=kz_1$ ou $z_1=kz_2$.
J'essaie de la démontrer pour $n$ complexes. Soit l'hypothèse de récurrence : $H_n$ : $|\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k| \leq \displaystyle\sum_{k=1}^n |z_k|$
Au rang $n=2$ elle est vraie.
Supposons $H_n$ vraie. On a $|\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} z_k| = |z_{n+1} + \displaystyle\sum_{k=1}^n z_k| \leq |z_{n+1}| + \displaystyle\sum_{k=1}^n |z_k| = \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} |z_k|$
Le cas d'égalité s'écrit $|\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k| = \displaystyle\sum_{k=1}^n |z_k| $
Je ne vois pas comment traiter le cas d'égalité avec $n$ complexes :-( -
Bonjour
Si $|a+b+c|=|a|+|b|+|c|$ alors $|a|+|b|+|c|=|a+b+c|=\leq |a+b|+|c|\leq |a|+|b|+|c|$
Donc $|a+b|=|a|+ |b|$ ainsi a et b sont positivement proportionnels et puis.... à finir
Mais finalement c'est un exercice de niveau terminale.
J'ose espérer que les concours du Capes et de l'Agrégation soient filtrants. -
Mais cet exercice est d'un niveau largement plus élevé que le capes.
Ok en effet si z_1 jusqu'à z_n sont proportionnels alors si on note Z leur somme, Z est proportionnel à z_(n+1).
Mais Z est proportionnel à z_1 par construction donc z_(n+1) est proportionnel à z_1.
Par contre si tous les 1 z z^2 sont positivement proportionnels je ne vois pas comment en déduire z=1. -
Bonjour,
> Mais cet exercice est d'un niveau largement plus élevé que le capes.
C'est ce que tu voudrais, mais non.
Cordialement,
Rescassol -
Il est classé 1 étoile pour souligner sa difficulté dans un livre de MPSI. Les auteurs ne sont pas d'accord avec vous.
-
Bonjour,
M'enfin !! Réfléchis un peu au lieu de chouiner sans cesse.
Il te suffit de finir ce qu'a commencé bd2017 juste au dessus, puis de généraliser (récurrence).
Cordialement,
Rescassol -
OShine: il ne faut pas toujours croire ce que racontent les gens ici. C'est le comportement que certains taupins adoptent: Il faut toujours dire qu'un exercice est facile, niveau maternelle pour essayer de décourager les autres élèves de la classe qui sont censés passer les mêmes concours que vous.:-D
Cet exercice n'est pas de niveau terminale.
PS:
Mais cela n'empêche que tu es trop passif devant les exercices, tu manques d'initiatives. C'est l'impression que tu me donnes. -
Bonjour,
Regarde l'égalité $|a+b|=|a|+ |b|$ et imagine un parallélogramme $ABCD$ tel que $AC=AB+AD$ (en longueur, pas en vecteur).
Que peut on dire ?
Cordialement,
Rescassol -
La récurrence pour le cas d'égalité est loin d'être facile.
Posons $\mathcal H_n$ : Si $|\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k |= \displaystyle\sum_{k=1}^n |z_k|$ alors $\exists (\lambda_i) \in \K^+$ tel que $\forall i \in [|1,n-1|] z_{i+1} = \lambda_i z_i$.
La propriété est vraie au rang $n=2$.
Supposons $\mathcal H_n$ vraie.
Supposons que $|\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} z_k |= \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} |z_k|$
D'après l'hypothèse de récurrence :
$|z_1 (1+ \lambda_1 + \lambda_1 \lambda_2 + \cdots \lambda_1 \times \cdots \lambda_n) + z_{n+1}| =|z_1| ( 1+ \lambda_1 + \lambda_1 \lambda_2 + \cdots \lambda_1 \times \cdots \lambda_n) + |z_{n+1}|$
Je bloque ici, je n'arrive pas à montrer que $z_{n+1}$ est combinaison linéaire des $z_i$. -
@Rescassol
Je ne comprends pas le rapport entre $|a+b| =|a| + |b|$ et le parallélogramme $ABCD$. On ne sait même pas qui est $C$ et $D$.
Je me rends compte que je n'ai pas compris géométriquement pourquoi si $|z_1+z_2 |= |z_1| + |z_2|$ alors $O,M_1,M_2$ sont alignés.
