QDV 5: De jolies quadras ... polynomiales!

Bonjour Jaquot.

En regardant les relations racines coefficients tu as

$a^2+b^2 = a+b = -p = (a+b)^2-2ab = p^2 - 2q$ et $q^2 = q$.

amicalement,

e.v.

Bonjour,

$I)$ (tu) jacquot et ev pour les deux méthodes proposées et les quatre polynômes $Q$ solutions de l'exercice $I$.
$\begin{cases}
p^2+p &= 2q \\
q&=q^2
\end{cases}$
Une bonne réponse implique pour l'instant une nouvelle question:

$III)$ Soit un polynôme unitaire $B$ égal à $B(X)=(X-a)(X-b)$, $a$ et $b$ étant distincts ou non.
Déterminer les polynômes $B$ vérifiant: $B(X)$ divise $B(X^3)$.

Amicalement.

[Merci Alain pour le bel alignement des équations ]

Bonjour,

C'est un joli problème.
jaquot a trouvé les 5 polynômes vérifiant $A(X)$ divise $A(X^2)$, il n'y en a pas d'autres.
Pour le III , $B(X)$ divise $B(X^3)$ avec $B(X)=(X-a)(X-b)$, je trouve 13 polynômes.
Mais on peut généraliser facilement:
pour $n\ge2$ il y a $2n^2-2n+1$ polynômes $B(X)=(X-a)(X-b)$ vérifiant $B(X)$ divise $B(X^n)$; et pour chacun de ces polynômes il y a une formule simple pour $a$ et $b$.

Voir CAPES 1971, 1ère épreuve
http://megamaths.perso.neuf.fr/annales/capesexterne1971comp1e.pdf

Alors voilà une étude détaillée du problème $II)$:
Soit $A(X)=(X-a)(X-b)$ .
Alors $A(X^2)=(X^2-a)(X^2-b)=(X-\alpha)(X+\alpha)(X-\beta)(X+\beta)$ où $\alpha $ et $\beta$ sont des racines carrées de $a$ et $b$.
Ainsi, $A(X)$ divise $A(X^2)$ si et seulement si on a l'inclusion :
$\{\alpha^2;\beta^2\}\subset \{\alpha;-\alpha;\beta;-\beta\}$

Plusieurs cas peuvent se produire. Certains sont équivalents:
1) $\alpha^2= \alpha = \beta^2$
Les solutions sont $\alpha=\beta=0$ et $\alpha= \pm\beta=1$
Quoiqu'il en soit, on a $a=b=0$ ou $a=b=1$
Les polynômes solutions sont :
$\boxed{A_0(X)=X^2}$ et $\boxed{A_1(X)=X^2-2X+1}$

2)
$\begin{cases}
\alpha^2&=\alpha \\
\beta^2&=-\alpha
\end{cases}$
Les solutions sont $\alpha=\beta=0$ et $\alpha=1; \beta = \pm i$
Alors $a=b=0$ ou $a=1; b=-1$
Les polynômes solutions sont : $A_0$et $\boxed{A_4(X)=X^2-1}$

3)
$\begin{cases}
\alpha^2&=\alpha \\
\beta^2&=\beta
\end{cases}$
Les solutions sont $\alpha=\frac 1 2 \pm \frac 1 2$ et $\beta =\frac 1 2 \pm \frac 1 2$. $a$ et $b$ peuvent prendre les valeurs $0$ ou $1$
Les polynômes solutions sont : $A_0$et $A_1$ et $\boxed{A_2(X)=X^2-X}$

4)
$\begin{cases}
\alpha^2&=\alpha \\
\beta^2&=-\beta
\end{cases}$
Les solutions sont $\alpha=\frac 1 2 \pm \frac 1 2$ et $\beta=-\frac 1 2 \pm \frac 1 2$ donc $b=\frac 1 2 \pm \frac 1 2$
Les polynômes solutions sont : $A_0$ ; $A_1$ et $A_2$

5)
$\begin{cases}
\alpha^2&=-\alpha \\
\beta^2&=\alpha
\end{cases}$
Les solutions Pour $(a;b)$ sont $(0;0)$;$(1;-1)$
Les polynômes solutions sont : $A_0$ ; $A_4$

6)
$\alpha^2=\beta^2=-\alpha$
Les solutions pour $(a;b)$ sont $(0;0)$;$(1;1)$
Les polynômes solutions sont : $A_0$ ; $A_1$

