Shortlist 2019, A6¶
Domaine : Algèbre · Difficulté : ★★★★☆ · Proposé par : Russia
Concepts : Polynômes : racines, relations de Viète, factorisation
Solution officielle : Shortlist officielle 2019 (avec solutions), section A6 (livret PDF)
Énoncé¶
A polynomial \(P(x, y, z)\) in three variables with real coefficients satisfies the identities
Prove that there exists a polynomial \(F(t)\) in one variable such that
Indices : les idées clés
- Polynômes faiblement symétriques (solution 1) : \(P(x,y,z) = P(x,y,xy-z)\) équivaut à « \(P\) est un polynôme en \(x\), \(y\) et \(z(xy-z)\) ».
- Monôme dominant et récurrence sur le degré : le terme de plus haut degré est forcément \(\mu(xyz)^c\), et on retranche \(\mu(xyz - x^2 - y^2 - z^2)^c\).
- Paramétrage trigonométrique (solution 2) : \(x = 2\cos u\), \(y = 2\cos v\), \(z = 2\cos w\) avec \(u+v+w=0\) transforme les substitutions en translations, d'où \(P\) constant sur la surface \(x^2+y^2+z^2-xyz = 4\).
- Polynômes : racines, factorisation (solution 2) : un polynôme qui s'annule sur cette surface est divisible par \(x^2+y^2+z^2-xyz-4\) (division euclidienne en \(x\), puis racines en nombre infini).
Solutions
Les solutions ci-dessous suivent les solutions officielles de la Shortlist 2019 (trois solutions et quatre remarques).
Remarque commune. Le polynôme \(x^2+y^2+z^2-xyz\) vérifie lui-même les identités de l'énoncé, notées \((*)\) ; donc tout polynôme de la forme \(F(x^2+y^2+z^2-xyz)\) les vérifie. On utilise sans le redire que deux polynômes réels ont les mêmes coefficients si et seulement s'ils sont égaux en tant que fonctions.
Solution 1¶
Dans les deux premières étapes, on ne suppose que \(P(x,y,z) = P(x,y,xy-z)\) ; un tel polynôme est dit faiblement symétrique. Un polynôme vérifiant toutes les conditions \((*)\) est dit symétrique.
Étape 1 : description des polynômes faiblement symétriques. Affirmation : ce sont exactement les polynômes en \(x\), \(y\) et \(z(xy-z)\). Ceux-ci sont clairement faiblement symétriques. Réciproquement, posons \(P_1(x,y,z) = P\left(x,y,z+\tfrac12 xy\right)\). Alors \(P_1(x,y,z) = P_1(x,y,-z)\) (car \(z + \frac12 xy \mapsto xy - z - \frac12 xy = -z + \frac12 xy\)), donc \(P_1\) est un polynôme en \(x\), \(y\) et \(z^2\). Ainsi \(P\) est un polynôme en \(x\), \(y\) et
donc un polynôme en \(x\), \(y\) et \(z(xy-z)\).
Étape 2 : monômes de plus haut degré. Soit \(P\) faiblement symétrique. Montrons que tout monôme \(\mu x^a y^b z^c\) de degré total maximal dans \(P\) vérifie \(a \geq c\) et \(b \geq c\). Écrivons, grâce à l'étape 1,
Le degré total maximal d'un terme de \((1.1)\) est \(m = \max_{\mu_{ijk} \neq 0} (i + j + 3k)\). Pour \(i + j + 3k = m\), le terme \(\mu_{ijk} x^i y^j (z(xy-z))^k\) a pour partie de degré \(m\) le monôme \(\mu_{ijk} x^{i+k} y^{j+k} z^k\). Aucun autre terme non nul de \((1.1)\) ne peut produire ce monôme (il détermine \(i\), \(j\), \(k\)), donc il ne se simplifie pas. Par conséquent \(\deg P = m\) et la composante homogène de plus haut degré de \(P\) est
dont chaque monôme vérifie bien la condition annoncée.