Je sais que $|z_1|=OM_1$ et $|z_2|=OM_2$ -
Bonjour,
Essaie de dessiner un parallélogramme $ABCD$ tel que $AB+AD=AC$.
Cordialement,
Rescassol
Edit: Merci bd2017, j'ai corrigé, c'est ce que j'avais écrit plus haut. -
Je ne pense pas que ce soit possible.
-
Bonjour,
Et pourquoi donc ?
Cordialement,
Rescassol -
Bonjour
Pourtant je pensais être dans la réalité en disant que : démontrer que |a+b|=|a|+|b| ssi a et b sont positivement proportionnels et puis le faire pour 3 nombres (ce qui conceptuellement revient à faire la récurrence) est du niveau de la terminale. Alors j'ai perdu mes repères?
Mais cela devrait être du niveau de celui qui donne des cours à un élève de terminale, qui vise le Capes et l'Agrégation.
Evidemment quand je parlais de l'exercice, c'est de la difficulté rencontrée au niveau de l'inégalité triangulaire.
Quand à l'exercice c'est vrai que montrer que les racines sont simples est plus difficile. Mais bon il faut apprendre à chercher. (:P)
P.S on peut fusionner avec ici .
lien -
En principe avec ton dessin, le questionnement est plus en adéquation avec AB +A D=AC
-
bd2017 : il ne faut pas confondre un exercice dont la solution est compréhensible par un élève de terminaleS et un problème résoluble par le même élève. Je pense que c'est la confusion que tu fais.
-
La récurrence pour $n$ complexes est facile pour montrer l'inégalité mais pas le cas d'égalité. J'ai mis mon raisonnement.
Le cas $n=2$ est facile mais je suis nul en géométrie donc je ne vois rien.
Montrons que $|z_1+z_2| \leq |z_1|+|z_2|$
Si $z_1=0$ l'inégalité est vraie.
Supposons $z_1 \ne 0$ alors l'inégalité à prouver s'écrit $|z_1| |1+k | \leq |z_1| (1+|k|)$ où $k=\dfrac{z_2}{z_1}$
Ce qui est équivalent à $|1+k| \leq 1+|k|$
Or $ (1+|k|)^2 - |1+k|^2 = 2 (|k| - \Re(k) )$
Mais $\Re(k) \leq |k|$ on en déduit l'inégalité triangulaire.
Le cas d'égalité se résume à $k = \Re (k)$ ce qui est équivalent à $k \in \R^{+}$
En effet, si $z \in \R^{+}$ alors $\Re(z)=z=|z|$ donc $\Re(z)=|z|$
Réciproquement, si $\Re(z)=|z|$ alors en posant $z=x+iy$ on obtient $x^2=x^2+y^2$ on obtient $y^2=0 \implies y=0$
On en déduit $x=\Re(z)=|z| \geq 0$ donc $z=x \in \R^{+}$ -
Fin de partie écrivait : http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?3,1963196,1963762#msg-1963762
[Inutile de recopier un message présent sur le forum. Un lien suffit. AD]
II faut être clair. D'abord je n'ai pas beaucoup d'idée du niveau d'un élève de terminale.
D'ailleurs ça ne veut rien dire car la palette est large.
Et la confusion vient du fait que quand j'ai parlé de l'exercice c'est de la partie que j'ai traitée :
le cas de l'égalité dans l'inégalité triangulaire.
Oui l'exercice est d'un bon niveau mais le problème n'est pas là.
Tout de même, on n'a pas affaire à un élève de terminale, et, malgré les conseils répétés,
il ne cherche pas à fonctionner de lui-même sur les parties qui ne sont pas difficiles. -
Bon @Oshine ton raisonnement (si on peut dire) est complètement nébuleux. En tous cas je pige que dalle.
Et puis on se fout de l'inégalité triangulaire on va pas refaire le monde!
Il faut montrer que si $|z_1+z_2|=|z_1|+|z_2|$ alors $z_2=k z_1$ avec $k\geq 0 $
Alors n'importe quel raisonnement digne de ce nom va commencer par supposons que
$|z_1+z_2|=|z1|+|z_2|$ alors blabla.... -
Montrons par récurrence que :
$\forall n \geq 2 \ \forall (z_1, \cdots z_n) \in \C^{n} \ |\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k|= \displaystyle\sum_{k=1}^n |z_k| \Longleftrightarrow \forall k \in [|1,n|] \ \exists \lambda_k \in \R^{+} \ z_k=\lambda_k z_1$.
