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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 ?

118. Alignement de trois points

Considérez la figure ci-dessous.

$ABCD$ est un carré, le point $E$ est situé à l’intérieur de ce carré pour que le triangle $ABE$ soit équilatéral, le point $F$ est situé à l’extérieur de ce même carré pour que le triangle $BCF$ soit équilatéral.

Un carré et deux triangles équilatéraux

Notez $a = AB$ la valeur du côté du carré.

Vous allez montrer uniquement avec des calculs de distances que les points $D$, $E$ et $F$ sont alignés dans cet ordre.

Calculez la distance entre $D$ et $F$

Comme le triangle $DCF$ est isocèle en $C$, vous obtenez par le théorème d’Al-Kashi :

$\begin{align*}
DF^2 &= DC^2+CF^2-2\times DC\times CF\times \cos 150°\\
&= 2a^2-2a^2 \cos 150°\\
&= 2a^2+2a^2\cos 30°\\
&=2a^2+2a^2\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\
&=2a^2+a^2\sqrt{3}\\
&=a^2(2+\sqrt{3}).
\end{align*}$

Avant de prendre la racine carrée, il convient de voir si $2+\sqrt{3}$ s’écrit comme un carré agréable, et c’est effectivement le cas.

Remarquez que :

$\begin{align*}
(\sqrt{2}+\sqrt{6})^2 &= 2+6+2\sqrt{12}\\
&=8+2\times 2\sqrt{3}\\
&=8+4\sqrt{3}\\
&=4(2+\sqrt{3})
\end{align*}$

si bien que :

$\begin{align*}
4DF^2 &= 4a^2(2+\sqrt{3})\\
&= a^2(\sqrt{2}+\sqrt{6})^2
\end{align*}$

et par positivité des distances $\boxed{2DF = a(\sqrt{2}+\sqrt{6}).}$

Calculez la distance entre $D$ et $E$

Comme le triangle $ADE$ est isocèle en $A$, vous obtenez par le théorème d’Al-Kashi :

$\begin{align*}
DE^2 &= AE^2+AD^2-2\times AE \times AD\times \cos 30°\\
&=2a^2-2a^2\cos30°\\
&=2a^2-a^2\sqrt{3}\\
&=a^2(2-\sqrt{3}).
\end{align*}$

Remarquez comme dans le paragraphe précédent que :

$\begin{align*}
(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2 &= 6+2-2\sqrt{12}\\
&=8-2\times 2\sqrt{3}\\
&=8-4\sqrt{3}\\
&=4(2-\sqrt{3})
\end{align*}$

Par positivité des distances et du nombre $\sqrt{6}-\sqrt{2}$, vous obtenez $\boxed{2DE = a(\sqrt{6}-\sqrt{2}).}$

Calculez la distance entre $E$ et $F$

Le triangle $EBF$ est isocèle en $B$. De plus, $\widehat{EBF} =\widehat{EBC}+\widehat{CBF} = 30°+60°=90°.$ Par conséquent, le triangle $EBF$ est rectangle isocèle en $B$. Le théorème de Pythagore fournit :

$\begin{align*}
EF^2 &= BE^2+BF^2\\
&=2a^2.
\end{align*}$

Du coup $EF = a\sqrt{2}.$

Montrez que $DE+EF=DF$

$\begin{align*}
2DE+2EF &= a(\sqrt{6}-\sqrt{2}) + 2a\sqrt{2}\\
&=a(\sqrt{6}+\sqrt{2})\\
&=2DF.
\end{align*}$

L’égalité $DE+EF=DF$ entraîne l’appartenance du point $E$ au segment $[DF]$ comme annoncé.

Prolongements

Voici une autre méthode utilisant des homothéties, une projection et une translation.

L’alignement des points $D$, $E$ et $F$ peut être démontrée autrement (angles, calculs dans un repère…).

Quelle est l’approche de que vous préférez ?

