Partie 1 - Nombre de racines positives.

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Énoncé

Partie 1 - Nombre de racines positives.

SoitP un polynôme deR[X], que l'on écrit sous la forme

P =a0+a1X^b¹+· · ·+anX^bⁿ avec 0 =b0< b1<· · ·< bn

etak6= 0pour tout0≤k≤n. On remarquera quenest le nombre de coecients non nuls de degré strictement positifs.

On désigne parZ l'ensemble des racines de P et parV(P) le nombre de changements de signes parmi les coecients deP, c'est à dire :

V(P) = card{0≤k≤n|akak+1<0}

On désigne par n+(P) le nombre de racines de P strictement positives comptées avec multiplicités. Autrement dit, simr est la multiplicité de la racineralors

n+(P) = X

r∈Zetr>0

mr

On cherche à montrer par récurrence surnle résultat suivant (Règle de Descartes) SiPest un polynôme deR[X]n'admettant pas0pour racine alorsn+(P)≤V(P). Dans les question 4. et 5., on supposera que, un entier n ≥ 1 étant donné, la règle de Descartes est vraie pour les polynômes avecn−1coecients non nuls (de degrés non nuls).

1. Montrer le théorème sin= 0etn= 1.

2. Montrer queX^b¹⁻¹ diviseP⁰. Dans toute la n cette partie, on noteQle quotient de la division deP⁰ parX^b¹⁻¹ etr1<· · ·< rlles racines strictement positives de P. 3. Montrer que

n+(Q)≥n+(P)−1 4. Montrer quen+(P)≤V(P)sia0a1<0.

5. On suppose dans cette questiona0a1>0.

a. Montrer que sia₀>0,P est croissante au voisinage de0 à droite.

b. Montrer que sia₀<0,−P est croissante au voisinage de0à droite.

c. En déduire queQadmet une racine dans l'intervalle]0, r1[. d. Montrer quen+(P)≤V(P).

6. SoitP⁻=P(−X)etck= (−1)^b^kak le coecient de X^b^k dansP⁻. a. Montrer quec_kc_k+1= (−1)^b^k+1^−b^ka_ka_k+1.

b. Montrer que sickck+1<0 et siakak+1<0, alorsbk+1−bk≥2.

c. On désigne parV(P, P⁻)le nombre d'indicektels queckck+1<0etakak+1<0. Montrer que

bn=

n−1

X

k=0

(bk+1−bk)≥(V(P)−V(P, P⁻)) + (V(P⁻)−V(P, P⁻))

+ 2V(P, P⁻) (On découpera l'intervalle d'entiers[0, n−1]en trois parties selon queakak+1<0, c_kc_k+1<0 ou les deux.)

d. En déduire que siP a toutes ses racines réelles,n₊(P) =V(P).

Partie 2 - Localisation des racines.

On considère dans cette partie un polynômeP à coecients complexes, unitaire, de degré n >0et de coecient constant a₀ non nul.

P =a0+a1X+· · ·+a_n−1Xⁿ⁻¹+Xⁿ On dénit aussi

γ₁= 1 + max

0≤k<n|ak| γ₂= max(1, X

0≤k<n

|ak|).

On suppose dans les quatre premières questions de cette partie queP est à coecients réels avec

a0<0, a1≤0,· · · , a_n−1≤0

1. Montrer que P admet une unique racine strictement positive. (on pourra considérer

P(x)

xⁿ ou utiliser la première partie) On la noteρ.

2. Montrer que pour tout nombre complexez,|P(z)| ≥P(|z|). 3. Montrer queρ≤γ1 etρ≤γ2.

4. Montrer que pour toute racinerdeP, on a|r| ≤min(γ1, γ2). 5. On revient au cas général.

a. Montrer que toute raciner de P vérie |r| ≤min(γ₁, γ₂). (On considérera Q= Xⁿ−Pn−1

k=0|ak|X^k.)

b. Si tous les coecients non nuls de P sont de module 1, que peut-on dire des racines ?

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/

1 Rémy Nicolai Alocrac

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Partie 3 - Isolement des zéros d'une fonction

ATTENTION la n du corrigé de cette partie est incorrecte et à reprendre.

Il manque une preuve de terminaison pour l'algorithme proposé qui est sans doute incorrect.

SoitIun segment de Retf une fonction dénie sur Ià valeurs dansRet de classeC². On suppose quef et sa dérivéef⁰ n'ont pas de zéros communs. On note Z l'ensemble des zéros def. On note aussi

M1= max

I |f⁰| et M2= max

I |f⁰⁰| On supposeraM1 etM2strictement positifs.

