Shortlist 2019, A5¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★☆☆ · Proposé par : Kazakhstan
Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation
Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section A5 (livret PDF)
Énoncé¶
Let \(x_1, x_2, \ldots, x_n\) be different real numbers. Prove that
Indices : les idées clés
- Interpolation de Lagrange (solution 1) : on interpole \(f(t) = \prod (1 - x_i t)\), de degré \(n\), aux \(n + 2\) nœuds \(1, -1, x_1, \ldots, x_n\) et on lit le coefficient de \(t^{n+1}\), qui est nul.
- Symétrie et polynômes alternés (solution 2) : \(G \cdot \prod_{i<j}(x_j - x_i)\) est alterné, donc divisible par ce produit ; \(G\) est un polynôme symétrique.
- Invariance par \(x_i \mapsto 1/x_i\) (solution 2) : un polynôme invariant par cette transformation est constant ; on identifie la constante avec les racines \(n\)-ièmes de l'unité.
- Compter les racines (solution 3) : vu comme fonction de \(x_n\), le numérateur de \(G\) est de degré \(n - 1\) et s'annule en \(x_1, \ldots, x_{n-1}\), comme le dénominateur.
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (trois solutions et trois remarques).
Remarques communes. On note \(G(x_1, \ldots, x_n)\) le membre de gauche de l'identité, vu comme fonction des \(n\) variables \(x_1, \ldots, x_n\).
Solution 1¶
(Interpolation de Lagrange.) Les deux membres étant des fonctions rationnelles, il suffit de prouver l'identité quand aucun \(x_i\) n'est dans \(\{1, -1\}\). Posons
et remarquons que
Avec les nœuds \(1, -1, x_1, \ldots, x_n\), la formule d'interpolation de Lagrange donne l'expression suivante de \(f\) :
Le texte du livret dont nous disposons écrit \(\frac{x - x_i}{1 - x_i}\) dans le dernier produit ; il faut lire \(\frac{x - x_i}{-1 - x_i}\), comme dans le calcul qui suit.
Le coefficient de \(t^{n+1}\) dans \(f(t)\) est nul, puisque \(f\) est de degré \(n\). Dans l'expression ci-dessus, ce coefficient vaut
(En effet, \(\frac{f(x_i)}{(x_i^2 - 1)\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)} = -\prod_{j \neq i} \frac{1 - x_i x_j}{x_i - x_j}\), \(f(1) = \prod (1 - x_j)\) et \(f(-1) = \prod (1 + x_j) = (-1)^n \prod (-1 - x_j)\).) Donc \(G = \frac{1 + (-1)^{n+1}}{2}\), qui vaut \(1\) si \(n\) est impair et \(0\) si \(n\) est pair. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
(Par les symétries.) \(G\) est symétrique en les variables \(x_1, \ldots, x_n\). Soit \(V = \prod_{i<j} (x_j - x_i)\) et \(F = G \cdot V\), qui est un polynôme en \(x_1, \ldots, x_n\). Comme \(V\) est alterné, \(F\) l'est aussi (échanger deux variables change son signe). Tout polynôme alterné s'annule dès que deux variables \(x_i, x_j\) (\(i \neq j\)) sont égales, donc il est divisible par \(x_i - x_j\) pour tout couple \(i \neq j\). Ces facteurs linéaires étant deux à deux premiers entre eux, \(V\) divise \(F\) comme polynôme. Ainsi \(G\) est en fait un polynôme symétrique en \(x_1, \ldots, x_n\).
Si tous les \(x_i\) sont non nuls et si l'on pose \(y_i = 1/x_i\), alors
Par continuité, c'est une identité de fonctions rationnelles. Comme \(G\) est un polynôme, cela entraîne que \(G\) est constant. (Sinon, on pourrait choisir un point \((c_1, \ldots, c_n)\) avec tous les \(c_i \neq 0\) tel que \(G(c_1, \ldots, c_n) \neq G(0, \ldots, 0)\) ; alors \(g(x) := G(c_1 x, \ldots, c_n x)\) serait un polynôme non constant en \(x\), donc \(|g(x)| \to \infty\) quand \(x \to \infty\), d'où \(\left|G\left(\frac{y}{c_1}, \ldots, \frac{y}{c_n}\right)\right| \to \infty\) quand \(y \to 0\), ce qui est impossible pour un polynôme.)
