Un ouvert de Rn[X]

[invite42abb461]

Joli démo en effet (et relativement simple).

En quoi n'est elle pas valable dans R ? Y est elle alors adaptable ?
-----

[invite35452583]

Joli démo en effet (et relativement simple).

Autant pour moi je ne devais pas avoir les yeux en face des trous.

est un ouvert (dont en fait partie si et seulement si ).
est un ouvert (dont en fait partie si et seulement si ).
(polynôme à haute valeur ajoutée en terme de racine non simple) fait partie de la "plupart des" (au moins un) donc appartient à l'union des .
Ce dernier sous-espace est donc, certes, un ouvert mais n'est pas égal au sous-espace des polynômes à n racines simples. En y regardant de plus près il est assez aisé de montrer que l'union des n'est rien d'autre que (qui est en effet un ouvert dans lui-même)

[invite42abb461]

En y regardant de plus près il est assez aisé de montrer que l'union des n'est rien d'autre que (qui est en effet un ouvert dans lui-même)

Je ne comprends pas en quoi

[invite986312212]

Je ne comprends pas en quoi

hé hé, j'allais répondre "jolie démonstration" mais j'ai tardé et je dois à Homotopie d'éviter de passer pour un couillon. Le problème c'est que F(x1,..,xn) contient les polynômes qui n'ont pas x1,..,xn pour racines doubles, mais ils peuvent en avoir d'autres. Il faudrait prendre l'intersection infinie de tous les Gx.

[invite42abb461]

Bah c'est ce qu'il fait a la fin non ?

[invite986312212]

Bah c'est ce qu'il fait a la fin non ?

non, il prend une union infinie d'ouverts, car eux-mêmes intersections finies d'ouverts, c'est différent.

[invite42abb461]

Tu pourrais alors re-rédiger bien la fin stp ? Car l'idée est bonne non ?

[invite35452583]

En quoi n'est elle pas valable dans R ? Y est elle alors adaptable ?

Je fais ressortir le problème qui se pose sur Rn[X] des longs posts précédents :
pour un polynôme complexe, avoir n racines complexes distinctes revient à ce que les n racines soient distinctes (elles sont nécessairement complexes)
pour un polynôme réel, avoir n racines réelles distinctes revient à ce que les n racines soient distinctes, d'une part, mais aussi à ce que les n racines soient réelles.
La méthode du discriminant (ou une autre basée sur une application continue ou des applications continues montrant seulement que les n racines sont distinctes) est insuffisante sur un corps non algébriquement clos.

Sur R2[X] et R3[X] la méthode du discriminant fonctionne car (n=2 ou 3)
discr>0=> n racines réelles distinctes
discr<0=>2 racines compl conj+(n-2)racine réelle
discr=0=>au moins 1 racine double
A partir de n=4, cette méthode doit être complétée.
En effet, à partir de n=4, la zone discr>0 dont la frontière est dans la zone discr=0 est constituée de 2 composantes connexes (celle des poly à 4 racines réelles distinctes, celle à 2x2 comp conj distinctes)

