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QDV 5: De jolies quadras ... polynomiales!

Envoyé par Norbert Verdier 
QDV 5: De jolies quadras ... polynomiales!
il y a sept années
Ami(e)s du vendredi, bonjour


Tous les polynômes rencontrés ci-dessous ont leurs coefficients dans $\C$.

$I)$ Soit un polynôme unitaire $Q$ défini par $Q(X)=X^2+pX+q$ et qui admet pour zéros, distincts ou non, $a$ et $b$.
Déterminer $p$ et $q$ pour que le polynôme unitaire de second degré dont les zéros sont $a^2$ et $b^2$ soit identique à $Q$, puis établir la liste de ces polynômes $Q$.

$II)$ Soit un polynôme unitaire $A$ égal à $A(X)=(X-a)(X-b)$, $a$ et $b$ étant distincts ou non.
Déterminer les polynômes $A$ vérifiant: $A(X)$ divise $A(X^2)$.

Bon vendredi, etc. Bernard p/o Le Comité Du Vendredi.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
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Bonjour,

".. le polynôme unitaire de second degré dont les zéros sont $a^2$ et $b^2$ est identique à $Q$"
peut se traduire par l'égalité des paires $\{a;b\}=\{a^2;b^2\}$

On a donc:
$\begin{cases}
a&=a^2 \\
b&=b^2
\end{cases}$
ou $\begin{cases}
a&=b^2 \\
b&=a^2
\end{cases}$
Le premier système a pour solutions $(0:0)$; $(0;1)$;$(1;0)$ et $(1;1)$
Le deuxième système peut se résoudre comme suit:
$\begin{cases}
a&=b^2 \\
b&=b^4
\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}
a&=b^2 \\
b^4-b&=0
\end{cases}\Longleftrightarrow\begin{cases}
a&=b^2 \\
b(b-1)(b^2+b+1)&=0
\end{cases}$
Ses solutions sont les couples $(0;0)$;$(1;1)$;$(j;j^2)$; et $(j^2;j)$
où $j=e^{i\dfrac {2\pi}{3}}$

En conclusion, les polynômes $Q$ satisfaisants sont:
$Q_0(X)=X^2$
$Q_1(X)=X^2-2X+1$
$Q_2(X)=X^2-X$
$Q_3(X)=X^2+X+1$

Sans doute y a-t-il un traitement plus rapide que cette disjonction de cas.
ev
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
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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.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
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D'accord, ev , j'avais vu tout ça, mais pour une présentation claire, conduisant à l'écriture des 4 polynômes-solutions, je m'en sortais mieux avec l'égalité des paires $\{a;b\}=\{a^2;b^2\}$

Pour la question $II)$, je vois bien que les 4 polynômes $Q_{0;1;2;3;}$ de la première question sont des solutions, mais y en a-t-il d'autres?
bs
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Bonjour,

$I)$ thumbs down 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 :) ]
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
$II)$
$A(X^2)$ peut s'écrire $(X^2-a)(X^2-b)$
Si ce polynôme est solution de la question $I)$, il pourra aussi s'écrire:
$(X^2-b^2)(X^2-a^2)$ ou encore $(X-a)(X+a)(X-b)(X+b)$
et on voit qu'il est divisible par $A(X)$

les $Q_{0;1;2;3}$ sont donc solutions du problème $II)$
Réciproquement soient $\alpha; \beta$ des racines carrées de $a$ et $b$
alors $A(X^2)=(X-\alpha)(X+\alpha)(X-\beta)(X+\beta)$
$A(X)$ divise $A(X^2)$ ssi $\{\alpha^2;\beta^2\}\subset \{\alpha;-\alpha;\beta;-\beta\}$

Peut-on avoir d'autres cas de figure que les systèmes étudiés en $I)$?
Oui ! par exemple $\alpha = 1$ et $\beta =i$
Ainsi $A(X)=(X-1)(X+1)= X^2-1$
Et $A(X^2)=X^4-1=A(X)(X^2+1)$

Reste à les trouver tous!
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
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 $b$.
bs
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Bonsoir,

thumbs down jandri pour $II$ et $III$ + la généralisation. Content que tu trouves ce problème joli.