112. Calcul des cosinus de pi/7, 3pi/7 et 5pi/7

Factorisez $X^7+1$ dans $\C[X]$

Remarquez déjà que pour tout nombre complexe $z$, on ne peut avoir l’annulation simultanée du polynôme $X^7+1$ et de son polynôme dérivé. En effet $z^7+1=0$ et $7z^6 = 0$ fournit $z=0$ et la contradiction $1=0.$

Le polynôme $X^7+1$ n’a que des racines simples dans $\C$. Si on pose $\alpha = \e^{\dfrac{i\pi}{7}}$, vous remarquez que $\alpha$ est annulé par $X^7+1$ étant donné que $\e^{i\pi} = -1$, appelé relation d’Euler.

Ensuite, il s’agit de remarquer que $\alpha^3$ est aussi une racine de $X^7+1.$ En effet, $(\alpha^3)^7+1 = (\alpha^7)^3+1 = (-1)^3+1 = 0.$

Il en est de même pour $\alpha^5$ avec un calcul similaire : $(\alpha^5)^7+1 = (\alpha^7)^5+1 = (-1)^5+1=0.$

Comme $X^7+1$ est à coefficients réels, les trois conjugués $\overline{\alpha}$, $\overline{\alpha}^3$ et $\overline{\alpha}^5$ sont aussi trois racines de $X^7+1$.

Etant donné que $-1$ est aussi une racine de $X^7+1$, vous obtenez la factorisation finale de $X^7+1$ dans $\C[X]$ :

$\boxed{X^7+1 = (X+1)(X-\alpha)(X-\overline{\alpha})\left(X-\alpha^3\right)\left(X-\overline{\alpha}^3\right)\left(X-\alpha^5\right)\left(X-\overline{\alpha}^5\right)}.$

Développez $(X-z)(X-\overline{z})$

Vous obtenez un polynôme à coefficients réels qui est égal à $X^2-(z+\overline{z})X+|z|^2.$

Rappelez-vous que $z+\overline{z}$ vaut deux fois la partie réelle de $z$, qui est un réel.

Factorisez $X^7+1$ dans $\R[X]$

Posez maintenant $\alpha_1 = \cos \left(\dfrac{\pi}{7}\right)$, $\alpha_3 = \cos \left(\dfrac{3\pi}{7}\right)$ et $\alpha_5 = \cos \left(\dfrac{5\pi}{7}\right).$

Vous développez et obtenez successivement :

$(X-\alpha)(X-\overline{\alpha}) = X^2-2\alpha_1 X+1$

$(X-\alpha^3)(X-\overline{\alpha}^3) = X^2-2\alpha_3 X+1$

$(X-\alpha^5)(X-\overline{\alpha}^5) = X^2-2\alpha_5 X+1.$

Vous en déduisez que :

$\boxed{X^7+1 = (X+1)(X^2-2\alpha_1 X+1)(X^2-2\alpha_3 X+1)(X^2-2\alpha_5 X+1)}.$

Déduisez-en un polynôme annulateur de $\alpha_1$, $\alpha_3$ et $\alpha_5$

Notez que pour tout $u\in\{\alpha_1, \alpha_3, \alpha_5\}$, le polynôme $X^2-2uX+1$ divise le polynôme $X^7+1.$

Soit maintenant $u$ fixé appartenant à $\{\alpha_1, \alpha_3, \alpha_5\}.$

Or, quand vous effectuez la division euclidienne de $X^7+1$ par $X^2-2uX+1$ vous avez pour quotient :

$Q(X)=X^5+2uX^4+(4u^2-1)X^3+(8u^3-4u)X^2+(16u^4-12u^2+1)X+(32u^5-32u^3+6u)$

et pour reste :

$R(X) = (64u^6-80u^4+24u^2-1)X+(-32u^5+32u^3-6u+1).$

Le reste étant nul, vous en déduisez que : $64u^6-80u^4+24u^2-1 = 0$ et que $-32u^5+32u^3-6u+1 = 0.$

