Catégorie : Niveau Agrégation

Dans cet article, vous recherchez un moyen de trouver tous les candidats potentiels d’une équation réelle de degré 4. Les exemples sont choisis pour que les calculs restent compréhensibles bien que longs sur la fin de l’article.

Vous allez constater que, si vous savez résoudre les équations réelles de degré 2 et de degré 3, vous savez résoudre les équations de degré 4. Le modèle du palindrome constitue le départ de l’article avec une généralisation progressive.

Bien entendu, il existe d’autres méthodes permettant de résoudre les équations de degré 4, plus rapides, en recherchant des solutions par d’autres moyens. Ce qui est présenté ici a pour but de différencier les approches et de fournir d’autres mécanismes de compréhension de ces équations.

Partez d’un palindrome

Considérez l’équation $x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0$ de degré 4, dont les coefficients sont en forme de palindrome.

Analyse

Supposez qu’il existe un réel $x$ tel que :

$x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0.$

Comme $x=0$ ne satisfait pas l’équation, il est possible de diviser le tout par $x^2$, non nul, ce qui fournit :

$x^2+2x-1+\frac{2}{x}+\frac{1}{x^2} = 0$

ce qui s’écrit, en regroupant les coefficients égaux :

$\left(x^2+\frac{1}{x^2}\right) + 2\left(x+\frac{1}{x}\right) -1=0.$

Vous posez $y=x+\frac{1}{x}$ de sorte que $y^2 = x^2+\frac{1}{x^2}+2$ et par suite :

$y^2-2 + 2y -1 = 0$, donc $y^2+2y-3 = 0$ ce qui s’écrit $(y-1)(y+3)=0.$

Vous obtenez deux possibilités : $y=1$ ou $y=-3$..

Si $y=1$, alors $x+\frac{1}{x}=1$ donc $x^2+1 – x=0$, or équation n’a pas de solution réelle…

Vous en déduisez $y=-3$, donc $x+\frac{1}{x}= -3$ donc $x^2+3x+1=0$ donc $x\in\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Synthèse

Soit $x$ un réel appartenant à l’ensemble $\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Vous avez $x^2 = -3x-1.$

En multipliant par $x$, vous trouvez $x^3 = -3x^2-x = -3(-3x-1)-x = 8x+3$

Puis $x^4 = 8x^2+3x = 8(-3x-1)+3x = -21x-8. $

\begin{aligned}
x^4+2x^3-x^2+2x+1 &= (-21x-8)+(16x+6)+(3x+1)+2x+1\\
&=0.
\end{aligned}

Concluez

L’équation de degré 4 $x^4+2x^3-x^2+2x+1 = 0$ admet pour ensemble de solutions $\left\{\frac{-3+\sqrt{5}}{2}; \frac{-3-\sqrt{5}}{2} \right\}.$

Construisez une équation qui se résout sur le même modèle

Le cas du palindrome parfait

Toute la section précédente est basée sur le fait que $y=x+\frac{1}{x}$ est un excellent changement de variable.

En effet, partez de l’équation de degré 4 sous forme de palindrome, dans laquelle on a divisé par le coefficient dominant.

Elle s’écrit $x^4+ax^3+bx^2+ax+1 = 0.$

$x$ étant à nouveau non nul, vous divisez par $x^2$ pour obtenir $x^2+\frac{1}{x^2}+a\left(x+\frac{1}{x}\right)+b=0$

soit $y^2-2+ay+b=0$ qui est une équation de degré 2 qui admet au plus deux solutions, et donc, en résolvant $x+\frac{1}{x} = y$ soit $x^2-yx+1 = 0$ pour chaque valeur de $y$ vous trouvez bien, au maximum, 4 candidats.

Analyse du cas avec un palindrome modifié

Plus généralement, posez $y = x + \frac{\alpha}{x}$ et supposez que $y$ soit solution d’une équation de degré 2, de la forme $y^2+ay+b = 0$. En effectuant le remplacement avec $x$, vous obtenez : $x^2+\frac{\alpha^2}{x^2}+2\alpha+ax+\frac{a\alpha}{x}+b=0$ et en multipliant par $x^2$ :

$x^4+\alpha^2+2\alpha x^2+ax^3+a\alpha x + bx^2 = 0$

soit :

$x^4 +ax^3+(2\alpha + b)x^2 + a\alpha x + \alpha^2 = 0. $

Résolvez l’équation $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0$

Cette équation de degré 4 n’est plus un palindrome… si vous cherchez un changement de variable adéquat, comme $\alpha^2$ vaut $9$, un bon candidat semble $y = x+\frac{3}{x}$.

