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119. Homothéties et translations

Reprenez la situation qui a été décrite dans dans l'article 118.

Vous partez de la figure ci-dessous comportant un carré et deux triangles équilatéraux.

22/12/2020 - Capture decran 2020 12 22 a 09.18.30

Pour justifier que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés, vous allez ajouter trois points supplémentaires dans la figure.

Vous appelez $K$ le point d’intersection des droites $(DE)$ et $(BC)$, $I$ le milieu du segment $[BC]$. Comme le triangle $BCF$ est équilatéral, les droites $(FI)$ et $(BC)$ sont perpendiculaires. Soit $L$ le point de la droite $(CD)$ placé de sorte que le quadrilatère $CLFI$ soit un rectangle.

22/12/2020 - Capture decran 2020 12 22 a 09.18.07

Utilisez une homothétie et calculez son rapport

Comme les points $C$, $K$ et $I$ sont alignés dans cet ordre, il existe une homothétie $h$ de centre $C$ et de rapport positif telle que $h(K)=I.$

Le rapport $k$ de l’homothétie s’obtient en calculant $k=\dfrac{CI}{CK}.$

Utilisez une projection et deux milieux

Comme $ABE$ est un triangle équilatéral, la perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par $E$ coupe le segment $[AB]$ en son milieu $M$. Notez $p$ la projection sur la droite $(DK)$ parallèlement à la droite $(BC)$. Alors $p(A)=D$, $p(M)=E$ et $p(B)=K.$ Comme $p$ conserve les milieux, il en résulte que $E$ est le milieu du segment $[DK].$

22/12/2020 - Capture decran 2020 12 22 a 11.59.37 1

Notez maintenant $N$ le milieu du segment $[DC]$ et $a$ le côté du carré $ABCD.$ La distance $EM$ est égale à $a\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et par conséquent $EN = a-a\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{a}{2}(2-\sqrt{3}).$

Comme la droite $(EN)$ est la droite des milieux dans le triangle $DCK$, $CK = 2 EN = a(2-\sqrt{3}).$ Aussitôt :

$\begin{align*}
k &= \dfrac{CI}{CK}\\
&=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{a(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{a}{2a(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{1}{2(2-\sqrt{3})}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2(4-3)}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}.
\end{align*}$

Utilisez la composée d’une homothétie et d’une translation

Rappelez-vous que $h(C)=C$ et que $h(K)=I.$

Notez maintenant $t$ la translation de vecteur $\vv{IF}.$ Comme $IFLC$ est un rectangle, il vient $t(I)=F$ et $t(C)=L.$

Notez maintenant la composée $f = t\circ h.$ La composée d’une homothétie de rapport $k\neq 1$ et d’une translation est une homothétie de même rapport $k$. L’application $f$ est par conséquent une homothétie de rapport $k$ telle que $f(C) = t(h(C))=t(C)=L$ et $f(K)=t(h(K))=t(I)=F.$

Déterminez le centre de l’homothétie $f$

Le rapport de $f$ est connu, il est égal à $k=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}.$

Mais le rapport $\dfrac{DL}{DC}$ comme vous l’avez pressenti, est aussi égal à $k$.

En effet :

$\begin{align*}
\dfrac{DL}{DC}&=\dfrac{a+a\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{a}\\
&=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
&=\dfrac{2+\sqrt{3}}{2}\\
&=k.
\end{align*}$

Comme les points $D$, $C$ et $L$ sont alignés dans cet ordre et que $k=\dfrac{DL}{DC}$, $D$ est le centre de l’homothétie $f$.

Concluez avec l’alignement des points $D$, $E$ et $F$

Comme $f$ est une homothétie de centre $D$ vérifiant $f(K)=F$, les points $D$, $K$ et $F$ sont alignés, donc $F$ appartient à la droite $(DK)$. Les droites $(DE)$ et $(DK)$ sont confondues donc $F$ appartient à la droite $(DE)$ et les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés.

Prolongement

Notez $E$ l’ensemble des homothéties et des translations du plan. Quelle est la structure algébrique de $E$ ? Dans quels autres exemples utilisez-vous ses propriétés ?

115. Structure d’un sous-espace vectoriel, partie2

Tout sous-espace $E$ de $\F^n$ est isomorphe à $\F^r$ où $r\leq n$

Reprenez l’espace vectoriel $E$ de l'article 114 inclus dans $\F^n$ et notez $\{i_1, \dots, i_r\}$ l’ensemble des coordonnées pivots de $E$ dans l’ordre croissant $1\leq i_1 < \dots < i_r \leq n.$

Vous avez vu précédemment que les vecteurs pivots vérifient : $\forall j\in\llbracket 1, r\rrbracket, \exists ! x_{i_j}\in E$ tel que $L_{i_j}(x_{i_j}) = 1$ et $\forall k\in\llbracket 1, r\rrbracket, i_k \neq i_j \Longrightarrow L_{i_k}(x_{i_j})=0.$

Considérez l’application liénaire $\varphi$ suivante qui va de $\F^r$ dans $E$, définie par $\varphi(a_1, \dots, a_r) = \sum_{j=1}^r a_j x_{i_j}.$

Montrez que c’est une injection

Il suffit de calculer son noyau.

Soit $(a_1, \dots, a_r)\in\F^r$ tel que $\sum_{j=1}^r a_j x_{i_j} = 0.$

Soit $k$ un entier compris entre $1$ et $r$. Appliquez à cette relation la forme linéaire $L_{i_k}$.

$\sum_{j=1}^r a_j L_{i_k} (x_{i_j}) = 0$. Par construction des vecteurs pivots, $a_k = 0$.

Le noyau de $\varphi$ étant réduit au singleton $\{0\}$, l’application linéaire $\varphi$ est injective.

