´ nonc´e E
` Probleme eme
Polynˆ omes omes P tels que P (X ) divise P (X n ) Dans ce probl`eme, eme, on consid` consi d`ere ere des polynˆ pol ynˆ omes omes a` coefficients complexes. Un polynˆome ome est dit no co efficient du terme de plus haut degr´e vaut 1. norm rma alis´ li s´ e e si le coefficient 1. Un polynˆome ome Q, norm no rmal alis´ is´e de degr´ de gr´e 2, s’´ecri ec ritt : Q(X) = X2 + pX + q . On note a et e t b ses z´eros, eros, distincts distin cts ou non. (a) Calculer a2 + b2 et (ab)2 en fonction de p et q . [ S ] (b) D´etermi ete rminer ner p et q pour p our que les z´eros eros de Q soient a2 et b2 . [ S ] 2. Soit A un polynˆome om e norm no rmal alis´ is´e de degr´ de gr´e 2, de z´eros er os a et b : A(X) = (X Donner la liste des polynˆomes omes A tels que A(X) divise A(X2 ). [ S ] 3. Soit B un polynˆome om e norm no rmal alis´ is´e de degr´ de gr´e 2, de z´eros er os a et b : B (X) = (X
− a)(X − b). − a)(X − b).
(a) Donner la liste des polynˆ omes omes B tels que B (X) divise B (X3 ). [ ). [ S ] (b) Montrer (sans l’aide de cette liste) que si B (X) est l’un de ces polynˆomes, omes, alors B ( X) en est un aussi. [ S ]
−
4. Un polynˆome ome P (X) = X3 + pX2 + q X + r , norm no rmal alis´ is´e de degr´ de gr´e 3, a p our ou r z´eros er os a, b, c. (a) Calculer a2 + b2 + c2 et (bc)2 + (ca)2 + (ab)2 en fonction des coefficients p, q , r . [ S ] (b) D´etermi ete rminer ner p, q , r pour po ur que les z´eros eros de P soient a2 , b2 et c2 . [ S ] (c) Donner la liste de ces polynˆomes omes P et v´erifier erifier que pour chacun d’eux : P (X2 ) = P (X)P ( X). [ S ]
−
−
5. Parmi Parmi les polynˆ omes omes P pr´ec´ ec´edent ed ents, s, on note no tera ra F 1 et F 2 les deux polynˆomes omes qui ne sont pas `a coefficient co efficientss tous r´eels. eels. (a) Calculer le produit F 1 (X)F 2 (X). [ S ] (b) Donner, sous forme trigonom´etrique, etrique, les z´eros eros de chacun des polynˆ omes F 1 et F 2 . [ S ] (c) Former les polynˆomes ome s normal nor malis´ is´es es de degr´ deg r´e 3 ayant pour po ur z´eros ero s les partie par tiess r´eelles eel les des z´eros ero s de F 1 et F 2 . [ S ] (d) Former les polynˆomes ome s normal nor malis´ is´es es Φ1 et Φ2 , de degr´e 3, ayant pour p our z´eros eros les parties part ies imaginaires ginai res des z´eros eros des polynˆ pol ynˆ omes omes F 1 et F 2 . [ S ] (e) Former le polynˆome ome H tel que : H (X ) = 64X Φ1 (X )Φ )Φ2 (X ). ). [ S ] (f) Montre Montrerr que sin sin 7θ =
(sin θ), −H (sin
cos 7 θ = H (cos θ), cosh 7θ = H (cosh θ ). [ S ]
6. On d´efinit efinit une relation
S sur R en posant : ∀ x, y ∈ R, x S y ⇔ H (x) = H (y).
(a) V´erifier eri fier que (b)
S est est une relation relat ion d’´equivalence. equivalenc e. [ S ] D´ecrire ecr ire la clas c lasse se d’´equivalen equ ivalence ce de x, quand |x| > 1 puis quand |x| 1 [ S ]
(c) On note Γ l’ensemble des points (x, y) du plan tels que H (x) = H (y ). Etablir que Γ est la r´eunion eunion d’une droite et de trois ellipses. Construire Γ avec Maple. [ S ]
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Probl` eme
Corrig´e
Corrig´ e
1. (a) Avec les relations coefficients-racines
a + b = p , on a ab = q
−
a2 + b2 = p 2 (ab)2 = q 2
(b) Dire que les z´eros de Q sont a2 et b2 c’est dire que Q(X ) = (X Par d´eveloppement cela ´equivaut a` Cel`a ´equivaut a`
− 2q [ Q ]
2
2
− a )(X − b ). = a + b p + p − 2q = 0 c’est-`a-dire a`
a2 + b2 (ab)2 = (ab)
p2 + p = p ( p + 1) = 0 ou q = 0
p2 + p q = 1
2
q 2 = q
− 2 = ( p − 1)( p + 2) = 0
Pour ( p, q ), on obtient les quatre solutions (0, 0), ( 1, 0), ( 2, 1) et (1, 1).