Le résultat est vrai lorsque $n=2$.
Soit $n \geq 2$. Supposons $ (z_1, \cdots z_n,z_{n+1}) \in \C^{n+1} \ |\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} z_k|= \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} |z_k| $
Alors $ |\displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} z_k| \leq |\displaystyle\sum_{k=1}^n z_k| + |z_{n+1}| $
Je bloque ici, je ne vois pas comment faire. -
Si $$\left|\sum_{k=1}^n z_k\right| = \sum_{k=1}^n |z_k|$$ alors on a $$\left|\sum_{k=1}^{n-1} z_k + z_n \right| = \sum_{k=1}^{n-1} |z_k| + |z_n|.$$ Or d'après l'inégalité triangulaire on a $$\left|\sum_{k=1}^{n-1} z_k + z_n \right| \leq \left|\sum_{k=1}^{n-1} z_k\right| + |z_n| \leq \sum_{k=1}^{n-1} |z_k| + |z_n|.$$ Comme le membre de gauche est égal à celui de droite par hypothèse, le membre du milieu leur est égal. On a donc $$\left|\sum_{k=1}^{n-1} z_k\right| = \sum_{k=1}^{n-1} |z_k|$$ et d'après l'hypothèse de récurrence, les $z_k$ avec $1 \leq k \leq n-1$ sont positivement liés, et on réapplique le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire à deux termes pour obtenir que $z_n$ est positivement liés aux autres $z_k$.
-
Et avant de me dire que tu ne comprends pas la fin, écris toi-même les détails. Tu n'as besoin de rien d'autre, je t'ai vraiment tout fait.
-
Merci.
La fin est, je suppose : $|\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} z_k+z_n| \leq \displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} |z_k| + |z_n|$
En posant $Z_1=\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} z_k$ et $Z_2=z_n$ on a $Z_2 = \lambda Z_1$.
Et donc $z_n= \lambda (\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} z_k) = \lambda (\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \lambda_k) z_1 =\lambda_n z_n $ où $\lambda_n = \lambda (\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1} \lambda_k) \in \R^+$
Par contre, dans l'exercice si on a $1,z,z^2, \cdots z^{n-1}$ positivement proportionnels avec $|z| \geq 1$, je ne vois pas comment en déduire $z=1$.
J'écris $|1+\cdots z^{n-1}| = |z| \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} \lambda_k $ mais je ne vois pas comment faire. -
Parce que cela n'intervient que lorsque $|z|=1$.
Le cas $|z|>1$ peut être réglé autrement. -
@Fin de Partie
Je n'ai pas compris. Je rappelle que le corrigé est :
Soit $z \in \C$ avec $|z| \geq 1$ alors $|z^{n-1} + z^{n-2} + \cdots +z+1| \leq n |z|^n$ et il ne peut y avoir égalité que si $1,z,z^2, \ldots ,z^{n-1}$ sont positivement proportionnels, ce qui conduit à $z=1$.
Je ne comprends pas comment on arrive à $z=1$. -
Je crois que ce qui n'est pas compris est ce que signifie positivement lié. Dans cette liste de nombres positivement liés il y a le nombre complexe 1.
Géométriquement si j'ai bien compris le cas d'égalité dans l'inégalité triangulaire généralisée est que tous les nombres complexes concernés ont leur image sur une même demi-droite passant par l'origine du repère.
Autrement dit, si je ne dis pas de bêtise, et en reprenant tes notations on a $\displaystyle |1+z+...+z^{n-1}|=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda_i$
NB: ce n'est pas exactement tes notations. On a $z^i=\lambda_i$ pour $i$ variant de $0$ à $n-1$. -
$z = \lambda$ avec $\lambda \in \mathbb R^+$ puisque $z$ et $1$ sont positivement liés. Si $\lambda \neq 1$ on a $|1 + z + \dots + z^{n-1}| = 1 + \lambda + \dots + \lambda^{n-1} < n \lambda ^n$ car $\lambda = |z| \geq 1$, absurde.
-
Bonsoir,
par curiosité quelqu'un a-t-il une façon simple de montrer que les racines de $P_n$ sont simples ? J'ai bricolé un truc en considérant le polynôme $R_n(X)=P_n(X+1)$ qui semble marché, mais cela ne semble pas être l'idée de l'auteur de l'exercice.
