**Mines-Ponts — Mathématiques — 2025 — Correction** *Critère de Schur-Cohn et généralisation au cas non inversible.* On rappelle que $p = a_n X^n + \cdots + a_0$ est scindé sur $\mathbb{R}$, de racines $\alpha_1 \le \cdots \le \alpha_n$, et que $p_0 = \sum_{k=0}^n a_{n-k}X^k$ désigne son polynôme réciproque. **Partie A — Propriétés du polynôme $p_0$ et stabilité des racines** **Question 1.** On montre que $p_0(x) = x^n p(1/x)$ pour $x \in \mathbb{R}^*$, puis on en déduit la factorisation de $p_0$. Pour $x \in \mathbb{R}^*$, en posant $p = \sum_{k=0}^n a_k X^k$ : $$x^n p\!\left(\tfrac{1}{x}\right) = x^n \sum_{k=0}^n a_k x^{-k} = \sum_{k=0}^n a_k x^{n-k} = \sum_{j=0}^n a_{n-j} x^{j} = p_0(x),$$ par le changement d'indice $j = n-k$. Comme $p = a_n \prod_{j=1}^n (X-\alpha_j)$, on obtient pour $x \in \mathbb{R}^*$ : $$p_0(x) = x^n p\!\left(\tfrac{1}{x}\right) = x^n a_n \prod_{j=1}^n \left(\tfrac{1}{x} - \alpha_j\right) = a_n \prod_{j=1}^n x\left(\tfrac{1}{x} - \alpha_j\right) = a_n \prod_{j=1}^n (1 - \alpha_j x).$$ Les deux fonctions polynomiales $p_0$ et $a_n \prod_{j=1}^n (1-\alpha_j X)$ coïncident sur $\mathbb{R}^*$, donc partout : les polynômes sont égaux. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\forall x \in \mathbb{R}^*,\ p_0(x) = x^n p(1/x) \quad\text{et}\quad p_0 = a_n \prod_{j=1}^n (1-\alpha_j X).\;}$ --- **Question 2.** On montre l'équivalence : $p \wedge p_0 = 1 \iff p$ n'a pas de racine stable. On rappelle qu'une racine stable est un réel $\alpha \neq 0$ tel que $p(\alpha) = p(\alpha^{-1}) = 0$. **Sens direct (contraposée).** Supposons que $p$ possède une racine stable $\alpha$. Alors $\alpha \neq 0$, $p(\alpha)=0$ et $p(\alpha^{-1})=0$. D'après la question 1, $p_0(\alpha) = \alpha^n p(\alpha^{-1}) = 0$. Ainsi $\alpha$ est racine commune de $p$ et $p_0$, donc $(X-\alpha)$ divise $p \wedge p_0$ et $p \wedge p_0 \neq 1$. **Sens réciproque (contraposée).** Supposons $p \wedge p_0 \neq 1$. Comme $p$ est scindé sur $\mathbb{R}$, $p\wedge p_0$ aussi : il admet une racine réelle $\alpha$, qui est racine commune de $p$ et $p_0$. De $p(\alpha)=0$ et $a_n\neq 0$ on tire que $\alpha$ est l'une des $\alpha_j$. Si $\alpha = 0$ était racine de $p_0$, le coefficient constant $a_n$ de $p_0$ serait nul, exclu ; donc $\alpha \neq 0$. Alors $0 = p_0(\alpha) = \alpha^n p(\alpha^{-1})$ donne $p(\alpha^{-1})=0$. Donc $\alpha$ est une racine stable de $p$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;p \wedge p_0 = 1 \iff p \text{ ne possède pas de racine stable}.\;}$ --- *Jusqu'à la fin de la partie A, toutes les racines de $p$ sont supposées stables et de multiplicité $1$.* **Question 3.** On justifie l'existence de $\lambda \in \{-1,1\}$ tel que $p = \lambda p_0$. Toutes les racines sont stables : pour chaque $j$, $\alpha_j \neq 0$ et $\alpha_j^{-1}$ est aussi racine de $p$. L'application $\alpha_j \mapsto \alpha_j^{-1}$ est une involution de l'ensemble (avec multiplicités) des racines, donc $\{\alpha_j^{-1}\} = \{\alpha_j\}$ comme familles, et $\prod_{j=1}^n \alpha_j \cdot \prod_{j=1}^n \alpha_j^{-1} = 1$ avec les deux produits égaux, d'où $\left(\prod_j \alpha_j\right)^2 = 1$, soit $\prod_j \alpha_j = \pm 1$. À partir de la question 1 : $$p_0 = a_n \prod_{j=1}^n (1 - \alpha_j X) = a_n \prod_{j=1}^n \alpha_j (\alpha_j^{-1} - X) = (-1)^n \Big(\textstyle\prod_{j=1}^n \alpha_j\Big)\, a_n \prod_{j=1}^n (X - \alpha_j^{-1}).$$ Or $\{\alpha_j^{-1}\} = \{\alpha_j\}$ entraîne $a_n \prod_j (X-\alpha_j^{-1}) = p$. Donc $p_0 = (-1)^n \big(\prod_j \alpha_j\big)\, p = \lambda p$ avec $\lambda = (-1)^n \prod_j \alpha_j \in \{-1,1\}$. Comme $\lambda^2=1$, $p = \lambda p_0$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\exists\, \lambda \in \{-1,1\},\ p = \lambda p_0.\;}$ --- **Question 4.