Quels sont cependant ces 13 polynômes $B$ ?

Comment trouver $a$ et $b$ dans le cas de la généralisation proposée par jandri ?

Pour le III on peut montrer que si $B(X)$ est solution alors $B(-X)$ l'est aussi.

La suite:

$IV)$ Soit un polynôme unitaire $R$ défini par $R(X)=X^3+pX^2+qX+r$ et qui admet pour zéros, distincts ou non, $a, b$ et $c$.
Déterminer $p, q$ et $r$ pour que le polynôme unitaire de degré $3$ dont les zéros sont $a^2, b^2$ et $c^2$ soit identique à $R$, puis établir la liste de ces polynômes $R$.
Démontrer que pour chacun d'eux: $R(X^2)=-R(X)R(-X).$

$V)$ Parmi les polynômes $R$ précédents, seuls deux d'entre eux $R_1$ et $R_2$ possèdent certains coefficients non réels.
Quels sont les zéros de chacun de ces deux polynômes ?

$VI)$
$a.$ Former les polynômes unitaires $\Psi_1$ et $\Psi_2$ de degré $3$ ayant pour zéros les parties imaginaires des zéros des polynômes $R_1$ et $R_2$.
$b.$ Former les polynômes $g$ et $h$ tels que:
\begin{align*}
g(X)&= -64 \Psi_1(X) \Psi_2(X) \\
h(X)&=-Xg(X). \\
\intertext{Etablir que}
\sin 7\theta &= \sin \theta g(\sin \theta) \\
\cos 7\theta &= h(\cos \theta) \\
\cosh 7\theta &= h(\cosh \theta).
\end{align*}
Bonne nuit.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
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Voir CAPES 1971, 1ère épreuve
[megamaths.perso.neuf.fr]
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
tiens, des polynomes de Chebyshev....
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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.sad smiley

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
bs
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Bonjour,

thumbs down jacquot.

Raymond a découvert l'origine de ce problème thumbs down L'énoncé proposé ici ne reprend pas les étapes intermédiaires rencontrées dans ce problème CAPES de 41 ans d'âge. Oui Gilles, Chebyshev fait son apparition un peu plus loin.

Le Comité du Vendredi ne possède pas de corrigé officiel. Il n'est pas interdit de continuer à résoudre ce problème.

Merci pour vos réponses.

Amicalement.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
C'est bien, jacquot, à part deux coquilles au début,:
c'est $B(X)$ divise $B(X^3)$
une faute de signe dans $B_2$.

Mais plus loin:
$B_{10}=B_6$ et $B_{12}=B_4$.
$B_{11}$ ne convient pas.

Il en manque donc encore trois!

En fait c'est plus simple de généraliser à $B(X)$ divise $B(X^n)$.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Merci jandri,

Je ne voudrais pas repasser la CAPES !spinning smiley sticking its tongue out
Aussi, je te propose de publier les trois solutions manquantes, si tu veux bien.
Amicalement. jacquot
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
Voici les trois autres:
$B(X)=X^2+1$.
$B(X)=X^2-iX\sqrt2-1$.
$B(X)=X^2+iX\sqrt2-1$.



Edité 1 fois. La dernière correction date de il y a sept années et a été effectuée par jandri.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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 nièmes de l'unité.

Bon dimanche. jacquot
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
C'est bien jacquot.
Voici une étude dans le cas général:

Soit $n\ge2$ un entier. Recherchons les polynômes $A(X)=(X-a)(X-b)$ tels que $A(X)$ divise $A(X^n)$.
1) si $a=b$:
$(X-a)^2$ divise $(X^n-a)^2$ est équivalent à $a^n=a$. Il y a $n$ polynômes $(X-a)^2$ où $a$ est une racine de $X^n-X$.

