Racines d'un polynôme et géométrie

MrJ · March 2020

Bonjour,
j'essaye sans succès de résoudre l'exercice suivant.

On considère le polynôme $P=X^3+pX+q\ \in\C[X]$. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $(p,q)\in\C^2$ pour que les points dont les affixes sont les racines de $P$ forment un triangle isocèle dont la longueur de la base est la moitié de la longueur des deux autres côtés.

Dans la source où j'ai trouvé l'exercice, la réponse donnée (sans détail) est $20p^3+27 q^2=0$.
Je ne vois pas d'où partir pour traduire la condition avec une équation polynomiale sur les racines du polynôme $P$ (je trouve des conditions non polynomiales a priori).

Si vous avez une suggestion ou une idée, je vous remercie !

malavita · March 2020

A mon avis, il n'y a pas trente six solutions....il faut regarder du côte des relations coefficients/racines.
L'idée devrait être de faire apparaître ces coefficients en traduisant les contraintes de l'énoncé...

A+

F.

MrJ · March 2020

Je suis d'accord, mais toutes les approches que j'utilise habituellement dans ce type d'exercice ne fonctionne pas.

EDIT : Finalement, j'ai trouvé. Il faut exprimer la condition souhaitée avec une rotation dont le centre est milieu de la base et on arrive à s'en sortir.

YvesM · March 2020

Bonjour,

Sans mot :

$\displaystyle X^3+pX+q=0$
$\displaystyle (X-a)(X-b)(X-c) = 0$
$\displaystyle a+b+c=0, p=ab+bc+ca=ab-(a+b)^2, q=-abc=+ab(a+b)$
$\displaystyle c-a=2(b-a) e^{i x}, c-b=2(a-b)e^{-i x}$
$\displaystyle \cos x = 1/4, \sin x = \sqrt{15}/4$
$\displaystyle b=a e^{ix}$
$P(t) = 20(t-(1+t)^2)^3+27 (t(1+t))^2 = -(20t^6+60 t^5+93t^4+86 t^3+93 t^2+60t+20) .$
$\displaystyle 20(p/a^2)^3 + 27 (q/a^3)^2 = P(e^{ix})=0 .$

MrJ · March 2020

Merci YvesM pour cette approche à laquelle je n'avais pas pensé. Par contre, on doit connaitre le résultat pour y arriver.

YvesM · March 2020

Bonjour,

@MrJ : si on ne connaît pas le résultat, voici :

Dans le plan complexe, on trace le triangle isocèle en question. Puis par une transformation (translation et rotation) on ramène les sommets de ce triangle sur les affixes $\displaystyle -d/2,d/2,i {\sqrt{15}\over 2}d$ avec $d>0.$

La transformation $\displaystyle X\leadsto Z$ s’écrit $\displaystyle X=e^{-i \theta} Z+a$ pour $\theta$ réel et $a$ complexe.

On a alors $\displaystyle (Z+{d\over 2})(Z-{d\over 2})(Z-i {\sqrt{15}\over 2} d)=0$ et $\displaystyle Z^3+Z^2 (3 e^{i \theta} a)+Z e^{i \theta}(3 a^2+p)+e^{i 3\theta}(a^3+ p a+q)=0.$

On identifie les coefficients. On tire $\displaystyle a=-i {\sqrt{15}\over 6 } e^{-i \theta} d$, puis $\displaystyle p=e^{- i 2\theta}d^2$, enfin $\displaystyle q=i e^{- i 3 \theta} \sqrt{15}{2\over 9} d^3.$

Pour éliminer $\theta$ on voit bien qu’il suffit d’avoir un $\displaystyle p^3=e^{-i 6\theta} d^6$ et un $\displaystyle q^2=-e^{ -i 6\theta} {20\over 27} d^6.$

Voilà !

MrJ · March 2020

Merci YvesM!

Je vous note la solution que j'ai rédigée si ça peut aider quelqu'un.