Analyse

Soit $x$ un réel solution de l’équation de degré 4 : $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0.$

Comme $x$ ne peut être égal à $0$ (sinon 9 = 0), vous pouvez poser $y=x+\frac{3}{x}$. Alors $y^2 = x^2+\frac{9}{x^2}+6.$

Comme $x^2+\frac{9}{x^2}+2x+\frac{6}{x}+1 = 0$ vous déduisez $y^2-6+2y+1 = 0$ soit $y^2+2y-5=0.$

Il en résulte deux possibilités, soit $y= -1+\sqrt{6}$, soit $y=-1-\sqrt{6}.$

1er cas : $y= -1+\sqrt{6}$, d’où $x^2+3 = xy$ d’où $x^2-yx+3 = 0.$ Le discriminant de cette équation est égal à $y^2-12 = 5-2y-12 = -2y-7 = 2-2\sqrt{6}-7 = -5-2\sqrt{6}$ qui est strictement négatif, ce qui ne peut convenir étant donné que $x$ est supposé solution.

2ème cas : $y=-1-\sqrt{6}$ d’où $x^2-yx+3 = 0$. De même le discriminant de cette équation est égal à $y^2-12 = -2y-7 = 2+2\sqrt{6}-7 = -5+2\sqrt{6} = -\sqrt{25}+\sqrt{24}$ qui est encore strictement négatif, ce qui est absurde.

Concluez

L’équation $x^4+2x^3+x^2+6x+9 = 0$ n’admet aucune solution réelle.

Le cas où le changement de variable fonctionne

Soit à résoudre $x^4+ax^3+bx^2+cx+d = 0.$

Afin d’effectuer le changement de variable $y=x+\frac{\alpha}{x}$ vous souhaitez avoir l’existence d’un réel $\alpha$ tel que $c = \alpha a$ et $d=\alpha^2.$

Cette condition fournit $c^2 = \alpha^2 a^2$, soit $c^2 = a^2d.$

Dernier exemple : $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0$

Analyse

Soit $x$ une solution réelle de l’équation $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0.$

Les coefficients sont $a=-1$, $b=-7$, $c=1$ et $d=6.$

Ici, $a^2d$ n’est pas égal à $c^2.$ Le changement de variable $y=x+\frac{\alpha}{x}$ ne fonctionnera pas tout de suite.

Le but va être de translater $x$ afin d’obtenir une nouvelle équation de degré 4 $X^4+AX^3+BX^2+CX+D = 0$ qui satisfait la condition $A^2D = C^2$. Un changement de variable préalable pour y parvenir est $X = x+k$. Trouver une valeur de $k$ qui le permet est difficile. Y parvenir est possible avec une équation de degré 3 appelée résolvante (voir en fin d’article comment la trouver).

Vous choisissez le nombre $k$, solution de la résolvante qui est ici $21k^3-109k^2+19k+5 = 0.$ Une solution entière est $k=5$ que vous privilégiez. En général, cela ne se passera pas ainsi, vous êtes prévenus !

Dans la suite, vous posez $X = x+5$ et vous développez les puissances de $x = X-5.$

\begin{aligned}
x^2 &= X^2-10X+25 \\
x^3 &= X^3-15X^2+75X-125\\
x^4 &= X^4 -20X^3 + 150X^2 – 500 X + 625.
\end{aligned}

Comme $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0$ vous déduisez :

\begin{aligned}
X^4 -20X^3 + 150X^2 – 500 X + 625 \\
\quad – X^3+15X^2-75X+125\\
\quad -7X^2+70X-175\\
\quad +X-5\\
\quad +6 = 0
\end{aligned}

soit $X^4-21X^3+158X^2-504X+576 = 0.$

Les coefficients sont $A = -21$, $B = 158$, $C = -504$ et $D = 576.$

Vous posez $\alpha = \frac{C}{A} = \frac{-504}{-21} = 24$ et constatez que $D = \alpha^2$ donc la condition $C^2 = A^2D$ est satisfaite.