Étape 3 : récurrence sur \(m = \deg P\). Pour \(m = 0\), c'est évident. Soit \(P\) symétrique avec \(\deg P > 0\). D'après l'étape 2, chaque monôme \(\mu x^a y^b z^c\) de plus haut degré vérifie \(a, b \geq c\) ; en appliquant le même raisonnement aux deux autres symétries faibles (en échangeant les rôles des variables), on obtient aussi \(a, c \geq b\) et \(b, c \geq a\). Donc \(a = b = c\) : \(P\) a un unique monôme dominant, de la forme \(\mu (xyz)^c\). Le polynôme
est de degré total plus petit et reste symétrique. Par hypothèse de récurrence, c'est un polynôme en \(xyz - x^2 - y^2 - z^2\) ; donc \(P\) aussi, ce qui achève la récurrence. \(\blacksquare\)
Solution 2¶
On utilise l'identité classique
Affirmation 1. \(P\) est constant sur la surface
Preuve. Pour \(x = 2\cos u\), \(y = 2\cos v\), \(z = 2\cos w\), les « sauts de Viète » \(x \mapsto yz - x\), \(y \mapsto zx - y\), \(z \mapsto xy - z\) de \((*)\) remplacent \((u,v,w)\) respectivement par \((v-w, -v, w)\), \((u, w-u, -w)\) et \((-u, v, u-v)\). Par exemple, pour le premier,
car \(\cos(v+w) = \cos(-u) = \cos u\). Posons \(G(u,v,w) = P(2\cos u, 2\cos v, 2\cos w)\). Pour \(u + v + w = 0\), en enchaînant deux sauts (et en utilisant la parité du cosinus) :
Par récurrence,
De même,
et bien sûr, par \(2\pi\)-périodicité,
Prenons \(u\), \(v\) non nuls tels que \(u\), \(v\) et \(\pi\) soient linéairement indépendants sur \(\mathbb Q\). En combinant \((2.2)\)–\((2.4)\), on voit que \(G\) est constante sur une partie dense du plan \(u+v+w=0\). Par continuité, \(G\) est constante sur tout ce plan, donc \(P\) est constant sur \(\mathcal S\). \(\square\)
Affirmation 2. Le polynôme \(T(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - xyz - 4\) divise \(P(x,y,z) - P(2,2,2)\).
Preuve. Par division euclidienne de \(P\) par \(T\) (vu comme polynôme unitaire de degré \(2\) en \(x\)), il existe des polynômes \(R(x,y,z)\), \(A(y,z)\), \(B(y,z)\) tels que
Sur \(\mathcal S\), le membre de gauche est nul d'après l'affirmation 1 (car \((2,2,2) \in \mathcal S\)), et \(T = 0\) d'après \((2.1)\). Donc \(A(y,z)x + B(y,z)\) s'annule sur \(\mathcal S\).
Pour tous \(y = 2\cos v\) et \(z = 2\cos w\) avec \(\frac{\pi}{3} < v, w < \frac{2\pi}{3}\), il y a deux valeurs distinctes de \(x\) telles que \((x,y,z) \in \mathcal S\) : \(x_1 = 2\cos(v+w)\) (négatif) et \(x_2 = 2\cos(v-w)\) (positif). Un polynôme de degré au plus \(1\) en \(x\) ayant deux racines distinctes est nul, donc \(A(y,z) = B(y,z) = 0\) pour \(|y| < 1\), \(|z| < 1\). Les polynômes \(A\) et \(B\) s'annulent sur un ouvert, ils sont donc nuls. \(\square\)
Le quotient \(\big(P(x,y,z) - P(2,2,2)\big)/T(x,y,z)\) est un polynôme de degré plus petit que \(P\) qui vérifie encore \((*)\). On conclut par récurrence sur le degré de \(P\) : si ce quotient s'écrit \(F_1(x^2+y^2+z^2-xyz)\), alors \(P = P(2,2,2) + (Q - 4)F_1(Q)\) avec \(Q = x^2+y^2+z^2-xyz\). \(\blacksquare\)
Solution 3 (géométrie algébrique, pour information)¶
Soit \(Q = x^2 + y^2 + z^2 - xyz\) et \(t \in \mathbb C\). En cherchant où \(Q - t\), \(\frac{\partial Q}{\partial x}\), \(\frac{\partial Q}{\partial y}\), \(\frac{\partial Q}{\partial z}\) s'annulent simultanément, on trouve que la surface \(Q = t\) est lisse sauf pour \(t = 0\) (seul point singulier : \((0,0,0)\)) et \(t = 4\) (points singuliers : les quatre points \((\pm 2, \pm 2, \pm 2)\) avec \(xyz = 8\)). Ces points singuliers sont les points fixes du groupe \(\Gamma\) d'automorphismes polynomiaux de \(\mathbb C^3\) engendré par les trois involutions de Viète
\(\Gamma\) agit sur chaque surface \(V_t : Q - t = 0\). Si \(Q - t\) était réductible, la surface \(Q = t\) contiendrait une courbe de points singuliers ; donc \(Q - t\) est irréductible dans \(\mathbb C[x,y,z]\). (On peut aussi le vérifier algébriquement : son discriminant comme polynôme du second degré en \(x\) n'est pas un carré dans \(\mathbb C[y,z]\).) On n'utilise ensuite que \(V_0\).