Notons $a,b,c\in\C$ les racines de $P$. En utilisant deux rotations dont le centre est le milieu de la base du triangle, on obtient que le triangle vérifie la condition souhaitée et est isocèle au point d'affixe $a$ si et seulement si
\[a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)=\pm\textrm{i}\sqrt{15}\left(b-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right)\quad \text{et}\quad a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)=\mp \textrm{i}\sqrt{15}\left(c-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right).\]
En utilisant la relation $a+b+c=0$ et en élevant au carré, on obtient que les relations précédentes sont équivalentes à $2a^2-5bc=0$. On en déduit que la condition cherchée est
\begin{align*}
(2a^2-5bc)&(2b^2-5ac)(2c^2-5ab)=0\\
&\Leftrightarrow\quad 8q^2-20(a^3b^3+a^3c^3+b^3c^3)-50q(a^3+b^3+c^3)-125q^2=0\\
&\Leftrightarrow\quad
8q^2-20(p^3+3q^2)-50q(-3q)-125q^2=0\\
&\Leftrightarrow\quad
20p^3+27q^2=0.
\end{align*}

jandri · March 2020

La démonstration de MrJ est valable pour tout autre triangle isocèle.

Par exemple le triangle est rectangle isocèle si et seulement si $50p^3=27q^2$, équilatéral si et seulement si $p=0$.

Plus généralement, on montre que les points dont les affixes sont les racines de $P=X^3+pX+q$ forment un triangle isocèle si et seulement si $\dfrac{p^3}{q^2}$ est un réel strictement supérieur à $-\dfrac{27}4$.

MrJ · March 2020

Merci jandri pour la dernière affirmation! C'est une question que je m'étais posé et à laquelle je n'avais pas réussi à répondre.

Pour le triangle équilatéral, j'utilise plutôt la version suivante (comme les calculs ne sont pas trop fastidieux) : Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $(p,q,r)\in\C^3$ pour que les points dont les affixes sont les racines de $P=X^3+pX^2+qX+r\in\C[X]$ forment un triangle équilatéral.

La réponse est $p^2=3q$, ce qui est "intuitif", car c'est sous cette condition que l'on peut factoriser le début du polynôme avec le binôme de Newton.

MrJ · March 2020

Je viens de faire les calculs pour démontrer ta dernière affirmation jandri.

J'ai réussi, mais ce n'est pas très gentil comme calcul (:P)

Notons $a,b,c\in\C$ les racines de $P$. En utilisant deux rotations dont le centre est le milieu de la base du triangle, on obtient que le triangle est isocèle en a si et seulement si il existe $\lambda\in\R$ tel que
\[a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)=\pm\textrm{i} \lambda\left(b-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right)\quad \text{et}\quad a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)=\mp \textrm{i}\lambda\left(c-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right).\]
En utilisant la relation $a+b+c=0$ et en élevant au carré, on obtient que les relations précédentes sont équivalentes à $(9+\lambda^2)a^2-4\lambda^2 bc=0$. On en déduit que la condition cherchée est
\begin{align*}
&\big((9+\lambda^2)a^2-4\lambda^2 bc\big)\big((9+\lambda^2)b^2-4\lambda^2 ac\big)\big((9+\lambda^2)c^2-4\lambda^2 ab\big)=0\\
&\Leftrightarrow\quad \left(9+\lambda^2\right)^3q^2-4\lambda^2\left(9+\lambda^2\right)^2(p^3+3q^2)+48\lambda^4\left(9+\lambda^2\right)q^2-64 \lambda^6 q^2=0\\
&\Leftrightarrow\quad
f(\lambda) p^3-g(\lambda)q^2=0
\end{align*}
où $f:\R\to\R$ et $g:\R\to\R$ sont des fonctions polynomiales. En étudiant la fonction rationnelle $g/f$ qui est définie sur $\R^\ast$, on conclut que le triangle étudiée est isocèle si et seulement si $q=0$ ou si $p^3/q^2 \in ]-27/4,+\infty[$.

NB : Si les coefficients $p$ et $q$ sont réels, on peut démontrer le résultat beaucoup plus simplement avec le discriminant.

jandri · March 2020

J'ai fait des calculs un peu plus simples en posant $\mu=\dfrac{4\lambda^2}{9+\lambda^2}$.