Montrez que c’est une surjection

Soit $x$ un vecteur de $E$. Considérez le vecteur $y=x-\sum_{j=1}^r L_{i_j}(x) x_{i_j}.$

Remarquez déjà que pour tout $k$ compris entre $1$ et $r$, $L_{i_k}(y) = L_{i_k}(x) -\sum_{j=1}^r L_{i_j}(x) L_{i_k}(x_{i_j}) = L_{i_k}(x)-L_{i_k}(x)=0. $

Le vecteur $y$ s’annule sur toutes les coordonnées pivots de $E$. Si $y$ était non nul, il existerait un nombre $i$ compris entre $1$ et $n$ avec $i\notin\{i_1,\dots,i_r\}$ tel que $L_i(y)\neq 0.$ Posez $z = \dfrac{1}{L_i(y)} y$. Alors $z\in E$ et $L_i(z) = 1.$ Notez $\ell$ le plus petit des entiers $i \in\llbracket 1, n\rrbracket \setminus \{i_1,\dots,i_r\}.$ Alors $L_{\ell}(z)=1$ et $\forall i < \ell L_i(z)=0$ donc $\ell$ est une coordonnée pivot donc $\ell\in \{i_1,\dots,i_r\},$ contradiction. Donc $y=0$ et $\varphi$ est surjective.

Conclusion

L’application $\varphi$ est un isomorphisme d’espaces vectoriels, ce qui prouve le résultat annoncé. Au passage vous retrouvez que $E$ est de dimension finie et que sa dimension est inférieure ou égale à celle de $\F^n.$

Prolongement

Grâce aux vecteurs pivots, il est possible de déterminer une base de tout sous-espace vectoriel $E$ de $\F^n,$ ce qui permet de caractériser complètement $E$ avec des équations et d’obtenir sa dimension.

114. Structure d’un sous-espace vectoriel, partie1

Soit $n$ un entier naturel non nul et $\F$ un corps.

Pour tout $i\in\llbracket 1,n \rrbracket$ notez $L_i$ la forme linéaire de $\F^n$ dans $\F$ définie par $\forall (x_1,\dots,x_n)\in\F^n, L_i(x_1, \dots, x_n) = x_i.$

Soit $E$ un sous-espace vectoriel de $\F^n$ non réduit au singleton $\{0\}.$

Montrez qu’il existe une première coordonnée pivot

L’ensemble $A_1 = \{i\in\llbracket 1,n \rrbracket, \exists x\in E, L_i(x)\neq 0\}$ est non vide : cela traduit qu’il existe un vecteur non nul appartenant à $E$.

$A_1$ est une partie de $\N$ non vide. Notez $i_1$ son minimum.

Il existe un vecteur $x_1\in E$ tel que $L_{i_1}(x_1)\neq 0$ et $\forall x\in E, \forall i\in\llbracket 1,n \rrbracket, i<i_1 \Longrightarrow L_i(x)=0.$ Par la suite, des implications de ce type seront notées plus simplement : $\forall x\in E, \forall i < i_1, L_i(x)=0.$

Multipliez le vecteur $x_1$ par $\dfrac{1}{L_{i_1}(x_1)}$, vous obtenez un vecteur $y_1 = \dfrac{1}{L_{i_1}(x_1)} x_1$ de $E$ tel que $L_{i_1}(y) = 1$ et $\forall i<i_1, L_i(y)=0.$

$i_1$ désigne le premier numéro de coordonnée pour lequel il existe un vecteur appartenant à $E$ de la forme $(0,\dots,0,1,\times, \dots, \times).$

$i_1$ sera appelé « coordonnée pivot » pour l’espace vectoriel $E$.

Cela conduit à la définition suivante.

Les coordonnées pivot dans le cas général

Pour tout $i\in\llbracket 1,n \rrbracket$ le nombre $i$ est appelé « coordonnée pivot » pour l’espace vectoriel $E$, si et seulement s’il existe un vecteur $x\in E$ tel que $L_i(x)=1$ et $\forall j < i, L_j(x)=0.$

Il existe au plus $n$ coordonnées pivots pour l’espace $E$. En notant $r$ le nombre d’éléments de l’ensemble formé par toutes les coordonnées pivots de $E$, vous pouvez noter $\{i_{1}, \dots, i_r\}$ avec $1\leq i_1<\dots<i_r\leq n$ l’ensemble des coordonnées pivots de $E$.

Par définition des coordonnées pivots, pour tout $j\in\llbracket 1, r\rrbracket$, il existe un vecteur $x_{i_j}\in E$ tel que $L_{i_j}(x_{i_j}) = 1$ et $\forall k < i_j, L_k(x_{i_j})=0.$

On dira qu’un vecteur $x\in E$ est un vecteur pivot de $E$ si et seulement s’il existe un nombre $i$ compris entre $1$ et $n$ tel que $L_i(x)=1$ et $\forall j < i, L_j(x)=0.$

Existence et unicité de vecteurs pivots

Rappelez-vous que $\{i_{1}, \dots, i_r\}$ désigne toutes les coordonnées pivots de $E$. Vous allez montrer un résultat plus fort, l’existence et l’unicité pour chaque $j$ compris entre $1$ et $r$, d’un vecteur pivot $x_{i_j}$ tel que : $L_{i_j}(x_{i_j})=1$, $\forall k\in\llbracket 1, r\rrbracket, i_k \neq i_j \Longrightarrow L_{i_k}(x_{i_j})=0.$

Montrez d’abord l’unicité

$\forall j\in\llbracket 1, r\rrbracket, \exists ! x_{i_j}\in E$ tel que $L_{i_j}(x_{i_j}) = 1$ et $\forall k\in\llbracket 1, r\rrbracket, i_k \neq i_j \Longrightarrow L_{i_k}(x_{i_j})=0.$

Soit $j$ appartenant à l’ensemble $\llbracket 1, r\rrbracket.$ Supposez qu’il existe deux vecteurs $x\in E$ et $y\in E$ tels que $L_{i_j}(x) = L_{i_j}(y)=1$ et $\forall k\in\llbracket 1, r\rrbracket, i_k \neq i_j \Longrightarrow L_{i_k}(x)=L_{i_k}(y)=0.$

Alors $\forall k \in \{i_{1}, \dots, i_r\}, L_k(x-y)=0.$ Si le vecteur $x-y$ n’était pas nul, il existerait $p\in\llbracket 1,n \rrbracket$ tel que $L_p(x-y)\neq 0.$ Soit $\ell$ le plus petit entier $p\in\llbracket 1,n \rrbracket$ tel que $L_p(x-y)\neq 0.$ Alors $\forall i<\ell, L_i(x-y)=0.$ Multipliez le vecteur $x-y$ par $\dfrac{1}{L_{\ell}(x-y)}$, pour constater que $z = \dfrac{1}{L_{\ell}(x-y)} (x-y)$ vérifie $L_{\ell}(z)=1$ et $\forall i < \ell, L_{i}(z)=0.$ Il en résulte que $\ell$ est une coordonnée pivot de $E$. Donc $\ell \in \{i_{1}, \dots, i_r\}$ et donc $L_{\ell} (x-y)=0$, ce qui contredit la définition de $\ell$. Ainsi $x=y$ et l’unicité est démontrée.