2) si $a\neq b$:
$(X-a)(X-b)$ divise $(X^n-a)(X^n-b)$ est équivalent à $(a^n-a)(a^n-b)=0,\;(b^n-a)(b^n-b)=0$.

Premier cas: $a^n=a$ et $b^n=b$ avec $a\neq b$.
Il y a $n\choose2$ paires $\{a,b\}$ donc $\frac{n^2-n}2$ polynômes $A(X)=(X-a)(X-b)$ où $a$ et $b$ sont deux racines distinctes de $X^n-X$.

Deuxième cas: $a^n=a$ et $b^n=a$ avec $a\neq b$.
Comme $b\neq0$ on obtient $b^{n(n-1)}=1$ et $a=b^n$ avec $b^{n-1}\neq1$.
Il y a $(n^2-n)-(n-1)=(n-1)^2$ couples $(a,b)$ donc $(n-1)^2$ polynômes $A(X)=(X-b)(X-b^n)$ où $b$ est une racine $n(n-1)$-ième de 1 qui n'est pas une racine $(n-1)$-ième de 1.

Troisième cas: $a^n=b$ et $b^n=a$ avec $a\neq b$.
Comme $b\neq0$ on obtient $b^{n^2-1}=1$ et $a=b^n$ avec $b^{n-1}\neq1$.
Il y a $(n^2-1)-(n-1)=n^2-n$ couples $(a,b)$ mais chaque paire $\{a,b\}$ est obtenue deux fois, donc il y a $\frac{n^2-n}2$ polynômes différents de la forme $A(X)=(X-b)(X-b^n)$ où $b$ est une racine $(n^2-1)$-ième de 1 qui n'est pas une racine $(n-1)$-ième de 1.

Au total cela fait $n+\frac{n^2-n}2+(n-1)^2+\frac{n^2-n}2=n^2+(n-1)^2=2n^2-2n+1$ polynômes différents.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Je n'ose pas vous dire comment j'ai trouvé que le problème de CAPES de 1971 traitait de cette question ...
;). Bien cordialement,
RC
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Si tu n'osais pas dire, Raymond, il ne fallait pas poster.
Maintenant, il va falloir cracher le morceau!
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Alors voici la suite :
Partie IV): Polynômes de degré 3 dont les zéros sont a; b; c et aussi a²; b² ; c² :

i) a; b; c confondus
On a $R(X)= (X-a)^3 = (X-a^2)^3 \Longleftrightarrow a=a^2$
Il y a deux polynômes solutions:
$\boxed{R_0(X)=X^3}$ et $\boxed{R_4(X)=X^3-3X^2+3X-1}$(*)

ii) a et c confondus et b distinct.
On a $\{a;b\}=\{a^2;b^2\}$ et $a\not= b$
donc $a=a^2$ et $b=b^2$ ou $a=b^2$ et $b=a^2$
le premier cas donne $0$ racine double et $1$ racine simple ou vice-versa
Il y a deux polynômes solutions:
$\boxed{R_5(X)=X^3-X^2}$ et $\boxed{R_3(X)=X^3-X}$(*)
Le deuxième cas donne $a=a^4$ et $b=a^2$, c'est à dire $a(a^3-1)=0$ et $b=a^2$
$a$ ne peut être nul ni égal à $1$ sinon les trois racines sont confondues, donc on a les couples solutions $(j;j^2)$ et $(j^2;j)$
$R_8(X) =(X-j)^2(X-j^2)$ et $R_9(X)=(X-j^2)^2(X-j)$
Les développements donnent:
$\boxed{R_8(X) =X^3+(1-j)X^2+(2+j^2)X-j}$ et $\boxed{R_9(X)=X^3+(1-j^2)X^2+(2+j)X-j^2}$
à noter que leurs coefficients sont conjugués.

iii) a; b et c distincts:
On ne peut pas avoir $a^2=a ; b^2=b ; c^2=c$ car a; b et c ne seraient plus tous disctincts
On peut avoir $a^2=a ; b^2=c ; c^2=b$ ou $a^2=b; b^2=c ; c^2=a$, les autres permutations se ramenant à l'une de celles-ci modulo le changement de dénomination des variables.

