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272. Effectuer une opération élémentaire de permutation sur les lignes d’une matrice revient à la multiplier à gauche par une matrice élémentaire de permutation (1/3)

Soit $n$ un nombre entier supérieur ou égal à $2$ et $p$ un nombre entier supérieur ou égal à $1.$

Vous désignez par $A$ une matrice rectangulaire qui possède $n$ lignes et $p$ colonnes, à coefficients dans un corps $\K.$

Il sera commode de noter $I$ la matrice identité d’ordre $n$ à coefficients dans $\K.$

Il existe ainsi $(a_{ij})_{ \substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} }$ tel que :

\left\{
\begin{array}{ll}
\forall i\in \llbracket1, n\rrbracket, \forall j\in \llbracket1, p\rrbracket,  a_{ij}\in\K\\
A = (a_{ij})_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} }.
\end{array}\right.

Décomposez la matrice $A$

Quels que soient les entiers $i\in \in \llbracket1, n\rrbracket$ et $j\in \llbracket1, p\rrbracket$ notez $E_{ij}$ la matrice rectangulaire comportant $n$ lignes et $p$ colonnes, dont toutes les lignes sont nulles excepté la ligne numéro $i.$ La ligne numéro $i$ ne comporte que des zéros sauf à la colonne numéro $j$ où elle est égale à $1$, le neutre de $\K$ pour la multiplication.

Autrement dit, $E_{ij}$ ne comporte que des zéros, sauf à la ligne $i$ et à la colonne $j$ où son coefficient vaut $1.$

De ce qui précède, la matrice $A$ s’écrit ainsi :

A = \sum_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} } a_{ij} E_{ij}.

Les matrices $F_{k \ell}$

Quels que soient les entiers $k\in \in \llbracket1, n\rrbracket$ et $\ell \in \llbracket1, n\rrbracket$ notez $F_{k \ell}$ la matrice carrée comportant $n$ lignes et $n$ colonnes, dont toutes les lignes sont nulles excepté la ligne numéro $k.$ La ligne numéro $k$ ne comporte que des zéros sauf à la colonne numéro $\ell$ où elle est égale à $1$, le neutre de $\K$ pour la multiplication.

Autrement dit, $F_{k \ell}$ ne comporte que des zéros, sauf à la ligne $k$ et à la colonne $\ell$ où son coefficient vaut $1.$

Multiplication à gauche d’une matrice $E_{ij}$ par une matrice $F_{k \ell}$

Vous êtes amené à vérifier que :

 \forall k\in \llbracket 1, n\rrbracket, \forall \ell\in \llbracket 1, n\rrbracket,   \forall i\in \llbracket 1, n\rrbracket, \forall j\in \llbracket 1, p\rrbracket,  \left\{\begin{array}{ll} F_{k \ell} E_{ij} = E_{kj} &\text{ si } \ell=i\\ F_{k \ell} E_{ij} =0 &\text{ si } \ell \neq i.\end{array}\\\right.

Effet des matrices élémentaires de premier type, dites de permutation

Soient $k$ et $\ell$ deux éléments de l’ensemble $\llbracket 1, n \rrbracket$ de sorte que $k\neq \ell.$

Par définition de la matrice $I$, vous avez :

I = \sum_{m=1}^n F_{mm}.

Vous séparez les lignes $k$ et $\ell$ de la somme, pour obtenir :

I = F_{kk} + F_{\ell\ell} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}} F_{mm}.

On appelle matrice de permutation $J$ des lignes $k$ et $\ell$ la matrice $I$ qui subit la permutation de la ligne $k$ et de la ligne $\ell.$

Ainsi :

J = F_{k\ell} + F_{\ell k} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}} F_{mm}.

Vous allez maintenant montrer que la matrice $JA$ est la matrice $A$ qui subit la permutation de sa ligne $k$ avec sa ligne $\ell.$

\begin{align*}
JA &= \left(F_{k\ell} + F_{\ell k} + \sum_{m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}} F_{mm}\right)\left(\sum_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} } a_{ij} E_{ij}\right) \\
&= \sum_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} } a_{ij} F_{k\ell}E_{ij} 
+ \sum_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p} } a_{ij} F_{\ell k}E_{ij} 
+ \sum_{\substack{1\leq i \leq n \\ 1\leq j \leq p \\ m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}}   } a_{ij} F_{mm}E_{ij} \\
&= \sum_{\substack{ 1\leq j \leq p} } a_{\ell j} F_{k\ell}E_{\ell j} 
+ \sum_{ 1\leq j \leq p } a_{kj} F_{\ell k}E_{kj} 
+ \sum_{\substack{ 1\leq j \leq p \\ m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}}   } a_{mj} F_{mm}E_{mj} \\
&= \sum_{\substack{ 1\leq j \leq p} } a_{\ell j} E_{k j} 
+ \sum_{ 1\leq j \leq p } a_{kj} E_{\ell j} 
+ \sum_{\substack{ 1\leq j \leq p \\ m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}}   } a_{mj} E_{mj} \\ 

\end{align*}

Cette dernière expression montre que les coefficients situés à la ligne $k$ de $JA$ sont ceux de la ligne $\ell$ de la matrice $A.$
De même les coefficients situés à la ligne $\ell$ de $JA$ sont ceux de la ligne $k$ de la matrice $A.$
D’autre part, quel que soit $m\in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{k, \ell\}$ les lignes numéro $m$ des matrices $A$ et $JA$ ont les mêmes coefficients.

Concluez

Quels que soient $k$ et $\ell$ deux éléments de l’ensemble $\llbracket 1, n \rrbracket$ tels que $k\neq \ell$, permuter les lignes $k$ et $\ell$ de la matrice $A$ revient à la multiplier à gauche par une matrice élémentaire de permutation, cette matrice s’obtenant en faisant subir à la matrice identité $I$ la même permutation de lignes.

Visualisez cette propriété sur un exemple

Soit $A$ la matrice définie par :

A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1  & 1\end{pmatrix}.

Comme vous souhaitez multiplier $A$ à gauche, vous formez la matrice identité d’ordre $3$ :

I=\begin{pmatrix}1 & 0 &  0 \\
0 & 1 & 0  \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Vous permutez les lignes $1$ et $2$ de la matrice $I$, vous obtenez la matrice $J$ suivante :

J=\begin{pmatrix}0 & 1 &  0 \\
1 & 0 & 0  \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Effectuez le produit matriciel $JA.$

\begin{align*}
JA&=\begin{pmatrix}0 & 1 &  0 \\
1 & 0 & 0  \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 & 2 & 1 \\
0 & 1 & 1 & 2 \\ 2 & 1 & 1  & 1\end{pmatrix}  \\
&=\begin{pmatrix}0 & 1 & 1 & 2 \\
1 & 1 & 2 & 1 \\ 2 & 1 & 1  & 1\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous constatez qu’en permutant les lignes $1$ et $2$ de la matrice $A$, vous obtenez bien $JA.$

271. Une application linéaire et bijective a une bijection réciproque qui est nécessairement linéaire

Dans cet article, $\K$ désigne un corps. Soient $E$ et $F$ deux $\K$-espaces vectoriels.

Supposez qu’il existe une application bijective $f$ allant de $E$ vers $F$ et qui soit linéaire.

Linéarité et bijectivité de l’application $f$

Rappelez-vous que la linéarité de $f$ se traduit par la propriété suivante :

\forall (\lambda, \mu)\in\K^2, \forall (u,v)\in E^2, f(\lambda u+\mu v)=\lambda f(u)+\mu f(v).

Vous allez montrer que la bijection réciproque de $f$, qui sera notée $g$, est aussi linéaire.

Rappelez-vous que, comme $f$ est une bijection :

\forall u'\in F, \exists!u\in E, u'=f(u).

Autrement dit, pour tout $u’\in F$, $g(u’)$ désigne l’unique antécédent par $f$ du vecteur $u’.$ Il vient donc :

\forall u'\in F, f(g(u'))=u'.

Linéarité de l’application $g$

Soit $(\lambda, \mu)\in\K^2$ et soit $(x,y)\in F^2.$

Le vecteur $g(x)$ est l’unique antécédent de $x$ par la fonction $f$, donc $f(g(x))=x.$

Il en va de même pour $g(y)$ qui vérifie l’égalité $f(g(y)) = y.$

Utilisant la linéarité de la fonction $f$, vous obtenez :

\begin{align*}
f(\lambda g(x)+\mu g(y)) &= \lambda f(g(x))+\mu f(g(y)) \\
&= \lambda x + \mu y.
\end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\lambda x + \mu y$ admet $\lambda g(x) + \mu g(y)$ pour antécédent par $f.$

Or, le vecteur $\lambda x + \mu y$ appartient à $F.$ Via la fonction $g$, le vecteur $g(\lambda x + \mu y)$ est l’unique antécédent par la fonction $f$ du vecteur $\lambda x + \mu y.$

Ainsi les vecteurs $\lambda g(x) + \mu g(y)$ et $g(\lambda x + \mu y)$ sont deux antécédents par $f$ du vecteur $\lambda x + \mu y.$ Il s’ensuit que :

g(\lambda x + \mu y) = \lambda g(x) + \mu g(y).

Concluez

La bijection réciproque d’une application linéaire est elle-même linéaire. Avec le vocabulaire des espaces vectoriels, cela se reformule ainsi : la bijection réciproque d’un isomorphisme est aussi un isomorphisme.