Montrez ensuite l’existence

C’est la partie la plus délicate. Elle est basée sur le processus de Gauss-Jordan.

Soit $j$ appartenant à l’ensemble $\llbracket 1, r\rrbracket.$ Le nombre $i_j$ est une coordonnée pivot de $E$ donc il existe un vecteur pivot $x\in E$ tel que $L_{i_j}(x) = 1$ et $\forall k < i_j, L_k(x)=0.$

Pour tout entier $s$ compris entre $j+1$ et $r$, vous allez montrer qu’il existe un vecteur $y\in E$ tel que $L_{i_j}(y) = 1$, $\forall k\in \{i_{j+1}, \dots, i_{s}\}, L_k(y)=0$ et $\forall k < i_j, L_k(y)=0.$

Vous procédez par récurrence limitée. Pour tout entier $s$ compris entre $j+1$ et $r$, notez $P(s)$ la propriété : « il existe un vecteur $y\in E$ tel que $L_{i_j}(y) = 1$, $\forall k\in \{i_{j+1}, \dots, i_{s}\}, L_k(y)=0$ et $\forall k < i_j, L_k(y)=0.$ »

Initialisation. $i_{j+1}$ est une coordonnée pivot donc il existe un vecteur $z\in E$ tel que $L_{i_{j+1}}(z)=1$ et $\forall k < i_{j+1}, L_k(z)=0.$ Considérez le vecteur $y=x -L_{i_{j+1}}(x) z.$ Par combinaison linéaire, $y\in E.$ La condition $\forall k < i_j, L_k(y)=0$ est satisfaite puisqu’elle l’est pour $z$ et pour $x$ vu que $i_j < i_{j+1}.$ Vous avez $L_{i_j}(y)=L_{i_j}(x)-L_{i_{j+1}}(x) L_{i_j}(z)$, or $L_{i_j}(z)=0$ donc $L_{i_j}(y)=L_{i_j}(x) = 1.$ D’autre part, $L_{i_{j+1}}(y) =L_{i_{j+1}}(x)-L_{i_{j+1}}(x) L_{i_{j+1}}(z) $ or $L_{i_{j+1}}(z)=1$ donc $L_{i_{j+1}}(y) =L_{i_{j+1}}(x)-L_{i_{j+1}}(x) = 0.$ La propriété $P(j+1)$ est vérifiée.

Hérédité. Soit $s$ un entier compris entre $j+1$ et $r-1$. Supposez $P(s)$.

Il existe donc un vecteur $z\in E$ tel que $L_{i_j}(z) = 1$, $\forall k\in \{i_{j+1}, \dots, i_{s}\}, L_k(z)=0$ et $\forall k < i_j, L_k(z)=0.$

$i_{s+1}$ étant une coordonnée pivot, il existe un vecteur $a\in E$ tel que $L_{i_{s+1}}(a)=1$ et $\forall k < i_{s+1}, L_k(a)=0.$

Considérez le vecteur $y=z -L_{i_{s+1}}(z) a$, alors $y\in E$ et la condition $\forall k < i_j, L_k(y)=0$ est satisfaite. Vous avez $L_{i_j}(y)=L_{i_j}(z)-L_{i_{s+1}}(z) L_{i_j}(a)$, or $L_{i_j}(a) = 0$ donc $L_{i_j}(y)=L_{i_j}(z) = 1.$ Soit $k$ appartenant à $\{i_{j+1}, \dots, i_{s}\}$. $L_k(y) = L_k(z)-L_{i_{s+1}}(z) L_k(a)$, or $L_k(z) = 0$ et $L_k(a) = 0$ donc $L_k(y)=0.$ Pour le dernier calcul, $L_{i_{s+1}}(y)= L_{i_{s+1}}(z)-L_{i_{s+1}}(z) L_{i_{s+1}}(a)$, or $L_{i_{s+1}}(a) = 1$ donc $L_{i_{s+1}}(y)= L_{i_{s+1}}(z)-L_{i_{s+1}}(z) = 0.$ Le vecteur $y$ convient et la propriété $P(s+1)$ est vérifiée.

Par récurrence limitée, la propriété $P(r)$ est satisfaite.

Prolongement

Veillez à lire l'article 115 qui vous expliquera pourquoi les vecteurs pivots constituent, en fait, une base de $E$ !

110. Faisceau de droites parallèles coupant une ellipse

Descriptif du faisceau

Tout d’abord, décrivons la partie géométrique, on se donne une ellipse de demi-grand axe $a>0$ et de demi-petit axe $b>0$ qui n’est pas un cercle : $0<b<a.$

On considère des droites $D_1$, $D_2$… toutes parallèles entre elles, coupant ladite ellipse en deux points chacune, ce qui s’appelle un faisceau.

On considère alors les milieux des points d’intersection : la droite $D_1$ coupe l’ellipse en deux points dont on note $I_1$ le milieu, et ainsi de suite, conformément au schéma ci-dessus.

Ce qui est tout à fait remarquable, c’est que l’ensemble de ces milieux est inclus dans droite qui passe par le centre de l’ellipse.

Note : le lecteur qui connaît la notion d’affinité et ses propriétés pourra démontrer très rapidement ce résultat.
Dans cet article, le résultat sera démontré avec une approche qui ne déforme pas l’ellipse.

Approche naïve pour démontrer ce résultat

Le repère dans lequel l’ellipse a l’équation la plus simple est un repère $(O,\vv{i},\vv{j})$, $O$ étant le centre de l’ellipse, les vecteurs $\vv{i}$ et $\vv{j}$ dirigeant le grand axe et le petit axe de ladite ellipse.

12/11/2020 - Img 3135

Soient $D_1$ et $D_2$ deux droites du faisceau.