−
−
On trouve donc quatre polynˆ omes : Q = X 2 (racine double 0), Q = X 2 X (racines 0 et 1), Q = X 2 2X + 1 (racine double 1) et Q = X 2 + X + 1 (racines j et j 2 ). [ Q ]
−
−
2. Supposons que A(X ) divise A(X 2 ). Il existe donc un polynˆome Q(X ) (unitaire de degr´e 2) tel que A(X 2 ) = Q (X )A(X ). Si on substitue a et b a` X , on trouve A(a2 ) = A (b2 ) = 0, donc a2 , b2
{
} ⊂ {a, b}.
Si a2 = b2 , ou au contraire si a = b, alors l’inclusion pr´ec´edente est une ´egalit´e, et A est l’un des quatre polynˆomes obtenus en (1c).
2
Il reste le cas o` u b =
−a = 0 qui donne a ∈ {a, −a} donc {a, b} = {−1, 1}. On obtient alors le polynˆ ome A = (X − 1)(X + 1) = X − 1. 2
R´eciproquement, on v´erifie que les cinq polynˆ omes obtenus conviennent : – Si A(X ) = X 2 : A(X 2 ) = X 4 = Q (X )A(X ), avec Q(X ) = X 2 . – Si A(X ) = X 2
− X : – Si A(X ) = (X − 1) :
A(X 2 ) = X 4
2
2
− X = Q(X )A(X ), avec Q(X ) = X + X . A(X ) = (X − 1) = Q (X )A(X ), avec Q(X ) = (X + 1) . – Si A(X ) = X + X + 1 : A(X ) = Q (X )A(X ), avec Q(X ) = X − X + 1. – Si A(X ) = X − 1 : A(X ) = X − 1 = Q (X )A(X ), avec Q(X ) = X + 1. Remarque : dans tous les cas, on constate que A(X ) = A (X )A(−X ). 2
2
2 2
2
2
2
2
2
2
4
2
2
Autre m´ ethode :
La m´ethode pr´ec´edente est dans l’esprit de l’´enonc´e (qui pr´esente A comme le polynˆ ome unitaire de degr´e 2 ayant pour racines a et b). Il y a cependant une meilleure approche, qui consiste `a chercher A sous la forme A = X 2 + pX + q , et a` ´ecrire que la division de A(X 2 ) par A(X ) donne un reste nul. On trouve en effet (poser la division, ou demander `a Maple) : Q(X ) = X 2
2
− pX + p − q + p A(X ) = Q (X )A(X ) + R (X ), avec R(X ) = p (2q − p − p )X + q (1 + q − p − p ) p = 0 ou p + p = 2q Ainsi (A(X ) | A (X )) ⇔ R (X ) = 0 ⇔ q = 0 ou p + p = q + 1 p = 0 p = 0 p = −1 p = 1 p = −2 cela ´equivaut a` ou ou ou ou q = 0 q = −1 q = 0 q = 1 q = 1
2
2
2
2
2
2
On retrouve ainsi les cinq polynˆ omes obtenus pr´ec´edemment (et on note que cette m´ethode ne n´ecessite pas de v´erification puisqu’on a travaill´e par ´equivalences). [ Q ]
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Probl` eme
Corrig´e
3. (a) Supposons que B (X ) divise B (X 3 ). Il existe donc un polynˆome Q(X ) (unitaire de degr´e 4) tel que B (X 3 ) = Q (X )B (X ). Si on substitue a et b a` X , on trouve B (a3 ) = B (b3 ) = 0, donc a3 , b3
{
} ⊂ {a, b}.
— Premier cas : Si a3 = b 3 , ou au contraire si a = b , alors a3 , b3 = a, b .
