Où il est question de progressions arithmétiques

Sur M@TH en Ligne, quelqu’un a demandé de prouver que si les nombres a,b,c sont en progression arithmétique alors A=b^2 + bc + c^2, B=c^2 + ac +a^2,C= a^2+ab +b^2 le sont aussi.

C’est très simple à faire et plusieurs solutions ont été proposées. Je reproduis ici la mienne car elle conduit à une amusante propriété dont je voudrais discuter dans ce billet(*).

Supposons ainsi que a,b,c soient en progression arithmétique. On a donc c-b=b-a=2(c-a).
Comme

A=\frac{c^3-b^3}{c-b},\quad B=\frac{c^3-a^3}{c-a},\quad C=\frac{b^3-a^3}{b-a}

il vient alors immédiatement

A+C=\frac{c^3-a^3}{\frac 1 2(c-a)}=2B

de sorte que A,B,C sont effectivement en progression arithmétique.

Cette preuve repose sur deux propriétés :

–– d’une part, la relation c-b=b-a=2(c-a), résultant du fait que a,b,c sont en progression arithmétique. Elle permet de ramener les fractions A,B,C au même dénominateur.

–– d’autre part, le fait que la somme des numérateurs de A et C soit égale à celui de B

Dès lors, si on modifie les numérateurs de A,B,C tout en conservant cette dernière propriété, la preuve s’applique encore de sorte que les A,B,C modifiés sont aussi en progression arithmétique lorsque a,b,c le sont. Par exemple, avec les numérateurs c^n-b^n, c^n-a^n, b^n-a^n, on voit ainsi que

\sum_{k=0}^{n-1}c^kb^{n-1-k},\quad \sum_{k=0}^{n-1}c^ka^{n-1-k},\quad \sum_{k=0}^{n-1}b^ka^{n-1-k}

sont en progression arithmétique lorsque a,b,c le sont.

Plus généralement, on peut remplacer les numérateurs de A,B,C par P(c,b), P(c,a), P(b,a)P est une fonction de deux variables astreinte à vérifier la condition

(1) \forall a,b,c\in \mathbf R,\quad P(c,b)+P(b,a)=P(c,a)

La détermination de toutes ces fonctions est triviale. En effet, en faisant a=0 dans (1), on obtient P(c,b)=P(c,0)-P(b,0), ce qui montre que P est de la forme

(x,y)\mapsto f(x)-f(y)

pour une certaine fonction d’une variable f (à savoir x\mapsto P(x,0)). Comme les applications de cette forme vérifient toutes l’identité (1), l’affaire est donc entendue.

Le problème se corse lorsqu’on observe les choses un peu plus finement. Le fait que P vérifie (1) est certainement suffisant pour que la preuve s’applique mais il n’est cependant pas nécessaire. En effet, il est seulement nécessaire d’avoir P(c,b)+P(b,a)=P(c,a) lorsque a,b,c sont en progression arithmétique. En posant b=\lambda et en notant \mu la raison, nous sommes ainsi amenés à remplacer (1) par la condition plus faible suivante

(2) \forall \lambda,\mu\in\mathbf R,\quad P(\lambda+\mu,\lambda)+P(\lambda,\lambda-\mu)=P(\lambda+\mu,\lambda-\mu)

Trouver toutes les fonctions P qui vérifient cette condition me semble difficile, en tout cas, je ne sais pas le faire pour l’instant. Mais je sais quels polynômes la vérifient. Paradoxalement, ce sont les mêmes que ceux qui vérifient (1). En d’autres mots, pour les polynômes, les conditions (1) et (2) sont équivalentes.

Voyons comment vérifier cela.

Un polynôme de degré n se décompose de façon unique en une somme de polynômes homogènes de degré k\in\{0,\ldots,n\} et il est clair que le polynôme satisfait à (2) si, et seulement si, chacune de ses composantes homogènes le fait.

Considérons alors un polynôme homogène P satisfaisant à (2). On va montrer par récurrence sur son degré n qu’il est un multiple de x^n-y^n. Je laisse le soin au lecteur de vérifier que la propriété est vraie pour les premières valeurs de n et je passe à l’étape d’induction et suppose que n vaut au moins deux. En dérivant P(\lambda+\mu,\lambda)+P(\lambda,\lambda-\mu)=P(\lambda+\mu,\lambda-\mu) par rapport à \lambda, nous voyons que le polynôme homogène \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial P}{\partial y} vérifie aussi (2). Comme il est de degré n-1, on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence : il existe un nombre s tel que

\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial P}{\partial y}=sn\left(x^{n-1}-y^{n-1}\right)

Posons Q=P-s\left(x^n-y^n\right). Ce polynôme vérifie aussi (2) et la relation précédente montre que \frac{\partial Q}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}=0. Comme je l’expliquerai plus bas, ce dernier point implique que Q=t(x-y)^n pour un certain nombre t. On a alors

Q(\lambda+\mu,\lambda)+Q(\lambda,\lambda-\mu)-Q(\lambda+\mu,\lambda-\mu)=\left(2-2^n\right)t\mu^n

Dès lors, vu que n\geqslant 2, Q est nul puisqu’il vérifie (2). La preuve est achevée.

Dans celle-ci, j’ai utilisé la propriété suivante grâce à laquelle on a pu déterminer la forme très particulière de Q.

Soit une fonction F:\mathbf R^2\to\mathbf R, au moins de classe C^1. Alors \frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}=0 si, et seulement si, il existe une fonction \varphi:\mathbf R\to\mathbf R, de même classe que F et telle que F(x,y)=\varphi(x-y) pour tous x,y\in\mathbf R.

Cette propriété est sans doute très classique. J’en indique une preuve, au demeurant très simple, pour être complet.

Posons

F'(u,v)=F\left(\frac{u+v}{2},\frac{u-v}{2}\right)

La propriété résulte alors trivialement des observations suivantes. D’une part F(x,y)=F'(x+y,x-y) et, d’autre part,

\frac{\partial F'}{\partial u}=\frac 1 2\left(\frac{\partial F}{\partial x}+\frac{\partial F}{\partial y}\right)\left(\frac{u+v}{2},\frac{u-v}{2}\right)

Voilà, c’est tout pour ce billet.😉

__________
(*) Je travaillerai uniquement en nombres réels. Les choses pourraient sans doute être développées dans un cadre plus général que je ne chercherai pas à préciser ici.

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