Catégorie : Niveau Prépa

Dans cet article, les notions d’anneaux et d’ensemble-quotient ne seront pas abordées. L’approche choisie consiste à démontrer le résultat de l’indicatrice d’Euler en travaillant principalement dans l’ensemble $\Z$ des entiers relatifs.

Notations

Pour tout entier naturel $a$ et tout entier naturel $n$ non nul, la notation $(a \mod n)$ désignera le reste de la division euclidienne de $a$ par $n.$

Pour tout entier naturel $n$ non nul, vous notez $\varphi(n)$ le nombre d’éléments de l’ensemble :

U_n = \{k\in\Z, \mathrm{PGCD}(k,n)=1\text{ et } 0\leq k\leq n-1\}.

Il s’agit de démontrer que si $m$ et $n$ sont deux entiers naturels non nuls tels que $\mathrm{PGCD}(m,n)=1$, alors :

\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n).

Dans toute la suite de cet article, vous fixez deux entiers $m$ et $n$ non nuls fixés, tels que $\mathrm{PGCD}(m,n)=1.$

Construisez une application de l’ensemble $U_{mn}$ vers le produit $U_m\times U_n$

Soit $x$ un élément de $U_{mn}.$

Pour être certain d’obtenir un entier de l’ensemble $U_m$ et un entier de l’ensemble $U_n$ vous effectuez la division euclidienne de $x$ par $m$ et $n$ respectivement. Il existe quatre entiers uniques $q_n, r_n, q_m, r_m$ avec $0\leq r_n\leq n-1$ et $0\leq r_m\leq m-1$ tels que :

\left\{\begin{align*}
x&=q_m m+r_m\\
x&=q_n n+r_n.
\end{align*}
\right.

Il s’agit maintenant de comprendre pourquoi le couple $(r_m,r_n)$ est un élément de l’ensemble $U_m\times U_n.$

Notez $d = \mathrm{PGCD}(r_m,m).$ Comme $d$ divise $m$, $d$ divise le produit $q_m m.$ Comme $d$ divise aussi $r_m$, il divise la somme $q_m m + r_m.$ Par suite, $d$ divise $x.$

Comme $d$ divise $m$ et que $m$ divise le produit $mn$ vous déduisez que $d$ divise $mn.$ Comme $d$ divise $mn$ et $x$, c’est un diviseur commun à $x$ et à $mn.$ Or, $x\in U_{mn}$ donc $ \mathrm{PGCD}(x,mn) = 1.$ Il en résulte que $d=1.$

Il est ainsi démontré que $\mathrm{PGCD}(r_m,m) = 1.$ Vu que $0\leq r_m\leq m-1$ vous déduisez $\boxed{r_m\in U_m.}$

Un raisonnement identique permet d’aboutir à la conclusion $\boxed{r_n\in U_n.}$

Par le procédé décrit ci-dessus, vous avez défini une application $f$ qui va de $U_{mn}$ dans $U_m\times U_n.$ Elle est définie, pour tout entier $k\in U_{mn}$ par :

f(k) = ((k\mod m) , (k\mod n)).

Démontrez l’injectivité de cette application

Soient $x$ et $y$ deux éléments de $U_{mn}$ tels que $f(x) = f(y).$

Alors :

\begin{align*}
(x\mod m) &= (y\mod m)\\
(x\mod n) &= (y\mod n).
\end{align*}

Quand vous effectuez la division euclidienne de $x$ par $m$, puis celle de $y$ par $m$, vous constatez qu’il existe un couple $(q_n,q_m)$ d’entiers tel que :

x = q_x m+(x\mod m)\\
y = q_y m + (y\mod m).

Comme $(x\mod m) = (y\mod m)$ par soustraction, vous déduisez :

x-y = q_xm-q_ym = m(q_x-q_y).

Ainsi l’entier $m$ divise la différence $x-y.$

En suivant un raisonnement similaire pour $n$, vous aboutissez au fait que $n$ divise aussi la différence $x-y.$

D’après ces constats, il existe deux entiers $m’$ et $n’$ tels que :

\begin{align*}
x-y &= mm'\\
x-y&=nn'.
\end{align*}

Vous déduisez $mm’ = nn’$ puis $n \mid mm’.$ Comme $\mathrm{PGCD}(m,n)=1$ le théorème de Gauss fournit $n \mid m’.$ Donc il existe un entier $k$ tel que $m’ = kn.$

L’égalité $x-y = mm’$ devient $x-y = mkn$ si bien que le produit $mn$ divise $x-y.$

Vous allez supposer que $k$ n’est pas nul, ce qui implique $\vert k \vert \geq 1.$

Du coup, $\vert x-y \vert = \vert k \vert \times mn$ d’où $\vert x-y\vert \geq mn.$

Or, $x$ et $y$ sont deux éléments de $U_{mn}$ donc $0\leq x \leq mn -1$ et $0\leq y \leq mn-1.$

Par suite, $1-mn\leq -y \leq 0$ et par somme avec $0\leq x\leq mn-1$ il vient $1-mn \leq x-y \leq mn-1.$

Cette double inégalité fournit $\vert x-y \vert \leq mn-1.$ Or, $mn\leq \vert x-y\vert$ du coup $mn\leq mn-1$ ce qui est une contradiction.

Ainsi, $k=0$ et $x-y=0$ et $x=y.$ L’injectivité de la fonction $f$ est ainsi démontrée.

Démontrez la surjectivité de cette application

Soit $(u,v)$ un couple de l’ensemble $U_m\times U_n.$

Grâce au théorème chinois dont une preuve se trouve dans le contenu rédigé dans l'article 309, il existe un entier $x$ tel que :

\left\{\begin{align*}
x&\equiv u\text{ modulo }m\\
x&\equiv v\text{ modulo }n.
\end{align*}
\right.

Sans utiliser le symbôle de la congruence, cela signifie qu’il existe un entier $r$ et un entier $s$ tels que :

\left\{\begin{align*}
x = u +rm\\
x = v+ sn.
\end{align*}
\right.

A priori, on n’est pas sûr que $x$ soit compris entre $0$ et $mn-1.$

Vous allez considérer $y = x\mod mn$, le reste de la division de $x$ par le produit $mn.$

Il existe un entier $q$ tel que $x = qmn + y$ et l’inégalité $0\leq y \leq mn-1$ est vérifiée.

D’une part :

\begin{align*}
y &= x-qmn\\
&=u+rm-qmn\\
&=(r-qn)m+u.
\end{align*}

Comme $r-qn$ est un entier et que $u$ est compris entre $0$ et $m-1$, l’entier $u$ est de reste de la division de $y$ par $m$, donc $u = (y\mod m).$

D’autre part :

\begin{align*}
y &= x-qmn\\
&=v+sn-qmn\\
&=(s-qm)n+v.
\end{align*}

Comme $s-qm$ est un entier et que $v$ est compris entre $0$ et $n-1$, l’entier $v$ est de reste de la division de $y$ par $n$, donc $v = (y\mod n).$

Notez maintenant $d$ le plus grand diviseur commun des entiers $y$ et $m.$

Comme $d\mid m$ il vient $d\mid qmn.$ Or, $x = y+qmn$ donc $d\mid x.$ Comme $\mathrm{PGCD}(x,m)=1$ et que $d$ est un diviseur commun à $x$ et à $m$, vous déduisez $d = 1$ et par suite $\mathrm{PGCD}(y,m)=1.$

Notez maintenant $f$ le plus grand diviseur commun des entiers $y$ et $n.$

Comme $f\mid n$ il vient $f\mid qmn.$ Or, $x = y+qmn$ donc $f\mid x.$ Comme $\mathrm{PGCD}(x,m)=1$ et que $f$ est un diviseur commun à $x$ et à $m$, vous déduisez $f = 1$ et par suite $\mathrm{PGCD}(y,n)=1.$

Il s’agit de comprendre maintenant pourquoi $\mathrm{PGCD}(y,mn)=1.$ Si tel n’est pas le cas, $\mathrm{PGCD}(y,mn)\geq 2$ et il existe un nombre premier $p$ tel que $p$ divise $\mathrm{PGCD}(y,mn).$ Comme $\mathrm{PGCD}(y,mn)$ divise $mn$ vous déduisez que $p$ divise $mn.$

Par le lemme d’Euclide, soit $p$ divise $m$, soit $p$ divise $n.$
Supposez que $p$ divise $m$ alors $p$ divisant $\mathrm{PGCD}(y,mn)$ qui divise $y$, vous déduisez $p\mid y.$ Du coup $p$ est un diviseur commun à $y$ et à $m.$ Comme $\mathrm{PGCD}(y,m)=1$ vous déduisez $p\leq 1$ ce qui est impossible, puisque $p$ en tant que nombre premier est supérieur ou égal à $2.$
Supposez que $p$ divise $n.$ Alors le raisonnement est similaire. En effet, vous trouvez $p\mid y$ et $p\mid n.$ Comme $\mathrm{PGCD}(y,n)=1$ cela entraîne $p\leq 1$ ce qui est impossible.

Du coup $\mathrm{PGCD}(y,mn)=1$ avec $0\leq y \leq mn-1.$ Donc $y$ est un élément de $U_{mn}.$

Il vient alors :

\begin{align*}
f(y) &= ((y\mod m), (y\mod n))\\
&= (u,v).
\end{align*}

La surjectivité de $f$ est ainsi démontrée.

Concluez

L’application $f$ est une bijection de $U_{mn}$ dans $U_m\times U_n.$

Les ensembles de départ et d’arrivée de $f$ ont donc le même nombre d’éléments, ce qui fournit le résultat :

\varphi(mn)=\varphi(m)\times \varphi(n).

Dans cet article, vous notez $\mathscr{P}$ l’ensemble des nombres premiers.

Un nombre $p$ sera qualifié de premier, si et seulement si, il est entier et supérieur ou égal à $2$ et si, quels que soient les entiers naturels $a$ et $b$ non nuls :

\boxed{p = ab \implies \left(\left\{\begin{align*}a&=1\\ b&=p\end{align*}\right. \quad \text{ ou }\quad  \left\{\begin{align*}a&=p\\ b&=1.\end{align*}\right.\right)}

Un nombre entier supérieur ou égal à $2$ qui n’est pas premier sera qualifié de nombre composé.

Caractérisez un nombre entier composé

Soit $n$ un nombre entier supérieur ou égal à $2.$ Supposez que $n$ ne soit pas premier. Alors il existe deux entiers naturels $a$ et $b$ non nuls tels que $p=ab$ et ils vérifient ce qui suit :

(*):\left\{\begin{align*}
a&\neq 1 \text{ ou } b\neq n\\
a&\neq n \text{ ou } b\neq 1.
\end{align*}\right.

Si $a=1$, alors $b\neq n$ d’après la première ligne de $(*).$ Or, la condition $n=ab$ devient $n=b$ ce qui amène à une contradiction. Donc $a\geq 2.$

Si $a=n$, alors $b\neq 1$ d’après la deuxième ligne de $(*).$ Or, la condition $n=ab$ devient $n=nb$ et comme $n\neq 0$ vous déduisez $b=1$ ce qui amène à une contradiction.

Si $a>n$, alors en multipliant par $b$ qui est strictement positif, il vient $ab>nb$ et la condition $n=ab$ fournit $n>nb$ et en divisant par $n>0$ il vient $1>b$ ce qui contredit le fait que $b$ et un entier naturel non nul.

Vous déduisez de cette analyse que $2\leq a \leq n-1.$

Le raisonnement est strictement identique pour $b.$

Il est ainsi établi que, pour tout nombre naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, si $n$ n’est pas premier, alors il existe deux entiers $a$ et $b$ tels que :

\left\{\begin{align*}
&n=ab\\
&2\leq a \leq n-1\\
&2\leq b \leq n-1.
\end{align*}\right.

Réciproquement, soit $n$ un nombre entier supérieur ou égal à $2$ tel qu’il existe deux entiers $a$ et $b$ vérifiant les conditions suivantes :

(**): \left\{\begin{align*}
&n=ab\\
&2\leq a \leq n-1\\
&2\leq b \leq n-1.
\end{align*}\right.

Si $n$ était premier, alors soit $a$ serait égal à $1$, ce qui contredit la deuxième ligne de $(**)$ soit $a$ serait égal à $n$, ce qui contredit encore la deuxième ligne de $(**).$

La caractérisation est ainsi établie.

Pour tout nombre naturel $n$ supérieur ou égal à $2$, $n$ n’est pas premier, si et seulement si, il existe deux entiers $a$ et $b$ tels que :

\boxed{\left\{\begin{align*}
&n=ab\\
&2\leq a \leq n-1\\
&2\leq b \leq n-1.
\end{align*}\right.}

Le lemme d’Euclide à partir du raisonnement par l’absurde

Vous cherchez à démontrer le lemme d’Euclide qui stipule que quel que soit le nombre premier $p$ et quels que soient les entiers naturels non nuls $a$ et $b$, si $p$ divise le produit $ab$, alors $p$ divise $a$ ou $p$ divise $b.$

Les deux arguments de minimalité

Vous supposez que le lemme d’Euclide n’est pas vérifié.

