Shortlist 2013, A6¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Serbia
Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation · Polynômes à coefficients entiers
Solution officielle : Shortlist officielle 2013 (avec solutions), p. 19 (page 19 du PDF)
Énoncé¶
Let \(m \neq 0\) be an integer. Find all polynomials \(P(x)\) with real coefficients such that
for all real numbers \(x\).
Indices : les idées clés
- Coefficient dominant : le coefficient de \(x^{n+1}\) donne \(a_n(n - 2m)(n - 1) = 0\), donc \(n = 1\) ou \(n = 2m\) ; les solutions de degré \(1\) sont \(P(x) = tx\).
- Chaînes de racines (solution 1) : en retranchant \(kx\), on obtient un polynôme \(S\) ayant deux racines consécutives \(r\), \(r + 1\) ; la chaîne \(r - a, \ldots, r + b\) s'arrête sur une racine de \(B(x) = x^3 + mx^2 + 1\) et une racine de \(A(x) = x^3 - mx^2 + 1\).
- Racines rationnelles : \(B\) n'a pas de racine rationnelle, donc \(B(x) = A(x + c)\), ce qui force \(m = 0\) ; ou bien (solution 2) les racines de \(A\) et \(B\) devraient différer d'entiers, ce qu'une étude des racines réelles exclut.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2013 (deux solutions).
Réponse : \(P(x) = tx\) pour tout réel \(t\).
Solution 1¶
Écrivons \(P(x) = a_n x^n + \cdots + a_0 x^0\) avec \(a_n \neq 0\). En comparant les coefficients de \(x^{n+1}\) des deux membres, on obtient \(a_n(n - 2m)(n - 1) = 0\), donc \(n = 1\) ou \(n = 2m\).
Si \(n = 1\), on vérifie facilement que \(P(x) = x\) est solution, mais pas \(P(x) = 1\). Comme la condition est linéaire en \(P\), les solutions de degré au plus \(1\) sont exactement les \(P(x) = tx\) avec \(t \in \mathbb{R}\).
Supposons maintenant \(n = 2m\). Le polynôme \(xP(x + 1) - (x + 1)P(x) = (n - 1)a_n x^n + \cdots\) est de degré \(n\), donc il a au moins une racine (éventuellement complexe) \(r\). Si \(r \notin \{0, -1\}\), posons \(k = \frac{P(r)}{r} = \frac{P(r + 1)}{r + 1}\). Si \(r = 0\), posons \(k = P(1)\). Si \(r = -1\), posons \(k = -P(-1)\). Considérons le polynôme \(S(x) = P(x) - kx\). Il vérifie aussi (1), car \(P(x)\) et \(kx\) le vérifient. Il a de plus la propriété utile que \(r\) et \(r + 1\) sont des racines.
Posons \(A(x) = x^3 - mx^2 + 1\) et \(B(x) = x^3 + mx^2 + 1\). En substituant \(x = s\) dans (1), on obtient :
- si \(s - 1\) et \(s\) sont racines de \(S\) et \(s\) n'est pas racine de \(A\), alors \(s + 1\) est racine de \(S\) ;
- si \(s\) et \(s + 1\) sont racines de \(S\) et \(s\) n'est pas racine de \(B\), alors \(s - 1\) est racine de \(S\).
Soient \(a \geq 0\) et \(b \geq 1\) tels que \(r - a, r - a + 1, \ldots, r, r + 1, \ldots, r + b - 1, r + b\) soient racines de \(S\), mais pas \(r - a - 1\) ni \(r + b + 1\). Les deux affirmations ci-dessus montrent que \(r - a\) est racine de \(B\) et que \(r + b\) est racine de \(A\).