Notez $ux+vy+w=0$ avec $(u,v)\neq(0,0)$ une équation cartésienne de $D_1$, puis $u’x+v’y+w’=0$ avec $(u’,v’)\neq (0,0)$ une équation cartésienne de $D_2$. Comme elles sont parallèles, vous avez l’égalité $uv’ – u’v=0.$

Obtenir les deux points d’intersection de $D_1$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ ux+yv+w = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(1)},y_1^{(1)}\right)$ et $\left(x_2^{(1)},y_2^{(1)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Obtenir les deux points d’intersection de $D_2$ avec l’ellipse, c’est trouver les solutions du système :

$\left\{\begin{align*}\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 \\ u’x+y’v+w’ = 0\end{align*}\right.$

Notez $\left(x_1^{(2)},y_1^{(2)}\right)$ et $\left(x_2^{(2)},y_2^{(2)}\right)$ les coordonnées des deux points obtenus.

Il va vous falloir former les deux milieux $\left(\dfrac{x_1^{(1)}+x_2^{(1)}}{2} ;\dfrac{y_1^{(1)}+y_2^{(1)}}{2}\right)$ et $\left(\dfrac{x_1^{(2)}+x_2^{(2)}}{2} ;\dfrac{y_1^{(2)}+y_2^{(2)}}{2}\right)$ puis démontrer l’alignement de ces deux points avec l’origine du repère.

Est-ce possible ? Oui, mais ce n’est pas très élégant… et c’est long. Ce n’est pas l’approche que l’on va privilégier.

Changez les axes du repère par une rotation

Au lieu de travailler dans un repère orthonormé ayant des axes parallèles à ceux de l’ellipse, il est tout à fait possible de changer de repère par rotation et de considérer que la droite $D_1$ est horizontale, dans le nouveau repère, avec une équation de la forme $Y=k$. Notez $O$ le centre de l’ellipse et $\vv{i}$ et $\vv{j}$ deux vecteurs unitaires orthogonaux dirigés selon les axes de l’ellipse.

Notez $\vv{u}$ et $\vv{v}$ les deux vecteurs obtenus par rotation, d’angle $\alpha$ choisi pour que $\vv{u}$ soit un vecteur qui dirige $D_1$, $D_2$, ce qui change le point de vue conformément au dessin ci-dessous.

13/11/2020 - Img 3137

Matriciellement, le vecteur $\vv{OM}$ est égal au produit $\begin{pmatrix}x & y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$ Or, $\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.$

Soit $M$ un point du plan. Notez $(x,y)$ ses coordonnées dans le repère orthonormé $(O,\vv{i},\vv{j})$ et $(X,Y)$ ses coordonnées dans l’autre repère $(O,\vv{u},\vv{v}).$

$\begin{align*}
\vv{OM} &= \begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{u}\\ \vv{v}\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}X & Y \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos \alpha & \sin \alpha \\ -\sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix} \\
&= \begin{pmatrix}X\cos\alpha – Y\sin\alpha & X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vv{i}\\ \vv{j}\end{pmatrix}.
\end{align*}$

Il vient donc $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

Considérez la matrice $A = \begin{pmatrix} \cos\alpha & -\sin\alpha \\ \sin\alpha & \cos\alpha \end{pmatrix}.$ Elle est orthogonale, puisque $A (^{t}A) = (^{t}A) A = I.$

La relation $\begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix} = A \begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} $ est équivalente à $\begin{pmatrix}X \\ Y \end{pmatrix} = (^{t}A) \begin{pmatrix}x \\ y \end{pmatrix}.$

Obtenez la nouvelle équation de l’ellipse

Quel que soit $(x,y,X,Y)\in\R^4$ vérifiant $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\
y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$

vous observez l’équivalence :

$\begin{align*}
\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 &\Longleftrightarrow \dfrac{(X\cos\alpha – Y\sin\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(X\sin\alpha+Y\cos\alpha)^2}{b^2}=1 \\
&\Longleftrightarrow \dfrac{(\cos^2\alpha) X^2+(\sin^2\alpha) Y^2-\sin(2\alpha)XY}{a^2}+\dfrac{(\sin^2\alpha) X^2+(\cos^2\alpha)Y^2+\sin(2\alpha)XY}{b^2}=1\\
&\Longleftrightarrow \left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.
\end{align*}$

Dans le repère $(O,\vv{u},\vv{v})$ l’ellipse a pour équation :

$\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)Y^2+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)XY = 1.$

Calculez les coordonnées d’un des milieux

Soit $D$ la droite horizontale d’équation $Y=k$. On suppose que $D$ coupe l’ellipse en deux points distincts. Vous noterez $(X_1,k)$ et $(X_2,k)$ les coordonnées de ces deux points.

Alors $X_1$ et $X_2$ sont les deux solutions de l’équation de degré 2 :

$\left(\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}\right)X^2+k\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin(2\alpha)X+\left(\dfrac{\sin^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\cos^2\alpha}{b^2}\right)k^2 -1 =0.$

Vous noterez que le coefficient dominant est non nul. En effet, si, par l’absurde, vous aviez $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}=0$, alors les deux carrés $\dfrac{\cos^2\alpha}{a^2}$ et $\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}$ seraient nuls et donc $\cos\alpha = \sin\alpha = 0$, ce qui contredit l’équation fondamentale $\cos^2\alpha + \sin^2\alpha = 1.$

En utilisant la formule qui donne la somme des deux racines en fonction des coefficients d’une équation polynomiale de degré 2, vous obtenez :

$X_1+X_2 = \dfrac{k\sin(2\alpha)\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right)}{\dfrac{\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{\sin^2\alpha}{b^2}}.$

Pour plus de lisibilité, posez $m =\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right) \dfrac{\sin(2\alpha)}{\dfrac{2\cos^2 \alpha}{a^2}+\dfrac{2\sin^2\alpha}{b^2}}$. Le milieu des deux points d’intersection de $D$ avec l’ellipse a pour coordonnées $(km ; k)$, il est donc situé sur la droite d’équation $mY = X$ qui est passe par l’origine $O$ du repère qui est aussi le centre de l’ellipse, ce qui démontre le résultat annoncé.

Prolongement

Partant d’une ellipse déjà dessinée, avec une règle et un compas :

  • pourriez-vous construire le centre de cette ellipse ?
  • pourriez-vous retrouver son grand axe et son petit axe ?

