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 $k$.
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 ?
Considérez les vecteurs suivants de $\R^4$ : $\alpha_1=(1,1,2,-1)$, $\alpha_2 = (3,0,4,-1)$ et $\alpha_3 = (-1,2,5,2).$
Posez $\alpha = (4,-5,9,-7)$. Est-ce que $\alpha$ est une combinaison linéaire des vecteurs $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3$ ? Autrement dit, est-ce que $\alpha\in \vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ ? Ou encore existe-t-il $(a_1,a_2,a_3)\in\R^3$ tel que $\alpha = a_1\alpha_1 + a_2\alpha_2+a_3\alpha_3$ ?
En remplaçant chaque vecteur par sa valeur numérique, vous êtes amené à à résoudre un système de 4 équations d’inconnues $a_1$ puis $a_2$ et $a_3$. Cela répondrait à la question, mais il sera privilégié ici une présentation différente.
Comme les opérations élémentaires sur les lignes de $A$ ne changent pas l’espace vectoriel engendré par les lignes de $A$ – notez que cet espace vectoriel n’est autre que $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ -, il revient au même de se poser la question : est-ce que $\alpha\in\vect(r_1,r_2,r_3)$ où $r_1$, $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs lignes de la matrice $R$ échelonnée réduite de $A$ ? L’intérêt des vecteurs $r_1$, $r_2$ et $r_3$ c’est que ce seront des vecteurs qui permettront de décomposer instantanément $\alpha$ dessus.
Calculez la matrice $R$, la vaguelette $\sim$ signifiant que l’on peut passer d’une matrice à l’autre par des opérations élémentaires sur les lignes de $A$. Il vient :
Ainsi $r_1 = \left(1,0,0,-\dfrac{17}{15}\right)$, $r_2 = \left(0,1,0,-\dfrac{16}{15}\right)$ et $r_3 = \left(0,0,1,\dfrac{3}{5}\right)$.
Les coordonnées pivots de $\vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ sont $1$, $2$ et $3$ ce qui signifie que les positions des colonnes pivot de chacun des vecteurs pivots sont bien $1$, $2$ et $3$.
Comme $\alpha = (4,-5,9,-7)$, $\alpha\in \vect(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)$ si et seulement si $\alpha\in \vect(r_1,r_2,r_3).$ Comme $r_1$, $r_2$ et $r_3$ sont les vecteurs pivots, cette condition est équivalente à $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3.$
Regardez la 4ème coordonnée de $\alpha$ qui vaut $-7$.
Formez la 4ème coordonnée du vecteur $4r_1-5r_2+9r_3.$
Elle est égale à $\dfrac{-17\times 4}{15}+\dfrac{5\times 16}{15}+\dfrac{9\times 9}{15} = \dfrac{-68+80+81}{15}=\dfrac{93}{15}$ donc on n’a pas $\alpha = 4r_1-5r_2+9r_3$ donc $\alpha$ n’est pas une combinaison linéaire des vecteurs $\alpha_1$, $\alpha_2$ et $\alpha_3.$
La relation $D = P^{-1}AP$ traduit l’associativité du produit matriciel.
Pour fixer les idées, soit $E$ un espace vectoriel de dimension finie $n\geq 1$ et $f$ un endomorphisme de $E$.
Considérez $(e_1, \dots, e_n)$, base de $E$ dans laquelle vous disposez de la matrice $A$ de $f$ dans cette base.
Traduisez le lien entre $(e_1\quad \dots\quad e_n)$ et $(f(e_1)\quad \dots\quad f(e_n))$
Soit $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$. La colonne numéro $i$ de $A$ est donnée par $\begin{pmatrix}a_{1i}\\ \dots \\ a_{ni} \\ \end{pmatrix}$ les coefficients $a_{ji}$ donnant les coordonnées de la décomposition du vecteur $f(e_i)$ sur la base $(e_1,\dots,e_n)$, ce qui se traduit par le sigma $f(e_i)=\sum_{j=1}^n a_{ji}e_j.$
Il faut bien avouer que cette notation avec un sigma n’est guère pratique.