Le premier cas donne les triplets solutions $(0; j; j^2)$ et $(1; j; j^2)$ avec les polynomes correspondants:
$R_6(X) =X(X-j)(X-j^2)$ et $R_7(X)=(X-1)(X-j)(X-j^2)$
avec leurs développements
$\boxed{R_6(X) =X^3+X^2+X}$ et $\boxed{R_7(X)=X^3-1}$

le deuxième cas donne $a=a^8$ etc., soit $a(a^6-1)=0$ etc.
La solution nulle est à écarter sinon a;b et c ne sont pas distincts
dans la suite, je noterai $\eta=e^{2i\pi/7}$.Merci jandri!
les autres solutions sont:
$(\eta;\eta^2; \eta^4)$ ; $(\eta^3;\eta^6; \eta^5)$ et leurs permutations.
Elles donnent les polynômes:
$R_1(X) =(X-\eta)(X-\eta^2)(X-\eta^4)$ et $R_2(X) =(X-\eta^3)(X-\eta^6)(X-\eta^5)$
avec leurs développements:
$\boxed{R_1(X) =X^3-(\eta+\eta^2+\eta^4)X^2+(\eta^3+\eta^5+\eta^6)X-1}$ et$\boxed{R_2(X) =X^3-(\eta^3+\eta^5+\eta^6)X^2+(\eta+\eta^2+\eta^4)X-1}$(*)
On pourra remarquer que leurs coefficients sont conjugués.

Je calcule alors $-R(X)\times R(-X)$ pour un tel polynôme de racines a; b et c, obtenant:
$(-X-a)(-X-b)(-X-c)\times[-(X-a)(X-b)(X-c)]$
$=(X+a)(X-a)(X+b)(X-b)(X+c)(X-c)$ (si l'on remplace 4 facteurs de ce produit par leurs opposés)
$=(X^2-a^2)(X^2-b^2)(X^2-c^2)$
$=R(X^2)$ puisque $a^2;b^2$ et $c^2$ sont les racines de $R(X)$ (CQFD)

(*) Remarque: à la lecture de la suite de l'énoncé, j'ai été amené à renommer les polynômes R1 et R2
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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 $\eta =e^{2i\pi/7}$ (*)
[attachment 25103 racines7iemes.png]
Les racines de $R_1$ sont: $\{\eta; \eta^2;\eta^4\}$
Les racines de $R_2$ sont leurs conjuguées: $\{\eta^6; \eta^5;\eta^3\}$
on voit poindre les formules de trigo proposées dans la dernière question, est-ce un bon présage?
:P
VI)
Il vient alors:
$\Psi_1(X)=X^3-(\sin \frac{2\pi} 7+ \sin \frac{4\pi} 7 +\sin\frac{8\pi} 7)X^2 + (\sin \frac{2\pi} 7 \sin \frac{4\pi} 7+\sin \frac{4\pi} 7 \sin \frac{8\pi} 7 + \sin \frac{8\pi} 7 \sin \frac{2\pi} 7)X-\sin \frac{2\pi} 7 \sin \frac{4\pi} 7 \sin \frac{8\pi} 7$
$=X^3-(\sin \frac{2\pi} 7+ \sin \frac{4\pi} 7 +\sin\frac{8\pi} 7)X^2-\sin \frac{2\pi} 7 \sin \frac{4\pi} 7 \sin \frac{8\pi} 7$
et $\Psi_2(X)=X^3-(\sin \frac{12\pi} 7+ \sin \frac{10\pi} 7 +\sin\frac{6\pi} 7)X^2-\sin \frac{12\pi} 7 \sin \frac{10\pi} 7 \sin \frac{6\pi} 7$
corrigé selon les indications de jandri
@suivre!
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
Bonjour jacquot,