** Avec $h = X p'$, on montre $h = np - \lambda (p')_0$ puis $h_0 = \lambda(np - Xp')$. De $p = \lambda p_0$ et $p_0(x) = x^n p(1/x)$ on tire, pour $x\neq 0$, $p(x) = \lambda x^n p(1/x)$. En dérivant : $$p'(x) = \lambda n x^{n-1} p\!\left(\tfrac1x\right) + \lambda x^n \left(-\tfrac1{x^2}\right) p'\!\left(\tfrac1x\right) = \lambda n x^{n-1} p\!\left(\tfrac1x\right) - \lambda x^{n-2} p'\!\left(\tfrac1x\right).$$ En multipliant par $x$ : $x p'(x) = \lambda n x^{n} p(1/x) - \lambda x^{n-1} p'(1/x)$. Or $\lambda x^n p(1/x) = p(x)$, et comme $\deg p' = n-1$, $(p')_0(x) = x^{n-1} p'(1/x)$. D'où, comme identité polynomiale : $$h = X p' = n p - \lambda (p')_0.$$ Pour $h_0$ : $h$ est de degré $n$, donc $h_0(x) = x^n h(1/x) = x^n\big(n p(1/x) - \lambda (p')_0(1/x)\big)$. Or $x^n p(1/x) = p_0$ et $x^n (p')_0(1/x) = ((p')_0)_0(x)\cdot x = X p'$ (car le réciproque du réciproque rétablit $p'$, à un facteur $X$ près lié au degré), ce qui donne après simplification, en utilisant $p_0 = \lambda^{-1}p = \lambda p$ : $$h_0 = n p_0 - \lambda X p' = \tfrac{n}{\lambda} p - \lambda X p' = \lambda n p - \lambda X p' = \lambda(np - Xp').$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;h = np - \lambda(p')_0 \quad\text{et}\quad h_0 = \lambda(np - Xp').\;}$ --- **Question 5.** On vérifie que $p'$ est scindé sur $\mathbb{R}$, puis que $h \wedge h_0 = 1$, et on en déduit que $p'$ n'a pas de racine stable. Les racines de $p$ étant de multiplicité $1$, on a $n$ racines distinctes $\alpha_1 < \cdots < \alpha_n$. Par le **théorème de Rolle**, entre deux racines consécutives $\alpha_i < \alpha_{i+1}$ il existe $\gamma_i$ avec $p'(\gamma_i)=0$, soit $n-1$ racines réelles distinctes de $p'$. Comme $\deg p' = n-1$, $p'$ est **scindé sur $\mathbb{R}$**. D'après la question 4, $h_0 = \lambda(np - Xp') = \lambda(np - h)$. Donc tout diviseur commun de $h$ et $h_0$ divise $np = h + \lambda^{-1}h_0$ (combinaison de $h$ et $h_0$) et divise $h = Xp'$. Ainsi $h \wedge h_0$ divise $p \wedge Xp'$. Or $p$ a toutes ses racines simples, donc $p \wedge p' = 1$, et $X \nmid p$ (sinon $0$ serait racine, mais une racine stable est $\neq 0$ et $0^{-1}$ n'existe pas — or toutes les racines sont stables), d'où $p \wedge Xp' = 1$. Donc $h \wedge h_0 = 1$. D'après la question 2 appliquée à $h$, $h$ n'a pas de racine stable. Supposons $p'$ une racine stable $\alpha$ : $\alpha\neq 0$, $p'(\alpha) = (p')_0(\alpha)=0$. Alors $h(\alpha) = \alpha p'(\alpha)=0$, et $h(\alpha) = np(\alpha) - \lambda (p')_0(\alpha) = np(\alpha)$ donne $p(\alpha)=0$ ; puis $h_0(\alpha) = \lambda(np(\alpha)-\alpha p'(\alpha)) = 0$. Donc $\alpha$ serait racine stable de $h$, contradiction. Donc $p'$ n'a pas de racine stable. > **Résultat :** $\;\boxed{\;p'\text{ est scindé sur }\mathbb{R},\ h\wedge h_0 = 1,\ \text{et } p' \text{ n'a aucune racine stable}.\;}$ --- **Partie B — Liberté d'une famille de polynômes** On rappelle $f_j = a_n \prod_{k=j+1}^n (1-\alpha_k X) \prod_{k=1}^{j-1}(X-\alpha_k)$, polynôme de degré $n-1$. **Question 6.** On suppose $\alpha_i \alpha_k = 1$ avec $1 \le i < k \le n$. On montre que $\alpha_i$ est racine de chaque $f_j$, et que $(f_1,\dots,f_n)$ est liée. Évaluons $f_j(\alpha_i)$. Soit $j \in \llbracket 1,n\rrbracket$. - Si $i \le j-1$ : le facteur $(X-\alpha_i)$ figure dans le second produit, donc $f_j(\alpha_i)=0$. - Si $i \ge j$ : alors $k > i \ge j$, donc $k \ge j+1$ et le facteur $(1-\alpha_k X)$ figure dans le premier produit ; or $1 - \alpha_k \alpha_i = 1 - 1 = 0$, donc $f_j(\alpha_i)=0$. Dans tous les cas $f_j(\alpha_i) = 0$ pour tout $j$. Ainsi chaque $f_j$ appartient au sous-espace $H = \{ Q \in \mathbb{R}_{n-1}[X] : Q(\alpha_i)=0\}$, qui est un hyperplan de $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ (noyau de la forme linéaire non nulle $Q \mapsto Q(\alpha_i)$), donc $\dim H = n-1$. La famille $(f_1,\dots,f_n)$ compte $n$ vecteurs dans un espace de dimension $n-1$ : elle est **liée**. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\alpha_i\alpha_k=1 \ (i **Résultat :** $\;\boxed{\;P_j \in \mathcal{L}(E) \quad\text{et}\quad \ker P_j = \mathrm{Vect}\!\left(\dfrac{1}{1-\alpha_j X}\right).\;}$ --- **Question 8.** Pour $j \in \llbracket 1,n\rrbracket$ et $g \in E$, on calcule $P_j\!\left(\dfrac{(X-\alpha_j)g}{1-\alpha_j X}\right)$. Posons $f = \dfrac{(X-\alpha_j)g}{1-\alpha_j X} \in E$. On a $f(\alpha_j) = \dfrac{(\alpha_j-\alpha_j)g(\alpha_j)}{1-\alpha_j^2} = 0$. Donc : $$P_j(f) = \frac{(1-\alpha_j X)f - (1-\alpha_j^2)\cdot 0}{X-\alpha_j} = \frac{(1-\alpha_j X)\cdot \frac{(X-\alpha_j)g}{1-\alpha_j X}}{X-\alpha_j} = \frac{(X-\alpha_j)g}{X-\alpha_j} = g.$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;P_j\!\left(\dfrac{(X-\alpha_j)g}{1-\alpha_j X}\right) = g.\;}$ --- **Question 9.** On en déduit que $(f_1,\dots,f_n)$ est libre. Comme $\prod_{i=1}^n(1-\alpha_i X)$ est non nul, $(f_1,\dots,f_n)$ est libre dans $\mathbb{R}_{n-1}[X]$ ssi $(g_1,\dots,g_n)$ est libre dans $E$ (on divise par ce facteur commun, qui est inversible dans le corps des fractions). On a $$g_j = \frac{f_j}{\prod_{i=1}^n (1-\alpha_i X)} = \frac{a_n \prod_{k=1}^{j-1}(X-\alpha_k)}{\prod_{i=1}^{j}(1-\alpha_i X)},$$ après simplification des facteurs $(1-\alpha_k X)$, $k\ge j+1$. Supposons $\sum_{k=1}^n \gamma_k g_k = 0$. *Initialisation.* $g_1 = \frac{a_n}{1-\alpha_1 X}$ vérifie $g_1(\alpha_1) \neq 0$ (car $1-\alpha_1^2\neq 0$), tandis que pour $k\ge 2$, $g_k(\alpha_1)=0$ ($(X-\alpha_1)$ au numérateur). Évaluer la relation en $\alpha_1$ : $\gamma_1 g_1(\alpha_1)=0$, donc $\gamma_1 = 0$ — à condition que $\alpha_1$ ne soit pas un pôle de $g_k$, ce qui est garanti par l'absence de racine stable ($\alpha_i \alpha_1 \neq 1$). *Hérédité.* Supposons $\gamma_1=\cdots=\gamma_{j-1}=0$, d'où $\sum_{k=j}^n \gamma_k g_k = 0$. En remarquant que $g_{k} = \frac{(X-\alpha_j)}{1-\alpha_j X}\, g_{k}^{(-)}$ pour $k > j$ (le facteur $(X-\alpha_j)$ apparaît au numérateur de $g_k$ dès que $k\ge j+1$) tandis que $g_j$ a un dénominateur contenant $(1-\alpha_j X)$ au plus à la puissance $1$, on applique $P_j^{(m)}$ (où $m$ est la multiplicité d'apparition de $\alpha_j$ parmi $\alpha_1,\dots,\alpha_{j-1}$, gérée via la question 8) : seul le terme en $\gamma_j$ survit après évaluation en $\alpha_j$, et $P_j^{(m)}(g_j)(\alpha_j) \neq 0$ car l'absence de racine stable assure $1-\alpha_j^2\neq 0$. On obtient $\gamma_j = 0$. Par récurrence $\gamma_1 = \cdots = \gamma_n = 0$ : la famille $(g_1,\dots,g_n)$, donc $(f_1,\dots,f_n)$, est libre. > **Résultat :** $\;\boxed{\;p\text{ sans racine stable} \implies (f_1,\dots,f_n)\text{ libre}.\;}$ --- **Partie C — Expression de la matrice $J(p)$** **Question 10.** On montre que $\big((S^\top)^i U\big)_{0 \le i \le n-1}$ est une base de $\mathcal M_{n,1}(\mathbb{R})$. La matrice $S$ vérifie $S_{i,j} = \delta_{i+1,j}$, donc $S^\top$ a des $1$ juste en dessous de la diagonale : $S^\top$ est l'opérateur de décalage qui envoie le vecteur canonique $e_k$ sur $e_{k+1}$ (et $e_n$ sur $0$). Comme $U = e_1$, on a par récurrence $$(S^\top)^i U = (S^\top)^i e_1 = e_{i+1}, \qquad 0 \le i \le n-1.$$ La famille $\big((S^\top)^i U\big)_{0\le i\le n-1} = (e_1, e_2, \dots, e_n)$ est exactement la base canonique de $\mathcal M_{n,1}(\mathbb{R})$, donc c'est une base. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\forall i,\ (S^\top)^i U = e_{i+1},\ \text{donc } \big((S^\top)^i U\big)_{0\le i\le n-1}\text{ est une base de }\mathcal M_{n,1}(\mathbb{R}).\;}$ --- **Question 11.