Un polynôme positif est le carré d'un module, et le filtre de Butterworth

Ce qu'on a le droit d'utiliser. Le théorème de décomposition en facteurs irréductibles dans $\mathbb{R}[X]$, l'égalité des multiplicités de deux racines conjuguées d'un polynôme réel, la continuité des fonctions polynomiales et les limites en $+\infty$, et la compatibilité de la conjugaison avec les sommes et les produits. La stratégie : la décomposition en irréductibles est un outil de démonstration — on fabrique $Q$ facteur par facteur, en prenant une racine dans chaque paire conjuguée.

a) Signe et parité. Soit $n=\mathrm{deg}P$ et $a_n$ son coefficient dominant. Si $n=0$, $P=a_0>0$. Si $n\ge 1$, $\frac{P(x)}{x^n}\to a_n$ quand $x\to +\infty$, et ce quotient est positif pour $x>0$ : par passage à la limite, $a_n\ge 0$, et $a_n\ne 0$, donc $a_n>0$. Soit maintenant $a$ une racine réelle de multiplicité $m$ : $P=(X-a{)}^{m}R$ avec $R\in \mathbb{R}[X]$ et $R(a)\ne 0$. La fonction $R$, continue, garde le signe strict de $R(a)$ sur un intervalle $]a-\eta ,a+\eta [$. Si $m$ était impair, $(x-a{)}^m$ changerait de signe en $a$, et $P(x)=(x-a{)}^{m}R(x)$ serait strictement négatif d'un côté de $a$ : exclu. Donc $m$ est pair.

b) $P=Q\bar{Q}$, puis $P=A^2+B^2$. Par le théorème de décomposition dans $\mathbb{R}[X]$, $$P=\lambda \prod _i(X-a_i{)}^{m_i}\prod _j(X^2+b_{j}X+c_j{)}^{n_j},$$ avec $\lambda >0$ et les $m_i$ pairs par le a), chaque trinôme, de discriminant strictement négatif, s'écrivant $(X-z_j)(X-{\bar{z}}_j)$ avec $z_j$ non réel. Posons $$Q=\sqrt{\lambda }\prod _i(X-a_i{)}^{m_i/2}\prod _j(X-z_j{)}^{n_j}.$$ La conjugaison des coefficients respecte les produits — le coefficient de $X^k$ d'un produit est une somme de produits de coefficients —, donc $\bar{Q}=\sqrt{\lambda }{\prod }_i(X-a_i{)}^{m_i/2}{\prod }_j(X-{\bar{z}}_j{)}^{n_j}$, et $Q\bar{Q}=\lambda {\prod }_i(X-a_i{)}^{m_i}{\prod }_j((X-z_j)(X-{\bar{z}}_j){)}^{n_j}=P$. En écrivant $Q=A+iB$, où $A$ et $B$ ont pour coefficients les parties réelles et imaginaires de ceux de $Q$, on a $\bar{Q}=A-iB$, donc $$P=(A+iB)(A-iB)=A^2+B^2.$$ Tout polynôme réel positif sur $\mathbb{R}$ est somme des carrés de deux polynômes réels, et la réciproque est immédiate, $A(x{)}^2+B(x{)}^2\ge 0$. Pour $x$ réel, $\bar{Q}(x)=\overline{Q(x)}$, et la relation s'écrit $P(x)=|Q(x){|}^2$ : un polynôme positif est le carré du module d'un polynôme complexe.

c) $1+X^4$. Ses racines sont $e^{i\pi /4}$, $e^{3i\pi /4}$ et leurs conjuguées, aucune réelle. Prenons dans chaque paire la racine de partie imaginaire positive : $$Q=(X-e^{i\pi /4})(X-e^{3i\pi /4})=X^2-i\sqrt{2}X-1,$$ puisque $e^{i\pi /4}+e^{3i\pi /4}=i\sqrt{2}$ et $e^{i\pi /4}{e}^{3i\pi /4}=e^{i\pi }=-1$. Ainsi $A=X^2-1$ et $B=-\sqrt{2}X$ : $1+X^4=(X^2-1{)}^2+(\sqrt{2}X{)}^2$, ce que confirme le développement $X^4-2X^2+1+2X^2$.

d) Le filtre de Butterworth. Pour $\omega$ réel, $D_2(i\omega )=(1-{\omega }^2)+i\sqrt{2}\omega$, donc $|D_2(i\omega ){|}^2=(1-{\omega }^2{)}^2+2{\omega }^2=1+{\omega }^4$. De même, $D_3=X^3+2X^2+2X+1$ et $D_3(i\omega )=(1-2{\omega }^2)+i(2\omega -{\omega }^3)$, d'où $$|D_3(i\omega ){|}^2=1-4{\omega }^2+4{\omega }^4+4{\omega }^2-4{\omega }^4+{\omega }^6=1+{\omega }^6.$$ Les racines de $D_2$ sont $\frac{-1\pm i}{\sqrt{2}}$, celles de $D_3$ sont $-1$ et $-\frac{1}{2}\pm i\frac{\sqrt{3}}{2}$ : toutes de partie réelle strictement négative. Les deux filtres sont de Butterworth, d'ordres $2$ et $3$. Le lien avec le b) : $D_2(i\omega )=0$ équivaut à $\omega =\frac{-1\pm i}{i\sqrt{2}}=-i\frac{-1\pm i}{\sqrt{2}}$, soit $\omega =\frac{1+i}{\sqrt{2}}=e^{i\pi /4}$ ou $\omega =\frac{-1+i}{\sqrt{2}}=e^{3i\pi /4}$ : les deux racines de $1+{\omega }^4$ du demi-plan supérieur. De fait, $D_2(iX)=-X^2+i\sqrt{2}X+1=-Q(X)$, avec le $Q$ du c). Concevoir un filtre de Butterworth, c'est exactement la construction du b) : écrire le polynôme positif $1+{\omega }^{2n}$ comme un $|Q(\omega ){|}^2$ en prenant dans chaque paire conjuguée la racine du demi-plan supérieur ; dans la variable $i\omega$, ces racines passent dans le demi-plan de partie réelle négative — la condition de stabilité. Le facteur de qualité : $D_2(ix)=1+i\sqrt{2}x-x^2$ s'identifie à $1+\frac{ix}{q}-x^2$ pour $q=\frac{1}{\sqrt{2}}\approx 0,71$ : le passe-bas du second ordre le plus plat, sans résonance, puisque la résonance n'apparaît que pour $q>\frac{1}{\sqrt{2}}$.

Le point délicat. Il faut une racine par paire conjuguée et la moitié de chaque multiplicité réelle : sans la parité du a), $(X-a{)}^{m/2}$ n'aurait pas de sens. Et il faut deux carrés : $X^2+1$ est positif sans être le carré d'un polynôme réel.

Ce que l'exercice installe. La décomposition en irréductibles sert à démontrer : on traite chaque facteur, puis on recolle. Et « positif sur $\mathbb{R}$ » se traduit en « carré d'un module », ce qui est exactement le problème de l'électronicien qui connaît le gain $|\underline{H}{|}^2$ qu'il veut et cherche une fonction de transfert qui le réalise. Le cours d'électricité de PTSI étudie le passe-bas du second ordre et son facteur de qualité ; en sciences industrielles, la même condition — des racines de partie réelle strictement négative — est celle de la stabilité des systèmes asservis. (Les électriciens notent $j$ l'unité imaginaire, qu'il ne faut pas confondre avec le $j$ de l'exercice 3.)