Vous en concluez qu’il existe un nombre $p_0$ premier et ainsi que deux entiers naturels non nuls $a_0$ et $b_0$ tels que :

\left\{\begin{align*}
&p_0 \mid a_0b_0\\
&p_0 \nmid a_0\\
&p_0 \nmid b_0.
\end{align*} 
\right.

Vous introduisez alors l’ensemble suivant afin d’utiliser un premier argument de minimalité :

\boxed{A = \{u\in\mathscr{P}, \exists(a,b)\in(\NN)^2, u\mid ab \text{ et }u\nmid a \text{ et }u\nmid b\}.}

Comme $p_0\in A$, l’ensemble $A$ est non vide.

Les inclusions $A\subset \mathscr{P} \subset \N$ montrent que $A$ est une partie non vide de $\N.$ Elle admet donc un plus petit élément que vous notez $p.$

Par définition de $p$ vous avez $p\in A.$ De plus, $p$ est un nombre premier et il existe deux entiers naturels non nuls $a$ et $b$ tels que :

\left\{\begin{align*}
&p \mid ab\\
&p \nmid a\\
&p \nmid b.
\end{align*} 
\right.

Vous effectuez la division euclidienne de $a$ par $p.$ Il existe un quotient $q_a\in\N$ et un reste $r_a\in\N$ avec $0\leq r_a\leq p-1$ tels que $a = q_a p + r_a.$

Notez que si $r_a = 0$ alors $a = q_a p$ donc $p\mid a$ ce qui est absurde. Donc :

1\leq r_a\leq p-1.

De même, vous effectuez la division euclidienne de $b$ par $p.$ Il existe un quotient $q_b\in\N$ et un reste $r_b\in\N$ avec $0\leq r_b\leq p-1$ tels que $b = q_b p + r_b.$

Notez que si $r_b = 0$ alors $b = q_b p$ donc $p\mid b$ ce qui est absurde. Donc :

1\leq r_b\leq p-1.

Vous calculez maintenant le produit $ab$ ce qui fournit :

\begin{align*}
ab &= ( q_a p + r_a)( q_b p + r_b)\\
&=( q_a p + r_a) q_b p + ( q_a p + r_a) r_b\\
&=( q_a q_b p + r_a q_b)  p +  q_a r_b p + r_a r_b\\
&=( q_a q_b p + r_a q_b+  q_a r_b)  p   + r_a r_b.
\end{align*}

Ainsi :

   r_a r_b = ab -( q_a q_b p + r_a q_b+  q_a r_b)  p.

Or, $p$ divise $ab.$

Comme $p$ divise le produit $( q_a q_b p + r_a q_b+ q_a r_b) p$ vous concluez par différence que :

p\mid r_ar_b.

Vous posez $r = r_a+r_b$ et définissez l’ensemble $B$ suivant pour préparer le second argument de minimalité :

\boxed{B=\{u\in\N, \exists(h,k)\in \llbracket 1, p-1\rrbracket ^2, u=h+k \text{ et } p\mid hk\}.}

D’après ce qui précède, $r\in B.$

L’ensemble $B$ est une partie non vide de $\N$ elle admet donc un plus petit élément que vous notez $s.$

Aboutissez à une contradiction

Par définition de l’entier $s$, il existe deux entiers $h$ et $k$, compris entre $1$ et $p-1$ tels que $s = h+k$ et $p\mid hk.$

Comme les nombres $p$ puis $h$ et $k$ sont des entiers naturels non nuls, il existe un entier naturel $q$ non nul tel que :

hk = pq.

Si $q$ est égal à $1$, alors $hk = pq$ s’écrit $hk = p.$ Comme $h$ et $k$ sont des entiers naturels non nuls et que $p$ est premier, cela entraîne :

\left\{\begin{align*}h&=1\\ k&=p\end{align*}\right. \text{ ou } \left\{\begin{align*}h&=p\\ k&=1.\end{align*}\right.

Dans le premier cas, $k = p$ c’est absurde puisque $k \leq p-1.$ Dans le second cas, $h = p$ mais c’est encore absurde puisque $h \leq p-1.$

Vous en déduisez que $q\geq 2.$

Comme $1\leq h < p$ et comme $1\leq k < p$ par produit il vient $1\leq hk < p^2.$ Comme $hk = pq$ il vient $pq < p^2.$ En divisant par $p$ qui est strictement positif vous déduisez $q<p.$

L’entier $q$ vérifie l’encadrement suivant : $2\leq q \leq p-1.$

Or, tout entier naturel supérieur ou égal à $2$ est divisible par un nombre premier.

Soit $p’\in\mathscr{P}$ tel que $p’ \mid q.$ Comme $q\mid pq$ et comme $hk = pq$ vient $q\mid hk.$ Finalement, vous avez $p’\mid q \mid hk.$

Donc $p’$ est un nombre premier divisant le produit $hk$ avec $h$ et $k$ entiers naturels non nuls. Comme $p’\leq q \leq p-1$ vous avez $p'<p.$ Or $p$ est le plus petit élément de $A$ du coup $p’\notin A.$ Il en résulte que, soit $p’ \mid h$ soit $p’\mid k.$

Supposez que $p’\mid h.$ $h$ étant non nul, il existe un entier naturel non nul $h’$ tel que $h = p’h’.$
Comme $p’\mid q$ et que $q$ est non nul, il existe un entier naturel non nul $q’$ tel que $q = p’q’.$

L’égalité $hk = pq$ s’écrit $p’h’k = pp’q’.$ Comme $p’$ est non nul, il vient $h’k = pq’$ du coup $p\mid h’k.$

Vous posez maintenant $s’ = h’+k.$ L’égalité $h=p’h’$ avec $p’\geq 2$ entraîne $h'<h.$ Or $h\leq p-1$ donc $1\leq h’\leq p-1.$
Comme vous avez déjà $k\in\llbracket 1, p-1\rrbracket$ vous déduisez que $s’\in B.$

Le second argument de minimalité est utilisé ici. $s$ est le minimum de $B$ donc $s\leq s’$ si bien que $h+k\leq h’+k$ d’où $h\leq h’.$ Cela est contradictoire avec $h'<h.$

Il en résulte $p’\mid k.$ $k$ étant non nul, il existe un entier naturel non nul $k’$ tel que $k = p’k’.$
Comme $p’\mid q$ et que $q$ est non nul, il existe un entier naturel non nul $q’$ tel que $q = p’q’.$

L’égalité $hk = pq$ s’écrit $hp’k’ = pp’q’.$ Comme $p’$ est non nul, il vient $hk’ = pq’$ du coup $p\mid hk’.$

Vous posez maintenant $s » = h+k’.$ L’égalité $k=p’k’$ avec $p’\geq 2$ entraîne $k'<k.$ Or $k\leq p-1$ donc $1\leq k’\leq p-1.$
Comme vous avez déjà $h\in\llbracket 1, p-1\rrbracket$ vous déduisez que $s »\in B.$

Le second argument de minimalité est encore utilisé ici. $s$ est le minimum de $B$ donc $s\leq s »$ si bien que $h+k\leq h+k’$ d’où $k\leq k’.$ Cela est contradictoire avec $k'<k.$

L’hypothèse de départ est ainsi fausse, ce qui prouve que le lemme d’Euclide est démontré.

Il s’agit de démontrer dans cet article l’identité suivante :

\boxed{\tan 9°−\tan27°−\tan 63°+\tan 81°=4.}

Utilisant la symétrie par rapport à $45°$, vous constatez que $63° = 45°+18°$ et que $27° = 45°-18°.$

Vous posez, pour l’intégralité de cet article, $x=\frac{\pi}{10}.$
C’est le réel qui mesure en radians un angle de $18°.$ Vous effectuez le calcul d’une première somme.

Calculez la somme $\tan 27°+\tan 63°$

\begin{align*}
\tan 27°+\tan63° &= \tan\left(\frac{\pi}{4}-x\right)+\tan\left(\frac{\pi}{4}+x\right)\\
&=\frac{ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) - \tan\left(x\right) }{1+\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) \tan\left(x\right) } + \frac{ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(x\right) }{1-\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) \tan\left(x\right) }.
\end{align*}

Utilisant l’égalité $\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$ vous obtenez :

\begin{align*}
\tan 27°+\tan 63° 
&=\frac{ 1 - \tan\left(x\right) }{1+ \tan\left(x\right) } + \frac{ 1 + \tan\left(x\right) }{1- \tan\left(x\right) } \\
&=\frac{(1-\tan x)^2+(1+\tan x)^2}{1-\tan^2 x}\\
&=\frac{1-2\tan x + \tan^2 x+1+2\tan x+\tan^2x}{1-\tan^2 x}\\
&=\frac{2 + 2\tan^2 x}{1-\tan^2 x}\\
&=\frac{2( 1+ \tan^2 x) }{1-\tan^2 x}.
\end{align*}

Calculez la somme $\tan 9°+\tan 81°$

Comme précédemment, utilisez la symétrie autour de $45°$.
Partant de $81° = 45° + 2\times 18°$ et de $81° = 45° + 2\times 18°$ vous obtenez :

\begin{align*}
\tan 9°+\tan 81° &= \tan\left(\frac{\pi}{4}-2x\right)+\tan\left(\frac{\pi}{4}+2x\right)\\
&=\frac{ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) - \tan\left(2x\right) }{1+\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) \tan\left(2x\right) } + \frac{ \tan\left(\frac{\pi}{4}\right) + \tan\left(2x\right) }{1-\tan\left(\frac{\pi}{4}\right) \tan\left(2x\right) }\\
 &=\frac{ 1 - \tan\left(2x\right) }{1+ \tan\left(2x\right) } + \frac{ 1 + \tan\left(2x\right) }{1- \tan\left(2x\right) } \\
&= \frac{2(1 + \tan^2 (2x)) }{1-\tan^2 (2x)}.
\end{align*}

Exprimez $\frac{ 1+ \tan^2 u}{1-\tan^2 u}$ en fonction de $\cos (2u)$

Soit $u\in\{x, 2x\}.$ Vous utilisez les égalités $1+\tan^2 u = \frac{1}{\cos ^2 u}$ et $\cos^2 u = \frac{1+\cos 2u}{2}$ et obtenez ce qui suit :

\begin{align*}
\tan^2 u &= (1+\tan^2 u) -1\\
&=\frac{1}{\cos^2 u}-1\\
&=\frac{1}{\frac{1+\cos (2u)}{2}}-1\\
&=\frac{2}{1+\cos 2u}-1.
\end{align*}

Par suite :

\begin{align*}
1-\tan^2u &= 1-\frac{2}{1+\cos 2u}+1\\
&=2-\frac{2}{1+\cos 2u}\\
&=\frac{2+2\cos 2u-2}{1+\cos 2u}\\
&=\frac{2\cos 2u}{1+\cos 2u}.
\end{align*}

Vous déduisez :

\begin{align*}
\frac{ 1+ \tan^2 u}{1-\tan^2 u} &= \frac{\frac{1}{\cos^2 u}}{\frac{2\cos 2u}{1+\cos 2u}}\\
&=\frac{1+\cos 2u}{2\cos 2u \cos^2u}\\
&=\frac{1+\cos 2u}{2\cos 2u\times \frac{1+\cos 2u}{2}}\\
&=\frac{1+\cos 2u}{\cos 2u(1+\cos 2u) }\\
&=\frac{1}{\cos 2u}.
\end{align*}

Note. Il y a des moyens plus rapides d’aboutir à ce résultat, le lecteur est invité à proposer une autre solution.

Concluez

D’après ce qui précède :

\begin{align*}
\tan 9°−\tan 27° −\tan 63°+\tan 81° &= (\tan 9°+\tan81°)-(\tan 27°+\tan 63°)\\
&=\frac{2 }{\cos 4 x}-\frac{2}{\cos 2x}\\
&=\frac{2 }{\cos 72°}-\frac{2}{\cos 36°}\\
\end{align*}

Or, le contenu rédigé dans l'article 106 a permis de montrer que :

\left\{\begin{align*}
\cos 72° &= \frac{-1+\sqrt{5}}{4}\\
\cos 36° &= \frac{1+\sqrt{5}}{4}.
\end{align*} 
\right.