Il convient d’écrire, par produit matriciel, que $f(e_i) = (e_1\quad \dots\quad e_n)\begin{pmatrix}a_{1i}\\ \dots \\ a_{ni}\end{pmatrix}.$
Vous en déduisez la relation fondamentale, la matrice ligne de vecteurs $(f(e_1)\quad \dots \quad f(e_n))$ est égale au produit matriciel $(e_1\quad \dots \quad e_n) A.$
$\boxed{(f(e_1)\quad \dots \quad f(e_n)) =(e_1\quad \dots \quad e_n) A. }$
Ecrivez le lien entre deux bases de $E$
La base $(e_1\quad\dots\quad e_n)$ étant déjà prise en compte plus haut, considérez une autre base $(f_1\quad\dots\quad f_n)$ de $E$. Appelez $P$ la matrice de passage de $(e_1\quad\dots\quad e_n)$ vers la base $(f_1\quad\dots\quad f_n).$
Pour tout $i\in\llbracket 1, n\rrbracket$, le vecteur $f_i$ se décompose avec un sigma : $f_i=\sum_{j=1}^n p_{ji}e_j$ et les coefficients $p_{ji}$ sont regroupés dans la matrice $P$ qui est définie par :
Comme tout à l’heure, l’écriture avec un sigma est peu agréable aussi, vous pouvez remarquer que $f_i$ s’écrit comme le produit matriciel $f_i = (e_1\quad \dots \quad e_n) \begin{pmatrix}p_{1i}\\\dots\\ p_{ni}\end{pmatrix}.$
La matrice ligne $(f_1\quad\dots\quad f_n)$ s’écrit comme le produit matriciel $(e_1\quad \dots \quad e_n) P.$
Supposez que vous ayez trouvé une base de diagonalisation de $f$, autrement dit, il existe $n$ scalaires $\lambda_1$, …, $\lambda_n$ tels que $\forall i\in\llbracket 1, n\rrbracket, f(f_i)=\lambda_i f_i.$
Remarquez que $(f(f_1)\quad\dots\quad f(f_n)) = (\lambda_1 f_1\quad\dots\quad \lambda_n f_n).$
Cette matrice ligne s’écrit comme un produit matriciel en utilisant la matrice $D$ diagonale définie par :
Notez l’utilisation des crochets qui soulignent l’associativité du produit matriciel.
Mais $(f_1\quad\dots\quad f_n) = (e_1\quad \dots \quad e_n) P.$ Comme $f$ est linéaire, vous obtenez $(f(f_1)\quad\dots\quad f(f_n)) = (f(e_1)\quad \dots \quad f(e_n)) P$ ce qui vous donne un autre calcul possible pour la matrice ligne $(f(f_1)\quad\dots\quad f(f_n)).$ Cela donne :
Comme la famille $(e_1, \dots, e_n)$ est une base de $E$, il y a unicité des coefficients et par suite $PD = AP.$
Comme la matrice $P$ est une matrice de passage d’une base vers une autre, elle est inversible et en multipliant à gauche par $P^{-1}$ vous obtenez le résultat annoncé : $\boxed{P^{-1}AP= D.}$
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 $\alpha = \e^{\frac{i\pi}{7}}$, 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 $\C[X]$ :
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 $\alpha_1 = \cos \left(\frac{\pi}{7}\right)$, $\alpha_3 = \cos \left(\frac{3\pi}{7}\right)$ et $\alpha_5 = \cos \left(\frac{5\pi}{7}\right)$ sont trois racines (deux à deux distinctes) du polynôme $8X^3-4X^2-4X+1$.
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{aligned} \int \sin(2x)\e^{-\cos x}\dx &= 2 \int \sin x \cos x \e^{-\cos x}\dx\\ &= -2\int z \e^z \dz. \end{aligned}
Cette dernière intégrale se calcule par une intégration par parties et fait apparaître une constante $C_1$.
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 $x\in\R$, $y(x) = 2+2\cos x + A\e^{\cos x}.$
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 :
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 $(O,\vv{u},\vv{v}).$
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 $\left\{\begin{align*}x &= X\cos\alpha – Y\sin\alpha \\ y &= X\sin\alpha+Y\cos\alpha \end{align*}\right.$
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 :
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 :
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 ?
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 :
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 :
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 $\widetilde{f}(x,y) = x^2-y^2 +2ixy.$
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.
Soit $\alpha = \frac{2\pi}{7}.$ 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 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 $8X^3+4X^2-4X-1$ conformément à ce qui suit :
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 $X^5-1$ dans $\C[X]$
D’abord résolvez l’équation $z^5=1$ où $z\in\C.$
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 $\vert z^5\vert = \vert z\vert^5 = 1 = r^5$ 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 $\alpha = \dfrac{2\pi}{5}.$
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, le polynôme unitaire $X^5-1$ est scindé sur $\C[X]$ et :
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 $\boxed{v = \cos \dfrac{\pi}{5} = \dfrac{1+\sqrt{5}}{4}}.$
Prolongement
Vous souhaitez calculer $\cos (72^{\circ})= \cos\frac{2\pi}{5}$ et $\cos (36^{\circ}) = \cos\frac{\pi}{5}$ en utilisant une solution géométrique ? Allez jeter un coup d’œil dans le contenu rédigé dans l'article 331.
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