7)
$\begin{cases}
\alpha^2&=-\alpha \\
\beta^2&=\beta
\end{cases}$ se ramène au cas n°4)

8)
$\begin{cases}
\alpha^2&=-\alpha \\
\beta^2&=-\beta
\end{cases}$
Les solutions Pour $(a;b)$ sont $(0;0)$;$(1;1)$; $(1;0)$et $(0;1)$
Les polynômes solutions sont : $A_0$ ; $A_1$ et$A_2$

9)
$\begin{cases}
\alpha^2&=\beta \\
\beta^2&=\alpha
\end{cases} \Longleftrightarrow\begin{cases}
\alpha^2&=\beta \\
\alpha(\alpha-1)(\alpha^2+\alpha+1&=0
\end{cases}$
Les solutions Pour $(a;b)$ sont $(0;0)$;$(1;1)$; $(j;j^2)$et $(j^2;j)$
Les polynômes solutions sont : $A_0$ ; $A_1$ et$\boxed{A_3(X)=X^2+X+1}$

10)
$\begin{cases}
\alpha^2&=\beta \\
\beta^2&=-\alpha
\end{cases} \Longleftrightarrow\begin{cases}
\alpha^2&=\beta \\
\alpha^4+\alpha&=0
\end{cases} \Longleftrightarrow\begin{cases}
\alpha^2&=\beta \\
\alpha(\alpha+1)(\alpha^2-\alpha+1&=0
\end{cases}$
Les solutions pour $(\alpha;\beta)$ sont: $(0;0)$; $(-1;1)$; $(-j;j^2)$ et $(-j^2;j)$,, Mais pour $(a;b)$, on retrouve le cas précédent.:-(

Tous les autres cas pourront se ramener à l'un des précédents
Je confirme donc laborieusement qu'il n'y a pas d'autre polynôme solution.
Entre temps, jandri et bs ont pu poster.
Bonsoir. jacquot

La méthode de résolution ci dessus peut être adaptée à la question $III)$.
Rassurez-vous, je ne donnerai pas tout le développement, mais juste le début
Soit $B(X)=(X-a)(X-b)$ .
Alors $B(X^3)=(X^3-a)(X^3-b)$
$=(X-\alpha)(X-j\alpha)(X-j^2\alpha)(X-\beta)(X-j\beta)(X-j^2\beta)$ où $\alpha $ et $\beta$ sont des racines cubiques de $a$ et $b$ et $(1;j;j^2)$ les racines cubiques de l'unité.
Ainsi, $B(X)$ divise $B(X^2)$(*) si et seulement si on a l'inclusion :
$\{\alpha^3;\beta^3\}\subset \{\alpha;j\alpha;j^2\alpha;\beta;j\beta;j^2\}$

Une disjonction de cas pourra fournir les treize polynômes -solutions. Voici le début:
1) $\alpha^3= \alpha = \beta^3\Longleftrightarrow \begin{cases}
\alpha(\alpha^2-1)&=0 \\
\beta^3&=\alpha^3
\end{cases}$
Les solutions donnent les couples $(a;b)\in\{(0;0);(1;1);(-1;-1)\}$ Les polynômes solutions sont :
$\boxed{B_0(X)=X^2}$ $\boxed{B_1(X)=X^2-2X+1}$ $\boxed{B_2(X)=X^2+2X+1}$(*)

On peut continuer ainsi: par exemple le système
$\begin{cases}
\alpha^3&=\alpha \\
\beta^3&=j\alpha
\end{cases}$ donne les solutions :
$B_0$ $\boxed{B_3(X)=(X-1)(X-j)}$ $\boxed{B_4(X)=(X+1)(X+j)}$ etc.
les autres solutions sont:
$\boxed{B_5(X)=(X-1)(X-j^2)}$ $\boxed{B_6(X)=(X+1)(X+j^2)}$
$\boxed{B_7(X)=X(X-1)}$ $\boxed{B_8(X)=X(X+1)}$
$\boxed{B_9(X)=(X-1)(X+1)}$ $\boxed{B_{10}(X)=(X+1)(X-e^{i\pi/3})}$(**)$\boxed{B_{11}(X)=(X-1)(X-e^{-i\pi/3})}$(**)$\boxed{B_{12}(X)=(X+1)(X-e^{-i\pi/3})}$(**)

bs ou jandri voudront-ils vérifier ?