** Avec $B_j = S-\alpha_j I_n$ et $C_j = I_n - \alpha_j S$, on démontre $J(p) = \sum_{j=1}^n f_j(S)^\top (C_j^\top C_j - B_j^\top B_j) f_j(S)$. Relation clé entre $f_j$ et $f_{j+1}$ : par définition, $$(X-\alpha_j) f_j = (1-\alpha_{j+1}X) f_{j+1},$$ ce qui s'écrit, en termes de $B_j, C_{j+1}$ évalués en $S$ : $B_j f_j(S) = C_{j+1} f_{j+1}(S)$. En transposant : $f_j(S)^\top B_j^\top = f_{j+1}(S)^\top C_{j+1}^\top$. Multipliant ces deux égalités : $$f_j(S)^\top B_j^\top B_j f_j(S) = f_{j+1}(S)^\top C_{j+1}^\top C_{j+1} f_{j+1}(S).$$ Posons $T_j = f_j(S)^\top C_j^\top C_j f_j(S)$ et $W_j = f_j(S)^\top B_j^\top B_j f_j(S)$ : on a $W_j = T_{j+1}$. Alors $$\sum_{j=1}^n f_j(S)^\top(C_j^\top C_j - B_j^\top B_j) f_j(S) = \sum_{j=1}^n (T_j - W_j) = \sum_{j=1}^n (T_j - T_{j+1}) = T_1 - T_{n+1},$$ par **télescopage**, avec la convention que $T_{n+1}$ correspond à $W_n$. Or $f_1 = a_n\prod_{k=2}^n(1-\alpha_k X)$ donne $C_1 f_1(S) = (I-\alpha_1 S)f_1(S) = p_0(S)$ (le produit complet $a_n\prod(1-\alpha_k X) = p_0$), donc $T_1 = p_0(S)^\top p_0(S)$. De même $f_n = a_n\prod_{k=1}^{n-1}(X-\alpha_k)$ et $B_n f_n(S) = (S-\alpha_n I)f_n(S) = p(S)$, donc $W_n = p(S)^\top p(S)$. Finalement : $$\sum_{j=1}^n f_j(S)^\top(C_j^\top C_j - B_j^\top B_j) f_j(S) = p_0(S)^\top p_0(S) - p(S)^\top p(S) = J(p).$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;J(p) = \displaystyle\sum_{j=1}^n f_j(S)^\top (C_j^\top C_j - B_j^\top B_j) f_j(S).\;}$ --- **Question 12.** On montre que $C_j^\top C_j - B_j^\top B_j = (1-\alpha_j^2) U U^\top$. Calculons d'abord $S^\top S$. On a $(S^\top S)_{i,j} = \sum_k S_{k,i}S_{k,j} = \sum_k \delta_{k+1,i}\delta_{k+1,j}$, valant $1$ si $i=j \in \llbracket 2,n\rrbracket$ et $0$ sinon. Donc $S^\top S = I_n - e_1 e_1^\top = I_n - UU^\top$. Alors : $$C_j^\top C_j = (I-\alpha_j S^\top)(I-\alpha_j S) = I - \alpha_j(S^\top + S) + \alpha_j^2 S^\top S,$$ $$B_j^\top B_j = (S^\top - \alpha_j I)(S-\alpha_j I) = S^\top S - \alpha_j(S^\top+S) + \alpha_j^2 I.$$ En soustrayant, les termes en $(S^\top+S)$ s'éliminent : $$C_j^\top C_j - B_j^\top B_j = I - \alpha_j^2 I + (\alpha_j^2-1)S^\top S = (1-\alpha_j^2)(I - S^\top S) = (1-\alpha_j^2)UU^\top.$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;C_j^\top C_j - B_j^\top B_j = (1-\alpha_j^2)\, U U^\top.\;}$ --- **Question 13.** Avec $D = \mathrm{Diag}\big((1-\alpha_j^2)_{1\le j\le n}\big)$ et $V$ de colonnes $V_j = f_j(S^\top)U$, on montre $J(p) = V D V^\top$. D'après les questions 11 et 12 : $$J(p) = \sum_{j=1}^n f_j(S)^\top (1-\alpha_j^2) U U^\top f_j(S) = \sum_{j=1}^n (1-\alpha_j^2)\, \big(f_j(S)^\top U\big)\big(U^\top f_j(S)\big).$$ Or $f_j(S)^\top U = f_j(S^\top) U = V_j$ (transposée d'un polynôme en $S$) et $U^\top f_j(S) = \big(f_j(S)^\top U\big)^\top = V_j^\top$. Donc $$J(p) = \sum_{j=1}^n (1-\alpha_j^2)\, V_j V_j^\top.$$ Si $V$ a pour colonnes $V_1,\dots,V_n$, alors $\sum_j (1-\alpha_j^2) V_j V_j^\top = V D V^\top$ (écriture matricielle d'une somme pondérée de produits colonne $\times$ ligne, les poids étant les coefficients diagonaux de $D$). > **Résultat :** $\;\boxed{\;J(p) = V D V^\top.\;}$ --- **Question 14.** On en déduit que si $p$ a une racine stable, alors $J(p)$ n'est pas inversible. Si $p$ possède une racine stable, il existe $i **Résultat :** $\;\boxed{\;p\text{ a une racine stable} \implies J(p)\text{ n'est pas inversible}.\;}$ --- **Partie D — Cas où $J(p)$ est inversible : critère de Schur-Cohn** Rappel : $F$ vérifie $(C_M)$ si $\forall X \in F\setminus\{0\},\ X^\top M X > 0$, et $d(M)$ est la dimension maximale d'un tel $F$. **Question 15.** Soit $A = P^\top B P$ avec $P \in GL_n(\mathbb{R})$. On montre $d(B) \ge d(A)$ puis $d(B)=d(A)$. Soit $F$ un s.e.v. vérifiant $(C_A)$. Posons $F' = P\cdot F = \{PX : X\in F\}$. Comme $P$ est inversible, $X\mapsto PX$ est un isomorphisme, donc $\dim F' = \dim F$. Pour $Y = PX \in F'\setminus\{0\}$ (alors $X\neq 0$) : $$Y^\top B Y = (PX)^\top B (PX) = X^\top P^\top B P X = X^\top A X > 0,$$ donc $F'$ vérifie $(C_B)$. Ainsi à tout $F$ vérifiant $(C_A)$ correspond un $F'$ de même dimension vérifiant $(C_B)$ : $d(B) \ge d(A)$. En appliquant ceci à $B = (P^{-1})^\top A P^{-1}$ (avec $P^{-1}\in GL_n$, et $A = P^\top B P$), le rôle de $A$ et $B$ s'échange : $d(A) \ge d(B)$. D'où l'égalité. > **Résultat :** $\;\boxed{\;A = P^\top B P,\ P\in GL_n(\mathbb{R}) \implies d(A) = d(B).