{
3
3
} { }
Mais r´esoudre a , b = a, b , c’est r´esoudre (S )
{
} { }
a3 + b3 = a + b (ab)3 = ab
2
Posons encore p =
−(a + b) et q = ab (donc B = X + pX + q ). On note que a + b = (a + b) − 3ab(a + b) = − p + 3 pq . p = 0 ou p = 3q + 1 p − 3 pq = p ⇔ Ainsi (S ) ⇔ q ∈ {−1, 0, 1} q = q 3
3
3
3
3
3
2
Les couples ( p, q ) solutions forment l’ensemble suivant :
{(0, −1), (0, 0), (0, 1), (−i√ 2, −1), (i√ 2, −1), (−1, 0), (1, 0), (−2, 1), (2, 1)} Cela donne naissance aux polynˆomes : B1 = X 2 B4 = X 2
B2 = X 2
−1 − i√ 2X − 1
B7 = X 2 + X
B3 = X 2 + 1
√ − 1
B5 = X 2 + i 2X
B6 = X 2
B8 = X 2
B9 = X 2 + 2 X + 1
− 2X + 1
− X
— Deuxi`eme cas : Il reste le cas (a3 = b 3 et a = b ), c’est-`a-dire (b = j a ou b = j 2 a, avec a = 0).
L’inclusion {a , b } ⊂ {a, b} s’´ecrit ici a ∈ {a, b}. On cherche les paires {a, b} solutions. L’´egalit´e a = a (donc a = 1) conduit a` {1, j }, {1, j }, {−1, − j }, {−1, − j }. Les ´egalit´es a = b = j a (donc a = j et b = j a) conduisent a` {− j , −1}, { j , 1}. L’´egalit´e a = b = j a (donc a = j et b = j a) conduisent a` { j, 1}, {− j, −1}. Finalement, les paires {a, b} obtenues sont : {1, j }, {1, j }, {−1, − j }, {−1, − j }. 3
3
3
3
2
2
3
2
2
3
2
2
2
2
2
2
2
2
On trouve ainsi quatre polynˆomes suppl´ementaires : 2
B10 = (X
− 1)(X − j ) = X
B12 = (X + 1)(X + j ) = X 2
+ j 2 X + j B11 = (X
2
2
− 1)(X − j ) = X
2
B13 = (X + 1)(X + j 2 ) = X 2
− j X + j
+ jX + j 2
− jX + j
2
R´eciproquement, on v´erifie que les 13 polynˆ omes obtenus conviennent. Pour tout k de 1, . . . , 13 , on a effectivement Bk (X 3 ) = Q k (X )Bk (X ) avec :
{
Q1 (X ) = X 4 + X 2 + 1
}
Q2 (X ) = X 4
√ − X − i√ 2X + 1
Q4 (X ) = X 4 + i 2X 3
2
Q6 (X ) = X 4 + X 3 + X 2 2
3
− j X − jX + 1
Q12 (X ) = X 4 + j 2 X 3 + jX + 1 Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
2
− X + 1 √ √ Q (X ) = X − i 2X − X + i 2X + 1 Q (X ) = X − X + X Q (X ) = X − 2X + 3X − 2X + 1 Q (X ) = X − jX − j X + 1 5 7
Q8 (X ) = X 4 + 2X 3 + 3X 2 + 2X + 1 Q10 (X ) = X 4
Q3 (X ) = X 4
9
11
4 4 4
4
3
3
2
2
3
3
2
2
Q13 (X ) = X 4 + jX 3 + j 2 X + 1
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Probl` eme
Corrig´e
Autre m´ ethode :
Comme dans la question 2, on cherche B sous la forme B = X 2 + pX + q , et on ´ecrit que la division de B (X 3 ) par B (X ) donne un reste nul. Mais effectuer cette division “` a la main” est plutˆ ot d´esagr´eable. Appelons donc Maple a` l’aide : > restart: B:=X->X^2+p*X+q: R:=rem(B(X^3),B(X),X,’Q’): > R:=collect(R,X,factor); 2
R := p ( 3 q
2
2
2
2
− − − 1 + p ) (−q + p ) X − q (−1 + q − 3 qp − p
+ p4 )
> Q:=collect(Q,X,factor);
Q := X 4
3
2
2
2
2
2
− pX + (−q + p ) X − p (−1 − 2 q + p ) X + q − 3 qp − p
2
+ p4
> sol:=map(allvalues,solve(coeffs(R,X),p,q));
sol :=
{{q = 0, p = 0}, {q = 0, p = 1}, { p = −1, q = 0}, { p = 0, q = 1}, {q = −1, p =√ 0}, {q = 1, p = √ −2}, {q = 1, p = 2√ }, √ { p = − 12 + i 2 3 , q = − 12 − i 2 3 }, {q = − 12 + i 2 3 , p = − 12 − i 2 3 }, √ 1 i√ 3 √ 1 i√ 3 1 i 3 1 i 3 {q = − 2 + 2 , p = 2 + 2 }, {q = − 2 − 2 , p = 2 − 2 }, √ √ {q = −1, p = i 2}, {q = −1, p = −i 2}}
> for s in sol do evalc(subs(s,[B(X),Q])); collect(%,X): map(sort,%); print([’B’=%[1],’Q’=%[2]]); end do:
[B = X 2 , Q = X 4 ] [B = X 2 + X, Q = X 4 [B = X 2
4
− X, Q = X
[B = X 2 + 1, Q = X 4 [B = X 2 [B = X 2 [B = X 2 [B = X 2 [B = X 2 2
[B = X
[B = X 2 [B = X 2 [B = X 2
4
3
2
− X + X ] + X 3 + X 2 ] 2
− X + 1] 2
− 1, Q = X + X + 1] − 2 X + 1, Q = X + 2 X + 3 X + 2 X + 1] + 2 X + 1, Q = X − 2 X + 3 X − 2 X + 1] √ √ √ 1 i 3 1 i 3 1 i 3 + − + − 2 X − − , Q = X + 2 2 2 2 2 √ √ √ 1 i 3 1 i 3 1 i 3 + − − + X − + , Q = X + 2 2 2 2 2 2 √ √ √ 1 i 3 1 i 3 1 i 3 X − + , Q = X + − − + + 2 2 2 2 2 2 √ √ √ 1 i 3 1 i 3 1 i 3 + − X − − , Q = X + − + 2 2 2 2 2 2 √ √ √ + i 2X − 1, Q = X − i 2X − X + i 2X + 1] − i√ 2X − 1, Q = X + i√ 2X − X − i√ 2X + 1]
4
3
2
4
3
2
4
4
4
4
4
3
2
4
3
2
√ − √ − √ − − √
1 i 3 + X + 1] 2 2 1 i 3 X 3 + X + 1] 2 2 1 i 3 X 3 + X + 1] + 2 2 1 i 3 X 3 + X + 1] 2 2
X 3 +
[Q]
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Probl` eme
Corrig´e
(b) Soit B un polynˆome (unitaire de degr´e 2, mˆeme si ici cela n’a pas d’importance) tel que B (X 3 ) soit divisible par B (X ). Soit C le polynˆ ome d´efini par C (X ) = B ( X )
−
Ainsi il existe un polynˆome Q tel que B (X 3 ) = Q (X )B (X ).
Si on substitue X a` X , on obtient C (X 3 ) = Q ( X )C (X ), ce qui prouve que le polynˆome eme. [ Q ] C (X ) = B ( X ) est encore une solution du probl`
−
−
−
a + b + c = p 4. (a) Avec les relations ab + ac + bc = q , on a a2 + b2 + c2 = p 2 2q . abc = r De plus, (bc)2 + (ca)2 + (ab)2 = (bc + ca + ab)2 2abc(a + b + c) = q 2
−
−
−
(b) Les z´eros de P sont a2 , b2 , c2
− 2
2
2
⇔ P (X ) = (X − a )(X − b )(X − c ).
− 2 pr. [ Q ]
Par d´eveloppement et identification, cela ´equivaut a` : p2 2q = p a2 + b2 + c2 = a + b + c (S ) q 2 2 pr = q (bc)2 + (ca)2 + (ab)2 = bc + ca + ab r2 = r a2 b2 c2 = abc
− −
⇔
−
−
— Premi`ere possibilit´e : r = 0 p2 + p 2q = 0 p2 + p = 0 p2 + p 2 = 0 Dans ce cas (S ) ou q = 1 q 2 = q q = 0 r = 0 r = 0 r = 0 On obtient les solutions ( p, q, r) (0, 0, 0), ( 1, 0, 0), (1, 1, 0), ( 2, 1, 0)
⇔
−
⇔
Ce qui conduit aux polynˆ omes : P 1 = X 3 ,
P 2 = X 3
2
− X
∈{
−
−
−
}
= X 2 (X
− 1),
P 3 = X 3 + X 2 + X = X (X 2 + X + 1), P 4 = X 3
2
2
− 2X + X = X (X − 1) . — Deuxi`eme possibilit´e : r = −1 p + p − 2q = 0 p + p − 2q = 0 p + p − 2q = 0 (S ) ⇔ q − q + 2 p = 0 ⇔ p − q − p − q = 0 ⇔ ( p + q )( p − q − 1) = 0 r = −1 r = −1 r = −1 p + 3 p = 0 p − p + 2 = 0 ⇔ (S ) q = − p ou (S ) q = p − 1 r = −1 r = −1 D’une part (S ) ⇔ ( p, q, r) ∈ {(0, 0, −1), (−3, 3, −1)}. P = X − 1 = (X − 1)(X + X + 1) On obtient alors les polynˆ omes P = X − 3X + 3X − 1 = (X − 1) √ √ 1 + i√ 7 −1 + i√ 7 1 − i 7 −1 − i 7 , , , D’autre part (S ) ⇔ ( p, q, r) ∈ 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2
1
2
2
2
1
2
5 6
3 3
On obtient alors les deux derniers polynˆ omes : P 7 = X 3 P 8 = X 3
2
2
3
√ √ 1−i 7 − − i 7 + X + X − 1 2 2 √ √ − 1 + i 7 1 + i 7 + X + X − 1. 2 2 1
2
2
On a donc obtenu huit polynˆomes solutions. [ Q ] Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
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Probl` eme
Corrig´e
(c) Soit P = X 3 + pX 2 + qX + r l’un des huit polynˆomes pr´ec´edents. En d´eveloppant, on trouve : 3
2
2
2
6
2
2
4
2
2
2
2
6
5.