Faites-moi part de vos recherches dans les commentaires.

109. Trouvez le polynôme minimal d’un nombre algébrique

Calculez les puissances successives de $\alpha = \sqrt{2}+\sqrt{3}$

Pour calculer $\alpha^2$, vous utilisez l’identité remarquable $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2.$

$\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$

Pour calculer $\alpha^3$, vous développez le produit $\alpha\times \alpha^2.$

$\begin{align*}
\alpha^3 &= 5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6\sqrt{2}\\
&=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}.
\end{align*}$

Pour calculer $\alpha^4$, il est plus rapide d’élever au carré $\alpha^2$, avec l’identité remarquable affichée précédemment.

$\begin{align*}
\alpha^4 &= 25+24+20\sqrt{6}\\
&=49+20\sqrt{6}.
\end{align*}$

Eliminez $\sqrt{6}$ dans $\alpha^4$ et $\alpha^2$

Multipliez par 10 la relation $\alpha^2 = 5+2\sqrt{6}$ pour obtenir $10\alpha^2 = 50+20\sqrt{6}$.

Comme $\alpha^4 = 49+20\sqrt{6}$, par soustraction membre à membre, il vient $10\alpha^2-\alpha^4=1$ et par suite vous en déduisez que $\alpha$ est annulé par le polynôme $\boxed{P(X) = X^4-10X^2+1}$ à coefficients dans $\Z[X].$

Le nombre $\alpha$ est dit algébrique.

Prolongement : est-il possible d’annuler $\alpha$ avec un polynôme non nul $Q\in\Z[X]$ de degré inférieur ou égal à 3 ?

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108. Les équations de Cauchy-Riemann

Soit $z$ un nombre complexe fixé et $f$ une fonction à valeurs complexes définie sur une partie ouverte $U\subset\C$ contenant $z.$ Le nombre $z$ est contenu dans une petite boule ouverte, elle-même contenue dans l’ouvert $U$. Cette notion est essentielle car elle précise que l’on peut calculer $f(z+h)$ quand $h$ est de module suffisamment petit.

Une boule ouverte contenue dans un ouvert U

Plus précisément, il existe un réel $r>0$ tel que, pour tout $h\in\C$, $|h|< r$ implique $z+h\in U.$ Notez $B$ l’ensemble des nombres complexes de module strictement inférieur à $r$, $B$ s’appelant la boule ouverte de centre $0$ et de rayon $r$. Notez que $B$ est non vide et que pour tout $h\in B$, le nombre complexe $z+h$ admet une image par la fonction $f$, ce que vous écrivez $z+h\in U.$

Qu’est-ce qu’une fonction dérivable au sens complexe ?

On dit que la fonction $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, si et seulement si, la limite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in B}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ existe dans $\C.$

Formellement, cette définition signifie qu’il existe un nombre complexe $a\in\C$ (qui correspond à la limite du taux de variation de $f$ en $z$ quand $h$ tend vers $0$) tel que :

$\forall \varepsilon >0, \exists \delta >0, \forall h\in B, |h|<\delta \Longrightarrow \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – a\right|<\varepsilon.$

Note : lorsque $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, le nombre complexe $a$ est unique, ne dépend que de $z$ et se note $f'(z).$ La valeur de $f'(z)$ ne dépend pas non plus du choix de la boule ouverte $B$. Vous reformulez ainsi la dérivabilité : $f$ est dérivable au sens complexe en $z\in U$ si et seulement si, il existe un nombre $f'(z)\in\C$ tel que

$\forall \varepsilon >0, \exists \delta >0, \forall h\in \C, |h|<\delta \Longrightarrow \left( z+h\in U \text{ et } \left|\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} – f'(z)\right|<\varepsilon \right).$

Quand cette condition est satisfaite, on écrit $\dlim{h\to 0} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}=f'(z),$ étant entendu que le nombre $h$ appartient à l’ensemble $\C.$

Quel est le lien avec les dérivées partielles ?

Comprendre la signification d’une dérivée partielle est un point essentiel dans l’étude des fonctions de plusieurs variables.

Supposez que $f$ soit dérivable au sens complexe en $z$ : $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z).$ L’appartenance de $h$ à l’ensemble $\C$ est rappelée parce que quand les dérivées partielles vont être étudiées, la variable $h$ sera réelle.

La fonction $f$, définie sur une partie de $\C$, n’est pas à proprement parler une fonction de plusieurs variables. Il semble quelque peu abusif d’écrire $f(z) = f(x,y)$ où $x$ désigne la partie réelle de $z$ et $y$ sa partie imaginaire… tout simplement parce que $f$ est définie sur une partie de $\C$ et pas sur une partie de $\R^2$. On pourra toujours affirmer que $\C$ et que $\R^2$ sont isomorphes, isométriques etc…

Dans l’étude proposée, vous décidez de considérer d’abord un accroissement de la variable $z$ selon sa partie réelle, autrement dit, de considérer la dérivée partielle de $f$ selon la première variable.

La limite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ se note $\dfrac{\partial f}{\partial x}(z)$ ou plus simplement $\partial_1 f(z)$, elle correspond aussi à la limite $\dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in\R}} \dfrac{f(x+h+iy)-f(x+iy)}{h}.$

Comme $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z) $ et par suite $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z)$ et par conséquent $ \boxed{f'(z)= \partial_1 f(z)}.$

Maintenant ,vous étudiez un accroissement de la variable $z$ selon sa partie imaginaire, autrement dit, vous considérez la dérivée partielle de $f$ selon la seconde variable.

Or, par définition, la seconde dérivée partielle de $f$ en $z$, notée $\dfrac{\partial f}{\partial y}(z)$ ou plus simplement $\partial_2 f(z)$ est $\dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in \R}}\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h}$ ce qui s’écrit aussi$ \partial_2 f(z) = \dlim{\substack{h\to 0 \\ h\in \R}} \dfrac{f(x+iy+ih)-f(x+iy)}{h}.$

Comme $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = f'(z) $ et comme $\dlim{h\to 0} ih = 0$, vous en déduisez par composée que $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} = f'(z) $ et donc en multipliant par $i$, vous obtenez $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h} = i f'(z) $, du coup, en restreignant $h$ à $\R$, vous obtenez $\dlim{\dsubstack{h\to 0 \\h\in \R}} \dfrac{f(z+ih)-f(z)}{h} = i f'(z) $ et par suite $i f'(z) = \partial_2 f(z)$ soit $\boxed{f'(z) = -i \partial_2 f(z)}.$

Et les équations de Cauchy-Riemann

Combinez les deux relations $f'(z)= \partial_1 f(z)$ et $f'(z) = -i\partial_2 f(z)$ en éliminant $f'(z)$.

