Chapitre II. Dérivation
on voit que
P (x)
P (x)
=
m
j=1
1
x − x j
pour x = x j , j = 1, 2, . . . , m. Donc,
P (x)P
(x) −
P
(x)
2 = −P
2 (x)
m
j=1
1
(x − x j )
2 < 0.
De plus, pour x = x j ,
P
(x j )
2 > 0 = P (x j )P
(x j ).
L’inégalité (P (x)) 2 > P (x)P (x) est donc prouvée. D’où,
P (x)Q
(x) = P (x)(2P (x)P
(x) − P
(x))
= 2P
(x)
P
2 (x) − P
(x)
+ 2
P
(x)
2 − P (x)P
(x)
> 2P
(x)P
2 (x) −
P
(x)
2 .
Ceci signifie que
P (x)Q
(x) > 2P
(x)Q(x),
(∗)
ce qui montre que tous les zéros de Q sont simples. Si y 1 et y 2 sont deux zéros
consécutifs de Q, alors Q (y 1 ) et Q (y 2 ) sont de signes opposés. D’après (∗),
P (y 1 ) et P (y 2 ) sont alors aussi de signes opposés. Il y a donc entre deux zéros
consécutifs de Q au moins un zéro de P . Donc, lorsque m est impair, si Q a
plus de m + 1 zéros réels, alors P aurait plus de m zéros réels, ce qui contredirait les hypothèses. De même, lorsque m est pair, si Q a plus de m zéros réels,
il aurait alors plus de m + 2 zéros réels et, en conséquence, P aurait plus de
m zéros réels, contradiction.
II.2.36. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On remarque
que si toutes les racines d’un polynôme P sont réelles, d’après le théorème de
Rolle, toutes les racines de P sont alors aussi réelles et se trouvent entre les
racines de P et P a donc bien la forme donnée dans le problème. On ne prouve
que la première proposition, la démonstration de la seconde étant semblable à
la première. Clairement, P (x) = Q(x)(x − a n ) et
P
(x) = Q
(x)(x − a n ) + Q(x).
(∗)
Il suffit de considérer le cas où a i < a i+1 . Supposons, par exemple, que
P (x) > 0 pour x ∈ ]a i , a i+1 [. On a alors Q(x) < 0 pour x ∈ ]a i , a i+1 [. De
plus, l’égalité (∗) implique Q (x) < 0 pour x ∈ ]a i , c i [ et Q (c i ) < 0. En
conséquence, d i > c i , ce qui conclut la démonstration de la proposition.
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on voit que
P (x)
P (x)
=
m
j=1
1
x − x j
pour x = x j , j = 1, 2, . . . , m. Donc,
P (x)P
(x) −
P
(x)
2 = −P
2 (x)
m
j=1
1
(x − x j )
2 < 0.
De plus, pour x = x j ,
P
(x j )
2 > 0 = P (x j )P
(x j ).
L’inégalité (P (x)) 2 > P (x)P (x) est donc prouvée. D’où,
P (x)Q
(x) = P (x)(2P (x)P
(x) − P
(x))
= 2P
(x)
P
2 (x) − P
(x)
+ 2
P
(x)
2 − P (x)P
(x)
> 2P
(x)P
2 (x) −
P
(x)
2 .
Ceci signifie que
P (x)Q
(x) > 2P
(x)Q(x),
(∗)
ce qui montre que tous les zéros de Q sont simples. Si y 1 et y 2 sont deux zéros
consécutifs de Q, alors Q (y 1 ) et Q (y 2 ) sont de signes opposés. D’après (∗),
P (y 1 ) et P (y 2 ) sont alors aussi de signes opposés. Il y a donc entre deux zéros
consécutifs de Q au moins un zéro de P . Donc, lorsque m est impair, si Q a
plus de m + 1 zéros réels, alors P aurait plus de m zéros réels, ce qui contredirait les hypothèses. De même, lorsque m est pair, si Q a plus de m zéros réels,
il aurait alors plus de m + 2 zéros réels et, en conséquence, P aurait plus de
m zéros réels, contradiction.
II.2.36. [G. Peyser, Amer. Math. Monthly 74 (1967), 1102-1104]. On remarque
que si toutes les racines d’un polynôme P sont réelles, d’après le théorème de
Rolle, toutes les racines de P sont alors aussi réelles et se trouvent entre les
racines de P et P a donc bien la forme donnée dans le problème. On ne prouve
que la première proposition, la démonstration de la seconde étant semblable à
la première. Clairement, P (x) = Q(x)(x − a n ) et
P
(x) = Q
(x)(x − a n ) + Q(x).
(∗)
Il suffit de considérer le cas où a i < a i+1 . Supposons, par exemple, que
P (x) > 0 pour x ∈ ]a i , a i+1 [. On a alors Q(x) < 0 pour x ∈ ]a i , a i+1 [. De
plus, l’égalité (∗) implique Q (x) < 0 pour x ∈ ]a i , c i [ et Q (c i ) < 0. En
conséquence, d i > c i , ce qui conclut la démonstration de la proposition.
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