2
−P (X )P (−X ) = (X + qX ) − ( pX + r) = X + (2q − p )X + (q − 2 pr)X − r . Mais on sait que 2q − p = p , q − 2 pr = q , et −r = r (c’est le syst`eme (S )). Ainsi −P (X )P (−X ) = X + pX + qX + r = P (X ) (cqfd). [ Q ] √ √ 1 − i 7 1−i 7 − F = X + X + X − 1 2 2 √ √ (a) On pose donc − 1 + i 7 1 + i 7 F = X + X + X − 1 2 2 √ 1−i 7 Notons α = et β = α (ce sont les deux racines de x − x + 2 = 0).
1
2
4
2
3
2
3
2
2
2
2 F 1 (X ) = X 3 + αX 2 + ( α F 2 (X ) = X 3 + βX 2 + ( β
3
2
3
2
− 1)X − 1 = X − X − 1 + α(X + X ) . On a − 1)X − 1 = X − X − 1 + β (X + X ) Ainsi F (X )F (X ) = (X − X − 1) + αβ (X + X ) + αβ (X − X − 1)(X + X ).
1
3
2
2
2
2
3
2
Compte tenu de αβ = 2 et α + β = 1, on obtient : F 1 (X )F 2 (X ) = (X 3
+ 2(X 2 + X )2 + (X 3 = X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X + 1
− X − 1)
2
2
− X − 1)(X + X )
[Q]
(b) Le r´esultat pr´ec´edent montre que la r´eunion des z´eros de F 1 et des z´eros de F 2 est l’ensemble des z´eros de X 6 + X 5 + X 4 + X 3 + X 2 + X +1, c’est-`a-dire l’ensemble des racines septi`emes de l’unit´e (`a l’exception de 1). 2 iπ Notons ω = exp . On sait que = ω, ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 . 7 Notons a,b,c l’ensemble des z´eros de F 1 . On sait que a,b,c est invariant par l’application x x 2 . Mais seuls les sous-ensembles ω, ω2 , ω4 et ω 3 , ω5 , ω6 de ont cette propri´et´e. L’ensemble des z´eros de F 1 est donc ou bien ω, ω2 , ω4 ou bien ω 3 , ω5 , ω6 .
F
F {
{ } →
}
{
Notons que a + b + c =
−α =
} { { √ −1 + i 7
{ } } F } {
}
a une partie imaginaire positive. 2 π 2 π 4 π 8π 4 π 2 π Or Im (ω + ω 2 + ω 4 ) = sin + sin + sin = sin + sin sin 7 7 7 7 7 7 On a alors Im (ω 3 + ω 5 + ω 6 ) < 0 par conjugaison.
−
> 0.