(*) Edit: corrigé selon la remarque de jandri.
(**) Voir message suivant: $B_{10}=B_4; B_{12}=B_6$ et $B_{11}$ à revoir. Merci jandri, je m'étonnais de la dissymétrie induite par $B_{11}$
@ suivre

Merci jandri,

Je ne voudrais pas repasser la CAPES !(:P)
Aussi, je te propose de publier les trois solutions manquantes, si tu veux bien.
Amicalement. jacquot

D'accord, en fait J'avais arrêté de chercher puisque j' avais 13 polynômes dont 1 intrus et 2 doublons et de ce fait, je suis passé à côté du cas le plus intéressant:
$\begin{cases}
\alpha^3&=\beta\\
\beta^3&=\alpha
\end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases}
\alpha(\alpha^8-1)&=0 \\
\beta^3&=\alpha
\end{cases}$fournissant les solutions les plus nombresuses notamment:
$B_{10}(X)=(X-e^{i\pi/4})(X-e^{3i\pi/4})$
$B_{11}(X)=(X-i)(X+i)$
$B_{12}(X)=(X+e^{i\pi/4})(X+e^{3i\pi/4})$

jandri, sans doute as-tu une approche plus générale permettant de traiter ces questions plus rapidement.

Quoiqu'il en soit, ayant remarqué que $|\alpha|$ et $|\beta|$ ne peuvent être que nuls ou unitaires, on pourra s'aider d'un cercle trigonométrique pour scanner les solutions.

La suite du problème semble être à l'avenant, mais je passerais volontiers le relais à quelqu'un de plus performant.
La dernière question, à la Moivre, confirme le lien étroit entre ces intéressants polynômes et les racines n^ièmes de l'unité.

Bon dimanche. jacquot

Merci jandri,
L'avantage de ton dénombrement, c'est qu'il donne le nombre de polynômes que l'on doit trouver, mais tu es aussi obligé de considérer plusieurs cas et de faire attention à ne pas compter deux fois une mêm solution.

Si tu n'osais pas dire, Raymond, il ne fallait pas poster.
Maintenant, il va falloir cracher le morceau!

V) Suite
Contrairement à ce que stipule l'énoncé, j'ai 4 polynômes R avec certains coefficients non réels. Sans doute mes $R_8$ et $R_9$ ne conviennent-ils pas si l'on considère qu'une racine double n'a pas le même rôle qu'une racine simple.
Est-celà une ambiguïté de l'énoncé, C'est bien une faute d'interprétation de l'énoncé merci jandri
Les polynômes R₁ et R₂ sont donc définis par:
$R_1(X) =X^3-(\eta+\eta^2+\eta^4)X^2+(\eta^3+\eta^5+\eta^6)X-1$ et$R_2(X) =X^3-(\eta^3+\eta^5+\eta^6)X^2+(\eta+\eta^2+\eta^4)X-1$
où $\eta =e^{2i\pi/7}$ (*)
corrigé selon les indications de jandri
@suivre!

Merci jandri, pour ta lecture attentive.

Mes polynômes $R_8$ et $R_9$ n'ont effectivement pas leur place parmi les solutions de la question IV)
parce que le ploynome de racines $(j;j;j^2)$ n'est pas identique au polynôme de racines $(j^2;j^2j^4)$ comme le requiert l'énoncé.

Pour la coquille e^2ipi, j'ai corrigé dans mes messages précédents.

Pour la partie imaginaire, j'avais un doute, ça fait bien longtemps que je ne fréquente plus les nombres complexes au quotidien !
Ainsi, je trouve surprenant que la partie imaginaire de a+ib soit réelle... et pas imaginaire! :S mais, bon, comment pourrait-on dire autrement?
Là aussi, je corrige dans le message précédent en mentionnant ta relecture.