Multipliez la dernière relation par $2u$ : $-64u^6+64u^4-12u^2+2u = 0.$

Finalement, par addition des deux polynômes en $u$ de degré 6 vous aboutissez à : $-16u^4+12u^2+2u-1=0.$

Or, $-32u^5+32u^3-6u+1 = 0.$ Multipliez par $-2u$ la relation $-16u^4+12u^2+2u-1=0$ pour obtenir $32u^5-24u^3-4u^2+2u=0.$

Par somme des deux polynômes en $u$ de degré 5, vous aboutissez à $8u^3-4u^2-4u+1=0.$

Concluez par la factorisation de $8X^3-4X^2-4X+1$

D’après ce qui précède, les trois nombres $\alpha_1 = \cos \left(\dfrac{\pi}{7}\right)$, $\alpha_3 = \cos \left(\dfrac{3\pi}{7}\right)$ et $\alpha_5 = \cos \left(\dfrac{5\pi}{7}\right)$ sont trois racines (deux à deux distinctes) du polynôme $8X^3-4X^2-4X+1$.

Vous en déduisez la factorisation :

$\boxed{8X^3-4X^2-4X+1 = 8\left(X-\cos \dfrac{\pi}{7}\right)\left(X-\cos \dfrac{3\pi}{7}\right)\left(X-\cos \dfrac{5\pi}{7}\right).}$

Vous cherchez à calculer les cosinus de 2pi/7, 4pi/7 et 6pi/7 ?

Ne traînez plus ! Jetez un coup d'oeil sur l'article 107.

111. Une équation différentielle du premier ordre à connaître

Soit à résoudre l’équation différentielle $y’+y \sin x = \sin(2x).$

Résolvez l’équation homogène $y’+y\sin x = 0$

Procédez à l’analyse du problème

Soit $y$ une fonction définie sur $\R$ et dérivable sur $\R$, telle que $\forall x\in\R, y'(x)+y(x)\sin x = 0.$

Considérez la fonction $f$ définie par $\forall x\in\R, f(x) = y(x)\e^{-\cos x}$.

Par produit de fonctions dérivables sur $\R$, $f$ est dérivable sur $\R$ et, pour tout réel $x$ :

$\begin{align*}
f'(x) &= y'(x) \e^{-\cos x} + y(x)\sin x \e^{-\cos x} \\
&= \left(y'(x)+y(x)\sin x\right)\e^{-\cos x}\\
&= 0\times \e^{-\cos x}\\
&= 0.
\end{align*}$

La fonction $f$ est constante, il existe un réel $A\in\R$ tel que $\forall x\in\R, A = y(x)\e^{-\cos x}$ et $y(x) = A\e^{\cos x}.$

Procédez à la synthèse

Soit $A$ un réel fixé. Pour tout $x\in\R$, posez $y(x) = A\e^{\cos x}$.

$y'(x)+y(x)\sin x = -A \sin x \e^{\cos x}+ A\sin x \e^{\cos x}=0.$

Concluez

L’équation homogène est complètement résolue.

Une fonction $y$ définie et dérivable sur $\R$ vérifie $y’+y\sin x = 0$, si et seulement si, il existe un réel $A$ tel que, pour tout $x\in\R$, $y(x) = A\e^{\cos x}.$

Trouvez une solution particulière de l’équation $y’+y\sin x = \sin(2x)$

Utilisez la méthode de variation des constantes

On entend souvent : utilisez la méthode de variation de la constante. « Faire varier la constante » ? Paradoxale en apparence, cette idée signifie que vous allez chercher une solution de l’équation $y’+y\sin x = \sin (2x)$ sous la forme $y(x) = A(x)\e^{\cos x}$, où $A$ sera une fonction définie et dérivable sur $\R$ dont vous donnerez une expression plus tard.