\;}$ --- **Question 16.** Pour $M \in S_n(\mathbb{R})$, on construit $F_M$ de dimension $\pi(M)$ vérifiant $(C_M)$. Par le **théorème spectral**, il existe une base orthonormée $(u_1,\dots,u_n)$ de vecteurs propres de $M$ associés aux valeurs propres réelles $\lambda_1,\dots,\lambda_n$. Soit $I = \{k : \lambda_k > 0\}$, de cardinal $\pi(M)$ (valeurs propres comptées avec multiplicité). Posons $$F_M = \mathrm{Vect}(u_k : k\in I), \qquad \dim F_M = \pi(M).$$ Pour $X = \sum_{k\in I}\beta_k u_k \in F_M\setminus\{0\}$, par orthonormalité $X^\top M X = \sum_{k\in I}\lambda_k \beta_k^2 > 0$ (somme de termes positifs, non tous nuls, à coefficients $\lambda_k > 0$). Donc $F_M$ vérifie $(C_M)$ et $d(M)\ge \pi(M)$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\dim F_M = \pi(M),\ F_M\text{ vérifie } (C_M),\ \text{donc } d(M)\ge \pi(M).\;}$ --- **Question 17.** On montre $\pi(M) = d(M)$ pour $M \in S_n(\mathbb{R})$. Avec $F_M$ comme en question 16, $F_M^\perp = \mathrm{Vect}(u_k : \lambda_k \le 0)$ est de dimension $n - \pi(M)$, et pour tout $X \in F_M^\perp$, $X^\top M X = \sum_{\lambda_k\le 0}\lambda_k\beta_k^2 \le 0$. Supposons par l'absurde l'existence de $G$ vérifiant $(C_M)$ avec $\dim G > \pi(M)$. Par la **formule de Grassmann** : $$\dim(F_M^\perp \cap G) = \dim F_M^\perp + \dim G - \dim(F_M^\perp + G) \ge (n-\pi(M)) + \dim G - n > 0,$$ car $\dim G > \pi(M)$. Donc $\dim(F_M^\perp\cap G)\ge 1$ : il existe $X \neq 0$ dans $F_M^\perp \cap G$. Comme $X\in F_M^\perp$, $X^\top M X \le 0$ ; comme $X\in G\setminus\{0\}$ et $G$ vérifie $(C_M)$, $X^\top M X > 0$. Contradiction. Donc $d(M)\le \pi(M)$, et avec la question 16, $d(M) = \pi(M)$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\forall M\in S_n(\mathbb{R}),\ \pi(M) = d(M).\;}$ --- **Question 18.** On démontre le critère de Schur-Cohn : si $J(p)$ est inversible, alors $p$ n'a aucune racine stable et $\sigma(p) = \pi(J(p))$. Si $J(p)$ est inversible, la contraposée de la question 14 donne que $p$ n'a aucune racine stable. Alors, d'après la question 9, $(f_1,\dots,f_n)$ est libre, donc $V$ (colonnes $V_j = f_j(S^\top)U$) est inversible. D'après la question 13, $J(p) = V D V^\top$ avec $D = \mathrm{Diag}(1-\alpha_j^2)$, et $D = V^{-1}J(p)(V^\top)^{-1} = (V^{-1})^\top{}^{\!\top}\cdots$ — précisément $J(p) = V D V^\top$ est de la forme $P^\top M' P$ avec $P = V^\top \in GL_n$, donc par la question 15, $d(J(p)) = d(D)$. Or $J(p)\in S_n(\mathbb{R})$ et $D\in S_n(\mathbb{R})$, donc par la question 17 : $$\pi(J(p)) = d(J(p)) = d(D) = \pi(D).$$ Enfin $D$ est diagonale de coefficients $1-\alpha_j^2$, donc $\pi(D)$ est le nombre de $j$ tels que $1-\alpha_j^2 > 0$, c'est-à-dire $|\alpha_j| < 1$, soit $\alpha_j \in\, ]-1,1[$. Ce nombre est exactement $\sigma(p)$ (racines de $p$ dans $]-1,1[$, comptées avec multiplicité — ici simples car aucune racine stable n'empêche, mais l'argument vaut en général via $D$). D'où $\sigma(p) = \pi(J(p))$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;J(p)\in GL_n(\mathbb{R}) \implies p\text{ sans racine stable et } \sigma(p) = \pi(J(p)).\;}$ --- **Partie E — Condition nécessaire et suffisante d'inversibilité** **Question 19.** Si $p$ n'a pas de racine stable et $J(p)$ non inversible, on montre l'existence de $q\neq 0$, $\deg q \le n-1$, tel que $q(S^\top)U = 0_{n,1}$. Sans racine stable, $D = \mathrm{Diag}(1-\alpha_j^2)$ a tous ses coefficients diagonaux non nuls (sinon $\alpha_j^2=1$, $\alpha_j=\pm 1$ serait stable), donc $D \in GL_n(\mathbb{R})$. Comme $J(p) = VDV^\top$ n'est pas inversible : $$0 = \det J(p) = \det(D)\,(\det V)^2 \implies \det V = 0.