Le changement de variable $y = X + \frac{24}{X}$ va fonctionner. Comme $y^2 = X^2+\frac{576}{X^2}+ 48$, de $X^4-21X^3+158X^2-504X+576 = 0$ vous déduisez $X^2-21X+158+\frac{-504}{X} + \frac{576}{X^2} = 0$ et $y^2-48-21(X + \frac{24}{X}) + 158=0$ soit $y^2-21y+110 = 0.$ Cette équation en $y$ admet deux solutions $y = 11$ et $y=10.$

Comme $X^2+24 = yX$ il y a deux cas possibles.

Cas 1 : $X^2-11X+24 = 0$ donc $X \in\{8, 3\}.$

Cas 2 : $X^2-10X+24 = 0$ donc $X\in\{6, 4\}.$

Comme $x = X-5$ vous déduisez que $x\in\{-1, -2, 1, 3\}.$

Synthèse

Si $x = 1$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 1-1-7+1+6 = 0.$

Si $x= -1$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 1+1-7-1+6 = 0.$

Si $x= -2$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 16+8-28-2+6 = 24-28+4=0.$

Si $x= 3$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 81-27-63+3+6 =84-30-60+6 = 54-60+6=0.$

Concluez

Pour tout réel $x$, $x^4-x^3-7x^2+x+6 = 0 \iff x\in\{-1, -2, 1, 3\}.$

Vers le cas général

Cas où la condition $c^2 = a^2d$ est satisfaite

Soit $x$ un réel solution de l’équation $x^4+ax^3+bx^2+cx+d = 0$, où les coefficients vérifient l’égalité $c^2 = a^2d.$

Supposez que $a$ est nul. Alors $c = 0$ et l’équation s’écrit $x^4 + bx^2 + d = 0$ qui est une équation de degré 2 avec le changement de variable $y= x^2$. Vous résolvez $y^2+by+d = 0$ puis $x^2 = y$ et vous en déduisez les candidats.

Supposez que $a$ est non nul. Alors vous pouvez poser $\alpha = \frac{c}{a}.$

L’équation s’écrit alors $x^4+ax^3+bx^2+a\alpha x + \alpha^2 = 0.$

Si $\alpha$ est nul, c’est que $c$ est nul et comme $a$ est non nul, $d$ est nul aussi. L’équation s’écrit $x^2(x^2+ax+b) = 0$ qui fournit $0$ comme candidat ainsi que les solutions de l’équation de degré 2 $x^2+ax+b=0.$

Si $\alpha$ est non nul, alors $x=0$ n’est pas solution de l’équation $x^4+ax^3+bx^2+a\alpha x + \alpha^2 = 0.$ En divisant par $x^2$ vous obtenez $x^2+\frac{\alpha^2}{x^2} + a\left(x +\frac{\alpha}{x}\right) + b = 0.$

Vous posez alors $y=x+\frac{\alpha}{x}$ de sorte que $y^2 = x^2+\frac{\alpha^2}{x^2}+2\alpha$ et vous en déduisez $y^2-2\alpha+ay+b = 0$ qui donne au maximum deux candidats pour $y$, puis vous résolvez $x^2-yx + \alpha = 0$ et en déduisez au maximum 4 candidats pour $x$.

Que se passe-t-il maintenant dans le cas où aucune condition sur les coefficients n’est imposée ? La résolution reste possible !

Soit à résoudre $x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0.$ Vous effectuez la translation $X = x+k.$ Cherchant à écrire une équation en $X$, vous formez $x = X-k$ et développez.

\begin{align*}
(X-k)^4 &= X^4-4kX^3+6k^2X^2-4k^3X+k^4\\
(X-k)^3 &=X^3-3kX^2+3k^2X-k^3\\
(X-k)^2 &=X^2-2kX+k^2.
\end{align*}

Si bien que l’équation $x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0$ s’écrit :

\begin{aligned}
(X^4-4kX^3+6k^2X^2-4k^3X+k^4) +a(X^3-3kX^2+3k^2X-k^3)+b(X^2-2kX+k^2)+c(X-k)+d = 0\\
X^4 + (-4k+a)X^3+(6k^2-3ak^2+b)X^2+(-4k^3+3ak^2-2bk+c)X+(k^4-ak^3+bk^2-ck+d)=0.
\end{aligned}

Posez :

\left\{\begin{align*}
A &= -4k+a \\
B &= 6k^2-3ak^2+b \\
C &= -4k^3+3ak^2-2bk+c\\
D &= k^4-ak^3+bk^2-ck+d.
\end{align*}\right.

