Un ouvert de Rn[X]

[invite42abb461]

Bonjour, je cherche a montrer que l'ensemble des polynomes de degré n scindés a racines simples est un ouvert de de Rn[X]. Connaitriez vous une methode pas trop fastidieuse est facile a retenir ? Merci d'avance.
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[invite4ef352d8]

Salut.


cette ensemble est l'ensemble des polynomes qui ont s'anule exactement n fois.

il faut donc essayer de montrer que le complaimentaire (ie les polynomes ayant au plus n-1 zéros) est un fermé.

considère une suite de polynome Pk ayant chacun au plus n-1 zéros chacun qui tend vers une limite P ayant n zéro simple.

et comme toute les normes sont équivalente, on sait que Pk tend vers P pour la norme infini définit sur un ouvert contenant tous les zéros de P

apres en utilisant le fait que P change de signe autour de chacun de ces zéros et on va pour voir montré que a partir d'un certain les Pk ont néccesairement n zéros, d'oux la contradiction, et donc P ne peut pas avoir n zéero donc l'ensemble des polynomes ayant au plus n-1 zéros est un fermé. et donc, ton ensemble est bien ouvert !


voila, si tu n'y arrive pas hésite pas à demander de l'aide sur un des étapes du raisonement... mais je vois pas plus simple pour le moment

[inviteae1ed006]

...et comme toute les normes sont équivalentes....

on est en dimension finie ?

[invite4ef352d8]

oui, on est dans Rn[X], pas dans R[X]


sinon il y aurait d'ailleur un serieux probleme d'énoncé, puisque aucune nomre n'est preciser ^^

[A voir en vidéo sur Futura]

[inviteae1ed006]

oui, on est dans Rn[X], pas dans R[X]


sinon il y aurait d'ailleur un serieux probleme d'énoncé, puisque aucune nomre n'est preciser ^^

Ah... OK, donc tous les polynomes sont dans Rn[X]... j'avais pas compris, merci

[invite42abb461]

Ok alors j'ai essayé ta methode Ksilver mais je bloque sur plusieurs trucs : je note x1<x2<...<xn les racines de P ET ||Q||=le sup sur [x1,xn] de |Q(x)| (est-ce exact ? Pourquoi parles tu d'"ouvert "qui contient les racines ?)
Ensuite j'ai fais comme tu as dis mais pour montrer qu'a partir d'un certain rang les Pk s'annulent n fois je n'y arrive pas. De plus j'ai du mal a définir le complémentaire de l'ensemble des polynomes de degré n scindés a racines simples : est ce l'ensemble des polynomes admettant au plus n-1 racines ? Ou l'ensemble des polynomes non scindés ?

[invite4ef352d8]

Salut !

oui le complaimentaire c'est ce l'ensemble des polynomes admettant au plus n-1 racines.

(est-ce exact ? Pourquoi parles tu d'"ouvert "qui contient les racines ?) >>> non pour ce que je veux faire, il faut en prendre un peu plus... genre ]X1+1, Xn +1 [ c'est pour sa que je parle d'ouvert contenant tous les Xi

et tu définie ||Q|| = sup Q sur ]X1+1, Xn +1 [


tu sais que ||Pk-P|| tend vers 0, et tu va montrer en utilisant le fait que P change de signe au voisinage de chaque 0, que Pk va aussi a partir d'un certain rang changer de signe au voisinage de chaque 0 et donc (en prenant des voisinage qui ne ce coupe pas) cela prouvera que a partir d'un certain rang Pk à n zéro ce qui est contradictoire !

[invite9c9b9968]

Au fait, juste un détail (de rigueur) : le polynôme nul est aussi dans le complémentaire de l'ensemble étudié...

[invite42abb461]

Vraiment dsl mais je ne comprends pas ta methode, ni dans l'idée, ni dans la réalisation...
Mais ca m'interesse toujours de la mener a bien (:

P.S.: Il y a aussi peut etre moyen de faire intervenir l'ouvert réciproque d'une fonction continue bien choisie?

[invite35452583]

Bonjour, je cherche a montrer que l'ensemble des polynomes de degré n scindés a racines simples est un ouvert de de Rn[X]. Connaitriez vous une methode pas trop fastidieuse est facile a retenir ? Merci d'avance.

Bonjour,
si le problème est seulement celuic-i alors il y a très simple :
P a n racines=>il existe x0<x1<x2<...<xn tel que le polynôme change de signe entre chacun de ces xi.
On prend comme norme max(P(xi)) (c'est une norme sur Rn[X] car n+1 racines =>polynôme nul)
B(P,1/2 llPll) est un ouvert constitué de polynômes à n racines distinctes.