Vous finissez ainsi le calcul comme suit :

\begin{align*}
\tan 9°−\tan 27° −\tan 63°+\tan 81° &= \frac{8}{\sqrt{5}-1}-\frac{8}{\sqrt{5}+1}\\
&=\frac{8\sqrt{5}+8-8\sqrt{5}+8}{(\sqrt{5}-1)(\sqrt{5}+1) }\\
&=\frac{16}{5-1}\\
&=4.
\end{align*}

En définitive, il a bien été montré que :

\boxed{\tan 9°−\tan27°−\tan 63°+\tan 81°=4.}

Soit $f$ une fonction définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$, de sorte que $f^{\pprime}$ soit une fonction positive. Soient $a$ et $b$ deux réels tels que $a<b.$

Soit $t$ un réel de l’intervalle $[0,1].$

Remarque liminaire

On constate déjà que si $t=0$, alors :

\begin{align*}
f(ta+(1-t)b) &= f(b)\\
tf(a)+(1-t)f(b) &= 1\times f(b) = f(b).
\end{align*} 

Vous en déduisez que l’inégalité $f(ta+(1-t)b) \leq tf(a)+(1-t)f(b)$ est satisfaite pour $t=0.$

De même, si $t=1$, alors :

\begin{align*}
f(ta+(1-t)b) &= f(a)\\
tf(a)+(1-t)f(b) &= 1\times f(a) = f(a).
\end{align*} 

Vous en déduisez que l’inégalité $f(ta+(1-t)b) \leq tf(a)+(1-t)f(b)$ est satisfaite pour $t=1.$

Lorsque $t$ est différent de $0$ et différent de $1$ qu’en est-il ?

Supposez maintenant que $t\notin\{0,1\}.$ Vous posez $c = ta+(1-t)b.$

D’une part :

\begin{align*}
b-c &=b -ta+(t-1)b\\
&=b-ta+tb-b\\
&=t(b-a).
\end{align*} 

Comme $b-a > 0$ et $t> 0$ il vient $b-c> 0$ et donc $c<b.$

D’autre part :

\begin{align*}
c-a &=ta+(1-t)b-a\\
&=ta+b-tb-a\\
&=a(t-1)+b(1-t)\\
&=-a(1-t)+b(1-t)\\
&=(1-t)(b-a).
\end{align*} 

Comme $b-a > 0$ et $1-t>0$ il vient $c-a> 0$ et donc $a<c.$

En définitive, le nombre $c$ vérifie les inégalités :

\boxed{a< c < b.}

Construisez des polynômes interpolateurs

Vous posez :

P_a(X)=\frac{(X-b)(X-c)}{(a-b)(a-c)}.

Vous déduisez :

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

Vous posez :

P_b(X)=\frac{(X-a)(X-c)}{(b-a)(b-c)}.

Vous déduisez :

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

Enfin, vous posez :

P_c(X)=\frac{(X-a)(X-b)}{(c-a)(c-b)}.

Vous déduisez :

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

Maintenant, vous définissez un polynôme $P$ de la façon suivante, en posant :

P(X) = f(a)P_a(X)+f(b)P_b(X)+f(c)P_c(X).

Vous avez l’évaluation suivante :

\begin{align*}
P(a) &= f(a)P_a(a)+f(b)P_b(a)+f(c)P_c(a)\\
&=f(a)\times 1 + f(b)\times 0+f(c)\times 0\\
&=f(a).
\end{align*}

Puis :

\begin{align*}
P(b) &= f(a)P_a(b)+f(b)P_b(b)+f(c)P_c(b)\\
&=f(a)\times 0 + f(b)\times 1+f(c)\times 0\\
&=f(b).
\end{align*}

Enfin :

\begin{align*}
P(c) &= f(a)P_a(c)+f(b)P_b(c)+f(c)P_c(c)\\
&=f(a)\times 0 + f(b)\times 0+f(c)\times 1\\
&=f(c).
\end{align*}

Utilisez le théorème de Rolle plusieurs fois

Pour tout réel $x$, vous posez $g(x) = f(x)-P(x).$

D’après ce qui précède, vous avez $g(a) = 0$ et $g(c)=0$, si bien que $g(a)=g(c).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ comme différence de la fonction $f$ et de la fonction polynôme $P$ qui le sont. Ainsi, $g$ est continue sur $[a,c]$ et dérivable sur $]a,c[.$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\alpha\in]a,c[$ tel que $g'(\alpha)=0.$

De même, vous avez $g(c) = 0$ et $g(b)=0$ si bien que $g(c)=g(b).$ La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ donc elle est dérivable sur $]c,b[$ et elle est continue sur $[c,b].$ D’après le théorème de Rolle, il existe un réel $\beta\in]c,b[$ tel que $g'(\beta)=0.$

Notez que $\alpha < c <\beta$ si bien que $\alpha < \beta.$

De plus, pour tout réel $x$, il vient $g'(x) = f'(x)-P'(x).$ Comme $f$ est deux fois dérivable sur $\R$, $f’$ est bien dérivable sur $\R.$ La fonction polynôme $P’$ est elle aussi dérivable sur $\R.$ Par différence, $g’$ est dérivable sur $\R.$ En particulier, $g’$ est continue sur $[\alpha, \beta]$ et dérivable sur $]\alpha, \beta[.$ Comme $g'(\alpha) = g'(\beta)$ le théorème de Rolle fournit l’existence d’un réel $\xi\in]\alpha, \beta[$ tel que $g^{\pprime}(\xi) = 0.$

Or, pour tout réel $x$, $g^{\pprime}(x) = f^{\pprime}(x)-P^{\pprime}(x).$

En évaluant pour $x=\xi$, vous déduisez $f^{\pprime}(\xi)-P^{\pprime}(\xi) = 0$ soit $f^{\pprime}(\xi)=P^{\pprime}(\xi).$

La dérivée seconde de $f$ étant positive sur $\R$ tout entier, vous déduisez $\boxed{P^{\pprime}(\xi) \geq 0.}$

Calculez la dérivée seconde du polynôme $P$

Il a été vu que:

P(X) = f(a)P_a(X)+f(b)P_b(X)+f(c)P_c(X).

En dérivant deux fois, il vient:

P^{\pprime}(X) = f(a)P_a^{\pprime}(X)+f(b)P_b^{\pprime}(X)+f(c)P_c^{\pprime}(X).

Maintenant:

P_a(X)=\frac{(X-b)(X-c)}{(a-b)(a-c)}.

En dérivant une première fois, vous avez:

P_a^{'}(X)=\frac{1\times (X-c)+(X-b)\times 1}{(a-b)(a-c)}.

En dérivant encore une fois:

P_a^{\pprime}(X) = \frac{2}{(a-b)(a-c)}.

Vous recommencez avec le polynôme $P_b$ ce qui fournit:

P_b(X)=\frac{(X-a)(X-c)}{(b-a)(b-c)}.

Puis:

P_b^{'}(X)=\frac{1\times (X-c)+(X-a)\times 1}{(b-a)(b-c)}.

Soit:

P_b^{\pprime}(X) = \frac{2}{(b-a)(b-c)}.

Vous terminez avec le polynôme $P_c$ ce qui fournit:

P_c(X)=\frac{(X-a)(X-b)}{(c-a)(c-b)}.

Puis:

P_c^{'}(X)=\frac{1\times (X-b)+(X-a)\times 1}{(c-a)(c-b)}.

Soit:

P_c^{\pprime}(X) = \frac{2}{(c-a)(c-b)}.

L’ensemble étant réuni, il se trouve que:

\boxed{P^{\pprime}(X) =  \frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)}.}

Note. Le polynôme $P$ ayant un degré inférieur ou égal à $2$, on retrouve que $P’$ est de degré inférieur ou égal à $1$ et donc $P^{\pprime}$ est bien constant.

Concluez

En évaluant en $X=\xi$ et en tenant compte de l’inégalité $P^{\pprime}(\xi)\geq 0$ vous déduisez:

\frac{2f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{2f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{2f(c)}{(c-a)(c-b)} \geq 0.

Après division par $2$, il vient:

\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}+ \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)} \geq 0.

Vous cherchez à isoler $f(c).$ Donc:

\frac{f(a)}{(a-b)(a-c)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}\geq - \frac{f(c)}{(c-a)(c-b)}.

Comme $(a-b)(a-c) = (b-a)(b-c)$, et $-(c-b) = b-c$ vous déduisez:

\frac{f(a)}{(b-a)(c-a)}+\frac{f(b)}{(b-a)(b-c)}\geq  \frac{f(c)}{(c-a)(b-c)}.

Comme $a<c<b$ les trois nombres $b-c$ puis $c-a$ et $b-a$ sont strictement positifs.

Par produit, il en résulte que $(b-a)(b-c)(c-a)>0.$ En multipliant la dernière inégalité par ce nombre et après simplification, il vient:

(b-c)f(a)+(c-a)f(b) \geq  (b-a)f(c).

Or, il a été vu à la première section de cet article que:

\left\{\begin{align*}
b-c&=t(b-a)\\
c-a  &=(1-t)(b-a).
\end{align*} 
\right.

La précédente inégalité s’écrit ainsi:

t(b-a)f(a)+(1-t)(b-a)f(b) \geq  (b-a)f(c).

Comme $b-a > 0$ vous pouvez diviser par ce nombre et simplifier. Vous obtenez:

tf(a)+(1-t)f(b) \geq  f(c).

Comme $c = ta+(1-t)b$, il vient:

f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

Il a donc été montré que:

\forall t\in]0,1[, f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

En tenant compte de la remarque liminaire, vous avez montré que:

\forall t\in[0,1], f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).

Épilogue

Pour toute fonction $f$ définie sur $\R$ et deux fois dérivable sur $\R$ et de dérivée seconde positive, il a été montré que quels que soient les réels $a$ et $b$ tels que $a<b$ vous avez l’inégalité :

\boxed{\forall t\in[0,1], f(ta+(1-t)b)\leq tf(a)+(1-t)f(b).}

Autrement dit, la fonction $f$ est convexe sur $\R.$

Le théorème de Gauss-Lucas énonce que les racines complexes du polynôme dérivé d’un polynôme complexe non constant sont toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines du polynôme initial. Vous en trouverez une démonstration rédigée dans le contenu de l'article 320.

Autrement dit, si vous visualisez les racines du polynôme complexe comme des points sur un plan complexe, alors les racines du polynôme dérivé sont nécessairement contenues à l’intérieur du polygone formé par ces points.

Si vous vous cantonnez au cas réel, le résultat précédent peut devenir faux. C’est l’objet de cet article : les racines réelles de la dérivée d’un polynôme non constant ne sont pas nécessairement toutes situées à l’intérieur de la région convexe délimitée par les racines réelles du polynôme initial.

Utilisez un polynôme réel non scindé

Soit $r$ un nombre réel non nul qui sera choisi plus tard. Vous définissez un polynôme $P\in\R[X]$ en posant :

P(X) = (X-1)(X-2)(X^2+rX+r^2).

Le discriminant du trinôme $X^2+rX+r^2$ est égal à :

\Delta = r^2-4r^2=-3r^2.

Ainsi, $\Delta$ est strictement négatif. Du coup, $X^2+rX+r^2$ n’a pas de racine réelle et par suite, le polynôme $P$, en tant qu’élément de $\R[X]$ n’est pas scindé.

Il admet $1$ et $2$ pour racines, les deux autres étant complexes non réelles.

La région convexe délimitée par les racines réelles de $P$ est l’intervalle $[1,2].$ Il sera montré dans la suite que le polynôme $P’$ admet une racine réelle n’appartenant pas cet intervalle.

Calculez le polynôme dérivé

Vous utilisez la formule de dérivation d’un produit composé de trois facteurs.

Il vient :

\begin{align*}
P'(X) &= (X-2)(X^2+rX+r^2) + (X-1)(X^2+rX+r^2)+(X-1)(X-2)(2X+r) \\
&=(2X-3)(X^2+rX+r^2)+(X^2-3X+2)(2X+r)\\
&=2X^3+2rX^2+2r^2X-3X^2-3rX-3r^2\\
&\quad + 2X^3-6X^2+4X+rX^2-3rX+2r\\
&=4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).
 \end{align*} 

Analysez la situation pour effectuer un bon choix

Supposez que $r$ soit choisi pour que le polynôme $P’$ admette exactement deux racines réelles. Ce choix est motivé par le fait que les deux racines précédentes sont rapidement calculables en fonction des coefficients de ce polynôme.

Vous notez $u\in\R$ et $v\in\R$ les deux racines réelles de $P’$ avec $u\neq v.$

Vous effectuez la division euclidienne de $P’$ par $X-u.$ Puisque $u$ est racine de $P’$, il existe un polynôme réel $Q$ de degré $2$ tel que :

P'(X) = (X-u)Q(X)

En évaluant cette expression en $v$, il vient $0 = (v-u)Q(v).$ Ainsi $Q(v) = 0.$

Vous effectuez la division euclidienne de $Q$ par $X-v$ et déduisez l’existence d’un polynôme réel $S$ de degré $1$ tel que :

Q(X) = (X-v)S(X).

Du coup :

P'(X) = (X-u)(X-v)S(X).

Par identification du coefficient dominant de $P’$ avec celui du polynôme $(X-u)(X-v)S(X)$ vous déduisez que le coefficient dominant de $S$ est égal à $4.$ En appelant $w\in\R$ le coefficient constant du polynôme $S$, il vient :

P'(X) = (X-u)(X-v)(4X+w).