On en d´eduit (c’est la seule possibilit´e) que a,b,c = ω, ω 2 , ω4 . 2 iπ 2 4 iπ 8 iπ Ainsi les z´eros de F 1 sont ω = exp , ω = exp , et ω 4 = exp . 7 7 7 6iπ 5 10 iπ 12 iπ Ceux de F 2 sont ω 3 = exp , ω = exp , et ω 6 = exp . [Q] 7 7 7 (c) Soit ψ1 (resp. ψ2 ) le polynˆome normalis´e de degr´e 3 ayant pour z´eros les parties r´eelles des z´eros de F 1 (resp. de F 2 ). 2π 4 π 8 π Les z´eros de ψ1 sont donc Re (ω ) = cos , Re (ω 2 ) = cos et Re(ω 4 ) = cos . 7 7 7 3 2 Posons ψ1 = X σ1 X + σ2 X σ3 . 1 + i 7 On sait que ω + ω 2 + ω 4 = (somme des racines de F 1 ). 2
{
−
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−
} {
}
− √
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Probl` eme
Corrig´e
2π 4π 8π 1 + cos + cos = Re (ω + ω 2 + ω 4 ) = . 7 7 7 2 6π 8π De mˆeme, par lin´earisation, et en utilisant cos = cos : 7 7 2π 4π 4π 8π 8π 2π σ2 = cos cos + cos cos + cos cos 7 7 7 7 7 7 1 6 π 2 π 12π 4 π 10 π 6π = cos + cos + cos + cos + cos + cos 2 7 7 7 7 7 7 1 2 π 4 π 6π 8π 10 π 12 π = cos + cos + cos + cos + cos + cos 2 7 7 7 7 7 7 1 1 = Re (ω + ω 2 + ω 3 + ω 4 + ω 5 + ω 6 ) = 2 2 10 π 4 π 6 π 8 π Enfin, par lin´earisation et en utilisant cos = cos et cos = cos : 7 7 7 7 2π 4π 8π 1 6 π 2π 8π σ3 = cos cos cos = cos + cos cos 7 7 7 2 7 7 7 1 2π 10 π 6 π 1 2π 4π 8 π = 1 + cos + cos + cos = 1 + cos + cos + cos 4 7 7 7 4 7 7 7 1 1 1 = 1 = 4 2 8 1 1 1 On trouve donc ψ1 = X 3 + X 2 . X 2 2 8 On en d´eduit σ1 = cos
−
−
−
− −
Les z´eros de ψ 2 sont les parties r´eelles de ω 3 , ω 5 et ω 6 , qui sont les conjugu´es respectifs de ω 4 , ω 2 et ω . 1 1 1 Ainsi les z´eros de ψ2 sont ceux de ψ1 . Donc ψ2 = ψ 1 = X 3 + X 2 . [Q] X 2 2 8 (d) Soit Φ1 (resp. Φ2 ) le polynˆome normalis´e de degr´e 3 ayant pour z´eros les parties imaginaires des z´eros de F 1 (resp. de F 2 ). 2 π 4 π 8π Les z´eros de Φ1 sont donc Im (ω ) = sin , Im (ω 2 ) = sin et Im(ω 4 ) = sin . 7 7 7 3 2 σ1 X + σ2 X σ3 . Posons Φ1 = X 1 + i 7 On sait que ω + ω 2 + ω 4 = (somme des racines de F 1 ). 2 2π 4 π 8 π 7 On en d´eduit σ1 = sin + sin + sin = Im(ω + ω 2 + ω 4 ) = . 7 7 7 2 2π 12 π 4 π 10 π De mˆeme, en utilisant cos = cos et cos = cos : 7 7 7 7 2π 4 π 4 π 8 π 8π 2π sin + sin sin + sin sin σ2 = sin 7 7 7 7 7 7 1 2 π 6π 4 π 12π 6 π 10π = cos cos + cos cos + cos cos =0 2 7 7 7 7 7 7
− −
−
−
− √
√
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−
−
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−
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Probl` eme
Corrig´e
10 π 4 π 6 π 8π = sin et sin = sin : 7 7 7 7 2π 4 π 8 π 1 2π 6 π 8π σ3 = sin sin sin = cos cos sin 7 7 7 2 7 7 7 1 10 π 6 π 2π 1 2 π 4 π 8π = sin + sin sin = sin + sin + sin 4 7 7 7 4 7 7 7 1 7 = Im (ω + ω 2 + ω 4 ) = 4 8 7 2 7 On a donc obtenu Φ1 = X 3 . X + 2 8 Les z´eros de Φ2 sont les parties imaginaires de ω 3 , ω 5 et ω 6 , qui sont les conjugu´es respectifs de ω 4 , ω 2 et ω . Ainsi les z´eros de G2 sont les oppos´es de ceux de G1 . 7 2 7 X On en d´eduit Φ2 (X ) = Φ1 ( X ) = X 3 + . [Q] 2 8 (e) On trouve : 7 2 7 7 2 7 H (X ) = 64X Φ1 (X )Φ2 (X ) = 64X X 3 X + X 3 + X 2 8 2 8 [Q] 3 2 3 2 = X (8X 7(4X 1))(8X + 7(4X 1)) = X (64X 6 7(4X 2 1)2 ) = X (64X 6 112X 4 + 56X 2 7) Enfin, en utilisant sin
−
−
−
√
−
−
− −
− √
√
√
− −
− √ −
√ − √
− −
−
√
−
−
(f) En utilisant la formule de Moivre :
√
√
−
√
−
sin7θ = Im (cos θ + i sin θ)7
6
2
4
= sin θ 7cos θ
4
2
6
− 35cos θ sin θ + 21 cos θ sin θ − sin θ = sin θ 7(1 − sin θ ) − 35(1 − sin θ ) sin θ + 21(1 − sin θ ) sin θ − sin θ = − sin θ (64 sin θ − 112 sin θ + 56 sin θ − 7) = −H (sin θ ) 2
2
3
6
2
2
4
2
4
6
2
Le r´esultat pr´ec´edent ne doit rien au hasard.