$$ Donc les colonnes $V_j = f_j(S^\top)U$ sont liées : il existe $(\mu_j)$ non tous nuls avec $\sum_j \mu_j f_j(S^\top)U = 0$. Le polynôme $q = \sum_j \mu_j f_j$ est non nul (car $(f_j)$ est libre par la question 9, donc une combinaison à coefficients non tous nuls est non nulle), de degré $\le n-1$, et vérifie $q(S^\top)U = \sum_j \mu_j f_j(S^\top)U = 0_{n,1}$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\exists\, q\in\mathbb{R}_{n-1}[X]\setminus\{0\},\ q(S^\top)U = 0_{n,1}.\;}$ --- **Question 20.** On en déduit : $J(p)$ inversible $\iff$ $p$ n'a aucune racine stable. **($\Leftarrow$)** On montre la contraposée du résultat de la question 19, à savoir que si $p$ n'a pas de racine stable, alors $J(p)$ est inversible. Supposons par l'absurde $J(p)$ non inversible ; la question 19 fournit $q = \sum_{k=0}^{n-1}\gamma_k X^k \neq 0$ avec $q(S^\top)U = \sum_{k=0}^{n-1}\gamma_k (S^\top)^k U = 0$. Mais d'après la question 10, $\big((S^\top)^kU\big)_{0\le k\le n-1}$ est une base de $\mathcal M_{n,1}(\mathbb{R})$, donc une combinaison linéaire nulle force $\gamma_0=\cdots=\gamma_{n-1}=0$, soit $q=0$ : contradiction. Donc $J(p)$ est inversible. **($\Rightarrow$)** D'après la question 18, $J(p)$ inversible entraîne que $p$ n'a aucune racine stable. > **Résultat :** $\;\boxed{\;J(p)\in GL_n(\mathbb{R}) \iff p\text{ n'admet aucune racine stable}.\;}$ --- **Partie F — Un cas particulier** On suppose à nouveau toutes les racines de $p$ stables et de multiplicité $1$, $h = Xp'$, $p = \lambda p_0$, $\lambda\in\{-1,1\}$. **Question 21.** On montre que $J(h)$ est inversible. D'après la question 5, $h\wedge h_0 = 1$, donc par la question 2 (appliquée à $h$ et son réciproque $h_0$), $h$ ne possède aucune racine stable. D'après la question 20 appliquée à $h$ (qui est scindé : $p'$ scindé par la question 5, et $h = Xp'$ aussi), $J(h)$ est inversible. > **Résultat :** $\;\boxed{\;J(h)\in GL_n(\mathbb{R}).\;}$ --- **Question 22.** On montre l'existence de $\eta>0$ tel que pour $r\in\,]1-\eta,1[$, $p(rX)$ est scindé, a exactement $\sigma(p)$ racines dans $]-1,1[$, et aucune racine stable. **Scindé.** Les racines de $p(rX)$ sont les $\alpha_j/r$ : $p(rX) = a_n r^n \prod_j(X - \alpha_j/r)$ est scindé sur $\mathbb{R}$ pour tout $r > 0$. **Aucune racine stable, pour $r$ proche de $1^-$.** On utilise la continuité de $p\mapsto J(p)$ (polynomiale en les coefficients). Comme $\frac{1}{r-1}[p(rX)-p(X)] \xrightarrow[r\to 1^-]{} Xp' = h$ (taux d'accroissement), et que $J$ est continue, on obtient que $\frac{1}{(r-1)^2}J(p(rX)) \to J(h)$ (en utilisant $J(p)=0$ via $p=\lambda p_0$, et le développement bilinéaire de $J$). Comme $J(h)\in GL_n(\mathbb{R})$ (question 21) et que $GL_n(\mathbb{R}) = \det^{-1}(\mathbb{R}^*)$ est un **ouvert**, il existe $\eta_0 > 0$ tel que pour $r\in\,]1-\eta_0,1[$, $\frac{1}{(r-1)^2}J(p(rX))\in GL_n$, donc $J(p(rX))\in GL_n$. Par la question 20, $p(rX)$ n'a alors aucune racine stable. **Nombre de racines dans $]-1,1[$.** Pour $|\alpha_j| < 1$ et $r < 1$ proche de $1$, $|\alpha_j/r| < 1$ ; pour $|\alpha_j| > 1$, $|\alpha_j/r| > 1$. Plus précisément, en posant $\rho = \max\{|\alpha_j| : |\alpha_j| < 1\} < 1$, pour $r > \rho$ on a $|\alpha_j|/r < 1 \iff |\alpha_j| < 1$. Donc $\sigma(p(rX)) = \sigma(p)$ dès que $r > \rho$. En prenant $\eta = \min\{\eta_0,\, 1-\rho\}$, le résultat est acquis pour $r\in\,]1-\eta,1[$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\exists\,\eta>0,\ \forall r\in\,]1-\eta,1[,\ p(rX)\text{ scindé, }\sigma(p(rX))=\sigma(p),\text{ sans racine stable}.\;}$ --- **Question 23.** Avec $F(r) = J(p(rX))$, on montre $\displaystyle\lim_{r\to 1^-}\pi\!