Cela conduit à :

P'\left(\frac{-w}{4}\right) = 0.

Si vous aviez :

\frac{-w}{4}\not\in\{u,v\}

Alors le polynôme $P’$ admettrait trois racines réelles, ce qui est exclu.

Donc $\frac{-w}{4}\in\{u,v\}.$

1er cas. Si $u = \frac{-w}{4}$ vous écrivez :

\begin{align*}
P'(X) & = 4(X-u)(X-v)\left(X+\frac{w}{4}\right)\\
&= 4(X-u)(X-v)(X-u).
\end{align*}

$P’$ admet donc une racine double.

En notant $\Delta$ le discriminant du polynôme $P’$, il vient $\Delta = 0.$

2nd cas. Si $v = \frac{-w}{4}$ vous écrivez :

\begin{align*}
P'(X) & = 4(X-u)(X-v)\left(X+\frac{w}{4}\right)\\
&= 4(X-u)(X-v)(X-v).
\end{align*}

$P’$ admet encore une racine double.

A nouveau, le discriminant du polynôme $P’$ est nul.

En suivant les notations du contenu rédigé dans l'article 146 vous posez :

\begin{align*}
N_1 &= \frac{9-3r}{4}\\
N_2 &=\frac{2r^2-6r+4}{4}\\
N_3 &=\frac{3r^2-2r}{4}.
\end{align*}

Cet article montre que le discriminant se calcule par l’expression suivante :

\Delta = N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2.

Avec l’étude précédente vous déduisez :

N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2 = 0.

Vous développez les termes de cette expression les uns après les autres de façon à trouver une équation satisfaite par $r.$

Procédez au calcul détaillé des termes du discriminant du polynôme $P’$ de degré $3$

Premier terme

\begin{align*}
N_1^2N_2^2 &=\frac{(9-3r)^2}{16}\times \frac{(2r^2-6r+4)^2}{16}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9) \times 4 (r^2-3r+2)^2}{16\times 4\times 4}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^2-3r+2)^2}{64}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^4+9r^2+4-6r^3+4r^2-12r)}{64}\\
&= \frac{9(r^2-6r+9)(r^4-6r^3+13r^2-12r+4)}{64}\\
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(r^2-6r+9)(r^4-6r^3+13r^2-12r+4) &=  r^6-6r^5+13r^4-2\times 6r^3+4r^2\\
&\qquad -6r^5+36r^4-13\times 6 r^3+72r^2-24r\\
&\qquad \qquad \quad+9r^4-9\times 6r^3+117 r^2-108r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-24\times 6r^3+193r^2-132r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-12\times 12r^3+193r^2-132r+36\\
&=r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36.
\end{align*}

Du coup :

\boxed{
N_1^2N_2^2 = \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}.
}

Deuxième terme

\begin{align*}
N_1^3N_3 &=  \frac{(9-3r)^3}{16\times 4}\times \frac{3r^2-2r}{4}\\
&=  \frac{27(3-r)^3(3r^2-2r)}{256}.
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(3-r)^3(3r^2-2r) &= (-r^3+9r^2-27r+27)(3r^2-2r)\\
&= -3r^5+27r^4-81r^3+81r^2\\
&\qquad +2r^4-18r^3+54r^2-54r\\
&=-3r^5+29r^4-99r^3+135r^2-54r.
\end{align*}

Du coup :

N_1^3N_3 
=  \frac{27(-3r^5+29r^4-99r^3+135r^2-54r)}{256}.

D’où :

\boxed{
-4N_1^3N_3 
=  \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}.
}

Troisième terme

\begin{align*}
N_2^3 &= \frac{(2r^2-6r+4)^3}{4\times 4\times 4}\\
&=\frac{2^3(r^2-3r+2)^3}{4\times 4\times 4}\\
&=\frac{4\times 2(r^2-3r+2)^3}{4\times 4\times 2\times 2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)^3}{4\times  2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)^3}{8}.
\end{align*}

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(r^2-3r+2)^3 &= (r^2-3r+2)^2 (r^2-3r+2)\\
&= (r^4+9r^2+4-6r^3+4r^2-12r)(r^2-3r+2)\\
&= (r^4-6r^3+13r^2-12r+4)(r^2-3r+2)\\
&= r^6-6r^5+13r^4-12r^3+4r^2\\
&\qquad -3r^5+18r^4-39r^3+36r^2-12r\\
&\qquad \qquad +2r^4-12r^3+26r^2-24r+8\\
&=r^6-9r^5+33r^4-63r^3+66r^2-36r+8.
\end{align*}

Du coup :

N_2^3  =\frac{r^6-9r^5+33r^4-63r^3+66r^2-36r+8}{8}.

D’où :

\boxed{
-4N_2^3  =\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2}.
}

Quatrième terme

\begin{align*}
N_1N_2N_3 &= \frac{9-3r}{4} \times \frac{2r^2-6r+4}{4} \times \frac{3r^2-2r}{4} \\
&=\frac{3(3-r)\times 2(r^2-3r+2)(3r^2-2r)}{16\times 2\times 2}\\
&=\frac{3(3-r)(r^2-3r+2)(3r^2-2r)}{32}.
\end{align*} 

Vous procédez au développement suivant :

\begin{align*}
(3-r)(r^2-3r+2)(3r^2-2r) &= (3r^2-9r+6-r^3+3r^2-2r)(3r^2-2r) \\
&= (-r^3+6r^2-11r+6)(3r^2-2r)\\
&=-3r^5+18r^4-33r^3+18r^2\\
&\qquad +2r^4-12r^3+22r^2-12r\\
&=-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r.
\end{align*}

Du coup :

N_1N_2N_3  =\frac{3(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{32}.

D’où :

\boxed{
18N_1N_2N_3  =\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}.
}

Cinquième terme

\begin{align*}
N_3^2 &=\frac{(3r^2-2r)^2}{16}\\
&=\frac{9r^4-12r^3+4r^2}{16}.
\end{align*} 

D’où :

\boxed{-27N_3^2 = \frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16}.}

Déterminez une équation satisfaite par le réel $r$

La condition $N_1^2N_2^2-4N_1^3N_3-4N_2^3+18N_1N_2N_3-27N_3^2 = 0$ fournit :

\begin{align*}
0 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2} \\
&\qquad +\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}\\
&\qquad +\frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16}.
\end{align*}

Vous réduisez au même dénominateur :

\begin{align*}
0 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{32(-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8)}{64} \\
&\qquad +\frac{4\times 27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{64}\\
&\qquad +\frac{4\times 27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{64}.
\end{align*}

Il en résulte ce qui suit :

\begin{align*}
0 &= 9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)\\
&\qquad+ 27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)\\
&\qquad +32(-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8) \\
&\qquad +4\times 27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)\\
&\qquad +4\times 27(-9r^4+12r^3-4r^2).
\end{align*}

Vous développez :

\begin{align*}
0 &= 9r^6-108^5+522 r^4-1296r^3+1737 r^2-1188 r+324\\
&\qquad+ 81r^5-783 r^4+2673 r^3-3645 r^2+1458r\\
&\qquad -32r^6+288r^5-1056 r^4+2016 r^3-2112 r^2+1152 r-256 \\
&\qquad -324 r^5+2160 r^4-4860 r^3+4320 r^2-1296 r\\
&\qquad -972r^4+1296 r^3-432r^2.
\end{align*}

Puis vous réduisez :

\begin{align*}
0 &= (9-32) r^6+(-108+81+288-324)^5+(522-783-1056+2160-972) r^4\\
&\qquad +(-1296+ 2673+ 2016-4860+ 1296)r^3+(1737-3645-2112+ 4320-432)r^2\\
&\qquad +(-1188+ 1458+ 1152-1296)r+(324-256).
\end{align*}

Vous obtenez :

-23r^6-63r^5-129r^4-171r^3-132r^2+126r+68=0.

En définitive, le réel $r$ est solution de l’équation de degré $6$ suivante qui sera appelée condition (*) :

\boxed{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68=0.}

Existence d’un unique réel compris entre $0$ et $1$ satisfaisant la condition (*)

Pour tout réel $x$, vous posez :

f(x) = 23 x^6 + 63 x^5 + 129 x^4 + 171 x^3 + 132 x^2 - 126 x - 68.

$f$ est une fonction polynôme de degré $6$ deux fois dérivable sur $\R.$

Pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
f'(x) &= 138 x^5 + 315 x^4 + 516 x^3 + 513 x^2 + 264 x - 126\\
f''(x) &= 690 x^4 +1260 x^3 + 1548 x^2 + 1026 x + 264.
\end{align*} 

Dès que $x\in[0,1]$ vous avez $f »(x)\geq 264>0.$

La fonction $f’$ est strictement croissante sur $[0,1].$ Or $f'(0) = -126$ et $f'(1) = 1620.$ Comme $f’$ est une fonction polynôme, elle est continue sur l’intervalle $[0,1].$ Donc la fonction $f’$ réalise une bijection de $[0,1]$ vers $[-126,1620].$ Il existe unique réel $\zeta\in[0,1]$ tel que $f'(\zeta) = 0.$

La stricte croissance de $f’$ sur $[0,1]$ implique alors que $f’$ est strictement négative sur $[0, \zeta[$ et strictement positive sur $]\zeta, 1].$

La fonction $f$ est par conséquent strictement décroissante sur $[0, \zeta]$ et elle est strictement croissante sur $[\zeta, 1].$ Comme $f(0) =-68 $, $f(0)$ est strictement négatif et $f(\zeta)$ l’est aussi.

$f$ étant continue sur $[\zeta, 1]$ et strictement croissante sur cet intervalle, $f$ réalise une bijection de $[\zeta, 1]$ vers $[f(\zeta), f(1)].$ Comme $f(1)=324$, vous avez $f(\zeta)<0<324.$ Il en résulte qu’il existe un unique réel $\eta$ appartenant à $[\zeta, 1]$ tel que $f(\eta)=0.$

$f$ étant décroissante sur $[0, \zeta]$ avec $f(0)<0$ vous déduisez que pour tout $x\in[0,\zeta], f(x) < 0.$ En particulier la fonction $f$ ne s’annule pas sur $[0,\zeta].$

En définitive, il existe un unique réel (qui est $\eta$) appartenant à l’intervalle $[0, 1]$ qui annule la fonction $f.$

Dans la suite, vous définissez $r$ comme étant l’unique réel de l’intervalle $[0,1]$ tel que :

\boxed{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68=0.}

Etude d’un polynôme dérivé

Le réel $r$ étant défini comme indiqué ci-dessus, il est rappelé que :

P(X) = (X-1)(X-2)(X^2+rX+r^2).

Le polynôme dérivé de $P$ est :

P'(X) = 4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).

Comme :

\left\{\begin{align*}
\lim_{X\to +\infty} P'(X) &= +\infty \\
\lim_{X\to -\infty} P'(X) &= -\infty
\end{align*}
\right.

vous pouvez appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la fonction $P’$ continue sur $\R.$

Il existe donc un réel $a$ tel que $P'(a)=0.$

En effectuant la division euclidienne de $P’$ par $X-a$, vous déduisez l’existence d’un polynôme réel $M$ de degré $2$ tel que :

P'(X) = (X-a)M(X).

Vous allez supposer dans la suite que $M$ n’admet pas de racine réelle.

Le polynôme $M$ admet, en tant que polynôme non constant, une racine complexe $\alpha.$

En identifiant les coefficients dominants de $P’$ et de $(X-a)M(X)$ vous déduisez qu’il existe deux réels $k$ et $\ell$ tels que :

M(X) = 4X^2+kX+\ell.

En évaluant en $\alpha$ vous avez :

4\alpha^2+k\alpha+\ell = 0.

En conjuguant, il vient :

4(\overline{\alpha})^2+k\overline{\alpha}+\ell = 0.

Du coup, $M(\overline{\alpha}) = 0.$

Le polynôme $P’$ admet pour racines $a$, $\alpha$ et $\overline{\alpha}.$

Comme $a\in\R$ et comme $\alpha\notin\R$ vous avez $a\neq \alpha$ et $a\neq \overline{\alpha}.$

D’autre part, comme $\alpha\not\in\R$ vous avez $\alpha \neq \overline{\alpha}.$

Les 3 nombres complexes $a$, $\alpha$ et $\overline{\alpha}$ étant deux à deux distincts, le polynôme $P’$ se factorise ainsi :

P'(X) = 4(X-a)(X-\alpha)(X-\overline{\alpha}).

Le discriminant de $P’$ est donc égal à :

((a-\alpha)(a-\overline{\alpha})(\alpha-\overline{\alpha}))^2 = ((a-\alpha)(a-\overline{\alpha}))^2 (\alpha - \overline{\alpha})^2.