Vous obtenez la relation importante : $\boxed{\partial_1 f(z) + i\partial_2 f(z)} = 0.$

Cette équation ne comporte qu’une seule égalité. Pourquoi dit-on au pluriel « les équations » de Cauchy-Riemann ?

Si vous écrivez $f(z)$ avec sa partie réelle $R(z)$ et sa partie imaginaire $I(z)$, vous avez $f(z) = R(z) + iI(z)$ et les fonctions $R$ et $I$ admettent aussi des dérivées partielles… ! Ce point mérite un développement qui se sera pas fait ici.

$\partial_1f(z) = \partial_1R(z) + i\partial_1 I(z)$

$i\partial_2f(z) = i \partial_2R(z) – \partial_2 I(z)$

Par somme $0 = \left(\partial_1 R(z) -\partial_2 I(z)\right) + i\left(\partial_1 I(z) + \partial_2 R(z) \right).$

Les parties réelle et imaginaire étant des nombres réels, vous en déduisez les deux équations :

$\boxed{\left\{\begin{align*}
\partial_1 R(z) &= \partial_2 I(z) \\
\partial_2 R(z) &= – \partial_1 I(z).
\end{align*}\right.}$

Exemple avec la fonction $z\mapsto z^2$

Pour tout nombre complexe $z$, posez $f(z) = z^2.$

Fixez $z\in\C$. Pour tout $h\in\C$, quand vous calculez $f(z+h) = (z+h)^2 = z^2+2zh+h^2$, vous déduisez que pour tout nombre complexe $h\neq 0$, $\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} = 2z+h$ et par conséquent $f$ est dérivable au sens complexe en $z$ et $f'(z)=2z.$

Ecrivez $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ avec $f(z)=(x+iy)^2 = (x^2-y^2)+i(2xy)$ si bien que $R(z) = x^2-y^2$ et $I(z) = 2xy.$

Vous avez $\partial_1 R(z) = 2x = \partial_2 I(z)$ et $\partial_2 R(z) = -2y = -\partial_1 I(z)$, les équations de Cauchy-Riemann sont bien satisfaites.

Prolongement

Qu’en est-il de la réciproque ?

Si $f$ est une fonction à valeurs complexes définie sur un ouvert $U\in\C$ contenant $z$ et si les parties réelle et imaginaire de $f$ vérifient les équations de Cauchy-Riemann en $z$, peut-on conclure que $f$ est dérivable en $z$ au sens complexe ?

105. Décomposition en éléments simples dans les nombres réels (niveau3)

Vous allez voir qu’il est tout à fait possible de trouver la décomposition en éléments simples en effectuant, dès le début, un changement de variable sur les éléments de seconde espèce.

Soit à trouver la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$ de $ F(X) =\dfrac {X^4+1}{ X^2(X^2+X+1)^2}.$

Vous posez $Y = X^2+X+1$ et vous allez écrire $F(X)$ comme un quotient de deux polynômes de $Y$, dont les coefficients sont des polynômes réels de degré inférieur à $1$ de la variable $X$. Formellement $F(X)$ s’écrit comme un quotient de deux polynômes appartenant à $(\R_1[X])[Y].$

Calculez le numérateur de la fraction rationnelle $F(X)$

Partez de la relation $X^2 = Y-X-1$ :

$\begin{align*}
X^3 &= XY-X^2-X\\
&=XY-(Y-X-1)-X\\
&=(-1+X)Y+1
\end{align*}$

$\begin{align*}
X^4 &= (-X+X^2)Y+X\\
&=(-X+Y-X-1)Y+X\\
&=(Y-2X-1)Y+X\\
&=Y^2+(-2X-1)Y+X.
\end{align*}$

Vous en déduisez que $\boxed{F(X)=\dfrac{Y^2+(-2X-1)Y+(X+1)}{(Y+(-X-1))Y^2}}.$

Effectuez la division selon les puissances croissantes

Vous divisez $Y^2+(-2X-1)Y+(X+1)$ par $Y+(-X-1)$ selon les puissances croissantes en $Y$ de façon à obtenir un reste qui soit un multiple de $Y^2$.

$\begin{array}{rrr|l}
(X+1) & +(-2X-1)Y & +Y^2 & (-X-1) + Y\\
(X+1) & +(-1)Y & & -1 \\ \hline
& (-2X)Y & +Y^2 \\
\end{array}$

Il a été possible d’éliminer le terme $(X+1)$ du quotient en choisissant $-1$ comme premier terme au quotient, mais éliminer le terme $-2XY$ semble plus délicat, étant donné que le quotient doit rester comme un polynôme appartenant à $(\R_1[X])[Y].$

Comment continuer ?

Pour éliminer le terme en $-2XY$, vous devez ajouter au quotient un terme de la forme $(aX+b)Y.$

Calculez le produit $(aX+b)(-X-1)$ :

$\begin{align*}
(aX+b)(-X-1) &= -aX^2+(-a-b)X-b \\
&=-a(-1-X+Y)+(-a-b)X-b\\
&=(a-b)-bX-aY.
\end{align*}$

Vous choisissez $a$ et $b$ pour que $a-b = 0$ et $-b=-2$, pas le choix il n’y a que $a=b=2$ qui conduit à l’égalité :

$(2X+2)(-X-1) = -2X-2Y.$

Terminez la division

$\begin{array}{rrr|l}
(X+1) & +(-2X-1)Y & +Y^2 & (-X-1) + Y\\
(X+1) & +(-1)Y & & -1 + (2X+2)Y \\ \hline
& (-2X)Y & +Y^2 \\
& -2XY-2Y^2&+(2X+2)Y^2 \\ \hline
& & (-2X+1)Y^2
\end{array}$

Vous avez obtenu que :

$Y^2+(-2X-1)Y+(X+1) = ((-X-1)+Y)(-1+(2X+2)Y) + (-2X+1)Y^2.$

En divisant par $Y^2((-X-1)+Y)$ vous aboutissez à la séparation de la partie polaire en $Y^2$ du reste.