270. Matrices d’un endomorphisme et conjugaisons

Cet article est le prolongement du contenu se trouvant dans l'article 269.

Il y a été établi que l’application $\varphi$ est un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$ qui se déduit de la base $(X^2,X,1)$ choisie pour $\R_2[X].$ Pour rappel, $\varphi$ est définie par :

\forall (a,b,c)\in\R^3, \varphi((a,b,c)) = aX^2+bX+c.

De même, l’application $\psi$ est un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$ concernant la base $(X(X-1),X(X-2),(X-1)(X-2)).$ Pour rappel, $\psi$ est définie par :

\forall (a,b,c)\in\R^3, \psi((a,b,c))=aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2).

Vous considérez maintenant l’application $f$ suivante :

\begin{array}{cccc}
f: &\R_2[X] & \to & \R_2[X] \\
&P & \mapsto & P+P'
\end{array}

et allez représenter celle-ci par des matrices en fonction des bases choisies.

Montrez que $f$ est un endomorphisme

Comme $f$ a le même espace de départ et d’arrivée qui est un espace vectoriel, il suffit de vérifier que $f$ est linéaire.

Soit $(\lambda, \mu)\in\R^2$ et soit $(P,Q)\in (\R_2[X])^2.$

\begin{align*}
f(\lambda P+\mu Q) &= \lambda P+\mu Q + (\lambda P+\mu Q)'\\
&= \lambda P+\mu Q + \lambda P'+\mu Q'\\
&= \lambda(P+P')+\mu(Q+Q')\\
&= \lambda f(P)+\mu f(Q).
\end{align*}

Ainsi :

\forall(\lambda, \mu)\in\R^2, \forall(P,Q)\in (\R_2[X])^2, f(\lambda P + \mu Q) = \lambda f(P)+\mu f(Q).

L’application $f$ est bien un endomorphisme.

Matrice de $f$ dans la base $(X^2, X, 1)$

Il a été déjà vu plus haut que se donner une base de $\R_2[X]$, c’est choisir un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X].$

En effectuant le choix de la base $(X^2,X,1)$ vous mettez $\R^3$ et $\R_2[X]$ en relation via l’isomorphisme $\varphi.$

Comme des matrices vont être utilisées dans la suite, on conviendra exceptionnellement de confondre une ligne avec sa colonne, autrement on s’autorisera à considérer que :

\R^3 = \left\{\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}, a\in\R, b\in\R, c\in\R\right\}.

Soit $\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ un élément de $\R^3.$

$\varphi\left( \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \right) \in\R_2[X].$

De même, les parenthèses doubles seront omises afin de simplifier les notations. Vous noterez par exemple :

\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}   = \varphi\left( \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \right).

Il convient de remarquer les résultats suivants.

\begin{align*}

\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}  \in\R_2[X] \\

f\left(\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \right) \in\R_2[X] \\

(f\circ \varphi) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \in\R_2[X]

\end{align*}

Notez $\varphi^{-1}$ la bijection réciproque de $\varphi$, qui est aussi un isomorphisme (ce résultat est général, une application linéaire bijective a sa bijection réciproque automatiquement linéaire, allez consulter le contenu se trouvant dans l'article 271) :

\forall (a,b,c)\in\R^3, \varphi^{-1} (aX^2+bX+c) = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}.

Alors :

\begin{align*}

\varphi^{-1}\left((f\circ \varphi) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}\right) \in\R^3\\

(\varphi^{-1}\circ f\circ \varphi) \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} \in \R^3. 

\end{align*}

Pour résumer ce processus, si $f$ est un endomorphisme de $\R_2[X]$, l’application $\varphi^{-1}\circ f \circ \varphi$ est un endomorphisme de $\R^3.$

Ce processus est appelé conjugaison.

La matrice $A$ de $f$ dans la base $(X^2,X,1)$ est celle qui va apparaître dans l’écriture matricielle de l’endomorphisme $\varphi^{-1}\circ f \circ \varphi.$

Pour déterminer une telle matrice, il est plus simple de procéder colonne par colonne.

Première colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}

\varphi \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}  &= X^2 \\

f(X^2) &= X^2+2X = 1X^2+2X \\

\varphi^{-1} (X^2+2X) &= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \\


(\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}&= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}.

\end{align*}

La première colonne de la matrice $A$ est $\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}.$

Deuxième colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}

\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}  &= X \\

f(X) &= X+1 = 1X+1 \\

\varphi^{-1} (X+1) &= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \\


(\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi) \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}&= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.

\end{align*}

La deuxième colonne de la matrice $A$ est $\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.$

Troisième colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}

\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}  &= 1 \\

f(X) &= 1+0= 1\\

\varphi^{-1} (1) &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\


(\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi) \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}&= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.

\end{align*}

La troisième colonne de la matrice $A$ est $\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.$

Écriture de $\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi$ sous forme matricielle

Soit $(a,b,c)\in\R^3.$ Utilisant la linéarité de $\varphi$ :

\begin{align*}
\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} &= \varphi \left(a \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+ b \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right) \\
&= a\ \varphi\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + b\ \varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\ \varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}.
\end{align*}

Utilisez maintenant la linéarité de $f$ :

\begin{align*}
f\left(\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}\right)
&= a\ f\left(\varphi\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right)+ b\ f\left(\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right)+ c\ f\left(\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right).
\end{align*}

Finissez avec la linéarité de $\varphi^{-1}$ :

\begin{align*}
\varphi^{-1} \left(f\left(\varphi \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}\right) \right)
&= a\ \varphi^{-1} \left( f\left(\varphi\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \right) \right) + b\ \varphi^{-1} \left(  f\left(\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right) \right) + c\ \varphi^{-1}  \left( f\left(\varphi \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\right) \right).
\end{align*}

Cela s’écrit :

\begin{align*}
(\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi)  \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix} &= a\  (\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi) \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + b\  (\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi)\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + c\  (\varphi^{-1} \circ f \circ \varphi)\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\
&=a \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix} a \\ 2a \\ 0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ b \\ b \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ c \end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix} a \\ 2a+b \\ b+c \end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 &1&1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} a\\ b \\ c \end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez pour la matrice de $f$

D’après les calculs précédents, vous avez obtenu que la matrice de $f$ dans la base $(X^2,X,1)$ est égale à :

\boxed{A =  \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 0 \\ 0 &1&1 \end{pmatrix}.}

Matrice de $f$ dans la base $(X(X-1),X(X-2),(X-1)(X-2))$

Vous suivez la même démarche que celle initiée.

Par conjugaison, l’application $\psi^{-1}\circ f \circ \psi$ est un endomorphisme de $\R^3.$

Il a été vu dans l'article 269 que :

\forall (a,b,c)\in\R^3, \psi \left(\frac{4a+2b+c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right) = aX^2+bX+c.

Vous déduisez que :

\forall (a,b,c)\in\R^3, \psi^{-1}(aX^2+bX+c) =\left(\frac{4a+2b+c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right).

Première colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}
\psi \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}  &= X(X-1) = X^2-X \\
f(X^2-X) &= X^2-X+2X-1 = X^2+X-1 \\
\end{align*}

Compte tenu de l’expression de $\psi^{-1}$ il vient :

\begin{align*}
\psi^{-1} (X^2+X-1) &= \left(\frac{4+2-1}{2},-1-1+1,\frac{-1}{2} \right) \\
&=\left(\frac{5}{2},-1,\frac{-1}{2} \right).
\end{align*}

De ce qui précède, la première colonne de la matrice de $f$ est : $\begin{pmatrix} 5/2 \\ -1 \\ -1/2 \end{pmatrix}.$

Deuxième colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}
\psi \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}  &= X(X-2) = X^2-2X \\
f(X^2-2X) &= X^2-2X+2X-2 = X^2-2 \\
\psi^{-1}(X^2-2)&= \left(\frac{4-2}{2},-1+2,\frac{-2}{2} \right) = \left(1,1,-1\right) .
\end{align*}

La deuxième colonne de la matrice de $f$ est : $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$

Troisième colonne de la matrice de $f$

\begin{align*}
\psi \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}  &= (X-1)(X-2) = X^2-3X+2 \\
f(X^2-3X+2) &= X^2-3X+2+2X-3 = X^2-X-1 \\
\psi^{-1}(X^2-X-1)&= \left(\frac{4-2-1}{2},-1+1+1,\frac{-1}{2} \right) =  \left(\frac{1}{2},1,\frac{-1}{2} \right).
\end{align*}

La troisième colonne de la matrice de $f$ est : $\begin{pmatrix} 1/2 \\ 1 \\ -1/2 \end{pmatrix}.$

De ce qui précède, la deuxième colonne de la matrice de $f$ est : $\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix}.$

Concluez pour la matrice de $f$

Vous avez obtenu que la matrice de $f$ dans la base $(X(X-1),X(X-2),(X-1)(X-2))$ est égale à :

\boxed{B =  \begin{pmatrix} 5/2 & 1 & 1/2 \\ -1 & 1 & 1 \\ -1/2 &-1&-1/2 \end{pmatrix}.}

269. Isomorphismes d’espaces vectoriels

Désignez par $\R_2[X]$ l’ensemble des polynômes réels dont le degré est inférieur ou égal à $2.$

\R_2[X]=\{aX^2+bX+c, (a,b,c)\in\R^3\}.