D’une part :

\begin{align*}
(a-\alpha)(a-\overline{\alpha}) &= (a-\alpha)(\overline{a-\alpha}) \\
&= \vert a-\alpha\vert^2
\end{align*}

D’autre part :

\begin{align*}
(\alpha-\overline{\alpha}))^2 &= (2i \mathrm{Im}(\alpha))^2\\
&=-4 (\mathrm{Im}(\alpha))^2
\end{align*}

Le discriminant de $P’$ calculé avec ses coefficients, fournit :

\begin{align*}
\vert a-\alpha\vert^4 (-4 ) (\mathrm{Im}(\alpha))^2 &= \frac{9(r^6-12r^5+58r^4-144r^3+193r^2-132r+36)}{64}\\
&\qquad+ \frac{27(3r^5-29r^4+99r^3-135r^2+54r)}{64}\\
&\qquad +\frac{-r^6+9r^5-33r^4+63r^3-66r^2+36r-8}{2} \\
&\qquad +\frac{27(-3r^5+20r^4-45r^3+40r^2-12r)}{16}\\
&\qquad +\frac{27(-9r^4+12r^3-4r^2)}{16} \\
&=\frac{-23r^6-63r^5-129r^4-171r^3-132r^2+126r+68}{64}\\
&=-\frac{23r^6+63r^5+129r^4+171r^3+132r^2-126r-68}{64}\\
&=0.
\end{align*}

Du coup, le produit suivant est nul :

\vert a-\alpha\vert^4  (\mathrm{Im}(\alpha))^2 = 0.

Comme $\alpha \not\in\R$ vous déduisez $\mathrm{Im}(\alpha) \neq 0.$ Du coup vous avez :

\begin{align*}
\vert a-\alpha\vert^4 = 0\\
\vert a-\alpha\vert = 0.
\end{align*}

Donc $\alpha = a$ et $\alpha\in\R$ contradiction.

Donc le polynôme $M$ admet au moins une racine réelle $b.$

Vous divisez maintenant le polynôme réel $M$ par $X-b.$

Le coefficient dominant de $M$ étant égal à $4$, vous déduisez l’existence d’un réel $c$ tel que :

M(X)  = (X-b)(4X+c)

Du coup :

\begin{align*}
P'(X) &= (X-a)(X-b)(4X+c)\\
&= 4 (X-a)(X-b)(X+c/4).
\end{align*} 

Vous vous intéressez aux trois réels $a$, $b$ et $-c/4.$

Comme le discriminant de $P’$ est nul, deux des réels précédents parmi les trois sont égaux.

Donc $P’$ est scindé sur $\R[X]$ et admet une racine double.

Déterminez les racines de $P’$

Il est rappelé que :

P'(X) = 4X^3+(3r-9)X^2+(2r^2-6r+4)X+(-3r^2+2r).

D’après la section précédente, il existe un réel $\mu$ et un réel $\xi$ tels que :

\begin{align*}
 P'(X) &= 4(X-\xi)^2(X-\mu) \\
&= (X-\xi)^2(4X-4\mu) 
\end{align*}

Par identification du terme de degré $2$, vous obtenez les égalités :

\begin{align*}
3r-9 &= -4\mu-8\xi\\
3r-9+8\xi &= -4\mu.
\end{align*}

Donc :

P'(X) = (X-\xi)^2(4X+3r-9+8\xi).

Pour calculer $\xi$, vous allez choisir $x\in\R$ ne dépendant pas de $\xi$ tel que :

\begin{align*}
-8(x-\xi)&=4x+3r-9+8\xi\\
-8x+8\xi &= 4x+3r-9+8\xi\\
9-3r&=12x\\
3-r&=4x.
\end{align*} 

Les égalités suivantes vont donner une expression de $\xi$ :

\begin{align*}
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)^2 (-8)\left(\frac{3-r}{4}-\xi\right) \\
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= (-8) \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)^3\\
\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }&= (-2) \left(\frac{3-r}{4}-\xi\right)\\
-\frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }&= \frac{3-r}{4}-\xi.
\end{align*} 

En définitive :

\boxed{\begin{align*}
\xi&= \frac{3-r}{4}+\frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }\\
\mu &= \frac{-3r+9-8\xi}{4} .
\end{align*}
}

Concluez

Vous allez déterminer un encadrement de $r$ au dixième.

Numériquement :

\begin{align*}
-37  &< f(0,6)<-36 \\
11  &< f(0,7)<12 
\end{align*}

$f(0,6)$ et $f(0,7)$ étant de signes contraires, vous déduisez :

\boxed{0,6< r < 0,7.}

Pour obtenir un encadrement de $\xi$, vous allez d’abord calculer $P’\left(\frac{3-r}{4}\right)$ :

P'\left(\frac{3-r}{4}\right)  = 4\left(\frac{3-r}{4}\right)^3+(3r-9)\left(\frac{3-r}{4}\right)^2+(2r^2-6r+4)\left(\frac{3-r}{4}\right)+(-3r^2+2r).

Le membre de droite est formé de termes que vous développez.

\begin{align*}
4\left(\frac{3-r}{4}\right)^3 &=4\times\frac{(3-r)^3}{4^3}\\
&=\frac{(3-r)^3}{16}\\
&=\frac{-r^3+ 9r^2-27r+27  }{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
(3r-9)\left(\frac{3-r}{4}\right)^2 &=3(r-3)\times \frac{(r-3)^2}{16}\\
&=\frac{3(r-3)^3}{16}\\
&=\frac{3(r^3-9r^2+27r-27)}{16}\\
&=\frac{3r^3-27r^2+81r-81}{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
(2r^2-6r+4)\left(\frac{3-r}{4}\right) &= (r^2-3r+2)\times \frac{3-r}{2}\\
&=\frac{(r^2-3r+2)(3-r)}{2}\\
&=\frac{3r^2-9r+6-r^3+3r^2-2r}{2}\\
&=\frac{-r^3+6r^2-11r+6}{2}\\
&=\frac{-8r^3+48r^2-88r+48}{16}.
\end{align*}

\begin{align*}
-3r^2+2r &= \frac{-48r^2+32r}{16}.
\end{align*}

Par somme, vous avez :

\begin{align*}
P'\left(\frac{3-r}{4}\right) &= \frac{-r^3+ 9r^2-27r+27  }{16}+\frac{3r^3-27r^2+81r-81}{16}\\
&\qquad \frac{-8r^3+48r^2-88r+48}{16}+ \frac{-48r^2+32r}{16}\\
&=\frac{-6r^3-18r^2-2r-6}{16}\\
&=\frac{-3r^3-9r^2-r-3}{8}\\
&=-\frac{3r^3+9r^2+r+3}{8}.
\end{align*}

Vous passez aux encadrements :

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
0,36&< r^2 < 0,49\\
0,216&< r^3 < 0,343\\
\end{align*}

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
3,24&< 9r^2 < 4,41\\
0,648&< 3 r^3 < 1,029\\
\end{align*}

Par somme :

\begin{align*}
0,648+3,24+0,6+3&< 3r^3+9r^2+r+3<1,029+4,41+0,7+3\\
7,488&< 3r^3+9r^2+r+3 < 9,139\\
0,936&< \frac{3r^3+9r^2+r+3}{8} < 1,14238\\
-1,14238 &< P'\left(\frac{3-r}{4}\right) < -0,936\\
\sqrt[3]{-1,14238} &< \sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }< \sqrt[3]{ -0,936 }\\
-1,0454 &< \sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }<-0,9781\\
-0,5227 &< \frac{1}{2}\sqrt[3]{P'\left(\frac{3-r}{4}\right) }<-0,4890.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
0,6&< r < 0,7\\
-0,7&< -r < -0,6\\
2,3&< 3-r < 2,4\\
0,575&< \frac{3-r}{4} < 0,6.
\end{align*}

Par somme :

0,575-0,5227<\xi < 0,6-0,4890

Du coup :

\boxed{0,0523<\xi<0,1110.}

Comme $\xi$ est une racine du polynôme $P’$, il a bien été prouvé que $\xi \notin[1,2].$

Il existe une racine réelle de $P’$ qui n’est pas comprise entre la plus grande racine réelle de $P$ et la plus petite racine de $P.$ Le théorème de Gauss-Lucas ne peut pas être cantonné au cas réel.

Soit $A$ la matrice réelle définie par :

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

Le but de cet article est d’expliciter une matrice complexe $B$ dont l’exponentielle est égale à la matrice $A$, soit :

\exp B =A.

Une fois la matrice $B$ trouvée, vous vérifierez par le calcul qu’elle convient.

Calculez la matrice $A^n$ pour tout entier $n\in\NN$

Cette étape a été traitée dans le contenu rédigé dans l'article 334. Il a été montré ce qui suit :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN,  A^n &= \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}}

Inspirez vous du logarithme népérien d’un réel strictement positif

Soit $a$ un réel strictement positif.

La fonction réelle $x\mapsto a^x$ est définie sur $\R$ et pour tout réel $x$, la dérivée est la fonction $x\mapsto (\ln a)a^x.$

Du coup, $\ln a$ est obtenu en dérivant la fonction $x\mapsto a^x$ et en évaluant l’expression obtenue en $0.$

Le problème qui se pose ici concerne l’évaluation de $(-1)^x$ lorsque $x$ est un réel. Pour contourner cette difficulté, vous utilisez la relation d’Euler, à savoir $-1 = \e^{i\pi}.$

Du coup, la fonction réelle $x\mapsto \e^{i\pi x}$ est bien définie et dérivable sur $\R$, de dérivée $x\mapsto i\pi \e^{i\pi x}.$

Formez une expression matricielle

D’après ce qui précède, vous posez, pour tout réel $x$ :

f(x) = \frac{(3x-2)2^x+2 \e^{i\pi x}}{18}A^2+ \frac{(-3x+8)2^x - 8 \e^{i\pi x}}{18}A+\frac{(-6x+10)2^x+8\e^{i\pi x}}{18}I.

En dérivant, il vient, pour tout réel $x$ :

\begin{align*}
f'(x) &= \frac{3\times 2^x + (3x-2)\ln 2 \times 2^x+2i\pi \e^{i\pi x}}{18}A^2
\\&\qquad+ \frac{-3\times 2^x+(-3x+8)\ln 2\times 2^x - 8i\pi \e^{i\pi x}}{18}A\\
&\qquad+\frac{-6\times 2^x+(-6x+10)\ln2 \times 2^x+8i\pi\e^{i\pi x}}{18}I.
\end{align*}

En évaluant en $0$ :

\begin{align*}
f'(0) &= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18}A^2 + \frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18}A+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18}I.
\end{align*}

Déduisez-en une expression de la matrice $B$

D’après ce qui précède, vous posez :

\begin{align*}
B &= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18}A^2 + \frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18}A+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18}I \\
&= \frac{3 - 2\ln 2 +2i\pi }{18} \begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}
+\frac{-3+8\ln 2 - 8i\pi }{18} \begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}\\&\qquad+\frac{-6+10\ln2 +8i\pi}{18} \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
24 - 16\ln 2 +16i\pi & 0 & 12 - 8\ln 2 +8i\pi\\
12 - 8\ln 2 +8i\pi&3 - 2\ln 2 +2i\pi&3 - 2\ln 2 +2i\pi\\
-12 + 8\ln 2 -8i\pi&0&0
\end{pmatrix}\\&\qquad+\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
-9+24\ln 2 - 24i\pi & 0 & -3+8\ln 2 - 8i\pi\\
-3+8\ln 2 - 8i\pi& 3-8\ln 2 + 8i\pi & 6-16\ln 2 + 16i\pi\\
3-8\ln 2 + 8i\pi&0&-3+8\ln 2 - 8i\pi
\end{pmatrix}\\
&\qquad+ \frac{1}{18} \begin{pmatrix}
-6+10\ln2 +8i\pi & 0 & 0\\
0&-6+10\ln2 +8i\pi&0\\
0&0&-6+10\ln2 +8i\pi
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{18}\begin{pmatrix}
9+18\ln 2 & 0 & 9\\
9&18i\pi&9-18\ln2 +18i\pi\\
-9&0&-9+18\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Après simplification par $9$, il vient :

\boxed{B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}.}

Vérifiez que l’exponentielle de $B$ est bien égale à $A$

Calculez le polynôme caractéristique de $B$

\begin{align*}
\det(X I - B) &=\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2} & 0 & \frac{-1}{2}\\
\frac{-1}{2} & X-i\pi & \frac{-1+2\ln2 -2i\pi}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=(X-i\pi)\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2} & 0 & \frac{-1}{2}\\
\frac{-1}{2} & 1 & \frac{-1+2\ln2 -2i\pi}{2}\\
\frac{1}{2} & 0 & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=(X-i\pi)\begin{vmatrix}
X+\frac{-1-2\ln 2}{2}  & \frac{-1}{2}\\
\frac{1}{2}  & X+\frac{1-2\ln2}{2}
\end{vmatrix}\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)\begin{vmatrix}
2X-1-2\ln 2  &-1\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)\begin{vmatrix}
2X-2\ln 2  &2X-2\ln2\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)\begin{vmatrix}
1  &1\\
1  & 2X+1-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)\begin{vmatrix}
1  &1\\
0  & 2X-2\ln2
\end{vmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}(X-i\pi)(2X-2\ln 2)^2
\\
&=(X-i\pi)(X-\ln 2)^2.
\end{align*}

Le polynôme caractéristique de la matrice $B$ est égal à :

\boxed{P(X)=(X-i\pi)(X-\ln 2)^2.}

Déterminez la forme de Jordan de la matrice $B$ avec une matrice de passage associée

D’après le calcul effectué sur le polynôme caractéristique, le nombre $i\pi$ est une valeur propre de $B.$

Trouver un vecteur propre correspondant conduit à trouver un triplet $(x_1,x_2,x_3)\in\C^3$ non nul tel que :

\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix} = i\pi\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix}.