$y'(x) = A'(x) \e^{\cos x} – A(x) \sin x \e^{\cos x}$ du coup $y'(x) = A'(x)\e^{\cos x} – \sin x y(x)$ et par suite $y'(x)+y(x)\sin x = A'(x)\e^{\cos x}.$

Vous aboutissez à $\sin(2x)=A'(x)\e^{\cos x}$ puis à $A'(x) = \sin(2x)\e^{-\cos x}.$

Pour trouver une fonction $A$ qui satisfait cette condition, vous calculez une intégrale sans borne en effectuant un changement de variable $z=-\cos x$ qui donne $\dz = \sin x \dx$ :

$\begin{align*}
\int \sin(2x)\e^{-\cos x}\dx &= 2 \int \sin x \cos x \e^{-\cos x}\dx\\
&= -2\int z \e^z \dz.
\end{align*}$

Cette dernière intégrale se calcule par une intégration par parties et fait apparaître une constante $C_1$.

$\begin{align*}
\int z \e^z \dz &= z\e^z – \int \e^z\dz\\
&= z\e^z – \e^z + C_1\\
&= (z-1)\e^z+C_1.
\end{align*}$

Vous revenez au calcul de la première intégrale et vous avez une constante $C_2$.

$\begin{align*}
\int \sin(2x)\e^{-\cos x}\dx &=-2 (z-1)\e^z-2C_1 \\
&= (2-2z)\e^z+C_2\\
&=(2+2\cos x)\e^{-\cos x}+C_2.
\end{align*}$

Vous avez besoin d’une solution particulière, vous choisissez $C_2 = 0$ et posez $A(x) = (2+2\cos x)\e^{-\cos x}$ et par suite $y(x) = A(x)\e^{\cos x} = 2+2\cos x$ semble être un très bon candidat de solution particulière.

Vérifiez que votre candidat convient

Pour tout réel $x$, posez $y_T(x) = 2+2\cos x.$

$y_T'(x)+y_T(x)\sin x = -2\sin x + 2\sin x + 2\sin x \cos x = \sin(2x).$

Conclusion : la fonction $y_T$ définie sur $\R$ par $y_T(x) = 2+2\cos x$ est une solution particulière de l’équation différentielle $y’+y\sin x = \sin(2x).$

Concluez en trouvant toutes les solutions de l’équation différentielle $y’+y\sin x = \sin(2x)$

Une fonction $y$ est solution de cette équation, si et seulement si $y-y_T$ est solution de l’équation homogène $y’+y\sin x =0$ qui a déjà été traitée.

Par conséquent, une fonction $y$ définie et dérivable sur $\R$ est solution de l’équation différentielle $y’+y\sin x = \sin(2x)$, si et seulement si, il existe un nombre réel $A$ tel que, pour tout $x\in\R$, $y(x) = 2+2\cos x + A\e^{\cos x}.$

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 ?

Participez et faites-moi part de vos contributions par courrier électronique ou sur les réseaux sociaux.

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 ?

107. Calcul des cosinus de 2pi/7, 4pi/7 et 6pi/7

Soit $\alpha = \dfrac{2\pi}{7}.$ Le but de l’article est de trouver une équation polynomiale qui caractérise $u=\cos \alpha$, $v=\cos (2\alpha)$ et $w=\cos (3\alpha).$

Factorisez le polynôme $X^7-1$ dans $\C[X]$

Les 7 nombres complexes $1$, $\e^{i\alpha}$, $\e^{-i\alpha}$, $\e^{2i\alpha}$, $\e^{-2i\alpha}$, $\e^{3i\alpha}$ et $\e^{-3i\alpha}$ sont des solutions deux à deux distinctes de l’équation $z^7=1$ d’inconnue $z\in\C.$

Par conséquent :

$\boxed{X^7-1 = (X-1)(X-\e^{i\alpha})(X-\e^{-i\alpha})(X-\e^{2i\alpha})(X-\e^{-2i\alpha})(X-\e^{3i\alpha})(X-\e^{-3i\alpha})}.$

Regroupez les polynômes ayant des racines complexes conjuguées

Des égalités suivantes :