[invite42abb461]

B(P,1/2 llPll) est un ouvert constitué de polynômes à n racines distinctes.

?? Je ne comprends pas du tout cette phrase...

[invite35452583]

?? Je ne comprends pas du tout cette phrase...

Elle a été écrite un peu trop vite en effet sur un point, ce n'est pas llPll qu'il faut prendre mais m=inf(P(x0),P(x1),P(x2),...,P( xn)) (>0 car aucun des xi n'est racine de P)
B(P,1/2m)=P+B(0,1/2m)
Si Q est dans B(0,1/2m), il est trivial de montrer que P+Q a même signe que P en les xi. D'où P+Q s'annulent n fois (th valeurs intermédiaires).

[invite42abb461]

[QUOTE=homotopie;918604]
B(P,1/2m)=P+B(0,1/2m)
QUOTE]

Tu fais la somme d'un vecteur et d'une boule ?? Je suis un peu perdu la en fait..

[invite6b1e2c2e]

Salut,

La preuve que vous proposez est sympa, mais elle n'est valable que sur R, alors que le théorème énoncé au début est vrai sur C (peut-être même sur tout corps, je ne sais pas, ça doit aussi dépendre de la topologie choisie).

Ca fait quand même penser au théorème des fonctions implicites. Essayons avec n=2. Je pose f(a,b,c,x)= a + bx+ cx^2 et g(a,b,c,x,y) =(f(a,b,c,x),f(a,b,c,y)).
Alors étant donné un polynôme de degré 2 donné par P(x) = a + bx+ cx^2 et ses deux racines ... etc.

Je vous laisse finir.

NB : Marche aussi dans C ! Sur un corps quelconque ? Exemples /Contre-exemples ?
__
rvz

[invite35452583]

B(P,1/2m)=P+B(0,1/2m)

Tu fais la somme d'un vecteur et d'une boule ?? Je suis un peu perdu la en fait..

Oui, P+B(0,1/2m) est l'ensemble {P+Q tel que Q soit dans dans B(0,1/2m)}.
En gros il faut prendre Q pour une perturbation de P, ce qui est montré est que si Q n'est pas trop "grand" les racines de P+Q ne sont que "^peu perturbées" et donc retent en nombre n.

[invite35452583]

Salut,

La preuve que vous proposez est sympa, mais elle n'est valable que sur R,

Salut,
je suis bien d'accord mais comme je l'ai dit si le résultat voulu est sur R^n cette méthode doit être une des plu simples.
On peut la sophistiquer ainsi :
P est un difféo d'un voisinage d'une racine sur un voisinage de 0. Une petite perturbation ne modifiera pas ce fait, le corps étant complet il y a toujours n racines.
Sans l'hyp de complétude qoui du th? je crois qu'il est alors faux

[invite986312212]

sur C, est-ce qu'on ne peut pas dire que l'ensemble des polynômes à racines distinctes est l'image réciproque de C* (qui est ouvert) par l'application discriminant (qui est continue)? ou c'est une bêtise?

[invite35452583]

sur C, est-ce qu'on ne peut pas dire que l'ensemble des polynômes à racines distinctes est l'image réciproque de C* (qui est ouvert) par l'application discriminant (qui est continue)? ou c'est une bêtise?

Joli !
Ma première réaction a failli être : est-ce que le discriminant existe pour tous les degrés. Au-dessus de 4, je ne connais pas (inculte, va! )
Mais, après réflexion, j'arrive à fabriquer une application qui fera l'affaire je ne suis peut-être pas le seul inculte )
P un polynôme complexe a n racines () si on les compte avec leur multiplicité.
est un polynôme symétrique en les indéterminées donc est un polynôme en les polynômes symétriques élémentaires :


...

qui ne sont autres que les coefficients du polynôme P divisés par le coefficient de plus haut degré.
D(P) est donc un polynôme en et en multipliant par une puissance convenable de devient un polynôme en qui ne s'annule que si le degré est strictement inférieur à n (donc trivialement il n'existe pas n racines distinctes) ou si deux racines sont égales.
Comme tout polynôme est continue pour la topo usuelle, cette application est continue.