Soit :

\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix} = 2i\pi\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
x_3\\
\end{pmatrix}.

Or :

\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
0\\
2i\pi\\
0\\
\end{pmatrix} = 2i\pi\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix}.

Par conséquent, le vecteur $\begin{pmatrix} 0\\1\\0\\\end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $B.$

En posant :

P_1 = \begin{pmatrix}
0& 1&0\\
1& 0&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}

vous obtenez une matrice inversible et :

P_1^{-1}BP_1 = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
2i\pi&1&1-2\ln2 +2i\pi\\
0&1+2\ln 2  & 1\\
0&-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}

Vous étudiez maintenant la matrice $S$ définie par le bloc de taille $2\times 2$ de la matrice $P_1^{-1}BP_1$ situé en bas à droite. Vous posez :

S = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}. 

Vous cherchez la forme de Jordan de $S$ avec une matrice inversible associée.

Le polynôme caractéristique de $S$ est égal à $(X-\ln 2)^2$ étant donné que le produit par blocs du déterminant de $P_1^{-1}BP_1$ qui est identique à celui de $B.$

Subséquemment, le nombre $\ln 2$ est une valeur propre de $S.$

Vous cherchez un couple $(x_1,x_2)\in\C^2$ non nul tel que :

\begin{align*}
\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix} = \ln 2 \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Soit :

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix} = 2\ln 2 \begin{pmatrix}
x_1\\
x_2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Or :

\begin{align*}
\begin{pmatrix}
1+2\ln 2  & 1\\
-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
 2\ln 2\\
-2\ln 2\\
\end{pmatrix} = 2\ln 2\begin{pmatrix}
1\\
-1\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Ainsi, le vecteur $\begin{pmatrix} 1\\ -1\\ \end{pmatrix}$ est un vecteur propre de $S.$

Vous formez la matrice inversible $Q_2$ définie par :

Q_2 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
-1&1
\end{pmatrix}.

Vous obtenez par conjugaison :

Q_2^{-1}SQ_2= \begin{pmatrix}
\ln 2  & 1/2\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.

A ce stade, vous n’avez pas encore obtenu la forme de Jordan de $S$, puisque le coefficient $1/2$ doit être remplacé par $1.$

Vous utilisez une dilatation pour y parvenir. Vous posez :

Q_3 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
0&2
\end{pmatrix}.

Alors :

\begin{align*}
Q_3^{-1}Q_2^{-1}SQ_2Q_3&= Q_3^{-1}\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1/2\\
0&\ln2
\end{pmatrix}Q_3 \\
&=\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

La forme de Jordan de $S$ est obtenue. Pour matrice de passage globale associée, vous prenez $Q_2Q_3$ qui est égale à :

\boxed{Q_2Q_3 = \begin{pmatrix}
1  & 0\\
-1&2
\end{pmatrix}.}

Vous avez bien :

\boxed{\begin{align*}
(Q_2Q_3)^{-1}S(Q_2Q_3)
&=\begin{pmatrix}
\ln 2  & 1\\
0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}}

Vous formez la matrice $P_2$ définie par blocs :

\begin{align*}
P_2 &=\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_2Q_3
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_2
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1  & 0\\
0& Q_3
\end{pmatrix}\\
&=
\begin{pmatrix}
1& 0&0\\
0& 1&0\\
0&-1&1\\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1& 0&0\\
0& 1&0\\
0&0&2\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2 &=P_2^{-1}(P_1^{-1}BP_1)P_2 \\
&=\frac{1}{2}P_2^{-1}\begin{pmatrix}
2i\pi&1&1-2\ln2 +2i\pi\\
0&1+2\ln 2  & 1\\
0&-1&-1+2\ln2
\end{pmatrix}P_2\\
&=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
2i\pi&2\ln 2-2i\pi & 2-4\ln2 +4i\pi\\
0&2\ln 2  & 2\\
0&0&2\ln2
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi & 1-2\ln2 +2i\pi\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Les blocs de Jordan sont maintenant en place.

L’étape suivante consiste à éliminer le coefficient $\ln 2-i\pi$ à l’aide d’une transvection.

Pour plus de lisibilité, vous posez :

T = \begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi & 1-2\ln2 +2i\pi\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Soit $\alpha\inC$ un nombre qui sera choisi plus tard. Vous posez :

P_3 = \begin{pmatrix}
1& \alpha &0\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}.

Alors :

P_3^{-1}TP_3 = \begin{pmatrix}
i\pi&\ln 2-i\pi +\alpha i\pi - \alpha\ln 2& 1-2\ln2 +2i\pi - \alpha\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Vous choisissez $\alpha$ tel que :

\begin{align*}
\ln 2-i\pi +\alpha i\pi - \alpha\ln 2 &= 0\\
\ln 2-i\pi +\alpha (i\pi - \ln 2) &= 0\\
\alpha (i\pi - \ln 2) &= i\pi-\ln 2 \\
\alpha &=1.
\end{align*}

Par voie de conséquence, vous avez :

\boxed{\begin{align*}
&P_3 = \begin{pmatrix}
1& 1 &0\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}TP_3 = \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2P_3  
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}
}

Il reste à éliminer le dernier coefficient $2i\pi-2\ln2.$

Vous posez :

U =  \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.

Soit $\beta\inC$ un nombre qui sera choisi plus tard. Vous posez :

P_4 =  \begin{pmatrix}
1& 0 &\beta\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}.

Alors :

P_4^{-1}UP_4 =  \begin{pmatrix}
i\pi&0&  2i\pi-2\ln2 + \beta i\pi - \beta \ln 2 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}

En prenant $\beta = -2$ vous constatez que $2i\pi-2\ln2 + \beta i\pi – \beta \ln 2 = 0.$

En définitive, vous avez obtenu la forme de Jordan de $B$ avec la matrice de passage associée :

\boxed{\begin{align*}
&P_4 = \begin{pmatrix}
1& 0 &-2\\
0& 1&0\\
0&0&1\\
\end{pmatrix}
\\
&P_4^{-1}UP_4 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0\\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&P_3^{-1}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}BP_1P_2P_3  P_4
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}\\
&(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}B(P_1P_2P_3  P_4)
 = \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}.
\end{align*}
}

Utilisez la structure par blocs

Notez $J$ la matrice de taille $2\times 2$ définie par :

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

Notez $I_2$ la matrice identité d’ordre $2$ et $N$ la matrice définie par :

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

Notez que $N^2 = 0.$ Cela implique :

\forall k\geq 2, N^k=0.

Soit maintenant $n$ un entier naturel supérieur ou égal à $2$. Comme $I$ et $N$ commutent, il est possible d’utiliser la formule du binôme :

\begin{align*}
J^n &= ((\ln 2) I_2 + N)^n\\
&=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} (\ln 2)^{n-k} N^{k}\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N + \sum_{k=2}^n \binom{n}{k} (\ln 2)^{n-k} N^{k}\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N + 0\\
&=(\ln 2)^n I_2+n(\ln2)^{n-1}N.
\end{align*}

Soit maintenant $m$ un entier supérieur ou égal à $2.$

\begin{align*}
\sum_{n=0}^{m} \frac{1}{n!}J^n &= I_2+J+\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}J^n\\
&=I_2+J+\left(\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n\right) I_2+ \left(\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1}\right)N.
\end{align*}

\begin{align*}
\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1} &= \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{(n+1)!} (n+1)(\ln2)^{n}\\
 &= \sum_{n=1}^{m-1}\frac{1}{n!} (\ln2)^{n}.
\end{align*}

Vous en tirez que, quand $m\to +\infty$ :

\begin{align*}
&\sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n \longrightarrow \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n = \e^{\ln 2}-\ln 2-1\\
&\sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1} \longrightarrow \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n!} (\ln2)^{n} = \e^{\ln2}-1
\end{align*}

Donc :

\begin{align*}
&\lim_{m\to + \infty} \sum_{n=2}^m \frac{1}{n!}  (\ln 2)^n = 1-\ln 2\\
&\lim_{m\to + \infty} \sum_{n=2}^m\frac{1}{n!} n(\ln2)^{n-1}  = 1.
\end{align*}

Il en résulte que :

\begin{align*}
\lim_{m\to +\infty} \sum_{n=0}^{m} \frac{1}{n!}J^n 
&=I_2+J+(1-\ln 2)I_2+ N\\
&=I_2+(\ln 2) I_2 + N+(1-\ln 2)I_2+ N\\
&=(1+\ln 2 + 1-\ln 2)I_2+2N\\
&=2I_2+2N.
\end{align*}

Le calcul de l’exponentielle de $J$ est terminé :

\boxed{\e^{J} =  \begin{pmatrix}
2& 2 \\
0& 2
\end{pmatrix}.}

La structure diagonale par blocs et la conjugaison permettent de calculer l’exponentielle de la matrice $B$ à partir de l’égalité suivante :

\begin{align*}
(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}B(P_1P_2P_3  P_4)
 &= \begin{pmatrix}
i\pi&0& 0 \\
0&\ln 2  & 1\\
0&0&\ln2
\end{pmatrix}
\\
&=\begin{pmatrix}
i\pi&0\\
0& J\\
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Il vient :

\begin{align*}
(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}\e^B (P_1P_2P_3  P_4) &= \begin{pmatrix}
\e^{i\pi}&0\\
0& \e^J\\
\end{pmatrix}\\
&=\begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Subséquemment :

\begin{align*}
\e^B &=  (P_1P_2P_3  P_4)  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}(P_1P_2P_3  P_4)^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3  P_4  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_4^{-1}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3  \left(P_4  \begin{pmatrix}
-1&0&0\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_4^{-1}\right)P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2P_3   \begin{pmatrix}
-1&0&-6\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_3^{-1}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2\left(P_3   \begin{pmatrix}
-1&0&-6\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_3^{-1}\right)P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1P_2   \begin{pmatrix}
-1&3&-4\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_2^{-1}P_1^{-1}
\\
&=P_1\left(P_2   \begin{pmatrix}
-1&3&-4\\
0& 2 & 2\\
0 & 0 & 2
\end{pmatrix}P_2^{-1}\right)P_1^{-1}
\\
&=P_1   \begin{pmatrix}
-1&1&-2\\
0& 3 & 1\\
0 & -1 & 1
\end{pmatrix}P_1^{-1}
\\
&=  \begin{pmatrix}
3&0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0  & 1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

Si $A$ est la matrice définie par :

A= \begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}

et si $B$ est celle définie par :

B=\frac{1}{2}\begin{pmatrix}
1+2\ln 2 & 0 & 1\\
1&2i\pi&1-2\ln2 +2i\pi\\
-1&0&-1+2\ln2
\end{pmatrix}

alors l’exponentielle de la matrice $B$ est égale à la matrice $A$ :

\boxed{\exp B =A.}

Soit $A$ la matrice réelle définie par :

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

Vous allez déterminer explicitement une matrice complexe $B$ telle que $B^2 = A.$
On dit que la matrice $B$ est une racine carrée de la matrice $A$.

Pour y parvenir, vous allez d’abord chercher une expression de $A^n$ lorsque $n$ est un entier naturel non nul.

Déterminez un polynôme annulateur de $A$

Vous notez $I$ la matrice identité d’ordre $3.$

Le calcul du polynôme caractéristique $P$ de la matrice $A$ conduit à ce qui suit :

\begin{align*}
P(X)&=\det(XI-A)\\
&=\begin{vmatrix}
X-3 & 0 & -1\\
-1 & X+1 & 2\\
1 & 0 & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-3 & 0 & -1\\
-1 & 1 & 2\\
1 & 0 & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-3  & -1\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)\begin{vmatrix}
X-2  & X-2\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)(X-2)\begin{vmatrix}
1  & 1\\
1  & X-1
\end{vmatrix}\\
&=(X+1)(X-2)\begin{vmatrix}
1  & 1\\
0 & X-2
\end{vmatrix}.
\end{align*} 

Ainsi :

P(X) = (X+1)(X-2)^2.