1. Justier l'existence deM1etM2et le fait que l'on se limite au cas où ils sont strictement positifs.

2. Soienta < bdeux réels dans Iet c= ^a+b₂ .

a. Montrer que sif admet un zéro dans[a, b]alors

|f(c)| ≤ b−a 2 sup

a≤t≤b

|f⁰(t)|

b. Montrer que sif admet deux zéros dans[a, b]alors

|f⁰(c)| ≤b−a 2 sup

a≤t≤b

|f⁰⁰(t)|

3. a. Montrer que les zéros def sont isolés. C'est à dire que, pour tout zérordef, il existe unεr>0tel que rsoit le seul zéro def dans[r−εr, r+εr].

b. Montrer queZ est ni.

c. Donner un exemple de fonction g de classeC², sans racine en commun avec sa dérivée sur un intervalle borné et qui admet un nombre inni de zéros.

4. Prouver l'existence de m1 = min_r∈Z|f⁰(r)|. Montrer qu'il existe une subdivision (ck)_0≤k≤pà pas constant telle quef restreinte à[ck, ck+1]a au plus un zéro.

5. Écrire un algorithme qui sépare les zéros.

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Corrigé

Partie 1 - Nombre de racines positives.

1. Sin= 0, le polynôme n'admet pas de racine, la suite des coecients qui ne contient qu'un seul terme ne change pas de signe :n₊(P) =V(P) = 0.

Si n= 1. Lorsque V(P) = 0, les deux coecients a₀, a₁ sont de même signe donc le polynôme n'admet pas de racine positive etn+(P) =V(P) = 0.

LorsqueV(P)6= 0, les deux coecientsa0, a1sont de signes opposés donc le polynôme admet une seule racine positive−^a_a⁰

1 et n+(P) =V(P) = 1. 2. D'après l'énoncé :

P =a₀+a₁X^b¹+· · ·+a_nX^bⁿ donc

P⁰=a1b1X^b¹⁻¹+R

où R ne contient que des X avec un exposant ≥b2−1 > b1−1. Il existe donc un polynômeQtel queP⁰=X^b¹^−1)QQ

3. Soit r₁ < r₂ < · · · < r_l les racines strictement positives de P avec les multiplicités m1< m2<· · ·< ml.

D'après la dénition de la multiplicité d'une racine, r1 < r2 < · · · < rl sont encore racines deP⁰ mais avec les multiplicitésm1−1, m2−1,· · · , ml−1. On convient qu'un nombre qui n'est pas racine est compté comme une racine de multiplicité 0.

De plus, à cause du théorème de Rolle,P⁰ admet une racine entre deux racines consé- cutives deP. On obtient ainsi l−1 nouvelles racines strictement positives de P⁰ de multiplicité au moins 1.

Les racines non nulles de P⁰ sont celles de Q avec les mêmes multiplicitités. Le po- lynôme Q admet peut-être d'autres racines que celles que l'on vient de trouver. En sommant les multiplicités, on obtient de toute façons

n+(Q)≥(m1−1) +· · ·+ (ml−1) +l−1 =m1+· · ·+ml−1 4. Dans cette question, on supposea₀a₁<0. Comme plus haut,P⁰=X^b¹Qavec

Q=b₁a₁+b₂a₂X^b²^−b¹+· · ·

Comme tous lesb_isont strictement positifs, le nombre de changement de signesV(Q) est le nombre de changements de signe dansa₁, a₂,· · ·. On en déduit

V(P) =V(Q) + 1

D'après la règle de Descartes à l'ordren−1 :n+(Q)≤V(Q) =V(P)−1. D'après la question 3. on a :n+(Q)≥n+(P)−1.

On en déduitn₊(P)−1≤V(P)−1c'est à diren₊(P)≤V(P).

5. a. Comme P^(b¹⁾(0) = b1!a1 > 0, il existe un α > 0 tel que P^(b¹⁾ soit strictement positif dans [0, α]. On en déduit que P^(b¹⁻¹⁾ est croissante dans [0, α], elle est aussi positive car P^(b¹⁻¹⁾(0) = 0. Comme P^(b¹⁻²⁾ et toutes les autre dérivées sont nulles en 0, elles sont successivement croissantes et positives jusqu'àP. b. Sia0<0alorsa1<0et le raisonnement est identique avec des fonctions décrois-

santes et négatives.

c. Plaçons nous dans le cas oùa0 eta1 sont strictement positifs avecP⁰ =X^b¹⁻¹Q etP⁰>0dans l'intervalle[0, α]de la question précédente. Notonsr1la plus petite racine strictement positive deP.