Quelques corrections:
Quand $a=b=c$ on trouve bien les deux polynômes $X^3$ et $(X-1)^3$.
Mais quand $a=c\neq b$ on ne peut pas avoir $a=b^2$ et $b=a^2$ car $a$ est racine double alors que $b$ est racine simple.
Il n'y a donc que deux polynômes: $X^2(X-1)$ et $X(X-1)^2$.
Quand $a$, $b$ et $c$ sont distincts deux à deux il y a bien deux cas:
$a=b^2$, $b=a^2$ et $c^2=c$ qui donne $X(X^2+X+1)$ et $(X-1)(X^2+X+1)=X^3-1$
$a^2=b$, $b^2=c$ et $c^2=a$ qui donne $ R_1(X) =(X-\eta)(X-\eta^2)(X-\eta^4)$ et $ R_2(X) =(X-\eta^3)(X-\eta^5)(X-\eta^6)$ mais avec $\eta=e^{2i\pi/7}$.
Pour les polynômes $\psi_1$ et $\psi_2$ les coefficients sont réels car leurs racines sont des parties imaginaires donc des réels.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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)
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
@ jacquot
Il faut aussi corriger les racines des polynômes $\psi_1$ et $\psi_2$ car $\dfrac{\pi}7$ est devenu $\dfrac{2\pi}7$.
Pour établir que $ \sin 7\theta = \sin \theta g(\sin \theta) $ on commence par utiliser la formule de De Moivre pour montrer que $ \sin 7\theta$ s'exprime comme un polynôme de degré 7 en $ \sin \theta$.
On calcule ensuite le coefficient du terme de degré 7 (on trouve $-64$).
Enfin on vérifie que les racines de ce polynôme sont les $ \sin \dfrac{2k\pi}7$ pour $0\le k\le6$.
Cela permet de conclure.

On peut aussi montrer que $\psi_1(X)=X^3-\dfrac{\sqrt7}2X^2+\dfrac{\sqrt7}8$.
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
On peut commencer par calculer les coefficients de $R_1(X)$.
Si $s=\eta+\eta^2+\eta^4$ on calcule:
$s+\bar{s}=-1$ (puisque la somme des racines 7-ièmes de 1 est nulle)
$s\bar{s}=2$ (en développant le produit).
On en déduit $s=\dfrac{-1+i\sqrt7}2$ d'où $R_1(x)=X^3-\dfrac{-1+i\sqrt7}2X^2+\dfrac{-1-i\sqrt7}2X-1$.

Pour calculer $\Psi_1(X)$:
La partie imaginaire de $s$ vaut $\dfrac{\sqrt7}2$. Il reste à calculer le terme constant de $\Psi_1(X)$, ce qu'on peut faire en utilisant $\sin\dfrac{2\pi}7=\dfrac{\eta-\eta^{-1}}{2i}$.

Une autre façon de calculer $\Psi_1(X)$: on utilise $ g(X)=-64\Psi_1(X)\Psi_2(X)$.
En posant $\Psi_1(X)=X^3-aX^2+b$ on déduit $\Psi_2(X)=X^3+aX^2-b$ et on reporte dans $ g(X)=-64\Psi_1(X)\Psi_2(X)$. Après avoir calculé $g(X)=-64X^6+112X^4-56X^2+7$ on en déduit $a$ et $b$ (on sait que $a$ et $b$ sont positifs).
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
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! :D
bs
Re: QDV 5: De jolies quadras!
il y a sept années
avatar
Bon dia (retour de voyage en Lisutanie),

thumbs down jacquot et jandri pour avoir résolu patiemment cette première partie du problème CAPES 1971. Merci à vous deux :)

thumbs down jandri pour ton élégante généralisation des questions $II$ et $III$ avec $B(X)$ divise $B(X^n)$.

"Je n'ose pas vous dire comment j'ai trouvé que le problème de CAPES de 1971 traitait de cette question ... "
Raymond: aurais-tu passé...avec succès le CAPES en 1971 :S

Amicalement.
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