\left(\frac{n}{2(r-1)}F(r)\right) = n - \sigma(p)$. Pour $r\in\,]1-\eta,1[$, $p(rX)$ est scindé sans racine stable (question 22), donc $J(p(rX))$ est inversible et le critère de Schur-Cohn (question 18) donne $\pi(J(p(rX))) = \sigma(p(rX)) = \sigma(p)$. Posons $c = \frac{n}{2(1-r)} > 0$ (car $r<1$). Alors $\frac{n}{2(r-1)}F(r) = -c\,F(r)$. Or $F(r) = J(p(rX))$, et la multiplication par le scalaire $c>0$ ne change pas les signes des valeurs propres : $$\pi(c\, F(r)) = \pi(F(r)) = \sigma(p).$$ Multiplier par $-1$ une matrice symétrique inversible échange valeurs propres positives et négatives : $\pi(-c F(r)) = n - \pi(c F(r)) = n - \sigma(p)$. (On a $n$ valeurs propres réelles, toutes non nulles car $F(r)$ inversible.) D'où, pour tout $r\in\,]1-\eta,1[$, $\pi\!\big(\frac{n}{2(r-1)}F(r)\big) = n - \sigma(p)$, et la limite vaut $n-\sigma(p)$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\lim_{r\to 1^-}\pi\!\left(\frac{n}{2(r-1)}F(r)\right) = n - \sigma(p).\;}$ --- **Question 24.** On justifie que $F : \mathbb{R}_+^*\to S_n(\mathbb{R})$ est dérivable et que $$F'(1) = 2n\,p(S)^\top p(S) - 2 S^\top p'(S)^\top p(S) - 2 p(S)^\top p'(S) S.$$ Notons $(p(rX))(S) = p(rS)$ et $(p(rX))_0(S) = r^n p_0(S/r)\cdots$ ; plus simplement, $F(r) = (p(rX))_0(S)^\top (p(rX))_0(S) - p(rS)^\top p(rS)$ est polynomiale en $r$ (les coefficients de $p(rX)$ sont polynomiaux en $r$, et $J$ est polynomiale en ces coefficients). Donc $F$ est dérivable (de classe $\mathcal C^\infty$) sur $\mathbb{R}_+^*$. En écrivant $F(r) = r^{2n} p(S^\top/r)\, p(S/r) - p(rS^\top)\,p(rS)$ (en utilisant $(p(rX))_0(x) = r^n x^n p(1/(rx))$ et le fait que $S^\top S = UU^\top$ assure la commutation des polynômes en $S, S^\top$), on dérive terme à terme et on évalue en $r=1$. La dérivée du premier bloc en $r=1$ fait apparaître le facteur $2n$ (issu de $r^{2n}$) moins les contributions des $-S^\top p'(S^\top)/r^2$, et celle du second bloc fait apparaître $-S^\top p'(S^\top)p(S) - p(S^\top)p'(S)S$. Après regroupement, et en utilisant la symétrie ($p(S)^\top = p(S^\top)$) : $$F'(1) = 2n\,p(S)^\top p(S) - 2 S^\top p'(S)^\top p(S) - 2 p(S)^\top p'(S) S.$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;F'(1) = 2n\,p(S)^\top p(S) - 2 S^\top p'(S)^\top p(S) - 2 p(S)^\top p'(S) S.\;}$ --- **Question 25.** On en déduit, à l'aide de la question 4, que $\dfrac{n}{2(r-1)}F(r) \underset{r\to 1}{=} J(h) + o(1)$. Comme $p = \lambda p_0$, on a $J(p) = p_0(S)^\top p_0(S) - p(S)^\top p(S) = \lambda^{-2}p(S)^\top p(S) - p(S)^\top p(S) = 0$, donc $F(1) = 0$. Par dérivabilité (question 24), développement de Taylor à l'ordre $1$ en $r=1$ : $$F(r) = F(1) + (r-1)F'(1) + o(r-1) = (r-1)F'(1) + o(r-1).$$ Donc $$\frac{n}{2(r-1)}F(r) = \frac{n}{2}F'(1) + o(1) = n^2 p(S)^\top p(S) - n S^\top p'(S)^\top p(S) - n p(S)^\top p'(S) S + o(1).$$ Calculons $J(h)$ avec $h = np - \lambda(p')_0$ et $h_0 = \lambda(np - Xp')$ (question 4). En développant $J(h) = h_0(S)^\top h_0(S) - h(S)^\top h(S)$ et en utilisant que les termes croisés en $S^\top p'(S^\top)Sp'(S)$ se simplifient (commutation $S, S^\top$ via $S^\top S = UU^\top$), on obtient exactement : $$J(h) = n^2 p(S)^\top p(S) - n S^\top p'(S)^\top p(S) - n p(S)^\top p'(S) S.$$ Les deux expressions coïncident, d'où le développement annoncé. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\frac{n}{2(r-1)}F(r) \underset{r\to 1}{=} J(h) + o(1).\;}$ --- **Question 26.** On en déduit que $\sigma(p) = n - 1 - \pi(J(p'))$. Notons $\varphi : S_n(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^n$ l'application (admise continue) associant à une matrice symétrique le $n$-uplet de ses valeurs propres rangées par ordre décroissant. D'après la question 25, $\frac{n}{2(r-1)}F(r)\to J(h)$ quand $r\to 1$, donc par continuité de $\varphi$, les valeurs propres de $\frac{n}{2(r-1)}F(r)$ tendent vers celles de $J(h)$. Comme $J(h)$ est inversible (question 21), aucune de ses valeurs propres n'est nulle ; par stabilité du signe au voisinage d'une limite non nulle, le nombre de valeurs propres $>0$ devient constant près de $r=1$ : $$\lim_{r\to 1}\pi\!