Via le théorème de Cayley-Hamilton, il en résulte que :

\boxed{P(A) = (A+I)(A-2I)^2 = 0.}

Déterminez le reste de la division euclidienne de $X^n$ par $P$

Soit $n$ un entier naturel non nul fixé.

Formez un système d’équations

En effectuant la division euclidienne de $X^n$ par $P$ qui est un polynôme de degré $3$, vous déduisez qu’il existe un polynôme quotient $Q\in\R[X]$ et un polynôme $R$ de degré $2$ au maximum, tels que :

X^n = P(X)Q(X)+R(X).

Compte tenu de la remarque précédente effectuée sur le polynôme $R$, il existe un triplet $(a,b,c)\in\R^3$ tel que :

R(X)=aX^2+bX+c.

Comme $P(2)=0$ et comme $P(-1)=0$, en évaluant en $2$ et en $-1$, vous obtenez les deux égalités :

\boxed{\begin{align*}
2^n &= 4a+2b+c\\
(-1)^n &= a-b+c.
\end{align*}}

Pour déterminer une équation supplémentaire, vous allez utiliser le fait que $2$ est racine double de $P.$

En dérivant, il vient :

nX^{n-1} = P'(X)Q(X)+P(X)Q'(X)+R'(X).

Comme $P(2) = P'(2)=0$ en évaluant en $2$ il vient :

n2^{n-1} = 4a+b.

En multipliant par $2$, vous obtenez :

\boxed{n2^n = 8a+2b.}

Résolvez le système obtenu

Vous avez :

\begin{align*}
2^n &= 4a+2b+c\\
(-1)^n &= a-b+c.
\end{align*}

Par soustraction vous éliminez $c$ et obtenez :

\begin{align*}
2^n - (-1)^n &= 3a+3b.
\end{align*}

Après multiplication par $2$, il vient :

2\times 2^n - 2(-1)^n = 6a+6b.

En multipliant par $3$ l’équation $n2^n = 8a+2b$ vous obtenez encore $6$ fois $b$ :

3n2^n = 24a+6b.

Par soustraction vous éliminez $6b$ et obtenez :

(3n-2)2^n+2(-1)^n = 18a.

Du coup :

\boxed{a = \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}.}

Pour trouver $b$, vous utilisez la relation $2^n – (-1)^n &= 3a+3b.$ Il en découle ce qui suit :

\begin{align*}
3b &= 2^n - (-1)^n - 3a\\
&=2^n - (-1)^n + \frac{(-9n+6)2^n-6(-1)^n}{18}\\
&=\frac{18\times 2^n - 18 (-1)^n}{18} + \frac{(-9n+6)2^n-6(-1)^n}{18}\\
&=\frac{(-9n+24)2^n - 24 (-1)^n}{18}.
\end{align*}

Après division par $3$, vous obtenez :

\boxed{b = \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}.}

Pour trouver $c$, vous utilisez la relation $(-1)^n &= a-b+c.$ Du coup :

\begin{align*}
c &= (-1)^n-a+b\\
&=\frac{18(-1)^n}{18}+ \frac{(-3n+2)2^n-2(-1)^n}{18} +  \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}.
\end{align*}

Ainsi :

\boxed{c=\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}.}

Concluez

Le polynôme $P$ étant défini par $P(X) = (X+1)(X-2)^2$ vous avez obtenu :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN, \exists Q\in\R[X],  X^n &= P(X)Q(X) +\frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}X^2\\
&\qquad+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}X+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}.
\end{align*}}

Déterminez une expression de la matrice $A^n$ quand $n\in\NN$

En évaluant la relation précédente pour $X = A$, vous obtenez :

\begin{align*}
\forall n\in\NN, \exists Q\in\R[X],  A^n &= P(A)Q(A) +\frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2\\
&\qquad+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}

Or, il a déjà été vu que $P(A)=0.$ Du coup :

\boxed{\begin{align*}
\forall n\in\NN,  A^n &= \frac{(3n-2)2^n+2(-1)^n}{18}A^2+ \frac{(-3n+8)2^n - 8 (-1)^n}{18}A+\frac{(-6n+10)2^n+8(-1)^n}{18}I.
\end{align*}}

Extrapolez la relation précédente et déterminez une racine carrée de $A$

Vous souhaitez choisir $n=1/2$ dans la relation précédente qui calculait $A^n.$ Afin d’éviter la problématique évaluation de $(-1)^n$ lorsque $n$ n’est pas entier, vous utilisez la relation d’Euler $-1 = \e^{i\pi}.$

L’idée est alors d’utiliser la relation suivante, valable pour tous les réels $x$ strictement positifs : $x^{1/2}=\sqrt{x}.$

Suivant cette optique, vous posez :

B = \frac{(3\times \frac{1}{2}-2)2^{1/2}+2(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A^2+ \frac{(-3\times \frac{1}{2}+8)2^{1/2} - 8 (\e^{i\pi})^{1/2}}{18}A+\frac{(-6\times \frac{1}{2}+10)2^{1/2}+8(\e^{i\pi})^{1/2}}{18}I.

Vous calculez explicitement la matrice $B$ et vous procédez comme suit :

\begin{align*}
B&=\frac{ \frac{-\sqrt{2}}{2}+2\e^{i\pi/2}}{18}A^2+ \frac{\frac{13}{2}\sqrt{2} - 8 \e^{i\pi/2}}{18}A+\frac{7 \sqrt{2}+8\e^{i\pi/2}}{18}I\\
&=\frac{ -\sqrt{2}+4\e^{i\pi/2}}{36}A^2+ \frac{13\sqrt{2} - 16 \e^{i\pi/2}}{36}A+\frac{14 \sqrt{2}+16\e^{i\pi/2}}{36}I\\
&=\frac{ -\sqrt{2}+4i}{36}A^2+ \frac{13\sqrt{2} - 16i}{36}A+\frac{14 \sqrt{2}+16i}{36}I.
\end{align*}

Or :

A^2 = \begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}.

Du coup :

\begin{align*}
B
&=\frac{ -\sqrt{2}+4i}{36}\begin{pmatrix}
8 & 0 & 4\\
4 & 1 & 1\\
-4 & 0 & 0
\end{pmatrix}+ \frac{13\sqrt{2} - 16i}{36}\begin{pmatrix}
3 & 0 & 1\\
1&-1&-2\\
-1&0&1
\end{pmatrix}+\frac{14 \sqrt{2}+16i}{36}\begin{pmatrix}
1 & 0 & 0\\
0&1&0\\
0&0&1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
-8\sqrt{2}+32i & 0 & -4\sqrt{2}+16i\\
-4\sqrt{2}+16i&-\sqrt{2}+4i&-\sqrt{2}+4i\\
4\sqrt{2}-16i&0&0
\end{pmatrix}
+\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
39\sqrt{2} - 48i & 0 & 13\sqrt{2} - 16i\\
13\sqrt{2} - 16i&-13\sqrt{2} + 16i&-26\sqrt{2} +32i\\
-13\sqrt{2} + 16i&0&13\sqrt{2} - 16i
\end{pmatrix}\\
&\qquad+\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
14 \sqrt{2}+16i & 0 & 0\\
0&14 \sqrt{2}+16i&0\\
0&0&14 \sqrt{2}+16i
\end{pmatrix}\\
&=\frac{1}{36}\begin{pmatrix}
45\sqrt{2} & 0 & 9\sqrt{2}\\
9\sqrt{2}&36i&-27\sqrt{2}+36i\\
-9\sqrt{2}&0&27\sqrt{2}
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Après simplification par $9$, il vient :

\boxed{B = \frac{1}{4}\begin{pmatrix}
5\sqrt{2} & 0 & \sqrt{2}\\
\sqrt{2}&4i&-3\sqrt{2}+4i\\
-\sqrt{2}&0&3\sqrt{2}
\end{pmatrix}.}

Vérifiez que la matrice $B$ convient

Vous calculez la matrice $B^2$ en trois temps.

Première colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
5\sqrt{2}\\
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}B  \begin{pmatrix}
5\\
1\\
-1
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{1}{4}\times \frac{\sqrt{2}}{4} \left(
 \begin{pmatrix}
25\sqrt{2}\\
5\sqrt{2}\\
-5\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
-\sqrt{2}\\
3\sqrt{2}-4i\\
-3\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\right)
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{16} 
\begin{pmatrix}
24\sqrt{2}\\
8\sqrt{2}\\
-8\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2} }{4}
\begin{pmatrix}
6\sqrt{2}\\
2\sqrt{2}\\
-2\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&= \frac{1}{4}
\begin{pmatrix}
12\\
4\\
-4
\end{pmatrix}
\\
&= 
\begin{pmatrix}
3\\
1\\
-1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Deuxième colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=i B \begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{i}{4}  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Troisième colonne de $B^2$

\begin{align*}
B^2\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1
\end{pmatrix} &= \frac{1}{4}B  \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-3\sqrt{2}+4i\\
3\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\\
&=
\frac{1}{4} B\left(  \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-3\sqrt{2}\\
3\sqrt{2}
\end{pmatrix} +  \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}\right)
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}B\begin{pmatrix}
1\\
-3\\
3
\end{pmatrix}+iB\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{4}\times \frac{1}{4} \left(
 \begin{pmatrix}
5\sqrt{2}\\
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-12i\\
0
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
3\sqrt{2}\\
-9\sqrt{2}+12i\\
9\sqrt{2}
\end{pmatrix}
\right)
+\frac{i}{4}
 \begin{pmatrix}
0\\
4i\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
\frac{\sqrt{2}}{16} \begin{pmatrix}
8\sqrt{2}\\
-8\sqrt{2}\\
8\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2} \begin{pmatrix}
\sqrt{2}\\
-\sqrt{2}\\
\sqrt{2}
\end{pmatrix}
+
 \begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
 \begin{pmatrix}
1\\
-1\\
1
\end{pmatrix}
+
\begin{pmatrix}
0\\
-1\\
0
\end{pmatrix}
\\
&=
\begin{pmatrix}
1\\
-2\\
1
\end{pmatrix}.
\end{align*}

Concluez

La matrice $B$ est bien une racine carrée de la matrice $A$ :

\boxed{B^2=A.}

Prolongement

Il est possible de démontrer que toute matrice complexe inversible admet une racine carrée complexe.

Quand la matrice n’est plus inversible, le résultat ne tient plus.

En effet, considérez la matrice complexe $A$ définie par :

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

Justifiez qu’il n’existe aucune matrice complexe carrée d’ordre $3$ telle que $B^2=A.$

Soit $n$ un entier naturel non nul.

Par définition, un nombre complexe $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si :

\left\{\begin{align*}
&z^n = 1\\
&\forall m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^m\neq 1.
\end{align*}\right.

Vous allez dans cet article vérifier qu’il existe au moins une racine primitive $n$-ième de l’unité. Puis, vous allez l’utiliser pour démontrer des caractérisations générales des racines $n$-ièmes primitives de l’unité.

Un exemple important

Considérez le nombre complexe $\varepsilon$ défini par :

\boxed{\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}.}

Note. Ce nombre $\varepsilon$ a été rencontré dans le contenu rédigé dans l'article 332 où il a été établi que toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$

Vous calculez directement $\varepsilon^n$ :

\begin{align*}
\varepsilon^n &= \left(\e^{\frac{2i\pi}{n}}\right)^n\\
&=\e^{\frac{2i\pi}{n}\times n}\\
&=\e^{2i\pi}\\
&=1.
\end{align*}

AInsi, le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième de l’unité.

Supposez maintenant qu’il existe un entier $m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket$ tel que $\varepsilon^m=1.$

Vous déduisez :

\begin{align*}
1 &= \varepsilon^m\\
&=\left(\e^{\frac{2i\pi}{n}}\right)^m\\
&=\e^{\frac{2im\pi}{n}}.
\end{align*}

De cette égalité, vous déduisez l’existence d’un entier $k\in\Z$ tel que :

\frac{2im\pi}{n}= 2ik\pi.

Vous simplifiez par $2i\pi$ et obtenez :

\frac{m}{n} = k.

Cela s’écrit $m = nk.$ Comme $m$ et $n$ sont strictement positifs, il en est de même pour $k.$

Donc $k\geq 1$ et par suite $nk\geq n$ et $m\geq n.$ Contradiction avec $m\leq n-1.$

Vous en désuisez : $\forall m\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, \varepsilon^m\neq 1.$

Le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité.

Une première caractérisation d’une racine primitive

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :

A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}

est non vide et admet $n$ pour plus petit élément.

Premier sens

Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}.$

Alors $z^n=1$ et comme $n\in\NN$, $n\in A_z$ donc $A_z$ est non vide.