Alors $X^4+AX^3+BX^2+CX+D = 0.$

Souhaitant pouvoir résoudre cette équation en $X$ en effectuant un changement de variable comme dans le paragraphe précédent, vous souhaitez choisir $k$ pour que la condition $C^2 = A^2D$ soit vérifiée.

Calculez d’abord $C^2.$

\begin{aligned}
C^2 &= (-4k^3+3ak^2-2bk+c)^2 \\
&=16k^6+9a^2k^4+4b^2k^2+c^2-24ak^5+16bk^4-8ck^3-12abk^3+6ack^2-4bck \\
&= 16k^6-24ak^5+(9a^2+16b)k^4+(-8c-12ab)k^3+(6ac+4b^2)k^2-4bck+c^2.
\end{aligned}

Calculez ensuite $A^2D$ :

\begin{align*}
A^2D &=  (-4k+a)^2 (k^4-ak^3+bk^2-ck+d) \\
 &= (16k^2-8ak+a^2)(k^4-ak^3+bk^2-ck+d)\\
 &= 16k^6-16ak^5+16bk^4-16ck^3+16dk^2 \\
&\quad -8ak^5+8a^2k^4-8abk^3+8ack^2-8adk\\
&\quad +a^2k^4-a^3k^3+a^2bk^2-a^2ck+a^2d\\
&= 16k^6 -24ak^5+(16b+9a^2)k^4+(-16c-8ab-a^3)k^3+(16d+8ac+a^2b)k^2+(-8ad-a^2c)+a^2d.
\end{align*}

Etonnamment, la condition $C^2=A^2D$, a priori de degré 6, se simplifie après disparition des termes en $k^6$, $k^5$ et $k^4.$ Vous obtenez ce que l’on appelle une résolvante.

$\boxed{(4ab-8c-a^3)k^3+(16d+2ac+a^2b-4b^2)k^2+(-8ad-a^2c+4bc)k+a^2d-c^2 = 0.}$

Cette équation de degré 3 se résout avec difficulté en utilisant, par exemple, une formule de Cardan.

Une fois $k$ choisi, vous effectuez un changement de variable de la forme $y=X^2$ si $A$ est nul ou, si $A$ est non nul, par $y=X+\frac{\alpha}{X}$ où $\alpha$ est le réel défini par $\frac{C}{A}$. $y$ est solution d’une équation de degré 2. Cela fait deux candidats pour $y$. Vous trouvez ainsi les candidats $X$ qui sont au nombre de 4 maximum et via $x = X-k$ vous aboutissez à 4 candidats pour l’équation de départ.

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.

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.

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 $[DK].$

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 &= \frac{CI}{CK}\\
&=\frac{\frac{a}{2}}{a(2-\sqrt{3})}\\
&=\frac{a}{2a(2-\sqrt{3})}\\
&=\frac{1}{2(2-\sqrt{3})}\\
&=\frac{2+\sqrt{3}}{2(4-3)}\\
&=\frac{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\frac{\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 ?

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.

Première approche 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.

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 lesdeux 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 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.

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’ellipseen 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 ?

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{aligned}
\alpha^3 &= 5\sqrt{2}+5\sqrt{3}+4\sqrt{3}+6\sqrt{2}\\
&=11\sqrt{2}+9\sqrt{3}.
\end{aligned}

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

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

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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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.

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 $\lim_{\substack{h\to 0 \\h\in \C}} \dfrac{f(z+h)-f(z)}{h}$ existe dans $\C.$

Plus précisément, cela signifie qu’il existe un nombre complexe $\ell \in\C$ tel que :

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

Le nombre $\ell$ est unique et ne dépend que du choix de $z$ et de la fonction $f.$ Il se note $f'(z).$

Quel est le lien avec les dérivées partielles ?

Le lien entre la dérivabilité au sens complexe et le lien avec les dérivées partielles va être explicité dans ce paragraphe.