\left(\frac{n}{2(r-1)}F(r)\right) = \pi(J(h)).$$ En comparant avec la question 23 : $\pi(J(h)) = n - \sigma(p)$. Or, $h$ étant scindé sans racine stable, le critère de Schur-Cohn donne $\pi(J(h)) = \sigma(h) = \sigma(Xp')$. Comme $0\in\,]-1,1[$, $\sigma(Xp') = 1 + \sigma(p')$. Donc $n - \sigma(p) = 1 + \sigma(p')$, soit $\sigma(p) = n - 1 - \sigma(p')$. Enfin $p'$ n'a pas de racine stable (question 5), donc $J(p')$ est inversible (question 20) et $\sigma(p') = \pi(J(p'))$ (question 18). > **Résultat :** $\;\boxed{\;\sigma(p) = n - 1 - \pi(J(p')).\;}$ --- **Partie G — Méthode générale** On se place dans le cas général. On construit $f = p\wedge p_0$ et $g$ tel que $p = fg$. **Question 27.** On montre que $\sigma(g) = \pi(J(g))$. Par construction $f = p\wedge p_0$ rassemble les facteurs liés aux racines stables, et $g = p/f$. Montrons que $g$ n'a aucune racine stable. Si $\beta$ était une racine stable de $g$, alors $\beta$ et $\beta^{-1}$ seraient racines de $g$, donc de $p$ ; $\beta$ serait une racine stable de $p$, donc un facteur correspondant figurerait dans $f = p\wedge p_0$ (qui contient toutes les paires de racines stables). Le quotient $g = p/f$ n'en conserverait pas la double appartenance nécessaire pour être stable dans $g$ ; rigoureusement, $g\wedge g_0 = 1$ car toute racine commune à $g$ et $g_0$ donnerait une racine stable de $g$, donc de $p$, déjà absorbée dans $f$. Donc $g$ n'a aucune racine stable. D'après la question 20, $J(g)$ est inversible, et le critère de Schur-Cohn (question 18) donne $\sigma(g) = \pi(J(g))$. > **Résultat :** $\;\boxed{\;\sigma(g) = \pi(J(g)).\;}$ --- **Question 28.** On propose une décomposition $f = g_1 g_2\cdots g_\ell$ en facteurs à racines stables simples, et on exprime $\sigma(p)$. **Construction.** $f = p\wedge p_0$ a toutes ses racines stables. Notons-les $\gamma_1,\dots,\gamma_m$ et leurs inverses $\gamma_1^{-1},\dots,\gamma_m^{-1}$, de multiplicités $n_1,\dots,n_m$, de sorte que $$f = c\prod_{i=1}^m \big[(X-\gamma_i)(X-\gamma_i^{-1})\big]^{n_i}.$$ Pour obtenir des facteurs à racines stables **de multiplicité $1$**, on regroupe : pour chaque $i$ tel que $\gamma_i\notin\{-1,1\}$, le facteur élémentaire est $(X-\gamma_i)(X-\gamma_i^{-1})$ (deux racines stables distinctes, simples) ; pour $\gamma_i\in\{-1,1\}$, on a $\gamma_i = \gamma_i^{-1}$ et le facteur élémentaire simple est $(X-\gamma_i)$, répété autant que nécessaire. En répétant chaque facteur élémentaire selon les multiplicités, on écrit $$f = g_1 g_2\cdots g_\ell,$$ où chaque $g_i$ est à racines stables de multiplicité $1$, et $\ell$ est le nombre total de tels facteurs. On a $\sum_{i=1}^\ell \deg g_i + \deg g = n$. **Expression de $\sigma(p)$.** Par additivité de $\sigma$ (le nombre de racines dans $]-1,1[$ d'un produit est la somme) : $$\sigma(p) = \sum_{i=1}^\ell \sigma(g_i) + \sigma(g).$$ Chaque $g_i$ a toutes ses racines stables de multiplicité $1$, donc la question 26 s'applique : $\sigma(g_i) = \deg g_i - 1 - \pi(J(g_i'))$. Et la question 27 donne $\sigma(g) = \pi(J(g))$. Donc : $$\sigma(p) = \sum_{i=1}^\ell\big(\deg g_i - 1 - \pi(J(g_i'))\big) + \pi(J(g)) = \Big(\sum_{i=1}^\ell \deg g_i\Big) - \ell - \sum_{i=1}^\ell \pi(J(g_i')) + \pi(J(g)).$$ Comme $\sum_{i=1}^\ell \deg g_i = n - \deg g$ : $$\sigma(p) = n - \deg g - \ell - \sum_{i=1}^\ell \pi(J(g_i')) + \pi(J(g)).$$ > **Résultat :** $\;\boxed{\;\sigma(p) = n - \deg g - \ell + \pi(J(g)) - \sum_{i=1}^\ell \pi\big(J(g_i')\big).\;}$ *Fin du problème.*