Allez pendant que j'y suis regardons le cas n=4 d'un peu plus près :
Soit le produit de deux polynômes unitaires :
(X²+aX+b)(X²+cX+d)=X^4+(a+c)X^ 3+(b+d+ac)X²+(ad+bc)X+bd
C'est continue et différentiable et on sait que c'est surjectif alors pourquoi ce phénomène de frontière (comme c'est le cas pour le produit de deux polynômes de degré 1) n'apparaît pas ? Réponse : ce phénomène ne disparaît pas mais est "recouvert"
on prend le jacobien on obtient
J=(c-a)(bc-ad)+(b-d)²
cette application est donc un difféo local en tous les points tels que (c-a)(bc-ad)+(b-d)² soit non nul.
Cela forme une sous-variété de codimension 1, il pourrait y avoir un bord pour l'image.
Regardons de plus près :
X²+aX+b ^ X²+cX+d=(c-a)X+(d-b)
Les deux polynômes facteurs sont premiers entre eux ssi (le cas c-a=0 s'y ramène)
(b-d)²/(c-a)²+a(b-d)/(c-a)+b=1/(c-a)² [(b-d)²+a(b-d)(c-a)+b(c-a)²]
[...]=(b-d)²+(c-a)(a(b-d)+b(c-a))(b-d)²+(c-a)(bc-ad)=J !
Les points singuliers sont ceux tels qu'une racine (réelle!) soit commune aux deux facteurs.
Ce point est atteint par ((X-p)(X-q) , (X-p)(X-r)) (ils sont scindés puisquils ont une racine réelle)
On est à la "frontière" (discr=0) mais si on s'éloigne de (X-p)(X-q) d'une part et de (X-p)(X-r) de l'autre on reste avec deux polynômes à discr positif (strictement) et donc à deux racines réelles distinctes. Ces points (au niveau de l'espace R2[X]xR2[X]) sont réellement singuliers (on ne passe pas à travers l'hypersurface discr=0 du moins par cette paire de polynômes). Mais dans l'espace final R4[X] on atteint aussi kh(X-p)(X-q) (X-p)(X-r) par la paire ((X-p)² , (X-q)(X-r)) qui n'est pas singulière (du moins si q et r sont distincts de p ) (cf caractérisation des points singuliers) (X-p)² est lui à la frontière (dans R2[X]) et on franchit la "frontière" dans R4[X]. ( C'est ce que j'ai appelé les singularités sont "recouvertes").
Les (X-p)² (X-q)² sont à la frontière des trois composantes (non singuliers)
Les (X-p)² (X-p)(X-q) (q distinct de p) sont à la frontière de deux zones mais localement ça franchit ("fausse" singularité singulier au niveau de la différentielle mais pas au niveau de la continuité : points "d'inflexion" quoi)
Les (X-p)² (X-p)² frontière de trois zones mais non singuliers du point de vue de la continuité (idem que précédemment)
Corollaire : l'image est ouverte loaclement en tous les points donc ouverte globalement.
Il est assez facile de montrer que c'est fermé
=> recouvre tout R4[X] (manière compliquée mais que j'ai trouvé intéressante de plusieurs points de vue).
Chez les complexes lieu des singularités (du point de vue différentielle) codim=2 donc pas très intéressante.

Dernier point (du moins je pense et j'espère) sur ce sujet (qui m'a fait redécouvert et découvert beaucoup) : intérêt des polynômes symétriques élémentaires et du"discriminant" (je pense que cela rejoint celui que voulait parler ambrosio mais je n'en suis pas sûr d'où les guillemets)
ce qui a été fait est vrai pour tout anneau intègre
produit des (xi-xj)² polynôme symétrique->se transforme en polynôme en les polynômes symétriques élémentaires des racines donc en polynôme des coeff du polynôme.
Comme tout anneau intègre possède un corps des fractions qui lui même possède une cloture algébrque on peut toujours le définir. En outre, les valeurs sont dans l'anneau lui-même et non dans l'extension (car polynôme en les coeff du polynôme).
De plus, les coeff sont entiers car ceux du produit initial le sont donc le discriminant est "universel" (coeff=coeff de ceux de Z éventuellemnt quotientés)
Et pour finir, c'est polynomiale donc continue si l'anneau est muni d'une topo "cohérente" (càd que l'anneau muni de cette topologie est un anneau topologique : somme et produit continues) et un tantinet régulière ({0} doit être fermé) :
les polynômes à n racines distinctes dans une extension (et donc pour toute extension) est un ouvert pour n'importe quel anneau intégre topologique.
Ceci n'implique que les polynômes à n racines distinctes forment un ouvert que pour les algébriquement clos.

[invite35452583]

hé hé, j'allais répondre "jolie démonstration" mais j'ai tardé et je dois à Homotopie d'éviter de passer pour un couillon. Le problème c'est que F(x1,..,xn) contient les polynômes qui n'ont pas x1,..,xn pour racines doubles, mais ils peuvent en avoir d'autres. Il faudrait prendre l'intersection infinie de tous les Gx.

Ilm m'arrive de me faire "c...er" en effet.

[invite42abb461]

Oui ok merci mais la ca va un peu trop loin pour mon niveau (:, je voulais juste une methode assez rapide si jamais je le rencontrais dans un sujet ou a l'oral !

[invite35452583]

Oui ok merci mais la ca va un peu trop loin pour mon niveau (:, je voulais juste une methode assez rapide si jamais je le rencontrais dans un sujet ou a l'oral !

