Une équation complexe
Bonjour à tous,
j'ai un petit souci avec quelque chose qui est sensé être "simple", ou du moins, maitrisé par un élève de MPSI.
Je dois montrer que l'équation :
Je suis apte à le faire si b=0, mais je bloque sinon ... J'ai pourtant bien essayé d'appliquer le module et l'argument dans tous les sens, mais je n'arrive pas à acquérir des informations concluantes.
Une idée ?
Merci d'avance,
kal8578
j'ai un petit souci avec quelque chose qui est sensé être "simple", ou du moins, maitrisé par un élève de MPSI.
Je dois montrer que l'équation :
z2 + az* + b = 0
admet au plus 4 solutions, avec a, b deux complexes donnés, z évoluant dans C et z* désigne le conjugué de z.Je suis apte à le faire si b=0, mais je bloque sinon ... J'ai pourtant bien essayé d'appliquer le module et l'argument dans tous les sens, mais je n'arrive pas à acquérir des informations concluantes.
Une idée ?
Merci d'avance,
kal8578
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Réponses
Qu'est-ce que le $z^*$ ?
Conjuguant l'équation, tu auras une relation entre $(z^*)^2$ et $z$. Mais ton équation te donne $z^*$ en fonction de $z^2$. Donc en éliminant $z^*$, tu devrais avoir une équation du 4ème degré en $z$ sur laquelle tu est censé savoir des choses.
PS : le conjugué de $z$ se note normalement en France $\bar{z}$. Ce n'est pas toujours une bonne idée de prendre des conventions en usage à l'étranger, tu vas être rapidement coulé, par exemple les suites qui ne notent avec des accolades bien que leurs termes soient ordonnés, increasing signifie STRICTEMENT croissant (et donc pour dire croissant au sens large on dit NONDECREASING ce qui est un non sens, car le sinus n'est pas strictement décroissant sur $\R$ et pas non plus croissant au sens large ...)
Bon, c'est lourd mais en écrivant tout en séparant les parties réelles et parties imaginaires, on tombe sur deux équations.
Edit :
@Champ-Pot-Lion a donné cette indication, je viens de le voir.
L'une est celle d'un cercle d'une hyperbole (dans le meilleur des cas) et l'autre d'une hyperbole (dans les bons cas) et donc on peut trouver au maximum quatre points d'intersection. Cela dit, je ne sais pas si je sais prouver mon "donc", d'une part, et si en MPSI on est familié de ces choses-là, d'autre part.
Edit : je cherchais un truc comme la méthode de @math2 : ça marche bien, on tombe sur du degré 4.
Tu conjugues l’équation. Et tu élimines $z^*$ pour trouver une équation polynomiale de degré quatre en $z.$ Voilà !
@math2 : merci beaucoup !
En effet je ferai plus attention pour les notations, la tout de suite je ne savais pas comment faire la barre et je voulais poser la question tout de suite, donc j'ai pris une autre notation que je connaissais.
merci à vous,
kal8578
@kal8578 : L'équation peut en effet être résolue entièrement. Tu as dû faire une erreur dans tes calculs si le système obtenu est trop difficile.
Sinon, on peut s'arranger pour choisir $a$ et $b$ afin qu'il y ait quatre solutions, en tâtonnant un peu...?
Par exemple en prenant $a=1$ et $b=0$, on obtient en mélangeant les méthodes qu'alors : $z^4+z=0$.
@Champ-Pot-Lion
Je n'ai pas compris au sujet de Bézout.
Edit : ha oui d'accord, j'ai vu...et ne connaissait pas non plus...je ne voyais pas l'arithmétique ici ;-)
Voilà le théorème évoqué : Ici !