On peut maintenant remarquer ceci:
$\Psi_(X)=X^3-(\sin \frac{2\pi} 7+ \sin \frac{4\pi} 7 +\sin\frac{8\pi} 7)X^2-\sin \frac{2\pi} 7 \sin \frac{4\pi} 7 \sin \frac{8\pi} 7$
et $\Psi_2(X)=X^3-(\sin \frac{12\pi} 7+ \sin \frac{10\pi} 7 +\sin\frac{6\pi} 7)X^2-\sin \frac{12\pi} 7 \sin \frac{10\pi} 7 \sin \frac{6\pi} 7$
$=X^3+(\sin \frac{2\pi} 7+ \sin \frac{4\pi} 7 +\sin\frac{8\pi} 7)X^2+\sin \frac{2\pi} 7 \sin \frac{4\pi} 7 \sin \frac{8\pi} 7$
Ils sont en quelque sorte "conjugués".

Maintenant, on va avoir $g(X)=-64\Psi_1(X)\Psi_2(X)$
C'est calculable, mais d'apparence peu sympathique.

ensuite pour établir que
$\sin 7\theta = \sin \theta g(\sin \theta) $ et
$\cos 7\theta &= h(\cos \theta)$
Ça ne paraît pas bien difficile puisque $g$ est un polynôme du sixième degré , donc $\sin \theta g(\sin \theta) $ est un polynôme du septième degré en $\sin\theta$ qui s'annule pour $\theta = k \frac {\pi} 7$ comme $\sin 7\theta$..il ne reste plus qu'à ajuster le coefficient.
Mais aura-t on une écriture explicite de $g$?
La formule de Moivre n'est-elle pas tout aussi pratique pour exprimer $\sin 7\theta$?

J'aimerais maintenant aller au bout de ce problème, peut-être avec les conseils de jandri avant de donner mon sentiment sur l'ensemble de ce problème de concours (1971)

Oui, tu as raison presque en tous points, jandri!

Mes "psys" étaients plus faux que je ne le pensais, c'est vrai qu'i lfaut faire $2\pi$ partout !Je vais corriger toutça plus haut.
Pour la suite, j'avais bien compris l'identification de la formule "de Moivre " avec $\sin\theta g(\sin\theta)$ moyennant le choix judicieux d'un facteur multiplicatif du fait que les racines sont les $\sin k\frac{2\pi} 7$ avec $k\leq1$ pour $g(\sin \theta)$ et $k=0$ pour le facteur $\sin\theta$
etc.
Au passage, j'aurai appris qu'il convient de répéter la particule de "de Moivre", mais n'est-il pas d'usage, dans ce cas d'y mettre une minuscule?:)
Bref, je voyais un peu la fin du problème.
Il y a , cependant quelque chose qui me surprend, c'est quand tu affirmes que :

"On peut aussi montrer que $\psi_1(X)=X^3-\dfrac{\sqrt7}2X^2+\dfrac{\sqrt7}8$."

Je sais que l'heptagone régulier n'est pas un polygone constructible, donc je n'allais pas imaginer que toutes ces sommes et produits de facteurs $\sin k\frac{2\pi} 7$ aient une quelconque chance de pouvoir s'écrire sous une forme algébrique!

Voudrais-tu donner-tu le détail des calculs conduisant à cette écriture surprenante de par sa simplicité,
Amicalement.
jacquot

Encore merci, jandri,

Ce genre de remarques:
"$s+\bar{s}=-1$ (puisque la somme des racines 7-ièmes de 1 est nulle)
$s\bar{s}=2$ (en développant le produit). "
permettent un traitement élégant et économique de ce type de question.

Je voulais donner mon sentiment sur ce problème de concours: il est vrai qu'au début j'ai partagé ton enthousiasme; mais au fil des questions, je trouvais que l'étude de cas nombreux devenait répétitive, fastidieuse et chronophage , en tous cas pour un candidat au concours qui n'aura pas forcément l'occasion de mobiliser toute la gamme de ses connaissances ou techniques mathématiques.

Par ailleurs, dans la partie IV) quand on démontre la propriété $-R(X)\times R(-X)= R(X^2)$, on se dit que ça va enfin permettre un traitement plus rapide de la suite .Eh ben non, à moins que je ne l'ai pas vu : c'était juste une question supplémentaire.

Finalement, après avoir fait le boulot, je ne vois pas franchement ce qu'apportent ces polynômes dont les zéros $a; b, c$ sont aussi $a^2; b^2; c^2$
Pour donner l'expression de $\sin(7\theta)$ en fonction de $\sin\theta$, je continuerai d'appliquer la formule de de Moivre...

Et puis, je ne voudrais pas devoir repasser le capes!