[invite42abb461]

Ca m'interesse comme methode, mais ne peut on pas tout simplement dire que le produit des (x_i-x_j) , i different de j, s'annule si et seulement il existe i et j tels que x_i=x_j donc si il existe au moins une multiplicité >1 donc si P est scindé. Alors l'application produit etant polynomiale en les x_i, l'ensemble cherché est l'image réciproque de C* par une application continue...Merci de vos réponses

[invite35452583]

Ca m'interesse comme methode, mais ne peut on pas tout simplement dire que le produit des (x_i-x_j) , i different de j, s'annule si et seulement il existe i et j tels que x_i=x_j donc si il existe au moins une multiplicité >1 donc si P est scindé. Alors l'application produit etant polynomiale en les x_i, l'ensemble cherché est l'image réciproque de C* par une application continue...Merci de vos réponses

Elle est continue en les racines oui mais où est la preuve que P->{} est continue, et avant même comment on la définit ?
Bien la définir est faisable en montrant que les scindés forment un ouvert (mais n'est-ce pas ce qu'on cherche à montrer ) (on peut faire le "tri" entre x1, x2...) ou ... en symétrisant (ce qui évite de faire un tri)
C'est pour cela que "j'"ai élevé au carré->au lieu des racines x_i on peut la définir en fonction des coefficients du polynôme a_j.
A remarquer également que la fonction que tu proposes serait une racine carrée de "la mienne" et là à tous les coups ça va poser des problèmes d'indétermination (pour chaque complexe il y a deux deux racines carrée, sauf pour 0 qui est une singularité pour toute application racine carrée)
C'est pour éviter tous ces problèmes que l'élévation au carré (qui a pour effet de symétriser) est faite. Et, le recours aux polynômes symétriques élémentaires permet de définir directement avec les coefficients de P et donc de P.

Au fait cette méthode ne convient pas pour R_n[X], la valeur du discriminant (exceptée pour n=2, n=3?) ne suffit pas pour savoir s'il y a n racines réelles.

[invite42abb461]

Mais on note x_i les racines non nécessairement disctinctes, et ca dans C il y en a toujours n non ?
On peut alors bien définir la fonction dont je parlais, je comprends pas ou est le probleme...

[invite35452583]

Mais on note x_i les racines non nécessairement disctinctes, et ca dans C il y en a toujours n non ?
On peut alors bien définir la fonction dont je parlais, je comprends pas ou est le probleme...

Ce n'est pas seulement un problème de bien la définir pour chaque polynôme mais de la définir continuement.
Pour un polynôme "proche de" X²-1, comment définis-tu qui est x1 et qui est x2. En X², pas grave x1-x2=0, mais dans son voisinage (de X²-1) il y a deux racines voisines (dans C) de 1 et là x2-x1=-(x1-x2)x1-x2 !

[invite42abb461]

Justement, X²-1 est scindé donc ne s'annule pas

[invite35452583]

Justement, X²-1 est scindé donc ne s'annule pas

Oups trompé remplaces X²-1 par (X-1)² dans ce qui précède.

[invite42abb461]

Alors 2 racines: x1=1, x2=1, et x1-x2= 0, or (X-1)² n'est pas sciné a n racines disctinctes donc ca marche . Bon mais admettons que j'ai compris pourquoi on éleve au carré: pourquoi alors passer par les fonctions symétriques elem ?

[invite35452583]

Reprenons les choses calmement.
L'application qui à associe (k=IR ou C ou tout autre corps topologique)
est continue (et même polynomiale) et s'annule ssi deux composantes sont égales.
L'application qui à associe est continue, l'image étant l'espace affine de codimension 1 constitué par les polynômes unitaires.
Mais ceci ne nous garantit pas qu'il existe une fonction continue telle que les zéros de cette fonction soit les polynômes à racines non simples.
L'idée évoquée est même que hog=f.
Trouver un tel h est impossible si k=C (et n>1)
En effet, prenons 1,2,x_i ; i entre 3 et n (ou inexistant) les x_i sont distincts entre et de 1 et 2 et de 0.
(X-1)(X-2)(X-x3)...(X-xn) serait envoyé sur
exproduit des (xi-1)xproduit des (xi-2)x(2-1) (avec e=+/-1)=Kx(2-1) avec K non nul.
z une variable complexe que l'on fait aller continuement de 2 à 0 (en évitant les racines autres que 2)
(X-1)(X-z)(X-x3)... doit alors être envoyé sur :
ezxproduit des (xi-1)xproduit des (xi-z)x(z-1)
ez=+/-1. Mais continuité=>ez=+1 car le produit total n'est jamais nul.
Ainsi quand z va de 2 à 0, h((X-1)(X-z)(X-x3)... ) va de Kx(2-1) à exproduit des (xi-1)xproduit des (xi-0)x(0-1)
Maintenant on déplace continuement 1 vers 2, puis on déplace 0 vers 1.
En faisant cela on est parti du polynôme (X-1)(X-2)(X-x3)...(X-xn) pour arriver au polynôme (X-2)(X-1)(X-x3)...(X-xn) qui est le même que le précédent ! mais l'image par h est passée de Kx(2-1) à Kx(1-2)=-Kx(2-1)Kx(2-1)!!!!