La fonction $f$, définie sur une partie $U$ ouverte de $\C$, n’est pas à proprement parler une fonction de deux 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 $\R^2.$ Il convient d’être précis.

Soit $z = x+iy$ où $(x,y)\in\R^2$ un nombre complexe appartenant à $U.$

Il existe un réel $r$ un réel strictement positif tel que la boule $B= \{c \in\C, \lvert c – z \rvert < r\}$ soit incluse dans $U.$

Il convient alors de noter que le domaine carré $D$ défini par :

\begin{aligned} D=\left\{x+iy+h+ik, (h,k)\in\left[\frac{-r\sqrt{2}}{2}, \frac{r\sqrt{2}}{2} \right]^2\right\}\end{aligned} est inclus dans la boule $B$.

Ainsi il est maintenant légitime de considérer l’application $\widetilde{f}$ qui va de $D\subset \R^2$ dans $\C$, définie par $\forall (h,k)\in D, \widetilde{f}(h,k) = f(h+ik).$

Vous allez démontrer dans la suite le théorème suivant : si $f$ est dérivable au sens complexe en $z$, alors les dérivées partielles $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ et $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existent et vérifient la condition dite de Cauchy-Riemann :

\begin{aligned} \boxed{\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = 0.}\end{aligned}

En effet, montrez d’abord que le nombre complexe $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe bel et bien.

Etant donné que :

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

vous allez pouvoir conclure.

Pour tout réel $h$ vérifiant la condition $0 < \lvert h \rvert < r$, vous avez :

\begin{align*}
\frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+h+iy)-f(x+iy)}{h}\\
&= \frac{f(z+h)-f(z)}{h}\\
\end{align*}

Soit $\varepsilon >0$. Alors il existe $\delta >0$ tel que :

\begin{align*}\forall h\in \C, 0< \lvert h\rvert <\delta &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Posez $\delta’ = \mathrm{Min}(\delta, r).$

Alors :

\begin{align*}
\forall h\in \R, 0< \lvert h\rvert <\delta' &\Longrightarrow \left\lvert\dfrac{f(z+h)-f(z)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon \\
&\Longrightarrow \left\lvert\frac{\widetilde{f}(x+h,y)-\widetilde{f}(x,y)}{h} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) = f'(z).$

Soit $h$ un réel tel que $0< \lvert h \rvert < \delta’.$

Pour l’autre dérivée partielle vous êtes amené à calculer :

\begin{align*}
\frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} &= \frac{f(x+iy+ih)-f(x,y)}{h}\\
&= \frac{f(z+ih)-f(z)}{h}\\
&= i \frac{f(z+ih)-f(z)}{ih}\\
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
\forall h\in \R, \lvert h\rvert < \delta' &\implies \lvert ih\rvert < \delta'\leq \delta \\
 &\implies\left\lvert\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} - f'(z) \right\rvert<\varepsilon\\
&\implies\left\lvert i\dfrac{f(z+ih)-f(z)}{ih} - i f'(z) \right\rvert<\varepsilon\\
&\implies\left\lvert \frac{\widetilde{f}(x,y+h)-\widetilde{f}(x,y)}{h} - i f'(z) \right\rvert<\varepsilon.
\end{align*}

Il est ainsi prouvé que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y)$ existe et que $\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) = if'(z).$

Par somme, il vient :

\begin{align*}
\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= f'(z)+i(if'(z))\\
&= f'(z)-f'(z)\\
&=0.
\end{align*}

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 $\widetilde{f}(x,y) = x^2-y^2 +2ixy.$

Alors :

\begin{align*}
\frac{\partial \widetilde{f}}{\partial x}(x,y) + i \frac{\partial \widetilde{f}}{\partial y}(x,y) &= 2x+2iy+i(-2y+2ix)\\
&= 2x+2iy-2iy-2x\\
&=0.
\end{align*}

Prolongements

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 ?

Vous souhaitez en savoir davantage ? Allez jeter un coup d’oeil dans l'article 185.

Vous souhaitez obtenir les équations de Cauchy-Riemann quand on définit la partie réelle et la partie imaginaire associées à la fonction qui est dérivable au sens complexe ? Allez jeter un coup d’oeil dans l'article 190.