2 kπ X sin On sait en effet que H (X ) = 64X Φ1 (X )Φ2 (X ) = 64 7 k=0 D’autre part, la formule de Moivre montre (en se contenant du r´esultat de l’avant-derni`ere ligne du calcul ci-dessus) qu’effectivement sin 7θ = Q (sin θ), o` u Q est un polynˆ ome de degr´e 7 dont le coefficient dominant est 64. 2 kπ Pour tout k de 0, . . . , 6 , on a donc Q sin = sin(2kπ ) = 0. 7 Ainsi le polynˆome Q a mˆeme degr´e, mˆeme coefficient dominant, et mˆemes racines que le polynˆ ome H . Il en r´esulte l’´egalit´e Q = H (mais le calcul du d´ebut de cette question permet de retrouver ce r´esultat sans trop se poser de questions). 6
−
−
−
−
{
}
−
−
−
Dans l’´egalit´e H (sin θ ) = sin( 7θ ), on remplace θ par
−
π
2
− θ.
7π π On trouve H (cos θ ) = sin + 7θ = sin + 7θ = cos 7θ 2 2 Enfin, en rempla¸cant θ par iθ et avec cos(it) = cosh(t) (d´efinition complexe des fonctions cos et cosh), on trouve H (cos iθ) = cos 7iθ donc H (cosh θ ) = cosh 7θ [ Q ]
−
6. (a) La r´eflexivit´e, la sym´etrie et la transitivit´e sont ´evidentes (il en est ainsi pour toutes les f (x) = f (y ), o` relations d´efinies sur un ensemble E par x y u f est une application d´efinie sur E ). [ Q ]
R ⇔
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Probl` eme
(b) On constate que
Corrig´e
H (1) = H (cos 0) = cos(7 0) = 1
·
H ( 1) = H (cos π ) = cos(7π ) =
− −1 Pour tout x tel que |x| > 1, il existe ε ∈ {−1, 1} et θ > 0 tel que x = ε cosh θ . On a alors (sachant que H est impair) H (x) = ε cosh 7θ , et notamment |H (x)| > 1. Pour tout x tel que |x| 1, il existe θ dans [0, π ] tel que x = cos θ . On a alors H (x) = cos 7θ , et notamment |H (x)| 1. Les classes d’´equivalence sont donc incluses soit dans [−1, 1] soit dans R \ [−1, 1]. — Cas o` u |x| > 1 x = ε cosh θ ε ∈ {−1, 1} θ > 0 On pose , avec et y = ε cosh θ ε ∈ {−1, 1} θ > 0 H (x) = ε cosh 7θ ε = ε Alors donc H (x) = H (y ) ⇔ ⇔ x = y . H (y ) = ε cosh7θ θ = θ Conclusion : si |x| > 1, la classe d’´equivalence de x se r´eduit au singleton {x}. — Cas o` u |x| 1 On va ´etudier les variations de x → H (x) sur [−1, 1]. H (1) = 1 H (x) = 64x − 112x + 56x − 7x On a donc et H (±1) = 49. H (−1) = −1 H (x) = 7(64x − 80x + 24x − 1) Soit x = cos θ , o`u θ ∈ [0 , π]. Alors H (cos θ ) = cos 7θ donc H (x) = cos(7 arccos x). 7 sin(7 arccos x) √ 1 − x . Pour tout x de ] − 1, 1[, on a H (x) =
7
5
6
3
4
2
2
Sur ]
− 1, 1[, H (x) = 0 ⇔ x = x avec x = cos kπ7 et k ∈ {1, 2, . . . , 6}.
k
k
Le polynˆome H ´etant de degr´e 6, on ainsi obtenu tous ses z´eros (et ils sont deux a` deux distincts). On note que, pour 1 k 6 on a H (xk ) = cos(kπ ) = ( 1)k .