$\begin{align*}
(X-\e^{i\alpha})(X-\e^{-i\alpha}) &= X^2-2X\cos \alpha + 1\\
(X-\e^{2i\alpha})(X-\e^{-2i\alpha}) &= X^2-2X\cos (2\alpha) + 1\\
(X-\e^{3i\alpha})(X-\e^{-3i\alpha}) &= X^2-2X\cos (3\alpha) + 1
\end{align*}$

Vous déduisez la factorisation de $X^7-1$ dans $\R[X]$ :

$\boxed{X^7-1 = (X-1)(X^2-2uX + 1)(X^2-2vX + 1)(X^2-2wX + 1) }.$

Déduisez-en la factorisation de $X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$ dans $\R[X]$

La division euclidienne de $X^7-1$ par $X-1$ fournit l’égalité :

$\boxed{X^7-1 = (X-1)(X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+ 1) }.$

Par unicité du quotient de la division euclidienne, vous aboutissez à :

$\boxed{X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1 = (X^2-2uX + 1)(X^2-2vX + 1)(X^2-2wX + 1) }.$

Comment continuer ?

Rappelez-vous que les réels $u$, $v$ et $w$ sont deux à deux distincts.

Soit $r\in\{u,v,w\}$ et effectuez la longue division euclidienne de $X^6+X^5+X^4+X^3+X^2+X+1$ par $X^2-2rX+1.$

$\begin{array}{rrrrrrr|lll}
X^6 &+X^5 &+X^4 &+X^3 &+X^2 &+X &+1 & X^2 &-2rX&+1 \\
X^6 & -2rX^5 &+X^4 & & & & &X^4 &+ (1+2r)X^3 &+(4r^2+2r)X^2+(8r^3+4r^2-2r)X+(16r^4+8r^3-8r^2-2r+1)\\ \hline
& (1+2r)X^5 & &+X^3 &+X^2 &+X &+1 \\
& (1+2r)X^5 & +(-4r^2-2r)X^4 & +(1+2r)X^3 \\ \hline
& & (4r^2+2r)X^4 &-2rX^3&+X^2&+X&+1 \\
& & (4r^2+2r)X^4 &+(-8r^3-4r^2)X^3 &+(4r^2+2r)X^2 \\ \hline
& & &(8r^3+4r^2-2r)X^3 &+(-4r^2-2r+1)X^2&+X&+1 \\
& & &(8r^3+4r^2-2r)X^3 & + (-16r^4-8r^3+4r^2)X^2 &+(8r^3+4r^2-2r)X \\ \hline
& & & &(16r^4+8r^3-8r^2-2r+1)X^2&+(-8r^3-4r^2+2r+1)X &+1\\
&&&&(16r^4+8r^3-8r^2-2r+1)X^2&+(-32r^5-16r^4+16r^3+4r^2-2r)X&+(16r^4+8r^3-8r^2-2r+1) \\ \hline
&&&&&(32r^5+16r^4-24r^3-8r^2+4r+1)X&+(-16r^4-8r^3+8r^2+2r)
\end{array}$

Par unicité du reste de la division euclidienne, vous déduisez que :

$\left\{\begin{align*}
-16r^4-8r^3+8r^2+2r &=0\\
32r^5+16r^4-24r^3-8r^2+4r+1 &= 0
\end{align*}\right.$

Comme $r\neq 0$ la première équation se simplifie en divisant par $r$ et en divisant par $-2$ :

$\left\{\begin{align*}
8r^3+4r^2-4r-1 &=0\\
32r^5+16r^4-24r^3-8r^2+4r+1 &= 0
\end{align*}\right.$

Qu’apporte l’équation $32r^5+16r^4-24r^3-8r^2+4r+1 = 0$ ?

Effectuez la division euclidienne de $32X^5+16X^4-24X^3-8X^2+4X+1$ par $8X^3+4X^2-4X-1.$

$\begin{array}{rrrrrr|l}
32X^5 & +16X^4 & -24X^3 & -8X^2 & +4X &+1 & 8X^3+4X^2-4X-1 \\
32X^5 & +16X^4 &-16X^3 & -4X^2 & & &4X^2 -1\\ \hline
& & -8X^3 &-4X^2&+4X&+1 \\
& & -8X^3 &-4X^2&+4X&+1 \\ \hline
& & & & & 0
\end{array}$

Par conséquent l’équation de degré 5 satisfaite par $r$ n’apporte aucun renseignement de plus que l’équation de degré 3 dont vous disposez.