$(a^2-\mu bc)(b^2-\mu ca)(c^2-\mu ab)=0$ donne $\dfrac{p^3}{q^2}=\dfrac{(1-\mu)^3}{\mu}$ qui est clairement une fonction décroissante de $\mu$ donc aussi de $\lambda$.

MrJ · March 2020

En effet, ça simplifie bien les calculs. Merci!

MrJ · March 2020

J'étais surpris de trouver la borne ouverte sur $-27/4$, car intuitivement, la condition d'être isocèle est une condition fermée topologiquement. En fait, on néglige le cas où deux points sont confondus dans notre démonstration. On peut utiliser le discriminant pour pallier à cela, ou alors, on peut rédiger le début comme ci-dessous.

Notons $a,b,c\in\C$ les racines de $P$. En utilisant deux rotations dont le centre est le milieu de la base du triangle, on obtient que le triangle (éventuellement dégénéré) est isocèle en a si et seulement si il existe $(\lambda,\mu)\in\R^2\setminus\{(0,0)\}$ tel que
\[\lambda\left(a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right)=\pm \textrm{i} \mu\left(b-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right)\quad \text{et}\quad\lambda\left(a-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right)=\mp \textrm{i}\mu\left(c-\left(-\dfrac{a}{2}\right)\right).\]
En utilisant la relation $a+b+c=0$ et en élevant au carré, on obtient que les relations précédentes sont équivalentes à $a^2-\nu bc=0$ avec $\nu=4\mu^2 (9\lambda^2+\mu^2)^{-1}$.

Le reste est ensuite identique, mais cette fois-ci, l'ensemble des valeurs prises par $\nu$ est $[0,4]$, ce qui permet à la fin de récupérer le $-27/4$.

Math Coss · March 2020

Intéressante remarque sur la topologie : on est trompé parce que l'image d'un fermé par une application continue n'est pas nécessairement fermée.

MrJ · March 2020

Tu as raison Math Coss, d'autant plus que dans le cas ci-dessus, l'application $(a,b,c)\mapsto p^2/q^3$ n'est que définie sur ouvert $\C^3$.

Rescassol · March 2020

Bonjour,

Ce $-\dfrac{27}{4}$ ne doit pas être étranger au célèbre $4p^3+27q^2$.

Cordialement,

Rescassol

jandri · March 2020

Exactement puisque c'est le cas limite où les deux sommets de la base du triangle isocèle sont confondus, c'est-à-dire que le polynôme a une racine double.

Piteux_gore · March 2020

Bonjour,

J'avais envisagé deux raisonnements :

1) $ABC$ est isocèle si la médiane $AM$ est perpendiculaire à la base $BC$, etc

2) $ABC$ est isocèle si le parallélogramme $ABDC$ est un losange :
a/ l'affixe $d$ de $D$ est donnée par $a+d = b+c$ ;
b/ un exercice classique montre que les racines $a, b, c, d$ de $z^4 + pz^3 + qz^2 + rz + s$ forment un losange si elles forment un parallélogramme (ce qui est le cas ici) et si $(8q - 3p^2)^2/(16p^2q - 5p^4 - 256s)$ est un réel strictement positif.

A+

Piteux_gore · March 2020

RE

Si $p$ et $q$ sont réels, alors le triangle ne peut être isocèle que s'il y a une racine réelle et deux conjuguées, donc si $4p^3 + 27q^2 > 0$.

A+

MrJ · March 2020

Ou si $p=q=0$ si on accepte les triangles dégénérés.

Rescassol · March 2020

Bonjour,

Un autre exercice classique:
Les racines d'un polynôme $P$ de degré $4$ forment un parallélogramme si et seulement si $P'$ et $P'''$ ont une racine commune.

Cordialement,

Rescassol

Piteux_gore · March 2020

Rescassol
Indication : exhiber un polynôme bicarré…
A+

[Inutile de recopier le message précédent. AD]

Piteux_gore · March 2020

RE

Maintenant que l'on connaît la CNS pour que les racines d'une équation cubique forment un triangle isocèle, peut-on en déduire la CNS pour que les racines d'une équation de degré $4$ forment un trapèze isocèle ?

A+

Racines d'un polynôme et géométrie

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