Vous allez constater que $\R_2[X]$ est isomorphe à $\R^3$ et que plusieurs isomorphismes existent entre ces deux espaces vectoriels.

Le choix de la base canonique $(X^2, X, 1)$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$

Notez $\varphi$ l’application suivante :

\begin{array}{cccc}
\varphi:&  \R^3 & \to & \R_2[X] \\
&(a,b,c) & \mapsto & aX^2+bX+c.
\end{array}

Linéarité de $\varphi$

Soit $(\lambda,\lambda’)\in\R^2$ et $(u,u’)\in(\R^3)^2.$

Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ et $(a’,b’,c’)\in\R^3$ tels que :

\begin{align*}
u&=(a,b,c)\\
u'&=(a',b',c').
\end{align*}

Dès lors :

\begin{align*}
\lambda u +\lambda' u' &= \lambda(a,b,c)+\lambda'(a',b',c')\\
&= (\lambda a, \lambda b, \lambda c)+(\lambda' a', \lambda' b', \lambda' c')\\
&= (\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c').
\end{align*}

Alors :

\begin{align*}
\varphi(\lambda u + \lambda' u') &= \varphi((\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c')) \\
&=( \lambda a+\lambda' a' ) X^2+( \lambda b+\lambda' b')X+(\lambda c+\lambda' c')\\
&= \lambda(aX^2+bX+c)+\lambda'(a'X^2+b'X+c')\\
&= \lambda \varphi((a,b,c))+ \lambda' \varphi((a',b',c'))\\
&= \lambda \varphi(u)+ \lambda' \varphi(u').
\end{align*}

Il est ainsi démontré que $\varphi$ est linéaire :

\boxed{\forall (\lambda,\lambda')\in\R^2,  \forall (u,u')\in(\R^3)^2, \varphi(\lambda u + \lambda' u')  = \lambda \varphi(u)+ \lambda' \varphi(u').}

Bijectivité de $\varphi$

Soit $P$ un élément de $\R_2[X].$ Par définition de $\R_2[X]$ il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :

\begin{align*}
P &= aX^2+bX+c \\
&= \varphi((a,b,c)).
\end{align*}

Par conséquent l’application $\varphi$ est surjective.

Déterminez maintenant le noyau de $\varphi.$ Soit $u\in\R^3$ tel que $\varphi(u)=0.$

Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $u=(a,b,c)$ et donc :

\begin{align*}
\varphi(u) &=0 \\
\varphi((a,b,c))&=0\\
aX^2+bX+c &= 0
\end{align*}

Et par conséquent tous les coefficients du polynôme $aX^2+bX+c$ sont nuls, donc $u=(0,0,0).$

Comme $\ker \varphi \subset \{(0,0,0)\}$ vous déduisez que $\varphi$, qui est déjà linéaire, est aussi injective.

En résumé $\varphi$ est bien bijective.

Concluez

$\varphi$ est une application linéaire et bijective de $\R^3$ vers $\R_2[X]$, c’est un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X].$

Le choix de la famille $(X(X-1), X(X-2), (X-1)(X-2))$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X]$

Notez $\psi$ l’application suivante :

\begin{array}{cccc}
\psi:&  \R^3 & \to & \R_2[X] \\
&(a,b,c) & \mapsto & aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2).
\end{array}

Linéarité de $\psi$

Soit $(\lambda,\lambda’)\in\R^2$ et $(u,u’)\in(\R^3)^2.$

Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ et $(a’,b’,c’)\in\R^3$ tels que :

\begin{align*}
u&=(a,b,c)\\
u'&=(a',b',c').
\end{align*}

Il a été vu que :

\lambda u +\lambda' u' = (\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c').

Alors :

\begin{align*}
\psi(\lambda u + \lambda' u') &= \psi((\lambda a+\lambda' a', \lambda b+\lambda' b', \lambda c+\lambda' c')) \\
&=( \lambda a+\lambda' a' ) X(X-1)+( \lambda b+\lambda' b')X(X-2)+(\lambda c+\lambda' c')(X-1)(X-2)\\
&= \lambda(aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2))+\lambda'(a'X(X-1)+b'X(X-2)+c'(X-1)(X-2))\\
&= \lambda \psi((a,b,c))+ \lambda' \psi((a',b',c'))\\
&= \lambda \psi(u)+ \lambda' \psi(u').
\end{align*}

Il est ainsi démontré que $\psi$ est linéaire :

\boxed{\forall (\lambda,\lambda')\in\R^2,  \forall (u,u')\in(\R^3)^2, \psi(\lambda u + \lambda' u')  = \lambda \psi(u)+ \lambda' \psi(u').}

Injectivité de $\psi$

L’application $\psi$ étant linéaire, il suffit de prouver que son noyau est inclus dans $\{(0,0,0)\}$ pour en déduire qu’elle est injective. Soit $u\in\R^3$ tel que $\psi(u)=0.$

Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $u=(a,b,c)$ et donc :

\begin{align*}
\psi(u) &=0 \\
\psi((a,b,c))&=0\\
aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) &= 0.
\end{align*}

Le polynôme $aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2)$ est donc le polynôme nul.

En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$

En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 0$ donc $b=0.$

En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 0$ donc $a=0.$

Comme $\ker \psi \subset \{(0,0,0)\}$ vous déduisez le résultat annoncé.

Surjectivité de $\psi$

Vous voulez démontrer de façon explicite pourquoi tout élément de $\R_2[X]$ admet un antécédent par $\psi.$

Comme $\R_2[X]$ est muni d’une base canonique $(X^2,X,1)$ vous démontrez d’abord que les polynômes $X^2$, $X$ et $1$ ont bien chacun un antécédent par $\psi.$

Recherchez un antécédent de $X^2$

Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=X^2.$

Alors :

aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = X^2.

En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$

En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$

En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 4$ donc $a=2.$

Synthèse. Posez $u = (2,-1,0).$

Alors :

\begin{align*}
\psi(u) &= 2X(X-1)-X(X-2)+0(X-1)(X-2)\\
&= 2X(X-1)-X(X-2)\\
&=2X^2-2X-X^2+2X\\
&=X^2.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\psi((2,-1,0)) = X^2.}

Recherchez un antécédent de $X$

Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=X.$

Alors :

aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = X.

En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 0$ donc $c=0.$

En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$

En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 2$ donc $a=1.$

Synthèse. Posez $u = (1,-1,0).$

Alors :

\begin{align*}
\psi(u) &= X(X-1)-X(X-2)+0(X-1)(X-2)\\
&= X(X-1)-X(X-2)\\
&=X^2-X-X^2+2X\\
&=X.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\psi((1,-1,0)) = X.}

Recherchez un antécédent de $1$

Analyse. Soit $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $\psi((a,b,c))=1.$

Alors :

aX(X-1)+bX(X-2)+c(X-1)(X-2) = 1.

En substituant $X=0$, vous trouvez $c\times (-1)\times (-2) = 1$ donc $c=\frac{1}{2}.$

En substituant $X=1$, vous trouvez $b\times 1\times (-1) = 1$ donc $b=-1.$

En substituant $X=2$, vous trouvez $a\times 2\times 1 = 1$ donc $a=\frac{1}{2}.$

Synthèse. Posez $u = \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right).$

Alors :

\begin{align*}
\psi(u) &= \frac{1}{2}X(X-1)-X(X-2)+\frac{1}{2}(X-1)(X-2)\\
&= \frac{X(X-1)-2X(X-2)+(X-1)(X-2)}{2}\\
&=\frac{X^2-X-2X^2+4X+X^2-2X-X+2}{2}\\
&=\frac{2}{2}\\
&=1.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{\psi\left( \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right)\right) = 1.}

Concluez à propos de la surjectivité de $\psi$

Soit $P\in\R_2[X].$ Il existe $(a,b,c)\in\R^3$ tel que $P = aX^2+bX+c.$ Du coup :

\begin{align*}
P &= a\ \psi((2,-1,0)) + b\ \psi((1,-1,0))+c\ \psi\left( \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right)\right)\\
&=  \psi\left(a (2,-1,0) + b(1,-1,0)+ c \left(\frac{1}{2},-1,\frac{1}{2}\right) \right)\\
&= \psi\left( (2a,-a,0) + (b,-b,0)+  \left(\frac{c}{2},-c,\frac{c}{2}\right) \right)\\
&= \psi\left( \left(2a+b+\frac{c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right) \right)\\
&= \psi\left( \left(\frac{4a+2b+c}{2},-a-b-c,\frac{c}{2} \right) \right).
\end{align*}

Tout polynôme $P$ de $\R_2[X]$ admet au moins un antécédent par $\psi$ qui est bien surjective.