On identifie la constante en substituant \(x_i = \zeta^i\), où \(\zeta\) est une racine primitive \(n\)-ième de l'unité dans \(\mathbb{C}\). Dans le \(i\)-ième terme de la somme, il y a un facteur \(1 - \zeta^i \zeta^{n-i} = 0\) (celui d'indice \(j = n - i\)), sauf si \(i = n\) ou \(2i = n\). Si \(n\) est impair, le seul terme exceptionnel est \(i = n\), qui vaut \(\prod_{j \neq n} \frac{1 - \zeta^j}{1 - \zeta^j} = 1\). Si \(n\) est pair, il y a aussi le terme \(i = n/2\) (où \(x_i = -1\)), qui vaut \(\prod_{j \neq n/2} \frac{1 + \zeta^j}{-1 - \zeta^j} = (-1)^{n-1} = -1\), donc la somme est nulle. \(\blacksquare\)
Solution 3¶
(En brisant la symétrie.) On considère \(G\) comme une fonction rationnelle en \(x_n\), à coefficients fonctions rationnelles des autres variables. On peut écrire
où \(P(x_n)\) est un polynôme en \(x_n\) dont les coefficients sont des fonctions rationnelles des autres variables :
Pour tout \(k \neq n\), en substituant \(x_n = x_k\) (ce qui est licite pour le numérateur \(P(x_n)\) pris seul), et en notant que \(x_n - x_j\) s'annule pour \(j = k\), seul le terme \(i = k\) de la somme subsiste :
car le premier produit contient le facteur \(1 - x_k^2\) (pour \(j = k\)).
\(P\) est un polynôme en \(x_n\) de degré au plus \(n - 1\). Pour tout choix de réels distincts \(x_1, \ldots, x_{n-1}\), \(P\) a ces \(n - 1\) réels pour racines, et le dénominateur a le même degré et les mêmes racines. Donc \(G\) ne dépend pas de \(x_n\), pour tout choix fixé de \(x_1, \ldots, x_{n-1}\) distincts. Comme \(G\) est symétrique en ses \(n\) variables, il ne dépend d'aucune d'elles : \(G\) est une constante qui ne dépend que de \(n\). On identifie cette constante comme dans la solution 2. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1 (sur la solution 1). La principale difficulté est de penser à ajouter les deux nœuds \(\pm 1\) et à regarder le coefficient de \(t^{n+1}\) dans \(f\), alors que \(n + 1\) dépasse le degré de \(f\). On peut aussi utiliser l'interpolation de Lagrange sur les seuls nœuds \(x_1, \ldots, x_n\), mais le polynôme interpolé doit alors dépendre de la parité de \(n\). Pour \(n\) pair, on prend
l'interpolation montre que \(G\) est le coefficient de \(x^{n-1}\) dans le polynôme \(P(x)/(1 - x^2)\), c'est-à-dire \(0\). Pour \(n\) impair, on prend
\(G\) est alors le coefficient de \(x^{n-1}\) dans \(P(x)/(1 - x^2)\), qui vaut \(1\).
Remarque 2 (sur la solution 2). Si l'on écrit explicitement
alors, pour prouver directement que \(F\) s'annule quand \(x_i = x_j\) pour un couple \(i \neq j\) (sans autre coïncidence), il faut vérifier soigneusement que les deux termes non nuls de cette somme se compensent. Une autre façon, un peu moins commode, d'identifier la constante est de substituer \(x_i = 1 + \varepsilon \zeta^i\) et de négliger les termes en \(O(\varepsilon)\) quand \(\varepsilon \to 0\).
Remarque 3 (sur la solution 3). Il existe aussi une solution où l'on reconnaît dans l'expression de \(F\) de la remarque 2 le développement selon la dernière colonne d'une matrice obtenue en modifiant la dernière colonne de la matrice de Vandermonde. Il s'agit alors de montrer que, par des opérations sur les colonnes, on peut soit annuler entièrement la dernière colonne (si \(n\) est pair), soit retrouver la matrice de Vandermonde (si \(n\) est impair). Le polynôme \(P/(1 - x^2)\), où \(P\) est le polynôme dépendant de la parité défini à la remarque 1, est utile pour cela.