Il n'est pas utile de tout retenir.
Un résumé puis une démo simple
Les polynômes scindés chez C_n[X] forment un ouvert dense (le complémentaire est l'image réciproque de zéro par l'application discriminant qui est un polynôme en les coefficients des polynômes)
Les polynômes à n racines réelles simples chez R_n[X] forment un ouvert mais qui est séparé des polynômes à n racines simples complexes mais avec une ou des paires de racines complexes conjuguées.
La preuve utilisant l'image réciproque par le discriminant convient pour C_n[X] est élégante mais n'est pas "élémentaire" car la construction du discriminant ne l'est pas.
Cette preuve chez R_n[X] ne convient que pour n=2 (et là c'est élémentaire car le discriminant est classique : b²-4ac) et n=3 (construire le discriminant n'y est pas difficile, écrire condition que P et P' premiers entre eux, mais néanmoins pénible). Ensuite, le signe ne distingue plus des cas tels que 4 racines réelles positives et 2 paires de racines complexes conjugués.

Il existe néanmoins une preuve que l'on peut qualifier d'élémentaire pour R_n[X] (je la redonne "soignée" et complète, on peut la raccourcir) :
Soit P un polynôme à n racines réelles simples a1<a2<...<an
Soient une famille de nombres x0,x1,...,xn intercalés entre les racines : x0<a1<x1<a2<x2<...<x(n-1)<an<xn
Le signe de P reste constant sur les intervalles
]-inf ; a1[ ; ]ai ; a(i+1)[ ; ]an ; +inf[ car P ne sannule pas sur ces intervalles, les seules racines étant les ai.
La dérivée de P est non nulle en les ai car ces racines sont simples.
Donc x(i+1) et xi ont des signes opposés pour tout i=0 à n-1.
Construisons maintenant l'ouvert contenant P.
L'application ev_i qui à P associe P(xi) est linéaire en P donc continue. On note Ui l'ouvert et U leur intersection. L'intersection étant fini, U est un ouvert.
Soit un polynôme Q appartenant à U.
Pour i=0 à n, Q(x(i+1)) a le même signe que P(x(i+1)), Q(x(i)) le même que celui de P(xi), les signes de P(x(i+1)) étant opposé à celui de P(xi) il en est de même pour Q(x(i+1)) et Q(xi).
Q est continue sur [xi;x(i+1)] et change de signe donc s'annule au moins une fois d'après le th. des valeurs intermédiaires sur l'intervalle ]xi;x(i+1)[ pour i=0 à n-1. Ces intervalles étant disjoints Q a donc au moins n racines distinctes. de plus Q est un polynôme de degré inférieur à n donc a au plus n racines. Donc Q a exactement n racines distinctes.
P est donc à l'intérieur du sous-espace des poly à n racines réelles distinctes,et P étant un quelconque de ces polynômes ce sous-espace est ouvert.

Il ne me semble pas utile de retenir tous les détails mais simplement l'idée directrice : un polynôme réel à n racines distinctes c'est un poly qui change n fois de signes. Et ça si la courbe de Q est proche de P (au moins sur un borné contenat strictement toutes les racines) ça reste vrai. (Sur un petit graphique c'est même évident).

PS : si tu veux quelque chose sur les polynômes symétriques élémentaires, il y a un post récent créé par Martini_bird sur le sujet : tu y trouveras deux preuves que les polynômes symétriques peuvent être transformés en polynômes des polynômes symétriques élémentaires et un ou deux (?) liens sur les polynômes symétriques en général (notamment le lien avec les racines d'un polynôme).

[invite35452583]