Bonne soirée
F. -
On peut peut-être montrer que $P_n$ et $P'_n$ sont premiers entre eux.
-
Malavita
L'indication dit de considérer le polynôme $Q(X)=(X-1)P(X)$
Je suis aussi en train de chercher cette question pour montrer les racines simples, ne mettez pas la solution de suite s'il vous plait.
Je suis en train de calculer $Q(X)$
Poirot
Merci. En effet, $\lambda <1 \implies \lambda^2 < \lambda$ -
OShine:
Je te conseille de calculer pour $n=2,n=3,n=4$ le Q correspondant. -
Après calculs, je trouve que : $\boxed{Q(X)=nX^{n+1}-(n+1)X^n+1=(X-1)P(X)}$ (1)
Et $\boxed{Q'(X)=n(n+1)X^{n-1} (X-1)=P(X)+(X-1)P'(X)}$ (2)
On remarque que $P(1)=0$ et que $Q(1)=Q'(1)=0$
J'essaie un raisonnement mais je ne suis pas sûr.
Les racines de $Q$ sont les racines de $P$ excepté la racine $1$.
Or les racines de $Q'$ sont $0$ et $1$. Si $P$ avait une racine double, elle serait racine de $Q'$.
Or $0$ n'est pas racine de $P$.
On sait que $P(1)=0$. D'après (2), on a : $Q'(1)=P(1)=0$
$1$ est racine de $Q$ au moins double. Mais je n'arrive pas à en déduire que $1$ est racine simple de $P$ :-S
Je dois calculer $Q''(X)$ ? -
Elle est bizarre ta dérivée du polynôme Q.
Tu peux oublier $(x-1)P(x)$. On multiplie par $(x-1)$ pour avoir un polynôme qui a les mêmes racines que P avec les mêmes multiplicités (sauf pour la racine 1 mais ce n'est pas important pour le moment)
NB:
Ce qui est important est l'expression que tu as trouvée, et que je pense être exacte:
$Q(X)=nX^{n+1}-(n+1)X^n+1$ tout le reste est sans utilité me semble-t-il.
PS:
Tu as raison, les racines de Q' sont bien 0 et 1. -
Rebonjour
Logiquement @Oshine doit avoir une solution sans son livre?
Sinon je fais comme ceci
1 est racine simple puisque $p'(1)=n(n+1)/2. $
Pour les autres racines
$p(x)=(x-1)Q_n(x)$ avec $Q_n(x)=\sum_{j=0}^{n-1} (j+1) x^j$
Il est facile de voir que $xQ_n'(x)-(n-1) Q_n(x)=xQ_{n-1}'(x)-(n-1) Q_{n-1}(x)$ et le fait que 0 n'est pas racine $Q_n $
On en déduit le résultat avec une simple récurrence. -
Pour le cas de 1.
$\dfrac{P(X-1)}{X-1}$ est un polynôme dont tous les coefficients sont positifs. En fait, ce polynôme a une forme simple si je vois bien.
$\dfrac{P(X-1)}{X-1}=nX^n+(n-1)X^{n-1}+...+2X+1$ -
Le corrigé est succinct, il n'y a pas les étapes comme le calcul de $P'(1)$.
Ok j'avais pensé aussi à calculer $P'(1)=\dfrac{n(n+1}{2} \ne 0$.
On a $P(1)=0$ et $P'(1) \ne 0$ donc $1$ est racine simple. Les autres racines sont simples car $Q(0) \ne 0$.
Bon l'exercice est clos ouf. -
Pour montrer d'une autre façon que 1 est la seule racine de P qui soit de module égal à 1 on peut aussi procéder ainsi :
Soit $z$ un complexe de module 1 qui soit racine de $P$. Alors il existe $t\in\R$ tel que $z=e^{it}$.
On remarque que \[P(X)=\sum_{k=0}^{n-1}(X^n-X^k)\] donc puisque $P(z)=0$, \[\sum_{k=0}^{n-1} (e^{int}-e^{ikt})=0\]
En divisant par $e^{int}$ et en prenant la partie réelle, on en déduit que \[\sum_{k=0}^{n-1} (1-\cos((k-n)t))=0\] et comme c'est une somme de réels positifs on en déduit qu'ils sont tous nuls.
En particulier pour $k=n-1$, on en déduit que $\cos(t)=0$ donc $t$ est congru à $0$ modulo $2\pi$.
Par conséquent $z=1$.
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