Concluez

$\psi$ est une application linéaire et bijective de $\R^3$ vers $\R_2[X]$, c’est bien un isomorphisme de $\R^3$ vers $\R_2[X].$

Remarque n°1. Comme $((1,0,0), (0,1,0), (0,0,1))$ est une base de $\R^3$ on en déduit par l’isomorphisme $\psi$ que $(\psi(1,0,0), \psi(0,1,0), \psi(0,0,1))$ est une base de $\R_2[X].$

Comme :

\begin{align*}
\psi((1,0,0)) &= X(X-1) \\
\psi((0,1,0)) &= X(X-2) \\
\psi((0,0,1)) &= (X-1)(X-2)
\end{align*}

vous déduisez que la famille $(X(X-1),X(X-2), (X-1)(X-2) )$ est une base de $\R_2[X].$

Remarque n°2. Le choix de la base de trois vecteurs $(X^2,X,1)$ de $\R_2[X]$ induit un isomorphisme $\varphi$ de $\R^3$ vers $\R_2[X].$
De même, le choix d’une autre base de trois vecteurs $(X(X-1), X(X-2), (X-1)(X-2))$ induit un autre isomorphisme $\psi$ de $\R^3$ vers $\R_2[X].$

Les isomorphismes $\varphi$ et $\psi$ sont différents

En effet :

\begin{align*}
\varphi((1,0,0)) &= X^2 \\
\psi((1,0,0)) &= X(X-1) = X^2-X.
\end{align*}

Il en résulte que $\varphi((1,0,0)) \neq \psi((1,0,0))$ et par conséquent $\varphi \neq \psi.$

268. Toute fonction affine conserve les barycentres

Soit $m$ un nombre réel non nul et soit $p$ un nombre réel. On définit la fonction affine $f$ en posant :

\forall x\in\R, f(x)=mx+p.

Dans toute la suite, on désigne par $a$ et $b$ deux nombres réels fixés.

Notion de barycentre de deux réels

Soit $t$ un nombre réel. Le barycentre des réels $a$ et $b$ affecté des coefficients respectifs $t$ et $1-t$ est le réel défini par :

ta+(1-t)b.

Effet de la fonction affine $f$ sur un barycentre

Par définition de la fonction $f$, il vient :

\begin{align*}
f(a) &= ma+p \\
f(b) &= mb+p.
\end{align*}

Soit $t$ un nombre réel. Après multiplication par $t$ de la première ligne et par $1-t$ de la seconde, vous obtenez :

\begin{align*}
tf(a) &= mta+tp \\
(1-t)f(b) &= m(1-t)b+(1-t)p.
\end{align*}

Par somme vous déduisez :

\begin{align*}
tf(a)+(1-t)f(b) &= mta+m(1-t)b + tp +(1-t)p \\
&= m\left[ta+(1-t)b\right] + tp+p-tp\\
&= m\left[ta+(1-t)b\right] +p\\
&= f(ta+(1-t)b).
\end{align*}
 

Est ainsi démontré la conservation du barycentre de deux points par une fonction affine $f$.

Autrement dit, si $f$ est une fonction affine :

\boxed{\forall (a,b,t)\in\R^3, f(ta+(1-t)b) =tf(a)+(1-t)f(b).}

Cela se reformule ainsi :

\forall (a,b,\lambda, \mu)\in\R^4, \lambda+\mu = 1 \implies f(\lambda a+\mu b) =\lambda f(a)+\mu f(b).

Une fonction affine se comporte comme une fonction linéaire sous réserve que les scalaires $\lambda$ et $\mu$ aient une somme égale à $1.$

Application : déterminez toutes les fonctions affines $f$ telles que $f(2)=3$ et $f(5)=4$

Analyse

Supposez qu’il existe une fonction affine $f$ telle que $f(2) = 3$ et $f(5) = 4.$

Soit $x$ un nombre réel.

Il s’agit de déterminer $f(x).$

D’après la propriété vue ci-dessus sur les fonctions affines, vous avez :

\ \begin{align*}
\forall t\in\R, f(2t+5(1-t))&=tf(2)+(1-t)f(5)\\
f(2t+5-5t)&=3t+4(1-t)\\
f(-3t+5)&=3t+4-4t\\
f(-3t+5)&=-t+4.
\end{align*}

Posez alors $t = \frac{5-x}{3}.$

Vous avez :

\begin{align*}
3t &= 5-x\\
x &= -3t+5.
\end{align*}

Ainsi :

\begin{align*}
f(x) &= f(-3t+5)\\
&= -t+4\\
&= - \frac{5-x}{3} + 4\\
&= \frac{x-5}{3}+4\\
&= \frac{x-5}{3}+\frac{12}{3}\\
&=\frac{x+7}{3}.
\end{align*}

S’il existe une fonction affine $f$ telle que $f(2) = 3$ et $f(5) = 4$ alors elle est unique et elle est définie par :

\forall x\in\R, f(x) = \frac{x+7}{3}. 

Synthèse

Réciproquement, considérez la fonction $f$ définie par :

\forall x\in\R, f(x) = \frac{x+7}{3} = \frac{1}{3}x+\frac{7}{3}.

La fonction $f$ est bien affine, avec $m = \frac{1}{3}$ et $p=\frac{7}{3}.$

De plus :

\begin{align*}
f(2) &= \frac{2+7}{3} = \frac{9}{3} = 3\\
f(5) &= \frac{5+7}{3} = \frac{12}{3} = 4.
\end{align*}

La fonction $f$ convient bien.

Concluez

Il existe une unique fonction affine $f$ telle que $f(2)=3$ et $f(5)=4.$

Elle est définie par :

\boxed{\forall x\in\R, f(x) = \frac{x+7}{3}. }

267. Déterminez les racines carrées d’un nombre complexe

Sur un exemple concret, vous allez voir comment il est possible de trouver tous les nombres complexes $z$ tels que :

z^2 = -3-4i.

Justifiez de l’existence d’un tel nombre

L’utilisation de l’artillerie lourde permet de conclure : d’après le théorème de d’Alembert, appelé aussi théorème fondamental de l’algèbre, tout polynôme non constant de $\C[X]$ admet une racine complexe.

Il en est donc ainsi pour le polynôme du second degré $X^2+3+4i.$

Déterminez la partie réelle et la partie imaginaire

Notez $z$ un nombre complexe tel que $z^2 = -3-4i.$ Il existe un couple $(a,b)\in\R^2$ tel que :

z=a+ib.

Vous élevez au carré :

\begin{align*}
z^2 &= (a+ib)^2\\
&= a^2+(ib)^2+2a\times ib\\
&=a^2+i^2b^2+2iab\\
&=a^2-b^2+i(2ab).
\end{align*}

En identifiant la partie réelle et la partie imaginaire de $z^2$ il vient :

\left\{\begin{align*}
a^2-b^2 &= -3\\
2ab &= -4.
\end{align*}\right.

Remarquez que la seconde équation est simplifiable après division par $2$ :

\left\{\begin{align*}
a^2-b^2 &= -3\\
ab &= -2.
\end{align*}\right.

Eliminez une inconnue

Partez de la relation :

a^2-b^2=-3.

Souhaitant utiliser $ab=-2$ vous multipliez par $a$ :

\begin{align*}
a^3-ab^2&=-3a\\
a^3-(ab)b &=-3a\\
a^3-(-2)b&=-3a\\
a^3+2b&=-3a.
\end{align*}

Vous avez abaissé le degré de $b$ qui est passé de $2$ à $1.$ Poursuivez en multipliant encore par $a$ :

\begin{align*}
a^3+2b&=-3a\\
a^4+2ab&=-3a^2\\
a^4-4&=-3a^2\\
a^4+3a^2-4 &= 0.
\end{align*}

Résolvez l’équation bicarrée

L’équation de degré $4$ se ramène à une équation de degré $2$ :

\begin{align*}
a^4+3a^2-4 &= 0\\
(a^2)^2+3a^2-4&=0.
\end{align*}

Posez $A = a^2.$ Le réel $A$ est solution de l’équation :

A^2+3A-4 = 0.

Vous constatez que $A=1$ est racine évidente. L’expression du membre de gauche est factorisable par $A-1.$ Cela conduit à écrire ce qui suit :

\begin{align*}
(A-1)(A+4) &=0.
\end{align*}

Du coup :

A\in\{1, -4\}.

Comme $A$ est un carré, $A$ est nécessairement positif, donc $A = 1.$

Ainsi, $a^2 = 1$ et donc $a\in\{-1,1\}.$

Trouvez les valeurs possibles

Si $a=1$

Comme $ab = -2$ vous déduisez $b=-2$ et donc $z = 1-2i.$

Si $a=-1$

Comme $ab = -2$ vous déduisez $b=2$ et donc $z = -1+2i.$

Si $z$ est une solution de l’équation $z^2 = -3-4i$, alors $z\in\{1-2i, -1+2i\}.$

Effectuez la réciproque

Si $z = 1-2i$, alors :

\begin{align*}
z^2  &= (1-2i)^2\\
&= 1^2+(2i)^2-2\times 1\times 2i\\
&= 1-4-4i\\
&=-3-4i.
\end{align*}

De même, si $z = -1+2i$, alors :

\begin{align*}
z^2 &= (-1+2i)^2\\
&= ((-1)\times (1-2i))^2\\
&=(-1)^2(1-2i)^2\\
&=1\times(-3-4i)\\
&=-3-4i.
\end{align*}

Concluez

Pour tout nombre complexe $z$, l’équivalence suivante est vérifiée :

\boxed{z^2 = -3-4i \Longleftrightarrow z\in\{1-2i, -1+2i\}.}

266. Comment savoir si deux polynômes ont une racine commune avec le résultant

Pour fixer les idées, considérez deux polynômes unitaires $P$ et $Q$ à coefficients dans un corps $\K$, l’un étant de degré $2$, l’autre de degré $3.$ Il existe $(a,b,u,v,w)\in\K^5$ tel que :

\begin{align*}
P(X) &= X^2+aX+b\\
Q(X) &= X^3+uX^2+vX+w.
\end{align*}

En utilisant la notion de corps de rupture, qui ne sera pas détaillée ici, vous déduisez l’existence d’une extension $\L$ du corps $\K$ dans laquelle les polynômes $P$ et $Q$ sont scindés.