Je me pose une question : existe-t-il des complexes a,b tel que l'équation admet exactement trois solutions distinctes qui forment un triangle équilatérale ( avec a=2i et b=-1, on a un triangle isocèle avec les 3 solutions (i,-2-i,2-i))
Avec $\displaystyle a,b \in \C$, l'équation $\displaystyle z^2+a \bar{z}+b=0, z \in \C$ possède au plus quatre solutions. En effet, pour $\displaystyle z\in \C$, si $\displaystyle z^2+a \bar{z}+b=0$ alors $\displaystyle (z^2+a \bar{z}+b)^2=z^4+a^2 \bar{z}^2 + b^2 + 2 (z^2+b) (a \bar{z}) + 2 b z^2=0$ et dans cette équation on peut substituer $\displaystyle a \bar{z}$ par $\displaystyle -z^2-b$ et $\displaystyle \bar{z}^2=-\bar{a} z-\bar{b}$ qui n'est autre que l'équation originale conjuguée. On trouve alors que, nécessairement, $\displaystyle z^4+2 b z^2 + \bar{a} a^2 z+a^2 \bar{b}+b^2=0, z \in \C$ qui possède au plus quatre solutions puisque c'est une équation polynomiale de degré $4$ en $\displaystyle z \in \C$ et ce, pour tout $\displaystyle a,b \in \C$.
Cette méthode permet d'établir le résultat sans distinguer des cas particuliers selon des valeurs de $a$ ou de $b.$
@gebrane : par mon message ci-dessus, pour avoir un triangle équilatéral, il faut que trois des solutions soient $\displaystyle z, jz, j^2z$ et donc, en additionnant les trois conditions nécessaires, on obtient la condition $\displaystyle a^2 \bar{b} + b^2=0$ puisque $\displaystyle 1+j+j^2=0.$ Et donc $\displaystyle z(z^3+2bz+\bar{a}a^2)=0...$
Je te laisse de plaisir de conclure... B-)
Je continue fort astucieusement :
On a donc soit $z=0$ et donc d’aprés l’équation originale $b=0$, soit $z^3+2bz+\bar{a}a^2=0$. Et on écrit que $z, j z, j^2 z$ sont solutions et on additionne les trois conditions : on obtient $z^3+\bar{a}a^2=0.$ Et donc on a nécessairement $b=0.$
La condition pour un triangle équilatéral est donc $b=0$ et $a\neq 0$ pour éviter le triangle réduit à un point. Le centre du triangle est l’origine du plan complexe. Et sous cette contrainte le triangle est quelconque.
Si on revient aux équations de la forme originale, on trouve qu'avoir un triangle équilatéral correspond exactement à la condition $b=0$.
(Mais à chaque fois, le centre du triangle équilatéral est aussi solution.)
De mon côté, j'avais un système sous la forme de deux équations dépendant des parties réelles et imaginaires de z, a et b égales à 0. Problème, ce n'était pas manipulable car la première faisait intervenir Re(z)2-Im(z)2 et la deuxième 2Re(z)Im(z), donc je n'ai pas su résoudre...
Comment le fais-tu ? Tu as un changement de variables particulier ?
$$\left\{\begin{aligned}
z^2+aw+b&=0\\
w^2+\overline a z+\overline b&=0
\end{aligned} \right.$$
Ou alors, on écrit $z=x+iy$, $a=s+it$, $b=u+iv$ et on obtient le système en séparant partie réelle et partie imaginaire :
$$\left\{\begin{aligned}
x^2-y^2+sx\color{red}{+}ty+u&=0\\
2xy+tx\color{red}{-}sy+v&=0
\end{aligned} \right.$$
(correction suite à remarque de Champ-Pot-Lion)
Pour résoudre ce système, on peut éliminer $y$ en utilisant $(2x\color{red}{-}s)y=-tx-v$ pour obtenir une équation de degré $4$ en $x$ (multiplier la première équation par $(2x\color{red}{-}s)^2$).
En effet, j'étais parvenu au second système sans être apte à le résoudre. Je comprends comment faire désormais.
GaBuZoMeu, tu as fait la même erreur de calcul que moi : dans la première équation du système, c'est $+ty$ et dans la deuxième c'est $-sy$. Cette erreur rend le système solvable de manière pas trop complexe en mettant les deux polynômes de la première équation (l'un en $x$ et l'autre en $y$) sous forme canonique et en faisant le changement de variable suggéré. On obtient alors $x^2 - y^2$ et $xy$ en fonction des autres variables.
EDIT : de toute manière cette erreur revient à considérer $z^2+az+b$ au lieu de $z^2+a\overline{z}+b$, alors… c'est moins étonnant.