$\begin{align*}
F(X)&=\dfrac{-1+(2X+2)Y}{Y^2}+\dfrac{-2X+1}{(-X-1)+Y} \\
&=\dfrac{2X+2}{Y}-\dfrac{1}{Y^2}+\dfrac{-2X+1}{(-X-1)+Y}\\
&= \dfrac{2X+2}{Y}-\dfrac{1}{Y^2}+\dfrac{-2X+1}{X^2}\\
&=\dfrac{2X+2}{Y}-\dfrac{1}{Y^2}-\dfrac{2}{X}+\dfrac{1}{X^2}.
\end{align*}$

Concluez

$\boxed{F(X) = \dfrac {X^4+1}{ X^2(X^2+X+1)^2} =\dfrac{2X+2}{X^2+X+1}-\dfrac{1}{(X^2+X+1)^2}-\dfrac{2}{X}+\dfrac{1}{X^2}}.$

104. Topologie, notions de complémentaire, d’adhérence et d’intérieur

Il a été vu dans l’article précédent que si $E$ est une partie de $\C$, alors l’intérieur de $E$ est égal à $\overset{\circ}{E} = E \setminus \partial E$, c’est-à-dire à $E$ privé de sa frontière et l’adhérence de $E$ est égale à $\overline{E} = E \cup \partial E$, c’est-à-dire à l’union de $E$ et de sa frontière.

Le complémentaire d’une adhérence est l’intérieur du complémentaire

Partez de $\overline{E} = E \cup \partial E$.

En prenant le complémentaire :

$\begin{align*}
\C \setminus \overline {E} &= (\C \setminus E) \cap (\C \setminus \partial E)\\
&= (\C \setminus E) \setminus ( \partial E) \\
&= (\C \setminus E) \setminus ( \partial (\C \setminus E)) \\
&= \overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}}
\end{align*}$

En résumé, $\boxed{\C \setminus \overline {E} =\overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}}}. $

Le complémentaire d’un intérieur est l’adhérence du complémentaire

Partez de $\overset{\circ}{E} = E \setminus \partial E = E \cap (\C\setminus \partial E)$.

En prenant le complémentaire :

$\begin{align*}
\C \setminus \overset{\circ}{E} &= (\C \setminus E) \cup \partial E\\
&= (\C \setminus E) \cup ( \partial (\C\setminus E)) \\
&= \overline{\C \setminus E}.
\end{align*}$

En résumé, $\boxed{\C \setminus \overset{\circ}{E} =\overline{\C \setminus E}}. $

Application aux ensembles ouverts et fermés

Définitions avec l’adhérence et l’intérieur

Rappelez-vous des deux définitions suivantes :

  • une partie $E$ de $\C$ est fermée, si et seulement si, $E=\overline{E}$ ;
  • une partie de $E$ de $\C$ est ouverte, si et seulement si, $E=\overset{\circ}{E}.$

Application 1 : le complémentaire d’un ouvert est un fermé

Soit $E$ une partie ouverte de $\C$. Alors $\overline{\C \setminus E} = \C \setminus \overset{\circ}{E} = \C \setminus E $ puisque $E = \overset{\circ}{E}.$ Par conséquent $\C\setminus E$ est une partie fermée de $\C.$

Application 2 : le complémentaire d’un fermé est un ouvert

Soit $E$ une partie fermée de $\C$. Alors $\overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}} = \C \setminus \overline{E}.$ Mais $\overline{E}=E$, donc $\overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}} =\C \setminus E$ et $\C \setminus E$ est une partie ouverte de $\C.$

103. Topologie, frontière d’un ensemble

Pour fixer les idées, soit $E$ une partie de $\C.$

Pour tout $x\in E$ et pour tout réel $r>0$, on note $B_x(r)$ la boule (au sens topologique) ouverte de centre $x$ et de rayon $r$, définie par l’ensemble $\{z\in\C, |z-x|<r\}.$

On appelle frontière de $E$, notée $\partial E$, la partie de $\C$ contenant les complexes $z\in\C$ dont toutes les boules ouvertes de centre $z$ rencontrent $E$ et $\C\setminus E.$ Avec une notation ensembliste, on écrit :
$\partial E = \left\{z\in\C, \forall r>0, \exists x\in E, \exists y\in \C\setminus E, (x,y)\in B_z(r)^2\right\}.$

Remarquez de cette définition que $\boxed{\partial (\C \setminus E) = \partial (E)}.$

Qu’est-ce que l’intérieur de $E$ ? Quel rapport avec la frontière de $E$ ?

On appelle intérieur de $E$, noté $\overset{\circ}{E}$ l’ensemble des points de $z\in E$ qui contiennent au moins un boule totalement incluse dans $E.$ Avec la notation ensembliste, on écrit :
$\overset{\circ}{E} = \left\{z\in E, \exists r>0, B_z(r) \subset E\right\}.$

Vous allez démontrer que $\overset{\circ}{E}$, l’intérieur de $E$, est égal à l’ensemble $E$ privé de sa frontière $\partial E$.
Autrement dit, $\boxed{\overset{\circ}{E} = E\setminus \partial E}.$

Pour y parvenir, vous procédez par double inclusion.