Il existe $(x_1,x_2,y_1,y_2,y_3)\in\L^5$ tel que :

\begin{align*}
P(X) &= (X-x_1)(X-x_2)\\
Q(X) &= (X-y_1)(X-y_2)(X-y_3).
\end{align*}

Vous appelez alors résultant de $P$ suivi de $Q$ le nombre suivant :

\mathrm{Res}(P,Q)=(x_1-y_1)(x_1-y_2)(x_1-y_3)(x_2-y_1)(x_2-y_2)(x_2-y_3).

Le résultant est nul, si et seulement si, il existe $i\in\llbracket 1,2 \rrbracket$ et il existe $j\in\llbracket 1,3 \rrbracket$ tels que $x_i-y_j=0.$

Autrement dit, le résultant est nul, si et seulement si, $P$ et $Q$ ont une racine commune.

Ce qui est remarquable, c’est que le nombre $\mathrm{Res}(P,Q)$ qui a priori appartient au corps $\L$, appartient aussi au corps de base $\K.$ C’est ce que vous allez démontrer dans la suite.

Formez une expression du résultant comme un produit de valeurs prises par un polynôme

Comme :

\begin{align*}
(x_1-y_1)(x_1-y_2)(x_1-y_3) &= Q(x_1) \\
(x_2-y_1)(x_2-y_2)(x_2-y_3) &= Q(x_2) \\
\end{align*}

il vient, par produit :

\boxed{\mathrm{Res}(P,Q) = Q(x_1)Q(x_2).}

Utilisez les fonctions symétriques élémentaires

Tout d’abord, vous développez :

\begin{align*}
\mathrm{Res}(P,Q) &= Q(x_1)Q(x_2)\\
&= (x_1^3+ux_1^2+vx_1+w)(x_2^3+ux_2^2+vx_2+w)\\
&= x_1^3x_2^3+ux_1^3x_2^2+vx_1^3x_2+wx_1^3\\
&\quad + ux_1^2x_2^3+u^2x_1^2x_2^2+uvx_1^2x_2+uwx_1^2\\
&\quad + vx_1x_2^3+uvx_1x_2^2+v^2x_1x_2+vwx_1\\
&\quad + wx_2^3+uwx_2^2+vwx_2+w^2\\
&= x_1^3x_2^3 \\
&\quad + ux_1^3x_2^2+ux_1^2x_2^3\\
&\quad +  vx_1^3x_2+vx_1x_2^3\\
&\quad  +wx_1^3+wx_2^3\\
&\quad +u^2x_1^2x_2^2\\
&\quad +uvx_1^2x_2+uvx_1x_2^2\\
&\quad +uw x_1^2+uwx_2^2\\
&\quad +v^2x_1x_2\\
&\quad +vwx_1+vwx_2\\
&\quad +w^2.
\end{align*}

Les fonctions symétriques élémentaires sont données par :

\begin{align*}
\sigma_1 &= x_1+x_2\\
\sigma_2 &=x_1x_2.
\end{align*}

Vous écrivez le résultant sous cette forme :

\begin{align*}
\mathrm{Res}(P,Q) &= (x_1x_2)^3 \\
&\quad + u(x_1^3x_2^2+x_1^2x_2^3)\\
&\quad +  v(x_1^3x_2+x_1x_2^3)\\
&\quad  +w(x_1^3+x_2^3)\\
&\quad +u^2(x_1x_2)^2\\
&\quad +uv(x_1^2x_2+x_1x_2^2)\\
&\quad +uw (x_1^2+x_2^2)\\
&\quad +v^2x_1x_2\\
&\quad +vw(x_1+x_2)\\
&\quad +w^2 \\
&= \sigma_2^3 \\
&\quad + u(x_1+x_2)(x_1x_2)^2\\
&\quad +  vx_1x_2(x_1^2+x_2^2)\\
&\quad  +w(x_1^3+x_2^3)\\
&\quad +u^2\sigma_2^2\\
&\quad +uvx_1x_2(x_1+x_2)\\
&\quad +uw (x_1^2+x_2^2)\\
&\quad +v^2\sigma_2\\
&\quad +vw\sigma_1\\
&\quad +w^2\\
&= \sigma_2^3 + u\sigma_1\sigma_2^2+  v\sigma_2(x_1^2+x_2^2) +w(x_1^3+x_2^3)\\
&\quad +u^2\sigma_2^2 +uv\sigma_1\sigma_2 +uw (x_1^2+x_2^2) +v^2\sigma_2 +vw\sigma_1+w^2.
\end{align*}

Il reste à calculer les sommes de Newton suivantes : $x_1^2+x_2^2$ et $x_1^3+x_2^3.$

Commencez d’abord par le deuxième degré :

\begin{align*}
x_1^2+x_2^2 -\sigma_1^2 &= x_1^2+x_2^2 -(x_1+x_2)^2\\
&= x_1^2+x_2^2 -(x_1^2+x_2^2+2x_1x_2)\\
&=-2x_1x_2\\
&=-2\sigma_2.
\end{align*}

Vous gardez le fait que :

x_1^2+x_2^2=\sigma_1^2-2\sigma_2.

Passez maintenant au troisième degré :

\begin{align*}
x_1^3+x_2^3 -\sigma_1^3 &= x_1^3+x_2^3 -(x_1+x_2)^3\\
&= x_1^2+x_2^2 -(x_1^3+x_2^3+3x_1^2x_2+3x_1x_2^2)\\
&=-3x_1x_2(x_1+x_2)\\
&=-3\sigma_1\sigma_2.
\end{align*}

Ainsi :

x_1^3+x_2^3=\sigma_1^3-3\sigma_1\sigma_2.

Revenez au calcul du résultant :

\begin{align*}
\mathrm{Res}(P,Q) &= \sigma_2^3 + u\sigma_1\sigma_2^2+  v\sigma_2(x_1^2+x_2^2) +w(x_1^3+x_2^3)\\
&\quad +u^2\sigma_2^2 +uv\sigma_1\sigma_2 +uw (x_1^2+x_2^2) +v^2\sigma_2 +vw\sigma_1+w^2\\
&= \sigma_2^3 + u\sigma_1\sigma_2^2+  v\sigma_2(\sigma_1^2-2\sigma_2) +w(\sigma_1^3-3\sigma_1\sigma_2)\\
&\quad +u^2\sigma_2^2 +uv\sigma_1\sigma_2 +uw (\sigma_1^2-2\sigma_2) +v^2\sigma_2 +vw\sigma_1+w^2.
\end{align*}

Exprimez $\sigma_1$ et $\sigma_2$ en fonction des coefficients

En développant le polynôme $P$, il vient :

\begin{align*}
P(X) &= (X-x_1)(X-x_2)\\
&=X^2-(x_1+x_2)X+x_1x_2\\
&=X^2-\sigma_1X+\sigma_2.
\end{align*}

Or :

P(X)=X^2+aX+b.

Par identification des coefficients, vous obtenez :

\begin{align*}
\sigma_1 &=-a\\
\sigma_2 &=b.
\end{align*}

Obtenez l’expression finale du résultant

\begin{align*}
\mathrm{Res}(P,Q) &= \sigma_2^3 + u\sigma_1\sigma_2^2+  v\sigma_2(\sigma_1^2-2\sigma_2) +w(\sigma_1^3-3\sigma_1\sigma_2)\\
&\quad +u^2\sigma_2^2 +uv\sigma_1\sigma_2 +uw (\sigma_1^2-2\sigma_2) +v^2\sigma_2 +vw\sigma_1+w^2 \\
&= b^3 - uab^2+  vb(a^2-2b) +w(-a^3+3ab)\\
&\quad +u^2b^2 -uvab +uw (a^2-2b) +v^2b -vwa+w^2\\
&= b^3 - uab^2+  vba^2-2vb^2 -wa^3+3abw+u^2b^2 -uvab +uw a^2-2uwb +v^2b -vwa+w^2.
\end{align*}

Et enfin :

\boxed{\mathrm{Res}(P,Q)=-a^3w+ a^2bv+ a^2uw -ab^2u-abuv+3abw-avw+ b^3+b^2u^2-2b^2v-2buw +bv^2+w^2.}

265. Construisez un résultant pour trouver un polynôme annulateur

Considérez le nombre réel $\boxed{\alpha = \sqrt{2}+\sqrt[3]{7}.}$ Le but de cet article est de construire un polynôme à coefficients entiers qui admette $\alpha$ pour racine.