Comme $A_z$ est une partie de $\N$, elle admet un plus petit élément noté $\alpha.$

Comme $\alpha \in A_z$, alors $\alpha \geq 1.$

Or, $n\in A_z$ et $\alpha$ est le plus petit élément de $A_z$, donc $\alpha\leq n.$

Supposez que $\alpha \neq n.$ Alors $1\leq \alpha\leq n-1.$ Comme $\alpha\in A_z$ il vient $z^{\alpha} = 1.$

Or $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité donc $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Alors $z^{\alpha}\neq 1.$ Contradiction.

Du coup, $\alpha = n$ est $n$ est le plus petit élément de $A_z.$

Second sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que $A_z=\{m\in\NN, z^m=1\}$ soit non vide et $n = \min A_z.$

Comme $n\in A_z$, il vient $z^n=1.$

Soit maintenant $i$ un entier appartenant à l’intervalle $\llbracket 1, n-1 \rrbracket.$

Supposez $z^i = 1.$ Alors, comme $i\in\NN$ vous déduisez $i\in A_z.$ Comme $n$ est le plus petit élément de $A_z$ vous avez $n\leq i.$ Or $i\leq n-1.$ Du coup, $n\leq n-1$. Contradiction.

Donc $z^i\neq 1.$

Du coup, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$

Le nombre $z$ est par conséquent une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Une deuxième caractérisation

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si l’ensemble :

B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}

est égal à l’ensemble noté $n\Z$ des multiples de $n.$

Premier sens

Soit $z$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Vous posez $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}.$

Soit $k\in\Z$ un multiple de $n.$ Il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $k = n\ell.$

Alors :

\begin{align*}
z^k &= z^{n\ell}\\
&= (z^n)^{\ell}\\
&= 1^{\ell}\\
&=1.
\end{align*}

Du coup $k\in B_z.$

Vous déduisez l’inclusion $n\Z \subset B_z.$

Réciproquement, soit $m\in B_z$ de sorte que $z^m=1.$

Vous effectuez la division euclidienne de $m$ par $n.$

Il existe un entier $q\in\Z$ et un entier $r\in\llbracket 0, n-1\rrbracket$ tels que $m = nq+r.$

Alors :

\begin{align*}
1 &= z^m\\
&=z^{nq+r}\\
&=z^{nq}\times z^r\\
&=(z^n)^q\times z^r\\
&=1^q \times z^r\\
&=z^r.
\end{align*}

Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$ Comme $z^r=1$ vous déduisez $r\notin\llbracket 1, n-1\rrbracket.$ Cependant, $r\in\llbracket 0, n-1\rrbracket.$ Du coup $r=0$ et donc $m=nq$ donc $m$ est un multiple de $n.$

Vous déduisez l’autre inclusion : $B_z\subset n\Z.$

Du coup, $B_z = n\Z.$

Second sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que l’ensemble $B_z=\{m\in\Z, z^m=1\}$ soit égal à $n\Z$, l’ensemble des multiples de $n.$

Tout d’abord, $n = n\times 1$ donc $n$ est un multiple de $n.$ Par suite, $n\in n\Z.$

Or, $B_z = n\Z$ donc $n\in B_z$ et il vient $z^n = 1.$

Soit maintenant un entier $i \in\llbracket 1, n-1\rrbracket.$

Supposez que $z^i = 1.$ Alors comme $i\in \Z$ il vient $i\in B_z.$ Comme $B_z = n\Z$ vous déduisez $i\in n\Z.$ Donc $i$ est un multiple de $n.$

Il existe un entier $k\in\Z$ tel que $i = nk.$

Si $k$ est négatif ou nul, par produit, $nk$ est négatif ou nul et $i$ aussi. Contradiction avec $i\geq 1.$

Donc $k$ est strictement positif. Or, $k$ est entier donc $k\geq 1.$ Par produit avec $n$, il vient $nk\geq n.$ Donc $i\geq n.$ Mais cela contredit l’inégalité $i\leq n-1.$

Vous déduisez que $z^i\neq 1.$

Ainsi, $\forall i\in\llbracket 1, n-1\rrbracket, z^i\neq 1.$

$z$ est ainsi une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Une troisième caractérisation

Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $z$, le nombre $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si les conditions suivantes sont simultanément satisfaites :

• $z^n = 1$ (autrement dit, $z$ est une racine $n$-ième de l’unité) ;
• Toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $z.$

Note. La seconde condition s’écrit formellement ainsi :

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)

Remarque. Cette seconde condition signifie que $z$ est un générateur de l’ensemble des racines $n$-ièmes de l’unité.

Premier sens

Soit $z$ un nombre complexe tel que $z^n=1.$

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists k\in\Z,
u = z^k.
\right)

D’une part, le nombre $z$, en tant que racine $n$-ième de l’unité, s’écrit comme une puissance entière de $\varepsilon.$

Il existe un entier $\ell \in\Z$ tel que :

z = \varepsilon^{\ell}.

D’autre part, en choisissant $u=\varepsilon$, vous déduisez qu’il existe un entier $k\in\Z$ tel que :

\varepsilon = z^k.

Du coup, vous déduisez que :

\begin{align*}
\varepsilon &= z^k\\
&= (\varepsilon^{\ell})^k\\
&=\varepsilon^{k\ell}.
\end{align*}

Or, $\varepsilon = \e^{\frac{2i\pi}{n}}$, en tant qu’exponentielle, est un nombre non nul.

En divisant l’égalité précédente par $\varepsilon$ il vient :

1 = \varepsilon^{k\ell-1}.

Le nombre $\varepsilon$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité. D’après la deuxième caractérisation, il vient :

k\ell -1 \in n\Z.

Autrement dit, $n$ divise $k\ell -1$ :

n\mid k\ell -1.

Il existe un entier $p\in\Z$ tel que :

k\ell-1 = np.

Cela s’écrit aussi sous la forme :

k\ell - np = 1.

D’après le théorème de Bézout, cette relation montre que les entiers $\ell$ et $n$ sont premiers entre eux.

Vous utilisez la deuxième caractérisation sur $z$ avec la série d’équivalences suivantes :

\begin{align*}
\forall m\in\Z, z^m=1 &\Longleftrightarrow (\varepsilon^{\ell})^m =1\\
&\Longleftrightarrow\varepsilon^{\ell m}=1\\
&\Longleftrightarrow \ell m\in n\Z\\
&\Longleftrightarrow  n\mid \ell m\\
&\Longleftrightarrow \left\{\begin{align*}
&n\mid \ell m\\
&\mathrm{PGCD}(\ell, n)=1
\end{align*}\right.\\
&\Longleftrightarrow n\mid m \quad\text{(théorème de Gauss)}\\
&\Longleftrightarrow m \in n\Z.
\end{align*}

Ainsi, $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité.

Second sens

Soit $z\in\C$ une racine primitive $n$-ième de l’unité. Par définition, vous avez déjà $z^n=1.$

Comme $z$ est aussi une racine $n$-ième de l’unité, vous déduisez l’existence d’un entier $k\in\Z$ tel que :

z = \varepsilon^k.

\left\{\begin{align*}
 n &=dn'\\
k&=dk'.
\end{align*}\right.

Les nombres entiers $n’$ et $k’$ sont alors premiers entre eux.

Vous utilisez la deuxième caractérisation avec $\varepsilon$ et $z$ qui sont deux racines primitives $n$-ième primitive de l’unité :

\begin{align*}
\forall m\in\Z,  m \in n\Z  &\Longleftrightarrow z^m=1\\
 &\Longleftrightarrow (\varepsilon^{k})^m =1\\
&\Longleftrightarrow\varepsilon^{k m}=1\\
&\Longleftrightarrow k m\in n\Z\\
&\Longleftrightarrow n \mid  k m\\
&\Longleftrightarrow dn' \mid  dk' m\\
&\Longleftrightarrow n' \mid  k' m\\
&\Longleftrightarrow \left\{\begin{align*}
&n'\mid k' m\\
&\mathrm{PGCD}(n', k')=1
\end{align*}\right.\\
&\Longleftrightarrow n' \mid  m\\
&\Longleftrightarrow m\in n'\Z.
\end{align*}

Comme $n\in n\Z$ il en résulte que $n \in n’\Z$ donc $n’\mid n.$
De même, $n’\in n’\Z$ il en résulte que $n’ \in n\Z$ donc $n \mid n’.$

Par conséquent il vient $n=n’$ donc $dn = dn’$ ce qui fournit $dn = n$ et donc $d=1.$

Comme $n$ et $k$ sont premiers entre eux, par le théorème de Bézout, il existe deux entiers $u\in \Z$ et $v\in \Z$ tels que :

an+bk=1.

Comme $z = \varepsilon^k$ vous déduisez ce qui suit :

\begin{align*}
z^b &= (\varepsilon^{k})^b\\
&=\varepsilon^{bk}\\
&=\varepsilon^{1-an}\\
&=\varepsilon\times \varepsilon^{-an}\\
&=\varepsilon\times (\varepsilon^{n})^{-a}\\
&=\varepsilon\times 1^{-a}\\
&=\varepsilon.
\end{align*}

Soit maintenant $u$ un nombre complexe tel que $u^n=1.$

Comme $u$ est une racine $n$-ième de l’unité, il existe $\ell\in \Z$ tel que $u = \varepsilon^{\ell}.$

Du coup $u = (z^b)^{\ell}$ soit $u = z^{b\ell}.$

La propriété qui suit est bien vérifiée :

\forall u\in\C, u^n=1 \implies \left(\exists \alpha \in\Z,
u = z^{\alpha}.
\right)

Une quatrième caractérisation

Soit $z$ une racine $n$-ième primitive de l’unité fixée. Vous allez démontrer que, pour tout nombre complexe $u$, $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, si et seulement si, il existe un entier $k\in\Z$ premier avec $n$, tel que $u = z^k.$

Premier sens

Soit $u$ une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Comme $u^n=1$ et que $z$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la troisième caractérisation, il existe un entier $k\in\Z$ tel que $u = z^k.$

D’autre part, $z^n=1$ et $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité. Toujours via la troisième caractérisation, il existe un entier $\ell\in\Z$ tel que $z = u^{\ell}.$

Mis bout à bout, il vient :

\begin{align*}
u &= z^k\\
&= (u^{\ell})^k\\
&=u^{k\ell}.
\end{align*}

Or, $u$ est non nul, donc en divisant par $u$, il vient $1 = u^{k\ell -1}.$

Comme $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité, via la deuxième caractérisation, il vient :

n\mid k\ell -1.

Donc il existe un entier $m\in\Z$ tel que :

k\ell -1 = nm.

Autrement dit :

k\ell-mn = 1.

D’après le théorème de Bézout, il en résulte que $\mathrm{PGCD}(k,n)=1$ et les entiers $k$ et $n$ sont premiers entre eux.

Comme $u = z^k$ avec $k$ premier avec $n$, la démonstration du premier sens est acquise.

Second sens

Soit $u\in\C$ tel qu’il existe un entier $k\in\Z$ vérifiant :

\left\{\begin{align*}
&u = z^k\\
&\mathrm{PGCD}(k,n)=1.
\end{align*}\right.

Tout d’abord :

\begin{align*}
u^n &= (z^k)^n\\
&= z^{kn}\\
&= (z^n)^k\\
&= 1^k\\
&=1.
\end{align*}

Le nombre $u$ est une racine $n$-ième de l’unité.

D’après le théorème de Bézout, il existe $(a,b)\in\Z^2$ tel que :

ak+bn=1.

Alors :

\begin{align*}
u^a &= (z^k)^a\\
&= z^{ak}\\
&= z^{1-bn}\\
&=z\times z^{-bn}
&=z\times (z^n)^{-b}\\
&=z\times 1^{-b}\\
&=z.
\end{align*}

Soit maintenant $y$ une racine $n$-ième de l’unité. Comme $z$ est une racine $n$-ième primitive de l’unité, il existe $\alpha \in\Z$ tel que $y = z^{\alpha}.$

Alors :

\begin{align*}
y  &= (u^a)^{\alpha} \\
&=u^{a\alpha}.
\end{align*} 

Ainsi, toute racine $n$-ième de l’unité s’écrit comme une puissance entière de $u$, qui est lui-même une racine $n$-ième de l’unité. D’après la troisième caractérisation, il s’ensuit que $u$ est une racine primitive $n$-ième de l’unité.

Prolongement

Pour tout entier naturel $n$ non nul, on note $\varphi(n)$ le nombre d’éléments de l’ensemble suivant :

\{m\in \llbracket 0, n-1\rrbracket, \mathrm{PGCD}(m,n)=1\}.

La fonction $\varphi$ ainsi définie s’appelle fonction indicatrice d’Euler : à tout entier naturel $n$ non nul, $\varphi$ associe le nombre d’entiers positifs inférieurs ou égaux à $n-1$ qui sont premiers avec $n.$

En utilisant le contenu de cet article, expliquez pourquoi le nombre de racines primitives $n$-ièmes de l’unité est précisément égal à $\varphi(n).$