Comme \(r - a\) est racine de \(B(x)\) et de \(A(x + a + b)\), c'est aussi une racine de leur PGCD \(C(x)\) en tant que polynômes à coefficients entiers. Si \(C(x)\) était un diviseur non trivial de \(B(x)\), alors \(B\) aurait une racine rationnelle \(\alpha\). Comme le premier et le dernier coefficient de \(B\) valent \(1\), \(\alpha\) ne pourrait être que \(1\) ou \(-1\) ; mais \(B(-1) = m > 0\) et \(B(1) = m + 2 > 0\), puisque \(n = 2m\).
Donc \(B(x) = A(x + a + b)\). En posant \(c = a + b \geq 1\), on calcule
On doit donc avoir \(3c - 2m = c - m = 0\), ce qui donne \(m = 0\), une contradiction. On conclut que \(P(x) = tx\) sont les seules solutions. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
En multipliant (1) par \(x\), on l'écrit
Après regroupement, cela devient
où \(Q(x) = xP(x + 1) - (x + 1)P(x)\). Si \(\deg P \geq 2\), alors \(\deg Q = \deg P\), donc \(Q(x)\) a un multiensemble fini de racines complexes, noté \(R_Q\) (chaque racine comptée avec sa multiplicité). Le multiensemble des racines de \(Q(x - 1)\) est alors \(R_Q + 1 = \{z + 1 : z \in R_Q\}\).
Soient \(\{x_1, x_2, x_3\}\) et \(\{y_1, y_2, y_3\}\) les multiensembles des racines des polynômes \(A(x) = x^3 - mx^2 + 1\) et \(B(x) = x^3 + mx^2 + 1\). Par (2), on a l'égalité de multiensembles
Pour tout \(r \in R_Q\), comme \(r + 1\) est dans l'ensemble de droite, on a \(r + 1 \in R_Q\) ou \(r + 1 = x_i\) pour un \(i\). De même, comme \(r\) est dans l'ensemble de gauche, on a \(r - 1 \in R_Q\) ou \(r = y_i\) pour un \(i\). Cela montre que, quitte à renuméroter \(y_1, y_2, y_3\), toutes les racines de (2) se répartissent en trois chaînes de la forme \(\{y_i, y_i + 1, \ldots, y_i + k_i = x_i\}\), pour \(i = 1, 2, 3\) et des entiers \(k_1, k_2, k_3 \geq 0\).
Étudions les racines du polynôme \(A_a(x) = x^3 + ax^2 + 1\). Par le calcul différentiel ou par des méthodes élémentaires, les extrema locaux de \(A_a\) sont en \(x = 0\) et \(x = -\frac{2a}{3}\), de valeurs \(A_a(0) = 1 > 0\) et \(A_a\left(-\frac{2a}{3}\right) = 1 + \frac{4a^3}{27}\), qui est positive pour les entiers \(a \geq -1\) et négative pour les entiers \(a \leq -2\). Donc, pour \(a \in \mathbb{Z}\), \(A_a\) a trois racines réelles si \(a \leq -2\) et une seule si \(a \geq -1\).
Comme \(y_i - x_i \in \mathbb{Z}\) pour \(i = 1, 2, 3\), les polynômes \(A_m\) et \(A_{-m}\) ont le même nombre de racines réelles. L'analyse précédente montre alors que \(m = 1\) ou \(m = -1\). La racine réelle \(\alpha\) de \(A_1(x) = x^3 + x^2 + 1\) et la racine réelle \(\beta\) de \(A_{-1}(x) = x^3 - x^2 + 1\) doivent donc différer d'un entier. C'est impossible : \(A_1\left(-\frac{3}{2}\right) = -\frac{1}{8}\) et \(A_1(-1) = 1\), donc \(-1{,}5 < \alpha < -1\), tandis que \(A_{-1}(-1) = -1\) et \(A_{-1}\left(-\frac{1}{2}\right) = \frac{5}{8}\), donc \(-1 < \beta < -0{,}5\).
Il s'ensuit que \(\deg P \leq 1\). Comme dans la solution 1, on conclut que les solutions sont les \(P(x) = tx\) pour \(t\) réel. \(\blacksquare\)