Soit \(U\) l'orbite de \((3,3,3)\) sous \(\Gamma\). La composée \(\iota_3 \circ \iota_2\) laisse \(z\) invariant ; à \(z\) fixé, elle agit linéairement sur \((x,y)\) par la matrice
et \(\iota_2 \circ \iota_3\) agit par \(M_z^{-1}\). On a \(\det M_z = 1\) et \(\operatorname{tr} M_z = z^2 - 2\). Si \(z \notin [-2,2]\), les valeurs propres de \(M_z\) ne sont pas de module \(1\), donc toute orbite non nulle du groupe engendré par \(M_z\) est non bornée. Par exemple, pour \(z = 3\), on obtient \((3F_{2k+1}, 3F_{2k-1}, 3) \in U\) pour tout \(k \in \mathbb Z\), où \((F_n)\) est la suite de Fibonacci (\(F_0 = 0\), \(F_1 = 1\)).
En partant de chaque point \((3F_{2k+1}, 3F_{2k-1}, 3)\) et en itérant \(\iota_1 \circ \iota_2\), on obtient une infinité de points distincts de \(U\), Zariski-denses dans l'hyperbole découpée sur \(V_0\) par le plan \(x = 3F_{2k+1}\) (le plan \(x = a\) découpe une conique irréductible si \(a \notin \{-2, 0, 2\}\)). Ainsi l'adhérence de Zariski \(\overline U\) contient une infinité de courbes algébriques distinctes de \(V_0\) ; comme \(V_0\) est une surface irréductible, \(\overline U = V_0\).
Si \(P\) vérifie \((*)\), alors \(P - P(3,3,3)\) s'annule sur \(U\), donc sur \(\overline U = V_0\). Le Nullstellensatz de Hilbert et l'irréductibilité de \(Q\) montrent que \(Q\) divise \(P - P(3,3,3)\). Le quotient vérifie encore \((*)\) et on conclut par récurrence sur le degré total, comme dans les autres solutions. \(\blacksquare\)
Remarques¶
Remarque 1 (autre preuve de l'étape 1 de la solution 1). On peut faire l'étape 1 par récurrence sur \(n = \deg_z P\). Écrivons \(P(x,y,z) = Q_n(x,y) z^n + R(x,y,z)\) avec \(\deg_z R < n\). Après \(z \mapsto xy - z\), la composante dominante en \(z\) devient \(Q_n(x,y)(-z)^n\) et doit être inchangée, donc \(n\) est pair. Le polynôme \(P_0 = P - Q_n(x,y)\big(z(z-xy)\big)^{n/2}\) est faiblement symétrique avec \(\deg_z P_0 < n\) ; par hypothèse de récurrence, \(P_0 = S\big(x,y,z(z-xy)\big)\), donc \(P = S\big(x,y,z(xy-z)\big) + Q_n(x,y)\big(z(z-xy)\big)^{n/2}\) est aussi de la forme voulue.
Remarque 2 (sur la solution 2). Pour établir \((2.2)\) et \((2.3)\) on a utilisé deux sauts de Viète consécutifs ; en fait, de \((*)\) on n'a utilisé que \(P(x,y,xy-z) = P(x,zx-y,z) = P(yz-x,y,z)\).
Remarque 3 (sur la solution 3). La solution 2 utilise un paramétrage trigonométrique d'une composante réelle de \(V_4\), alors que \(V_0\) est birationnellement équivalente au plan projectif via \((x,y,z) \mapsto (x:y:z)\) et \((a:b:c) \mapsto \left(\frac{a^2+b^2+c^2}{bc}, \frac{a^2+b^2+c^2}{ac}, \frac{a^2+b^2+c^2}{ab}\right)\). L'ensemble \(U\) est contenu dans \(\mathbb Z^3\), donc il n'est dense nulle part dans \(V_0\) au sens usuel.
Remarque 4 (contexte du problème). Un triplet \((a,b,c) \in \mathbb Z^3\) avec \(a^2+b^2+c^2 = 3abc\) est un triplet de Markov ; \((3a,3b,3c)\) est alors sur \(Q = 0\). Tous les triplets de Markov non nuls s'obtiennent à partir de \((1,1,1)\) par les involutions de Viète de \((*)\). La célèbre conjecture d'unicité (encore ouverte) affirme que chaque nombre de Markov n'apparaît comme plus grande coordonnée (en valeur absolue) que dans un seul triplet, aux permutations et signes près. La densité de Zariski des triplets de Markov dans la surface de Markov est un fait standard ; la démontrer est le cœur de la solution 3. La géométrie algébrique est hors programme de l'OIM, mais les solutions 1 et 2 sont élémentaires, si bien que l'existence de la solution 3 ne rend pas le problème inadapté.