On en d´eduit le tableau de variation de x
→ H (x) :
−
On voit que H prend exactement 7 fois toute valeur de ] 1, 1[. Ainsi, quand x < 1, la classe d’´equivalence de x est de cardinal 7. En revanche, la classe de 1 est 1, x2 , x4 , x6 et celle de 1 est x1 , x3 , x5 , 1 . [ Q ]
{
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}
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− − {
| | −}
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Probl` eme
Corrig´e
(c) On sait que si x
| | 1 et si |y| > 1, l’´egalit´e H (x) = H (y) est impossible. On sait ´egalement que si |x| > 1 et |y | > 1, alors H (x) = H (y ) ⇔ x = y . x = cos θ Il reste donc a` traiter le cas |x| 1 et |y | 1. On pose y = cos ϕ
On a alors H (x) = cos 7θ et H (y ) = cos 7ϕ.
∈ ⇔ cos 7ϕ = cos 7θ ⇔ ϕ = θ 27π . On obtient alors (en plus du segment x = y , avec − 1 x 1, les arcs param´etr´es
±
Dans ces conditions (x, y) Γ suivants : (Γ1 )
(Γ2 )
(Γ3 )
x1 (θ ) = cos θ
2π 7
= cos
2π cos θ 7
− sin 27π sin θ
4π 7
= cos
4π cos θ 7
− sin 47π sin θ
y1 (θ ) = cos θ + x2 (θ ) = cos θ
y2 (θ ) = cos θ + x3 (θ ) = cos θ
6π 6π 6 π = cos cos θ sin sin θ 7 7 7 On v´erifie que les autres possibilit´es pour ϕ conduisent en fait a` l’un des trois arcs pr´ec´edents. x4 (θ ) = cos θ Par exemple, avec (Γ4 ) 8 π 8π 8 π = cos cos θ sin sin θ y4 (θ ) = cos θ + 7 7 7 8π 6 π 8 π 6π On a cos = cos et sin = sin . 7 7 7 7 x4 (θ ) = x 3 ( θ ) Donc 6 π 6 π cos θ + sin sin θ = y 3 ( θ) y4 (θ ) = cos 7 7 Les deux arcs Γ3 et Γ4 se d´eduisent donc l’un de l’autre par le changement de param´etrage θ θ (en tout cas, ils ont le mˆeme support). y3 (θ ) = cos θ +
−
−
−
−
−
→ −
Chaque arc (Γk ) est une ellipse centr´ee a` l’origine et dont les direcions principales sont port´ees par les deux bissectrices du rep`ere. On s’en rend bien compte en effectuant le changement de rep`ere orthonorm´e d´efini par 2 2 (x + y ) et Y = ( x + y ). On trouve : X = 2 2 2 2 2kπ X k (θ ) = (xk (θ ) + yk (θ )) = cos θ + cos θ + 2 2 7
√
√
√
√
k
k
On trouve Math´ ematiques en MPSI © Jean-Michel Ferrard
√ kπ cos θ + kπ = 2 cos 7 7 √ 2 √ 2 − cos θ + cos = (−x (θ) + y (θ)) = 2 2 √ kπ sin θ + kπ = − 2 sin 7 7
Y k (θ )
−
X k = a k cos t avec t = Y k = b k sin t
−θ − kπ7 , a
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k
=
2kπ θ + 7
√ 2 cos kπ et b 7
k
=
√ 2 sin kπ . 7
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Probl` eme
Corrig´e
C’est bien l’´ equation d’une ellipse dont le grand axe et le petit axe sont port´es par les deux bissectrices du rep`ere initial. En plus des ellipses Γ1 , Γ2 et Γ3 , on a obtenu la droite y = x (en deux parties, d’abord en se pla¸cant dans le cas x > 1 et y > 1, puis en se pla¸cant dans le cas x 1 et y 1.) Voici comment tracer Γ avec Maple (on se restreint au carr´e [ 1, 1] [ 1, 1]).
| |
| |
−
| | ×−
| |
> restart: > Gamma:=k->[cos(theta),cos(theta+2*k*Pi/7),theta=0..2*Pi]; 2 kπ Γ := k cos(θ ) , cos θ + , θ = 0 . . . 2 π
→
7
> plot([x->x,Gamma(1),Gamma(2),Gamma(3)],-1..1,-1..1,color=black);
[Q] Pour connaˆıtre la classe d’´equivalence (pour la relation ) d’un r´eel a , on compte le nombre de points d’intersection de Γ avec la droite verticale x = a. On voit que seul le point a convient quand a > 1, alors que si a 1 il y a en g´en´eral sept solutions distinctes (il y en quatre pour les valeurs exceptionnelles 1, x6 , x5 , x4 , x3 , x2 , x1 , 1).
S
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