Formez deux polynômes annulateurs

Vous posez $\boxed{u = \sqrt{2}}$ de sorte que $u^2 = 2$ donc $u^2-2 = 0.$

Le nombre $u$ est annulé par le polynôme $P = X^2-2\in\Z[X].$

Ensuite, vous posez $\boxed{v = \sqrt[3]{7}.}$ Alors $v^3 = 7$ et $v^3-7 = 0.$

Donc le nombre $v$ est annulé par le polynôme $Q = X^3-7\in\Z[X].$

A partir de ces deux polynômes annulateurs, l’un annulant $u$ et l’autre annulant $v$, il est possible de construire explicitement un polynôme appartenant à $\Z[X]$ qui annule la somme $ u+v = \alpha.$

Tout part du fait que $v = \alpha – u$, de sorte que le nombre $v$ est éliminé :

\begin{align*}
P(u) &= 0\\
Q(\alpha - u) &= 0.
\end{align*}

Il va maintenant falloir éliminer le réel $u.$

Formez une matrice rectangulaire

La relation $P(u)=0$ s’écrit matriciellement :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=0.

La relation $Q(\alpha-u)=0$ s’écrit en développant :

\begin{align*}
(\alpha-u)^3-7 &= 0\\
\alpha^3-3u\alpha^2+3u^2\alpha-u^3-7&=0\\
-u^3+3\alpha u^2-3\alpha^2u+(\alpha^3-7)&=0.
\end{align*}

Matriciellement vous obtenez :

\begin{pmatrix}
-1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=0.

Vous déduisez de ce qui précède :

\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & -2 \\
-1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0 \\ 
0 
\end{pmatrix}.

Le vecteur $\begin{pmatrix} u^3 \\ u^2 \\ u \\ 1 \end{pmatrix}$ est non nul ce qui est une bonne chose, mais la matrice

\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & -2 \\
-1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}

n’est pas carrée.

Dans ce qui suit, vous allez rajouter des équations supplémentaires, afin d’obtenir une matrice carrée.

Construisez un déterminant, appelé résultant

Multipliez la relation $u^2-2 = 0$ par $u$, vous obtenez :

u^3-2u = 0.

Matriciellement, les deux équations fournissent :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0
\end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{pmatrix}
1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2\\
-1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.

La matrice obtenue n’est toujours pas carrée.

Poursuivez le processus

Ajoutant $u^4$, vous obtenez :

\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^4\\
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.

La relation $-u^3+3\alpha u^2-3\alpha^2u+(\alpha^3-7)=0.$, multipliée aussi par $u$, fournit :

-u^4+3\alpha u^3-3\alpha^2u^2+(\alpha^3-7)u=0.

Ainsi :

\begin{pmatrix}
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7 & 0\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^4\\
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.

La relation $u^3-2u = 0$ après multiplication par $u$, fournit :

u^4-2u^2 = 0.

Pour récapituler, vous avez obtenu :

\begin{pmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7 & 0\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
u^4\\
u^3\\
u^2 \\ 
u \\
1
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0\\
0\\
0
\end{pmatrix}.

Notez alors :

A = \begin{pmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7 & 0\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{pmatrix}.

En notant $C_1$, $C_2$, $C_3$, $C_4$ et $C_5$ les colonnes de $A$ de la gauche vers la droite, il apparaît que :

u^4C_1+u^3C_2+u^2C_3+uC_4+C_5 = 0.

Du coup :

C_5 = -u^4C_1-u^3C_2-u^2C_3-uC_4.

Une des colonnes de la matrice $A$ est une combinaison linéaire des quatre autres, par conséquent le déterminant de $A$ est nul, ce qui s’écrit :

\boxed{\begin{vmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7 & 0\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{vmatrix}= 0.}

Note. Par définition, le déterminant ci-dessus est appelé résultant des polynômes $X^2-2$ et $3\alpha X^2-3\alpha^2X+(\alpha^3-7).$ Il s’agit du résultant des polynômes $P(X)$ et $Q(\alpha-X).$

Déterminez un polynôme annulateur de $\alpha$

Le développement du déterminant trouvé va donner le résultat.

Effectuez l’opération élémentaire $L_4\leftarrow L_4 + L_1$, vous obtenez :

\begin{vmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0 & 0\\
0 & 1 & 0 & -2 & 0\\
0 & 0 & 1 & 0 & -2\\
 0 & 3\alpha & -3\alpha^2 -2 & \alpha^3-7 & 0\\
0 & -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{vmatrix}=0.

Le développement de ce déterminant par rapport à la première colonne fournit :

\begin{vmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0\\
 0 & 1 & 0 & -2\\
  3\alpha & -3\alpha^2 -2 & \alpha^3-7 & 0\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{vmatrix}=0.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3 \leftarrow L_3-3\alpha L_1$, vous avez :

\begin{vmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0\\
 0 & 1 & 0 & -2\\
  0 & -3\alpha^2 -2 & \alpha^3+6\alpha-7 & 0\\
 -1 & 3\alpha & -3\alpha^2 & \alpha^3-7
\end{vmatrix}=0.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_4 \leftarrow L_4+L_1$, vous obtenez :

\begin{vmatrix}
 1 & 0 & -2 & 0\\
 0 & 1 & 0 & -2\\
  0 & -3\alpha^2 -2 & \alpha^3+6\alpha-7 & 0\\
 0 & 3\alpha & -3\alpha^2 -2& \alpha^3-7
\end{vmatrix}=0.

Du coup :

\begin{vmatrix}
  1 & 0 & -2\\
  -3\alpha^2 -2 & \alpha^3+6\alpha-7 & 0\\
  3\alpha & -3\alpha^2 -2& \alpha^3-7
\end{vmatrix}=0.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_3 \leftarrow L_3-3\alpha L_1$, vous avez :

\begin{vmatrix}
  1 & 0 & -2\\
  -3\alpha^2 -2 & \alpha^3+6\alpha-7 & 0\\
  0 & -3\alpha^2 -2& \alpha^3+6\alpha-7
\end{vmatrix}=0.

Vous effectuez l’opération élémentaire $L_2 \leftarrow L_2+(3\alpha^2+2) L_1$, vous avez :

\begin{vmatrix}
  1 & 0 & -2\\
  0 & \alpha^3+6\alpha-7 & -6\alpha^2-4\\
  0 & -3\alpha^2 -2& \alpha^3+6\alpha-7
\end{vmatrix}=0.

Ainsi :

\begin{vmatrix}
   \alpha^3+6\alpha-7 & -2(3\alpha^2+2)\\
   -(3\alpha^2 +2)& \alpha^3+6\alpha-7
\end{vmatrix}=0.

En définitive :

\begin{align*}
(\alpha^3+6\alpha-7)^2-2(3\alpha^2+2)^2&=0\\
\alpha^6+36\alpha^2+49+12\alpha^4-14\alpha^3-84\alpha-2(9\alpha^4+4+12\alpha^2) &= 0\\
\alpha^6+36\alpha^2+49+12\alpha^4-14\alpha^3-84\alpha-18\alpha^4-8-24\alpha^2&= 0\\
\alpha^6-6\alpha^4 -14\alpha^3+12\alpha^2-84\alpha+41&= 0.
\end{align*}

Concluez

Le réel $\alpha = \sqrt{2}+\sqrt[3]{7}$ est annulé par le polynôme $\boxed{X^6-6X^4-14X^3+12X^2-84X+41\in\Z[X].}$

264. Déterminez la valeur du discriminant universel d’ordre 3

Dans cet article vous travaillez dans l’anneau des polynômes à $3$ indéterminées à coefficients dans $\Z$ qui sera noté $\Z[X_1,X_2,X_3].$

Par définition, le discriminant universel d’ordre $3$ est défini par :

\boxed{\Delta = (X_1-X_2)^2(X_1-X_3)^2(X_2-X_3)^2.}

Les carrés sont pris pour obtenir une invariance de $\Delta$ par toute permutation des indéterminées.

Ainsi, vous savez d’après le théorème sur les polynômes symétriques que $\Delta$ s’écrit comme un polynôme en fonction des polynômes symétriques élémentaires $\sigma_1$, $\sigma_2$ et $\sigma_3$ définis par :

\boxed{
\begin{align*}
\sigma_1 &= X_1+X_2+X_3 \\
\sigma_2 &= X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3 \\
\sigma_3 &= X_1X_2X_3.
\end{align*}
}

L’objectif est ici de déterminer un tel polynôme.

Développez le discriminant $\Delta$

Vous développez d’abord le polynôme $R$ défini par $R = (X_1-X_2)(X_1-X_3)(X_2-X_3)$ en prenant soin d’utiliser l’ordre lexicographique sur les puissances respectives des $3$ indéterminées :

\begin{align*}
R &=   \left[(X_1-X_2)(X_1-X_3)\right](X_2-X_3) \\
 &= (X_1^2-X_1X_3-X_1X_2+X_2X_3)(X_2-X_3)\\
 &= (X_1^2-X_1X_2-X_1X_3+X_2X_3)(X_2-X_3)\\
 &= X_1^2X_2-X_1X_2^2-X_1X_2X_3+X_2^2X_3\\
&\quad -X_1^2X_3+X_1X_2X_3+X_1X_3^2-X_2X_3^2\\
 &= X_1^2X_2-X_1^2X_3-X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3 -X_2X_3^2.
\end{align*}

