Oraux X-ENS - 30 - Polynômes à valeurs réelles

[@phileasmahuzier6713]

La première vidéo ou j'arrive effectivement à résoudre l'exercice en amont 🎉

[@techbay6504]

Incroyable cette chaine

[@noumanegaou3227]

Pour la deuxième question On'a Pbar coincide avec P sur lR Car pour tout x reel Pbar(x) = P(x) bar=P(x) Car P(lR) inclus dans IR Donc Pbar = P Donc P dans lR[X]

[@noumanegaou3227]

@@mattisborderies6132 on a Pbar définie comme le polynome de coff conjugais de P Puis Pbar = P donc les tout coefficients de Psont à égal à son conjugais donc tout les coefficients de P sont réel donc P dans lR[X]

[@h4ck314]

Très intéressant et très bien exposé, merci

[@olivierbegassat851]

Soit P polynôme complexe tel que P(Q) = Q. Par interpolation de Lagrange comme tu l'as fait avec R, P est un polynôme rationnel. Il est forcément de degré impair (sinon il ne saurait induire une surjection de Q dans lui-même.) SNG P est à coefficient dominant > 0. Quitte à considérer Q(X) = a*(P(X + b) - P(b)) pour a, b rationnels convenablement choisis peut supposer que P est à coefficients entiers de contenu 1 et induit une bijection Q+ -> Q+ avec en plus P(x) < 0 dès que x < 0. Il suffit en effet de prendre b assez grand pour entrer dans un intervalle réel sur lequel P sera strictement croissante et donc injective et avec P(c) < P(b) pour tout réel c < b (ce qui utilise l'imparité du degré de P.) Supposons par l'absurde qu'il existe un polynôme à coefficients entiers de degré d > 1 et de contenu 1induisant une bijection de Q+ dans lui-même et tel que P(c) < 0 pour c réel < 0. Soit p premier ne divisant aucun des coefficients de P, soit r rationnel > 0 dont le dénominateur est premier à p. Alors on a par inspection que P(r) est encore rationnel > 0 avec dénominateur premier à p. Soit r = a / (b*p^k) rationnel > 0 sous forme irréductible (rien à voir avec a et b d'avant) dont le dénominateur est un multiple de p, avec k > 0, et b premier à p. Alors le fait que p ne divise aucun des coefficients de P (en particulier pas son coefficient dominant) montre que P(r) = N / p^{k*d} avec N > 0 premier à p. *EDIT:* P(r) = N / (b^d * p^{k*d}) Il suit que P(r) = 1 / p n'a pas de solutions rationnelles. C'est sûr que ce raisonnement peut se simplifier.

[@maelhostettler1004]

Excusez moi, qu'entendez vous par "entier de contenu 1" ? Si j'ai bien compris ... les seuls polynômes complexes induisant une surjection de Q sur Q sont les polynômes P ∈ Q[ X ] de degré 1 et donc on vérifie que ceux-ci fonctionne (ce qui se vois puis qu'on a des polynômes de Q[ X ] )?

[@olivierbegassat851]

@@maelhostettler1004 les polynômes rationnels de degré 1 conviennent. Il s'agit de montrer que ceux de degré > 1 ne conviennent pas. Le contenu d'un polynôme à coefficients entiers est le pgcd de ses coefficients.

[@luigidealfaro8831]

​@@olivierbegassat851 pourriez vous m'expliquer pourquoi N est entier et premier à p?

[@olivierbegassat851]

@@luigidealfaro8831 Il s'agit d'évaluer P(r) avec 0 < r = a / (b * p^k) rationnel sous forme irréductible. Notre hypothèse étant que le PGCD des coefficients de P vaut 1 et que p ne divise pas le coefficient dominant de P. *N.B.* dans mon message originel j'imposais "p premier ne divisant aucun des coefficients de P" mais il suffit de demander que p ne divise pas le coefficient dominant c_d. Cette évaluation est donc de la forme P(r) = c_0 + c_1 * r + ... c_d * r^d avec c_0, c_1, ..., c_d entiers, premiers entre eux dans leur ensemble et p premier à c_d. Dans tous les cas en mettant tout sous le même dénominateur (par exemple (b * p^k)^d) le numérateur N est la somme de d + 1 termes, les d premiers étant tous des multiples de p et le dernier terme valant c_d * a^d; ce dernier est premier à p par hypothèse d'irréducibilité de r et sur le coefficient dominant c_d. N est donc premier à p. *EDIT:* L'hypothèse "contenu = 1" est inutile. Il suffit d'avoir P de degré d > 1, à coefficients entiers, tel que P(x) < 0 pour x < 0, p premier au coefficient dominant de P.