Première inclusion : $\overset{\circ}{E} \subset E\setminus \partial E$

Soit $x\in \overset{\circ}{E}.$ Par définition de l’intérieur de $E$, l’élément $x$ appartient à $E$ : $x\in E.$ Raisonnez par l’absurde en supposant que $x\in \partial E.$ Par définition de la frontière, toutes les boules ouvertes centrées en $x$ rencontrent un élément de $\C \setminus E.$ Comme $x$ est intérieur à $E$, il existe un réel $r>0$ tel que $B_x(r) \subset E.$ Or il existe $y\in \C \setminus E$ et que $y\in B_x(r)$. Vous en déduisez que $y\in E$, contradiction. Par conséquent $x\notin \partial E$. Du coup, $x\in E\setminus \partial E.$

Seconde inclusion : $E\setminus \partial E \subset \overset{\circ}{E} $

Soit $x\in E\setminus \partial E.$ En particulier $x\notin \partial E.$ En niant la proposition qui définit la frontière de $E$, vous déduisez qu’il existe un réel $r>0$, de sorte pour tout $a\in E$ et pour tout $b\in \C\setminus E$, $(a,b)\notin B_x(r)^2.$ Soit $y\in B_x(r)$. Supposez en raisonnant par l’absurde que $y\notin E$. Choisissez $a=x$ et $b=y$, vous déduisez que $(x,y)\notin B_x(r)^2.$ Or $x\in B_x(r)$ et $y\in B_x(r)$ donc $(x,y)\in B_x(r)^2$, contradiction. Donc $y\in E$ ce qui prouve l’inclusion $B_x(r)\subset E$ et finalement $x\in \overset{\circ}{E}.$

Qu’est-ce que l’adhérence de $E$ ? Quel rapport avec la frontière de $E$ ?

On appelle adhérence de $E$ l’ensemble noté $\overline{E}$ défini par le complémentaire de l’intérieur du complémentaire de $E$. Cette définition formelle s’écrit ainsi :$\overline{E} = \{z\in \C, z\notin \overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}} \}.$ Un élément $z\in\C$ appartient à l’adhérence de $E$, si et seulement si, il n’appartient pas à l’intérieur de $\C\setminus E.$

D’après ce qui a été fait sur la notion d’intérieur, $\overset{\circ}{\widehat{\C\setminus E}} = (\C\setminus E) \setminus \partial (\C\setminus E) = (\C\setminus E) \setminus \partial E.$ De là vous allez démontrer que $\boxed{\overline{E} = E\cup \partial E}.$

Première inclusion : $\overline{E} \subset E\cup \partial E$

Soit $x\in \overline{E}.$ Alors $x\notin (\C\setminus E) \setminus \partial E.$ Si $x\in E$ vous avez déjà $x\in E \cup \partial E$. Si $x\notin E$, alors $x\in \C\setminus E$. Par l’absurde, supposez que $x\notin \partial E.$ Alors $x\in (\C\setminus E)\setminus \partial E$, contradiction. Donc $x\in \partial E$ et donc $x\in E\cup \partial E.$

Seconde inclusion : $E\cup \partial E \subset \overline{E}$

Soit $x\in E\cup \partial E.$ Si $x\notin E$, alors $x\in \partial E$. Or $x\in \C\setminus E$, donc $x\notin (\C\setminus E) \setminus \partial E$, donc $x\in \overline{E}.$ Maintenant, si $x\in E$, alors $x\notin \C\setminus E$. Comme $(\C\setminus E) \setminus \partial E \subset \C\setminus E $ vous en déduisez que $x \notin (\C\setminus E) \setminus \partial E$, donc $x\in\overline{E}.$

102. Décomposition en éléments simples dans les réels (niveau2)

Au lieu de séparer d’un seul coup toutes les parties polaires, vous allez utiliser la division selon les puissances croissantes, qui va séparer une partie polaire des autres. La dernière partie polaire sera traitée avec la division euclidienne.

Utilisez la division selon les puissances croissantes

Reprenez la fraction rationnelle $F$ définie par $F(X)=\dfrac{X^4+1}{X^2(X^2+X+1)^2}.$ Vous allez effectuer la division selon les puissances croissantes de $X^4+1$ par $(X^2+X+1)^2=X^4+2X^3+3X^2+2X+1.$

Vous effectuez cette division jusqu’à trouver un reste qui soit un multiple de $X^2.$

$\begin{array}{rrrrrr|ll}
1 & & & & +X^4 & & 1 &+2X+3X^2+2X^3+X^4 \\
1 & +2X & + 3X^2 & +2X^3 & +X^4 & & 1 &- 2X\\ \hline
& -2X & – 3X^2 & -2X^3 & \\
& -2X & -4X^2 & -6X^3 & -4X^4 & -2X^5 \\ \hline
& & X^2 & +4X^3 & +4X^4 & +2X^5
\end{array}
$

Obtenez une décomposition

Ecrivez le résultat obtenu par la division précédente, sous la forme $\text{dividende} = \text{quotient}\times \text{diviseur} + \text{reste}.$

$\begin{align*}
1+X^4 &= (1-2X)(X^2+X+1)^2+(X^2+4X^3+4X^4+2X^5)\\
&= (1-2X)(X^2+X+1)^2+X^2(1+4X+4X^2+2X^3).
\end{align*}$

Puis divisez cette relation par le produit $X^2(X^2+X+1)^2.$ Vous constatez que vous obtenez la partie polaire relative à $X^2.$

$\boxed{\begin{align*}
\dd F(X)&= {1-2X \over X^2} + {2X^3+4X^2+4X+1 \over (X^2+X+1)^2}\\
&=-{2 \over X} + {1 \over X^2} + {2X^3+4X^2+4X+1 \over (X^2+X+1)^2}.
\end{align*}}$

Traitez la dernière partie polaire

Effectuez une première division euclidienne.

$\begin{array}{rrrr|ll}
2X^3 & +4X^2 & +4X & +1 & X^2 &+X+1 \\
2X^3 & +2X^2 & +2X & & 2X &+ 2 \\ \hline
& 2X^2 & +2X & +1 \\
& 2X^2 & +2X & +2 \\ \hline
& & & -1
\end{array}$

Le calcul effectué montre que :

$2X^3+4X^2+4X+1 = (X^2+X+1)(2X+2) – 1.$

Vous constatez qu’il n’y a pas besoin d’effectuer une seconde division euclidienne par $X^2+X+1.$

En divisant par $(X^2+X+1)^2$ vous obtenez la partie polaire recherchée :

$\dd \boxed{{2X^3+4X^2+4X+1 \over (X^2+X+1)^2} = {2X+2 \over X^2+X+1} – { 1 \over (X^2+X+1)^2}}.$

Exprimez la décomposition en éléments simples dans $\R(X)$

$\dd \boxed{F(X)={X^4+1 \over X^2(X^2+X+1)^2} =-{2 \over X} + {1 \over X^2} + {2X+2 \over X^2+X+1} – { 1 \over (X^2+X+1)^2}}.$