Concluez

Les trois réels $u$, $v$ et $w$ sont deux à deux distincts et sont solution de la même équation $8x^3+4x^2-4x-1=0$ d’inconnue $x\in\R.$ Vous aboutissez à la factorisation du polynôme $8X^3+4X^2-4X-1$ :

$\boxed{\begin{align*}
8X^3+4X^2-4X-1 &= 8(X-u)(X-v)(X-w) \\
&=8\left(X-\cos \dfrac{2\pi}{7}\right)\left(X-\cos \dfrac{4\pi}{7}\right)\left(X-\cos \dfrac{6\pi}{7}\right).
\end{align*}}$

Pour les valeurs numériques, il suffit d’approcher les trois racines du polynôme $8X^3+4X^2-4X-1$ par des suites qui restent un moyen efficace pour y parvenir.

Vous cherchez à calculer les cosinus de pi/7, 3pi/7 et 5pi/7 ?

Ne traînez plus ! Jetez un coup d'oeil sur l'article 112.

106. Le calcul du cosinus de 36° et du cosinus de 72°

Un angle de $36°$ correspond, en radians, à un angle de $\dfrac{\pi}{5}$. De même un angle de $72°$ admet une mesure en radians égale à $\dfrac{2\pi}{5}$.

Les nombres complexes permettent de trouver les valeurs des cosinus de $\dfrac{2\pi}{5}$ et du cosinus de $\dfrac{\pi}{5}.$

Voilà les étapes à suivre : vous factorisez un polynôme dans les complexes, puis dans les réels et déduisez des équations permettant de trouver les valeurs.

Factorisez le polynôme $z^5-1$ dans $\C[z]$

D’abord résolvez l’équation $z^5=1.$

Analyse. Soit $z\in\C$ une solution de l’équation $z^5=1$. Alors $z\neq 0$, donc il existe un réel $r>0$ et un réel $\theta$ tels que $z = r\e^{i\theta}.$

De là vous déduisez que $|z^5| = |z|^5 = 1 = r^5$ et par suite $r=1.$

Du coup $1 = z^5 = \e^{5i\theta}$ et donc il existe $k\in\Z$, $5\theta = 2k\pi$ et $\theta = \dfrac{2k\pi}{5}.$

Synthèse. Pour tout entier $k$ compris entre $-2$ et $2$, posez $z_k = \e^{2ik\pi / 5}.$

Pour plus de lisibilité posez $\alpha = \dfrac{2\pi}{5}.$

$z_k^5 = \e^{5ik\alpha} = \e^{2i\pi} = 1.$

Les nombres complexes $z_{-2}, z_{-1}, z_0, z_1 et z_2$ sont deux à deux distincts et sont au nombre $5$, par conséquent :

$\boxed{\forall z\in\C, z^5-1 = (z-1)(z-\e^{i\alpha})(z-\e^{-i\alpha})(z-\e^{2i\alpha})(z-\e^{-2i\alpha})}.$

Factorisez le polynôme $z^5-1$ dans $\R[z]$

Il suffit de regrouper les racines complexes conjuguées.

$\begin{align*}
(z-\e^{i\alpha})(z-\e^{-i\alpha}) &= z^2-(\e^{i\alpha} + \e^{-i\alpha})z+1\\
&=z^2-2z\cos \alpha + 1\\
&=z^2-2z\cos \dfrac{2\pi}{5}+ 1.
\end{align*}$

$\begin{align*}
(z-\e^{2i\alpha})(z-\e^{-2i\alpha}) &= z^2-(\e^{2i\alpha} + \e^{-2i\alpha})z+1\\
&=z^2-2z\cos 2\alpha + 1\\
&=z^2-2z\cos \dfrac{4\pi}{5}+1\\
&=z^2+2z\cos \dfrac{\pi}{5}+1\\
\end{align*}$