[@luigidealfaro8831]

@@olivierbegassat851 ok super, merci beaucoup et bravo pour la preuve, j'avais pas compris pourquoi le b disparaissait dans le N au début mais maintenant c'est bon! P.S. J'espère que vous êtes pas en prépa, sinon les concours s'annoncent difficiles :)

[@dulot2001]

Pour le deuxième, on peut écrire : P(z)=(a_n+ib_n)z^n+(a_(n-1)+ib_(n-1))z^(n-1)+...+(a_0+ib_0) où les coefficients a_i et b_i sont réels. Si P(R)CR, alors : Q(x)=b_nx^n+b_(n-1)x^(n-1)+...+b_0 est identiquement nulle sur R car Q(x)=Im(P(x))=0 sur R. Il est donc nul et donc les coefficients b_n, b_(n-1),...,b_0 aussi. Finalement, les coefficients de P sont réels.

[@dulot2001]

Pour les fans de l'axiome du choix, on peut faire le même type de preuve avec d'autres corps de caractéristique nulle KcL en considérant une base de L en tant que K-ev. C'est moins élégant que la preuve de Maths*...

[@xwkya]

Solution la plus intuitive

[@sebastiengontard2594]

En effet, pour la seconde question, écrire, en utilisant l'hypothèse, P(x)=Re(P)(x)+Im(P)(x)i=Re(P)(x)-Im(P)(x)i pour tout réel x semble un chouïa plus expéditif 🤣

[@mariusbureau3380]

Jaime bcp la methode avec l'interpolation de Lagrange ! Cest rapide en plus

[@pierretchamitchian4399]

Pour la deuxxième question beaucoup dans les commentaires raisonnent en parlant de la partie imaginaire ou du conjugué du polynôme P considéré, sans doute la meilleure solution (généralisable à d'autres situations), mais une simple récurrence sur le degré marche bien (ca m'a paru naturel en pensant P(0) réel, puis on pose Q(X) = (P(X)-P(0))/X, polynôme de degré inférieur qui vérifie la même propriété).

[@joelasa5420]

j'ai eu une idée pour la deuxième question, mais je ne sais pas si elle est valide! en effet, si on écrit P(z)=a_0+a_1*z+...+a_n*z^n, et l'on choisis n+1 réels deux à deux distincts x_0, x_1, ....x_n. considérons V(x_0, x_1,...,x_n) la matrice dont les coefficients vérifient V_ij=x_i^j. pour i et j allant de 0 à n(il s'agit en fait d'une matrice de vandermonde). considérons aussi le vecteur colonne A formé des coefficient de P(c'est à dire A_i=a_i pour i allant de 0 à n). on peut donc écrire V*A=Y avec Y un vecteur dont toutes les composantes sont réelles. comme les x_i sont deux à deux distincts, V est inversible et on a donc A=V'Y (V' désigne l'inverse de V). Mais comme tous les coefficients de V sont réels, V est une matrice de M_n+1(R) et donc, son inverse appartient aussi à M_n+1(R) et donc, A=V'Y est un vecteur dont tous les coefficients sont réels. Ceci montre que tous les coefficients de P sont nécessairement réels. de plus, cette condition est suffisante car tous les polynomes à cofficient réels envoient R dans R.