En mettant le tout au carré, vous obtenez, en ordonnant les exposants $(4,2,0)$, $(4,1,1)$, $(3,3,0)$, $(3,2,1)$, $(2,2,2)$ avec leurs permutés :

\begin{align*}
\Delta &= R^2 \\
 &=  ( X_1^2X_2-X_1^2X_3-X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3 -X_2X_3^2) ^2 \\
&=X_1^4X_2^2+X_1^4X_3^2+X_1^2X_2^4+X_1^2X_3^4+X_2^4X_3^2 +X_2^2X_3^4\\
&\quad -2X_1^4X_2X_3-2X_1^3X_2^3+2X_1^3X_2X_3^2+2X_1^2X_2^3X_3-2X_1^2X_2^2X_3^2\\
&\quad +2X_1^3X_2^2X_3-2X_1^3X_3^3-2X_1^2X_2^2X_3^2+2X_1^2X_2X_3^3\\
&\quad -2X_1^2X_2^2X_3^2-2X_1X_2^4X_3+2X_1X_2^3X_3^2\\
&\quad +2X_1X_2^2X_3^3-2X_1X_2X_3^4\\
&\quad -2X_2^3X_3^3\\
&=X_1^4X_2^2+X_1^4X_3^2+X_1^2X_2^4+X_1^2X_3^4+X_2^4X_3^2 +X_2^2X_3^4\\
&\quad -2X_1^4X_2X_3-2X_1X_2^4X_3-2X_1X_2X_3^4\\
&\quad -2X_1^3X_2^3-2X_1^3X_3^3-2X_2^3X_3^3\\
&\quad +2X_1^3X_2^2X_3+2X_1^3X_2X_3^2+2X_1^2X_2^3X_3+2X_1^2X_2X_3^3+2X_1X_2^3X_3^2+2X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad -6X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Traitez l’exposant $(4,2,0)$ et ses permutés

Pour éliminer la somme :

X_1^4X_2^2+X_1^4X_3^2+X_1^2X_2^4+X_1^2X_3^4+X_2^4X_3^2 +X_2^2X_3^4

vous remarquez que $X_1^4X_2^2 = X_1^2(X_1X_2)^2.$ Il convient de développer $\sigma_1^2\sigma_2^2.$ Vous commencez par le développement du produit suivant :

\begin{align*}
\sigma_1\sigma_2 &= (X_1+X_2+X_3)(X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3)\\
&=X_1^2X_2+X_1^2X_3+X_1X_2X_3\\
&\quad +X_1X_2^2+X_1X_2X_3+X_2^2X_3\\
&\quad +X_1X_2X_3+X_1X_3^2+X_2X_3^2\\
&=X_1^2X_2+X_1^2X_3+X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3+X_2X_3^2\\
&\quad + 3X_1X_2X_3.
\end{align*}

Puis vous mettez le tout au carré :

\begin{align*}
\sigma_1^2\sigma_2^2 &= (\sigma_1\sigma_2)^2 \\
&= (X_1^2X_2+X_1^2X_3+X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3+X_2X_3^2 + 3X_1X_2X_3)^2\\
&=X_1^4X_2^2+X_1^4X_3^2+X_1^2X_2^4+X_1^2X_3^4+X_2^4X_3^2+X_2^2X_3^4+ 9X_1^2X_2^2X_3^2\\
&\quad  +2X_1^4X_2X_3+2X_1^3X_2^3+2X_1^3X_2X_3^2+2X_1^2X_2^3X_3+2X_1^2X_2^2X_3^2+6X_1^3X_2^2X_3\\
&\quad +2X_1^3X_2^2X_3+2X_1^3X_3^3+2X_1^2X_2^2X_3^2+2X_1^2X_2X_3^3+6X_1^3X_2X_3^2\\
&\quad +2X_1^2X_2^2X_3^2+2X_1X_2^4X_3+2X_1X_2^3X_3^2+6X_1^2X_2^3X_3\\
&\quad +2X_1X_2^2X_3^3+2X_1X_2X_3^4+6X_1^2X_2X_3^3\\
&\quad +2X_2^3X_3^3+6X_1X_2^3X_3^2\\
&\quad +6X_1X_2^2X_3^3\\
&=X_1^4X_2^2+X_1^4X_3^2+X_1^2X_2^4+X_1^2X_3^4+X_2^4X_3^2+X_2^2X_3^4\\
&\quad +2X_1^4X_2X_3+2X_1X_2^4X_3+2X_1X_2X_3^4\\
&\quad +2X_1^3X_2^3+2X_1^3X_3^3+2X_2^3X_3^3\\
&\quad +8X_1^3X_2^2X_3+8X_1^3X_2X_3^2 +8X_1^2X_2^3X_3+8X_1^2X_2X_3^3+8X_1X_2^3X_3^2+8X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad+ 15X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Par soustraction avec l’expression développée de $\Delta$ il vient :

\begin{align*}
\Delta - \sigma_1^2\sigma_2^2&= -4X_1^4X_2X_3-4X_1X_2^4X_3-4X_1X_2X_3^4\\
&\quad -4X_1^3X_2^3-4X_1^3X_3^3-4X_2^3X_3^3\\
&\quad -6X_1^3X_2^2X_3-6X_1^3X_2X_3^2-6X_1^2X_2^3X_3-6X_1^2X_2X_3^3-6X_1X_2^3X_3^2-6X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad -21X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Traitez l’exposant $(4,1,1)$ et ses permutés

Pour éliminer les trois permutés :

 -4X_1^4X_2X_3-4X_1X_2^4X_3-4X_1X_2X_3^4

il convient de remarquer que $X_1^4X_2X_3 = X_1^3(X_1X_2X_3).$ Vous effectuez le développement de $\sigma_1^3\sigma_3.$

Tout d’abord :

\begin{align*}
\sigma_1^2 &= (X_1+X_2+X_3)^2\\
&=X_1^2+X_2^2+X_3^2+2X_1X_2+2X_1X_3+2X_2X_3.
\end{align*}

Ensuite :

\begin{align*}
\sigma_1^3 &= \sigma_1^2\times \sigma_1\\
&=(X_1^2+X_2^2+X_3^2+2X_1X_2+2X_1X_3+2X_2X_3)(X_1+X_2+X_3)\\
&=X_1^3+X_1X_2^2+X_1X_3^2+2X_1^2X_2+2X_1^2X_3+2X_1X_2X_3\\
&\quad + X_1^2X_2+X_2^3+X_2X_3^2+2X_1X_2^2+2X_1X_2X_3+2X_2^2X_3\\
&\quad + X_1^2X_3+X_2^2X_3+X_3^3+2X_1X_2X_3+2X_1X_3^2+2X_2X_3^2 \\
&= X_1^3+X_2^3+X_3^3\\
&\quad +3X_1^2X_2+3X_1^2X_3+3X_1X_2^2+3X_1X_3^2+3X_2^2X_3+3X_2X_3^2\\
&\quad +6X_1X_2X_3.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
\sigma_1^3\sigma_3 &= (X_1^3+X_2^3+X_3^3)(X_1X_2X_3)\\
&\quad +(3X_1^2X_2+3X_1^2X_3+3X_1X_2^2+3X_1X_3^2+3X_2^2X_3+3X_2X_3^2)(X_1X_2X_3)\\
&\quad +6X_1^2X_2^2X_3^2\\
&= X_1^4X_2X_3+X_1X_2^4X_3+X_1X_2X_3^4 \\
&\quad +3X_1^3X_2^2X_3+3X_1^3X_2X_3^2+3X_1^2X_2^3X_3+3X_1^2X_2X_3^3+3X_1X_2^3X_3^2+3X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +6X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Vous multipliez par $4$ :

\begin{align*}
4\sigma_1^3\sigma_3 &= 4X_1^4X_2X_3+4X_1X_2^4X_3+4X_1X_2X_3^4 \\
&\quad +12X_1^3X_2^2X_3+12X_1^3X_2X_3^2+12X_1^2X_2^3X_3+12X_1^2X_2X_3^3+12X_1X_2^3X_3^2+12X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +24X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Vous déduisez ainsi :

\begin{align*}
\Delta - \sigma_1^2\sigma_2^2+4\sigma_1^3\sigma_3 &= -4X_1^3X_2^3-4X_1^3X_3^3-4X_2^3X_3^3\\
&\quad +6X_1^3X_2^2X_3+6X_1^3X_2X_3^2+6X_1^2X_2^3X_3+6X_1^2X_2X_3^3+6X_1X_2^3X_3^2+6X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +3X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Traitez l’exposant $(3,3,0)$ et ses permutés

Pour éliminer $-4X_1^3X_2^3-4X_1^3X_3^3-4X_2^3X_3^3$ il convient de calculer $\sigma_2^3.$

Tout d’abord :

\begin{align*}
\sigma_2^2&=(X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3)^2\\
&=X_1^2X_2^2+X_1^2X_3^2+X_2^2X_3^2\\
&\quad + 2X_1^2X_2X_3+2X_1X_2^2X_3+2X_1X_2X_3^2.
\end{align*}