$\boxed{\forall x\in\R, x^5-1 = (x-1)\left(x^2-2x\cos \dfrac{2\pi}{5}+ 1\right)\left(x^2+2x\cos \dfrac{\pi}{5}+1\right)}.$

Effectuez la division euclidienne de $x^5-1$ par $x-1$

$\begin{array}{rrrrrr|ll}
x^5 & & & & &-1 &x&-1 \\
x^5 & -x^4 & & & & &x^4&+x^3+x^2+x+1\\ \hline
& x^4 & & & & -1 \\
& x^4 & -x^3 \\ \hline
& & x^3 & & &-1 \\
& & x^3 & -x^2 \\\hline
& & &x^2 & &-1\\
& & & x^2 &-x\\ \hline
&&&&x&-1 \\
&&&&x&-1 \\\hline
&&&&&0
\end{array}$

Par unicité du quotient dans une division euclidienne, vous déduisez que :

$\boxed{\forall x\in\R, x^4+x^3+x^2+x+1 = \left(x^2-2\cos \dfrac{2\pi}{5}x+ 1\right)\left(x^2+2\cos \dfrac{\pi}{5}x+1\right)}.$

Pour simplifier les notations, posez $u=\cos \dfrac{2\pi}{5}$ et $v=\cos \dfrac{\pi}{5}.$

Effectuez la division euclidienne de $x^4+x^3+x^2+x+1$ par $x^2-2ux+1$

$\begin{array}{rrrrr|lll}
x^4 & +x^3 & +x^2 & +x & +1 & x^2&-2ux&+1\\
x^4 & -2ux^3 & +x^2 & & &x^2 &+(1+2u)x &+(2u+4u^2)\\ \hline
&(1+2u)x^3 & &+x & +1 \\
&(1+2u)x^3 & +(-2u-4u^2)x^2 & +(1+2u)x\\ \hline
& & (2u+4u^2)x^2 & -2ux & +1\\
& &(2u+4u^2)x^2 &+ (-4u^2-8u^3)x&+(2u+4u^2) \\ \hline
& & & (4u^2+8u^3-2u)x&+(-4u^2-2u+1)
\end{array}$

Par unicité du quotient et du reste de la division euclidienne, et identification des coefficients de deux polynômes, vous obtenez les relations :

$\left\{\begin{align*}
1+2u &= 2v \\
2u+4u^2 &=1 \\
4u^2+8u^3-2u &=0\\
-4u^2-2u+1 &=0
\end{align*}\right.$

$\left\{\begin{align*}
1+2u &= 2v \\
2u-4u^2 &=1 \\
2u(2u+4u^2-1) &=0\\
4u^2+2u-1 &=0.
\end{align*}\right.$

Concluez avec les valeurs exactes des cosinus

Par redondance des relations, vous avez à résoudre :

$\left\{\begin{align*}
1+2u &= 2v \\
4u^2+2u-1 &=0.
\end{align*}\right.$

La résolution de l’équation $4x^2+2x-1=0$ d’inconnue $x\in \R$ aboutit à deux solutions distinctes, $u_1 = \dfrac{-2 + \sqrt{20}}{8} = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}$ et $u_2 = \dfrac{-1-\sqrt{5}}{4}$, et donc $u\in\{u_1,u_2\}.$

Or, le réel $u=\cos \dfrac{2\pi}{5}$ est strictement positif vu que $0<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2}$, par conséquent $\boxed{u=\cos \dfrac{2\pi}{5} = \dfrac{-1+\sqrt{5}}{4}}.$

De $4u = -1+\sqrt{5}$ et de $4v = 4u+2 = -1+\sqrt{5} + 2 = 1+\sqrt{5}$, vous déduisez que $\boxed{v = \cos \dfrac{\pi}{5} = \dfrac{1+\sqrt{5}}{4}}.$

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 $\C.$