[invite35452583]

Oups, coupé.
Maintenant si k=R on peut inverser f car il y a un "choix de signe" continu : il suffit de ranger les xi en ordre.(Ceci dit le produit des (xj-xi) n'est plus polynomiale à l'instar de la valeur absolue) Mais, surtout, l'image de f est constituée uniquement des polynômes totalement scindés !! Et l'existence de h ne prouve que les polynômes à n racines réelles distinctes forment un ouvert mais dans ce sous-espace et non dans R_n[X] (le fait de le montrer que c'est un ouvert chez les unitaires suffit : on vire 0 (sous-espace fermé) et ce qui reste est un produit direct k*xunitaires)

L'idée doit donc être complétée pour remédier à ces inconvénients.
Un problème qui s'est posé est qu'un polynôme ne donne pas naturellement des racines (x1,x2...,xn) (bref bien rangées) mais donne un patchwork {xi} qui lui-même peut donner-provenir de plusieurs n-uplets (x1,x2...,xn).
La symétrisation règle le problème sur C car :
1)les coefficients des polynômes sont les valeurs des polynômes symétriques élémentaires, ceux-ci permettent donc de définir une application convenable à partir de C_n[X] lui-même
2) la fonction produit initiale est antisymétrique (si on permutte deux x_i on change le ""signe"" mais c'est tout), en élevant au carré (d'autres possibilités moins simples existent) on a une application symétrique en les x_i

Un complément peut-être demain.

[invite35452583]

Donc nous en sommes là
obtenir une application continue qui associe aux racines (x1,x2,...,xn) le produit des (xj-xi) souffre :
1) sur C_n[X] que ce produit est antisymétrique et non symétrique ce qui la rend discontinue (et surtout du fait que C* est non simplement connexe). Remède on élève au carré et on obtient un polynôme symétrique en les (x_1,x_2,...,x_n) qu'on transforme en un polynôme en les s_1,s_2,...s_n car sont modulo+/1 les coeff du polynôme.
S'en dispenser nécessite (on va le faire puisqu'on est lancé ) de montrer quelque chose du type : l'application quotient :
(l'exposant 1 indiquant qu'il s'agit des polynômes unitaires) est un homéomorphisme (et donc l'application qui à P associe l'ensemble des racines est continue);
Preuve :
0) bien définie car ont même image (X-x1)...(x-xn)
1) est localement compact car l'est et W est fini
2) l'application est bijective (triviale)
3) l'application est continue par définition de la topo produit
L'application est donc un homéo local en chaque point (utilisation d'une propriété des compacts ceux-ci étant pris localement) donc est un homéo.
Les quelques détails sont laissés au lecteur
Le recours aux polynômes symétriques élémentaires semblent économiques maintenant, non ? Certes on a montré un résultat plus fort.
Le passage aux polynômes symétriques élémentaires permet de définir le discriminant pour tous les polynômes et non les seuls scindés à racines dans le corps

Chez les poly réels, c'est un peu différent car le discriminant ne suffit pas pour démontrer le 1er résultat demandé.
regardons un peu :
R²/S2 forme un demi-plan (donc un truc avec un bord)
les polynômes scindés à racines réelles forment un ensemble homéomorphes à ce demi-plan (c'est les (s,p) tels que p<=s²/4) L'espace des poly à racines doubles séparent les deux zones (l'autre : double racine conj compl non réelles) Un discrimant +, un-, frontière 0
Poly degré 3 idem sauf que la frontière est plus "complexe" (contient une coube, poly à racines triples, séparant zone racines doubles>racine simple zone racine simple + gde)
poly dégré 4 : 3 zones : poly à 4 racines réelles (discr+), poly à 2 réelles 2 comp conj (discr-), poly à 2 paires de comp conj (discr+) ; frontière (dim=3, codim=1) poly à racines doubles entre 1et2 ou entre 2 et3. Entre 1 et 3 : 2 racines doubles (dim=2, codim=2)
...
Dans tous les cas l'espace des poly à n racines simples est ouvert. Le recours au discriminant requiert d'aller montrer au moins une partie de ce qui précède plus proprement.
La démo la plus simple reste la 1ère que j'ai donnée à mon avis.

dernière remarque, chez les complexes, il n'y a pas de tels types de composantes connexes car contrairement à R* (non connexe mais chaque composante est simplement connexe) C*est connexe (on fait le "tour autour" des zones à discr=0=>surjectivité=>tous les polynômes sont scindés, c'est une manière de voir le th d'Alembert).

[epsilon0]

Une solution dans le cas complexe :

[invite35452583]

Une solution dans le cas complexe :

Joli démo en effet (et relativement simple).