Shortlist 2014, A5¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Belgium
Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation · Partie entière et majorations
Solution officielle : Shortlist officielle 2014 (avec solutions), p. 17 (page 18 du PDF)
Énoncé¶
Consider all polynomials \(P(x)\) with real coefficients that have the following property: for any two real numbers \(x\) and \(y\) one has
Determine all possible values of \(P(0)\).
Indices : les idées clés
- Exemples : pour \(C > 0\), \(P(x) = -\left(\frac{2x^2}{C} + C\right)\) rend les deux membres de (1) toujours faux ; \(P(x) = x^2 + 1\) rend (1) symétrique en \(x\) et \(y\) après factorisation.
- Polynômes : un polynôme qui a une infinité de racines est nul, d'où la parité de \(P\) quand \(P(0) \geq 0\).
- Comparaison asymptotique : avec \(y = \sqrt{P(x)}\), un degré \(n \geq 4\) donnerait \(x^{n^2/2} \lesssim x^{n/2}\) ; donc \(P\) est de degré \(2\), puis \(P(x) = x^2 + 1\).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent la solution officielle de la Shortlist 2014 (une solution et quatre remarques).
Réponse : l'ensemble des valeurs possibles de \(P(0)\) est \((-\infty, 0) \cup \{1\}\).
Solution¶
Partie I : ces valeurs sont atteintes. Pour voir que tout réel négatif \(-C\) peut être \(P(0)\), il suffit de vérifier que, pour tout \(C > 0\), le polynôme \(P(x) = -\left(\frac{2x^2}{C} + C\right)\) a la propriété de l'énoncé. Par symétrie, il suffit de montrer que \(\lvert y^2 - P(x) \rvert > 2 \lvert x \rvert\) pour tous réels \(x\) et \(y\). Or
où l'égalité dans la première inégalité impose \(\lvert x \rvert = C\), et dans la seconde \(x = 0\). Ces deux conditions sont incompatibles, donc \(\lvert y^2 - P(x) \rvert > 2 \lvert x \rvert\) : les deux membres de (1) sont toujours faux.
Pour voir que \(P(0) = 1\) est possible, vérifions que \(P(x) = x^2 + 1\) satisfait (1). Pour tous réels \(x\) et \(y\),
Cette dernière condition est symétrique en \(x\) et \(y\), ce qui conclut.
Partie II : il n'y a pas d'autre valeur. Soit \(P\) un polynôme vérifiant (1) avec \(P(0) \geq 0\) ; on va montrer que \(P(x) = x^2 + 1\) pour tout réel \(x\), ce qui est plus que nécessaire.
Première étape : \(P\) est pair. Par (1),
pour tous réels \(x\) et \(y\). En ne retenant que l'équivalence entre le premier et le troisième énoncé, et comme \(y^2\) décrit tout \(\mathbb{R}_{\geq 0}\), on obtient
pour tout \(x \in \mathbb{R}\).
Il existe une infinité de réels \(x\) tels que \(P(x) + 2 \lvert x \rvert \geq 0\). C'est vrai pour tout polynôme réel tel que \(P(0) \geq 0\) : quitte à remplacer \(x\) par \(-x\), on peut supposer que le coefficient de \(x\) dans \(P\) est positif ou nul, et l'inégalité est alors vraie pour tous les réels positifs assez petits.
Pour de tels \(x\), l'égalité d'ensembles ci-dessus donne \(P(x) + 2 \lvert x \rvert = P(-x) + 2 \lvert x \rvert\), donc \(P(x) = P(-x)\). Le polynôme \(P(x) - P(-x)\) a donc une infinité de racines : il est identiquement nul, et \(P\) est pair.
Deuxième étape : \(P(t) > 0\) pour tout \(t \in \mathbb{R}\). Supposons qu'il existe un réel \(t \neq 0\) tel que \(P(t) = 0\). Il existe alors un intervalle ouvert \(I\) autour de \(t\) tel que \(\lvert P(y) \rvert \leq 2 \lvert y \rvert\) pour tout \(y \in I\). Avec \(x = 0\) dans (1), on obtient \(y^2 = P(0)\) pour tout \(y \in I\), ce qui est absurde. Donc \(P(t) \neq 0\) pour tout \(t \neq 0\).
Avec \(P(0) \geq 0\), l'affirmation ne pourrait être fausse que si \(P(0) = 0\). Dans ce cas, d'après la première étape, il existe un polynôme \(Q\) tel que \(P(x) = x^2 Q(x)\). En appliquant (1) à \(x = 0\) et à un \(y \neq 0\) quelconque, on obtient \(\lvert y Q(y) \rvert > 2\), ce qui est faux pour \(y\) assez petit.