Une démo élémentaire chez C_n[X] enfin!
Rappel avantage ici il suffit que les n racines soient distinctes, elles sont complexes de toute manière.
Le complémentaire est fermé.
Soit (Pk) une suite convergente vers P
si P de degrè<n, rien à montrer
si P est de degré n alors son coeff de degré n an est non nul.
1) les racines des Pk sont contenues dans un borné
En effet, sinon en prenant pour chaque Pk une racine zk de plus grand module, on aurait lzkl tend vers +infini
Or 0=lPk(zk)l/lzkl=lan,kl.l1+trucs en 1/zk^(truc>0)l pour tout k.
l1+trucs en 1/zk^(truc>0)l tend vers 1 puisque zk tend en module vers +infini
donc an,k tend vers 0.
Mais puisque Pk tend vers P an,k tend vers an (c'est un ev de dimension finie).
D'où an=0 (contradiction)
2) puisque P est degré=n et comme C_n-1[X] est un fermé, à partir d'un certain rang Pk est de degré=n il possède donc une racine double z'k
3) Les (z'k) étant contenu dans un borné on peut en extraire une sous-suite convergente vers z'
(Pour la suite remplacer z'k par les éléments d'une sous-suite pour plus de rigueur.)
4) P(z')=P'(z')=0
P(z')-Pk(z'k)=[P(z')-P(z'k)]+[P(z'k)-Pk(z'k)]
le 1er [] converge vers 0 car P est continue et z'k->z'
le 2ème converge vers 0 car Pk converge vers P (l'évaluation en z'k est linéaire donc continue)
P(z')=limPk(z'k)=lim 0=0
On montre exactement de la même manière que P'(z')=0
P et P' ont donc une racine commune, P est dans le complémentaire au sous-espace des polynômes complexes à n racines distinctes.

[epsilon0]

Oui la demonstration est car en se moment j ai la tête saturée , il y en a qui en profite pour ouvrir leur ce n'est pas gentil c'est

[epsilon0]

Voila une solution, simple , pour toi Gpadide :
Soit P de deg n On a :
x₀ est racine multiple de P ssi (X-x₀) / P et (X-x₀) / P'
ssi P=(X-x₀) Q et P'=(X-x₀) R et deg(Q)=n-1, deg(R)=n-2
ssi R P-Q P'=0 et deg(Q)=n-1, deg(R)=n-2 ( pour le sens <= : si on suppose P et P' premier entre eux on a une contradiction...)
ssi la famille (X^n-2P,...,XP,P,X^n-1,...,XP',P') est lieé dans C_2n-2[X] ( pose Q=a_n-1X^n-1+.... )
ssi D(P)=det(X^n-2P,...,XP,P,X^n-1,...,XP',P')=0 (discriminant)

L'application D:P-->D( P) est continue ...
Notre ensemble est D^-1(C\{0}) qui est un ouvert....

[invite35452583]

Bonjour epsilon 0 (et aux autres),
il semble que tu sois vexé par au moins un des posts, et il est probable que ce soit parl'un des miens. Je ne me sens pas obligé de m'expliquer mais si cela peut éviter des malentendus regretables je préfère le faire.
Je vois deux possibilités :
le "c...er" : sur ce point j'espère que tu sais faire une différence entre le produit d'un travail de quelqu'un et de la personne elle même. C'est de la démo que je parlais, tout le monde peut faire des erreurs et sur ce point nous en avons tous les deux fait une, et en aucun cas de toi. Si cela t'a vexé je te prie d'accepter mes excuses et te certifie qu'en aucun cas je ne cherchais à te heurter bien que cela était sans aucun doute maladroit de ma part.
l'explication longue que ta 1ère preuve n'est pas valide. Sur ce point ces explications étaient destinées à convaincre Gpapide que, derrière une certaine élégance de cette preuve, elle posait un problème difficile à soulever.

En espérant que ce post aura soulevé ce qui me semble un malentendu et que nous pourrons continuer à participer coutoisement ensemble sur ce forum.

P.S. :

Voila une solution, simple , pour toi Gpadide :
Soit P de deg n On a :
x₀ est racine multiple de P ssi (X-x₀) / P et (X-x₀) / P'
ssi P=(X-x₀) Q et P'=(X-x₀) R et deg(Q)=n-1, deg(R)=n-2
ssi R P-Q P'=0 et deg(Q)=n-1, deg(R)=n-2 ( pour le sens <= : si on suppose P et P' premier entre eux on a une contradiction...)
ssi la famille (X^n-2P,...,XP,P,X^n-1,...,XP',P') est lieé dans C_2n-2[X] ( pose Q=a_n-1X^n-1+.... )
ssi D(P)=det(X^n-2P,...,XP,P,X^n-1,...,XP',P')=0 (discriminant)

L'application D:P-->D( P) est continue ...
Notre ensemble est D^-1(C\{0}) qui est un ouvert....

le discriminant peut donc s'exprimer de manière plus élémentaire que je ne l'ai fait.

Cordialement