P est croissante et strictement positive dans ]0, α] donc α < r1 et P⁰(α) > 0. MaisP⁰ ne peut rester>0 entreαet r₁ doncP⁰ doit s'annuler en un point qui est aussi un zéro deQ. On traite l'autre cas en considérant le polynôme−P. d. Icia0 eta1 sont de même signe doncV(P) =V(Q). On peut compter les multi-

plicités des racines deQ: celles qui sont entrer1etrn et au moins une< r1. On obtient

n₊(Q)≥(n₊(P)−1) + 1 =n₊(P)

De la règle de Descartes à l'ordren−1, on tiren+(Q)≤V(Q)d'où n+(P)≤n+(Q)≤V(Q) =V(P)

6. a. Question évidente car(−1)^b^k= (−1)^−b^k b. Commeckck+1<0 etakak+1<0, on a aussi

0< ckck+1akak+1= (−1)^b^k+1^−b^k(akak+1)² doncbk+1−bk≥2 car c'est un nombre pair et strictement positif.

c. Répartissons leskentre 0 etn−1suivant que lesaou lesbou les deux changent de signe. Notons

I = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqa_ka_k+1<0, c_kc_k+1>0}

J = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqakak+1>0, ckck+1<0}

K = {k∈ {0,· · ·, n−1}tqa_ka_k+1<0, c_kc_k+1<0}

On peut remarquer que par dénitionV(P, P−) = CardK. D'autre part,I∪K est l'ensemble des indices oùP change de signe donc CardI+ CardK =V(P).

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De mêmeJ∪Kest l'ensemble des indices oùP⁻change de signe doncCardJ+ CardK=V(P⁻). À partir de ces équations, on obtient

CardI = V(P)−V(P, P⁻) (1) CardJ = V(P⁻)−V(P, P⁻) (2)

CardK=V(P, P⁻) (3)

Sik∈I∪J, bk−1−bk≥1, sik∈K, bk−1−bk ≥1. En ne tenant compte que des kdansI,J ouK, on peut écrire

b_n= X

k∈{0,···,n}

(b_k+1−b_k)≥ X

k∈I∪J

(b_k+1−b_k) +X

k∈K

(b_k+1−b_k)

≥CardI+ CardJ+ CardK

≥(V(P)−V(P, P⁻)) + (V(P⁻)−V(P, P⁻)) + 2V(P, P⁻)

≥V(P) +V(P⁻) d. D'après la dénition deP⁻, les racines strictement négatives deP sont les oppo-

sées des racines strictement positives deP⁻. Lorsque toutes les racines deP sont réelles,degP =n+(P) +n+(P⁻).

D'après la règle de Descartes démontrée en 5. : n+(P)≤V(P)

n+(P⁻)≤V(P⁻) )

⇒degP ≤V(P) +V(P⁻)≤bn

Il est donc impossible que n₊(P) < V(P) car sinon degP < b_n ce qui est évi- demment absurde.

Partie 2 - Localisation des racines.

Partie 3 - Isolement des zéros d'une fonction.

1.

2. a.

b.

3. a.

b. Supposons que l'ensemble des zéros soit inni. On peut alors former une suite injective de zéros. D'après le théorème de Bolzano Weirstrass, on peut extraire de cette suite bormée une suite convergente dont la limite est dans le segment.

Par continuité, la limite de cette suite est un zéro de f qui ne sera pas isolé en contradiction avec la question a. L'ensembleZ est donc ni.

c.

4.

5. Le point important est l'inégalité de la question 1.b. Sif admet au moins deux zéros dans[a, b]alors|f⁰(c)| ≤ ^b−a₂ M2 oùc est le milieu de[a, b]. Cela donne une condition susante pour que le segment contienne au plus un zéro. En supposant que l'on connaisseM₂et que l'on sache calculer les valeurs def⁰, on peut former un algorithme qui va trouver une subdivisionc₀, c₁,· · · de l'intervalle initial[a_ini, b_ini]telle que chaque segment[c_k, c_k+1]contienne au plus un zéro.

En procédant par dichotomie, on calcule un segment (sur le bord gauche du segment donné) assez petit pour contenir au plus un zéro.

initialisation

a←aini, b←binic[0]←a,i←1 tant que

f⁰(^a+b₂ⁱⁿⁱ)

≤ ^bⁱⁿⁱ₂^−aM₂ c← ^a+b₂

si|f⁰(c)| ≤ ^b−a₂ M₂ b←c

sinon

a←b,c[i]←a b←bini

i←i+ 1

Il n'est pas du tout certain que cet algorithme se termine. Par exemple si l'extrémité droiteaannule la dérivée (sans être un zéro) et si la suite desbva versa, alors la suite descaussi et la condition|f⁰(c)| ≤ ^b−a₂ M₂risque d'être toujours vériée carf⁰(c)tend vers 0.