Troisième étape : \(P\) est de degré \(2\). \(P\) n'est pas constant : sinon, pour \(x = \sqrt{P(0)}\) et \(y\) assez grand, le premier membre de (1) est faux et le second vrai. Le degré \(n\) de \(P\) est donc au moins \(1\), et pair d'après la première étape, donc \(n \geq 2\).
Supposons \(n \geq 4\). En prenant \(y = \sqrt{P(x)}\) dans (1), on obtient
pour tout réel \(x\). Choisissons des réels positifs \(x_0\), \(a\) et \(b\) tels que \(a x^n < P(x) < b x^n\) pour tout \(x \in (x_0, \infty)\) ; c'est possible car, si \(d > 0\) est le coefficient dominant de \(P\), \(\lim_{x \to \infty} \frac{P(x)}{x^n} = d\), et par exemple \(a = \frac{d}{2}\) et \(b = 2d\) conviennent pour \(x_0\) assez grand.
Pour tout réel \(x\) assez grand, on a alors
c'est-à-dire
ce qui est absurde pour \(x\) assez grand. Donc \(P\) est bien de degré \(2\).
Quatrième étape : \(P(x) = x^2 + 1\). D'après les étapes précédentes, il existe des réels \(a > 0\) et \(b\) tels que \(P(x) = a x^2 + b\). Pour \(x\) assez grand et \(y = \sqrt{a}\, x\), le premier membre de (1) est vrai, et le second s'écrit \(\lvert (1 - a^2) x^2 - b \rvert \leq 2 \sqrt{a}\, x\). Comme \(a > 0\), ce n'est possible que si \(a = 1\).
Enfin, en substituant \(y = x + 1\) avec \(x > 0\) dans (1), on obtient
c'est-à-dire
pour tout \(x > 0\). En choisissant \(x\) assez grand, on peut faire en sorte que l'un des deux énoncés soit vrai ; alors les deux le sont, ce qui n'est possible que si \(b = 1\). \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1. Les solutions les plus naturelles de ce problème utilisent quelques faits élémentaires d'analyse, comme la continuité des polynômes ou le théorème des valeurs intermédiaires. Ces faits sont intuitivement évidents pour les candidats à ce niveau, et le comité a jugé le problème adapté à l'OIM.
Remarque 2. La plupart des solutions contiennent, dans le cas principal où \(P(0) \geq 0\), un argument asymptotique montrant que \(P\) est de degré \(2\), puis une partie qui réduit ce cas à \(P(x) = x^2 + 1\).
Remarque 3. On peut aussi sauter la première étape et commencer directement par la deuxième, mais il faut alors travailler un peu plus pour exclure \(P(0) = 0\). Une possibilité : on écrit \(P(x) = x Q(x)\). En appliquant (1) à \(x = 0\) et à un \(y \neq 0\) quelconque, on obtient \(\lvert Q(y) \rvert > 2\). Donc on a soit \(Q(z) \geq 2\) pour tout réel \(z\), soit \(Q(z) \leq -2\) pour tout réel \(z\). En particulier, il existe \(\eta \in \{-1, +1\}\) tel que \(P(\eta) \geq 2\) et \(P(-\eta) \leq -2\). En substituant \(x = \pm \eta\) dans (1), on obtient
Mais pour \(y = \sqrt{P(\eta)}\), le premier énoncé est vrai et le troisième faux.
Si l'on n'a pas établi la parité de \(P\) avant la quatrième étape, celle-ci demande aussi un peu plus de travail, sans difficulté majeure.
Remarque 4. On peut chercher l'ensemble de tous les polynômes vérifiant (1). Comme on l'a vu, \(P(x) = x^2 + 1\) est le seul pour lequel \(P(0) = 1\). En revanche, pour \(P(0) < 0\), il y a plus de possibilités que celles données ci-dessus : par exemple, comme l'a remarqué l'auteur du problème, si \(a\) et \(b\) sont deux réels positifs avec \(ab > 1\) et \(Q\) un polynôme qui ne prend que des valeurs positives ou nulles, alors \(P(x) = -\big(a x^2 + b + Q(x)\big)\) convient.
Plus généralement, on peut montrer que si \(P\) vérifie (1) et \(P(0) < 0\), alors \(-P(x) > 2 \lvert x \rvert\) pour tout réel \(x\), de sorte que (1) est l'équivalence de deux énoncés faux. On obtient tous ces polynômes en parcourant toutes les solutions de l'équation polynomiale
et tous les réels \(E > 0\), et en posant