[@phileasmahuzier6713]

C'est très malin, ça a l'air de marcher

[@joelasa5420]

on peut aussi considerer que si P est un polynôme de dégré n, alors on peut écrire P(z)=A(z)+iB(z) où A et B sont des polynômes de dégré au plus n et à coefficients réels. en prenant n+1 réels x_0, x_1,...x_n distincts, on a nécessairement B(x_i)=0 pour i allant de 0 à n. donc, B est un polynôme de dégré n ayant n+1 racines, il s'agit du polynôme nul. d'où P=A. et donc, P appartient à R[X].

[@olivierbegassat851]

Pour le premier point on a alternativement que pour P polynôme complexe non constant P(z) - P(0) ~ a*z^k au voisinage de 0 pour un certain coefficient non nul a et un exposant k > 0. En choisissant z(r) = r * exp ( (pi/2- alpha) / k) pour alpha un argument de a et r > 0 qui tend vers 0 on obtient que P(z(r)) a une partie imaginaire strictement positive pour r au voisinage de 0. Ainsi un polynôme complexe satisfaisant P(C) \subset R est nécessairement constant.

[@robospierre-956]

Pire solution

[@yoitteri1476]

@@robospierre-956 Au contraire, cette solution n'utilise pas le théorème de d'Alembert Gauss

[@olivierbegassat851]

L'exo avec les polynômes (à coefficients) rationnels m'a inspiré une *Question.* Un polynôme rationnel P induisant une injection Q -> Q induit-il nécessairement une injection R -> R ?

[@olivierbegassat851]

(La réponse est *non* et il existe des contre-exemples de degré 3, par exemple P = X^3 - (1/2) X.)

[@luigidealfaro8831]

Pourquoi ce polynôme induit une injection de Q dans Q?

[@olivierbegassat851]

@@luigidealfaro8831 C'est pas évident en soi (sans être trop difficile non plus) et il faut un raisonnement. En gros quand si x, y rationnels distincts produisent une collision P(x) = P(y) ils vont satisfaire x² + xy + y² - (1/2) = 0. Un petit changement de variable d := (1/2)(x - y) et s := (1/2)(x + y) nous ramène à chercher des solutions rationnelles de 3 s² + d² = 2 Il s'agit alors de montrer que cette équation n'a pas de solutions rationnelles. Il revient au même de montrer que 3 u² + v² = 2w² (*) n'a pas de solutions entières non triviales, (0, 0, 0) étant bien évidemment solution. En raisonnant modulo 8 on remarque que toute solution de (*) doit nécessairement avoir u, v et w pairs. Or si (u, v, w) est solution alors (u / m, v / m, w / m) l'est aussi où m est le PGCD de u, v, w. Ceci montre que (*) ne saurait avoir de solutions non triviales et donc que P est injective Q -> Q.

[@luigidealfaro8831]

@@olivierbegassat851 ah oui c'est pas immédiat en effet mais c'est cool

[@MathsEtoile]

C'est une super question ça j'aime beaucoup ! (jolie preuve aussi, maintenant la généralisation naturelle qui me vient c'est : pour quels sous corps K de R a-t-on la propriété suivante : tout polynôme a coefs dans K induisant une injection K -> K induit nécessairement une injection R -> R... La "limite" se trouve quelque part entre Q et R grâce à ce que tu montres)

[@youcefder1218]

Pour la deuxième je pense qu'on pouvait alternativement dire que p(R) Inclus dans R , donc puisque le conjugue complexe du polynome est égal à lui même ainsi le conjugue de chaque coefficient est égal à lui même ( car on aurait une égalité d'un polynome nul pour chaque valeur dans R ) donc il est nul .

[@whatever-td1nh]

Il me semblait que dans l'énoncé il y avait P(U)=U et P(Q)=Q mais bon.

[@LELULULU]

J’suis ENS 1974 agrege j'ai trouvé mais j'ai un peu ramé ça me semble dur pour un oral

[@noumanegaou3227]

On a pour la première question on utilise analyse complex On a P polynome donc est une fonction entier puis sont image est IR ne dense pas sur C donc P est constant

[@noumanegaou3227]

@@holomurphy22 Désolé je ne suis pas étudiant de prepa.

[@michellbch6870]

Mathematiques orales ou annales.. On s'en fout!!!!