Puis :

\begin{align*}
\sigma_2^3 &= \sigma_2^2\times \sigma_2\\
&= (X_1^2X_2^2+X_1^2X_3^2+X_2^2X_3^2)(X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3)\\
&\quad + (2X_1^2X_2X_3+2X_1X_2^2X_3+2X_1X_2X_3^2)(X_1X_2+X_1X_3+X_2X_3)\\
&= X_1^3X_2^3+X_1^3X_2X_3^2+X_1X_2^3X_3^2\\
&\quad + X_1^3X_2^2X_3+X_1^3X_3^3+X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +X_1^2X_2^3X_3+X_1^2X_2X_3^3+X_2^3X_3^3\\
&\quad +2X_1^3X_2^2X_3+2X_1^2X_2^3X_3+2X_1^2X_2^2X_3^2\\
&\quad +2X_1^3X_2X_3^2+2X_1^2X_2^2X_3^2+2X_1^2X_2X_3^3\\
&\quad +2X_1^2X_2^2X_3^2+2X_1X_2^3X_3^2+2X_1X_2^2X_3^3\\
&=X_1^3X_2^3+X_1^3X_3^3+X_2^3X_3^3\\
&\quad +3X_1^3X_2^2X_3+3X_1^3X_2X_3^2+3X_1^2X_2^3X_3+3X_1^2X_2X_3^3+3X_1X_2^3X_3^2+3X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +6X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Vous multipliez par $4$ :

\begin{align*}
4\sigma_2^3 &=4X_1^3X_2^3+4X_1^3X_3^3+4X_2^3X_3^3\\
&\quad +12X_1^3X_2^2X_3+12X_1^3X_2X_3^2+12X_1^2X_2^3X_3+12X_1^2X_2X_3^3+12X_1X_2^3X_3^2+12X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +24X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Et vous déduisez :

\begin{align*}
\Delta - \sigma_1^2\sigma_2^2+4\sigma_1^3\sigma_3 +4\sigma_2^3&= 18X_1^3X_2^2X_3+18X_1^3X_2X_3^2+18X_1^2X_2^3X_3+18X_1^2X_2X_3^3+18X_1X_2^3X_3^2+18X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad +27X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Traitez l’exposant $(3,2,1)$ et ses permutés

Pour éliminer $18X_1^3X_2^2X_3+18X_1^3X_2X_3^2+18X_1^2X_2^3X_3+18X_1^2X_2X_3^3+18X_1X_2^3X_3^2+18X_1X_2^2X_3^3$ il convient de calculer $\sigma_1\sigma_2\sigma_3$ puisque $X_1^3X_2^2X_3 = X_1(X_1X_2)(X_1X_2X_3).$

Le produit $\sigma_1\sigma_2$ a déjà été calculé plus haut :

\begin{align*}
\sigma_1\sigma_2 &=X_1^2X_2+X_1^2X_3+X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3+X_2X_3^2\\
&\quad + 3X_1X_2X_3.
\end{align*}

Du coup :

\begin{align*}
\sigma_1\sigma_2\sigma_3 &=(X_1^2X_2+X_1^2X_3+X_1X_2^2+X_1X_3^2+X_2^2X_3+X_2X_3^2)(X_1X_2X_3)\\
&\quad + 3X_1^2X_2^2X_3^2 \\
&= X_1^3X_2^2X_3+X_1^3X_2X_3^2+X_1^2X_2^3X_3+X_1^2X_2X_3^3+X_1X_2^3X_3^2+X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad + 3X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Vous multipliez par $18$ :

\begin{align*}
18\sigma_1\sigma_2\sigma_3 &= 18X_1^3X_2^2X_3+18X_1^3X_2X_3^2+18X_1^2X_2^3X_3+18X_1^2X_2X_3^3+18X_1X_2^3X_3^2+18X_1X_2^2X_3^3\\
&\quad + 54X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Il vient :

\begin{align*}
\Delta - \sigma_1^2\sigma_2^2+4\sigma_1^3\sigma_3 +4\sigma_2^3 - 18\sigma_1\sigma_2\sigma_3&= -27X_1^2X_2^2X_3^2.
\end{align*}

Concluez

D’après le dernier résultat obtenu, vous avez :

\begin{align*}
\Delta - \sigma_1^2\sigma_2^2+4\sigma_1^3\sigma_3 +4\sigma_2^3 - 18\sigma_1\sigma_2\sigma_3&= -27\sigma_3^2.
\end{align*}

Vous avez ainsi obtenu l’expression du discriminant universel d’ordre $3$ en fonction des polynômes symétriques élémentaires :

\boxed{\Delta =   \sigma_1^2\sigma_2^2-4\sigma_1^3\sigma_3 -4\sigma_2^3 + 18\sigma_1\sigma_2\sigma_3 -27\sigma_3^2.}

263. Calculez une intégrale qui comporte une racine carrée au dénominateur

Cet article va vous permettre de calculer l’intégrale suivante :

I=\displaystyle\int_{-1}^1 \frac{x^3+2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x.

Gérez le dénominateur

Le dénominateur qui est $\sqrt{x^2+1}$ pousse à utiliser le changement de variable $x = \mathrm{sh}\,t$, de sorte que $1+x^2 = 1+(\mathrm{sh}\,t)^2 = (\mathrm{ch}\,t)^2.$ La positivité de $1+x^2$ et de $\mathrm{ch}\,t$ aboutit à $\sqrt{x^2+1}=\mathrm{ch}\,t.$

Du coup :

\begin{align*}
 \frac{x^3+2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}} &= \frac{(\mathrm{sh} \,t)^3+2(\mathrm{sh}\,t)^2+1}{\mathrm{ch}\,t}.
\end{align*}

Or :

\begin{align*} \mathrm{d}x &= \mathrm{ch}\,t\,\mathrm{d}t. \end{align*}

Ainsi :

\begin{align*}
\frac{x^3+2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x &= \frac{(\mathrm{sh} \,t)^3+2(\mathrm{sh}\,t)^2+1}{\mathrm{ch}\,t}\mathrm{ch}\,t\,\mathrm{d}t\\
&=\left[(\mathrm{sh}\,t)^3+2(\mathrm{sh}\,t)^2+1\right]\,\mathrm{d}t.
\end{align*}

Pour le calcul des nouvelles bornes de l’intégrale obtenue par changement de variable, la forme explicite de la fonction réciproque de la fonction $\mathrm{sh}$ va s’avérer précieuse. En effet, quels que soient les réels $a$ et $b$, vous avez $b=\mathrm{sh}\,a \Longleftrightarrow a=\mathrm{Argsh}\,b = \ln\left(b+\sqrt{1+b^2}\right).$

Quand $x=1$ vous avez $t=\mathrm{Argsh}\, 1=\ln\left(1+\sqrt{2}\right).$

Par imparité de la fonction $\mathrm{Argsh}$ il vient, quand $x=-1$, $t=\mathrm{Argsh}(-1) = -\mathrm{Argsh}\, 1 = -\ln\left(1+\sqrt{2}\right).$

Ainsi :

I = \displaystyle\int_{-\ln\left(1+\sqrt{2}\right)}^{\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} \left[(\mathrm{sh}\,t)^3+2(\mathrm{sh}\,t)^2+1\right]\,\mathrm{d}t.

Utilisant l’imparité de la fonction $t\mapsto (\mathrm{sh}\,t)^3$ il vient :

\int_{-\ln\left(1+\sqrt{2}\right)}^{\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} (\mathrm{sh}\,t)^3\,\mathrm{d}t = 0.

Or :

\begin{align*}
(\mathrm{sh}\,t)^2&=\left(\displaystyle\frac{\mathrm{e}^t-\mathrm{e}^{-t}}{2}\right)^2 \\
 &= \frac{\mathrm{e}^{2t} + \mathrm{e}^{-2t} -2}{4} \\ 
&= \frac{2\mathrm{ch}(2t)-2}{4} \\
 &= \frac{\mathrm{ch}(2t)-1}{2}.
\end{align*}

Si bien que $2(\mathrm{sh}\,t)^2+1=\mathrm{ch}(2t).$

Donc :

I =\displaystyle\int_{-\ln\left(1+\sqrt{2}\right)}^{\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} \mathrm{ch}(2t)\,\mathrm{d}t.

La fonction $t\mapsto \mathrm{ch}(2t)$ étant paire, vous avez :

I = 2\int_{0}^{\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} \mathrm{ch}(2t)\,\mathrm{d}t.

Vous effectuez le changement de variable $u=2t$ qui donne $\mathrm{d}u=2\mathrm{d}t$ d’où :

\begin{align*}
I &= \int_{0}^{\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} \mathrm{ch}(2t)\,2\mathrm{d}t\\
 &=\int_{0}^{2\ln\left(1+\sqrt{2}\right)} \mathrm{ch}\,u\,\mathrm{d}u \\
 &= \left[\mathrm{sh}\,u\right]_0^{2\ln\left(1+\sqrt{2}\right) } \\
 &= \mathrm{sh}\left(2\ln\left(1+\sqrt{2}\right)\right)\\
 &= \mathrm{sh}\left(\ln\left[\left(1+\sqrt{2}\right)^2\right]\right)\\
 &= \mathrm{sh}\left(\ln\left(3+2\sqrt{2}\right)\right) \\
 &= \frac{3+2\sqrt{2} - \frac{1}{3+2\sqrt{2}}}{2} \\
 &= \frac{3+2\sqrt{2} - \frac{3-2\sqrt{2}}{(3+2\sqrt{2})(3-2\sqrt{2})}}{2}\\
 &= \frac{3+2\sqrt{2} - \frac{3-2\sqrt{2}}{1}}{2} \\
 &= \frac{3+2\sqrt{2} - 3+2\sqrt{2}}{2} \\
 &= \frac{4\sqrt{2}}{2} \\
 &= 2\sqrt{2}.
\end{align*}

En définitive :

\boxed{\displaystyle\int_{-1}^1 \frac{x^3+2x^2+1}{\sqrt{x^2+1}}\,\mathrm{d}x = 2\sqrt{2}.}