XXIV. — Des zéros d’un polynome symétrique

Soit /a(T) un polynome symétrique quelconque du ni" degré, l'équation algébrique

(a) : Ja(æ)=0

Lee een ea ln Re EE RO LP CHE ù !

EX ea À, TRES } \

est identique à celle-c:

fn(—x—1) = c'est-à-dire qu'il est possible de ranger les racines de l'équation susdite (K24) Xj, A2, 3, » An; de sorte que (3) QE dpt MESSEr

Dans le cas où x est un nombre impair, l'équation (1) a toujours

la racine — Posons fanri(æ) = (z+ :) Paa(T), \

le polynome +,,(x) est un polynome symétrique du degré 2n, de sorte qu'il s’agit seulement de résoudre les équations (1) dans le cas où z est un nombre pair. En appliquant la formule (16) du paragraphe XXIIF, on voit que les équations en question se réduisent à des équations du degré n par rapport à la quantité x? + x.

Pour étudier, au point de vue des zéros, un polynome symétrique, nous choisissons z nombres complexes

(4) 1; A, LER CAS 177 qui satisfont, pour 1£s£An, aux conditions (5) Us An=st1— /N,

où » désigne un nombre complexe différent de zéro, mais quelconque du reste. De plus, nous supposons les nombres (4) aussi arbitraires que les conditions (5) le permettent.

DOI 2400-29 FA, il est par conséquent possible de choisir précisément q des nombres 4, parfaitement arbitraires ; dans le dernier cas, où n est supposé impair, l’ensemble (4) contient le

nombre sm

Cela posé, il est évident que le polÿnome

5 5 CR An (9) Fm =(r+) (e+).(e+2),

NIELS NIELSEN

du degré n par rapport à x, est symétrique; nous aurons, en effet,

en vertu de (5), pour 1£s£n,

Posons ensuite pour abréger

; s=n \ F (8) (a+u)(z+a)...(c+a)=Ù ansT's, S—0 nous aurons évidemment S=n Un > (9) F7 (20) = an Al $.

ce qui donnera, en vertu des formules (12) et (13) du paragraphe XXI,

<n— = 72 ja I DAS D Nqus < (10) LFn(o)= Kat D MS emtet p, (2), s—0 <7 + \ L QUELS XCD 10777 (ti) = Fn(z)= D ee En-as (te).

où nous avons posé pour abréger

s=n nn; An,s SES QU CETN

mi (s+i)ms