DM3 : nombres complexes Exercice 1: Résolution des équations de degré 3 : méthode de Tartaglia Le but de cet exercice est d’expliquer une méthode pour résoudre les équations de degré 3. Cette méthode fut à l’origine de l’introduction des nombres complexes en mathématiques. En effet, même pour trouver une solution réelle, elle nécessite des calculs dans C. 1) Réduction du problème a) Soient (a, b, c) ∈ C3 . Montrer que pour tout x ∈ C, a 8a3 ab a − +c=0 x3 + ax2 + bx + c = 0 ⇔ (x + )3 + (x + )).(b − a2 ) + 3 3 27 3 b) Expliquer pourquoi il nous suffit maintenant de trouver une méthode pour résoudre les équation de la forme x3 + px+q = 0. 3 p . 2) Soient donc (p, q) ∈ C2 et (E) l’équation x3 + px + q = 0. La méthode commence par résoudre l’équation (R) : x2 + qx − 27 p Nous noterons U et V les racines de (R) (éventuellement U = V). Soit enfin u une racine cubique de U, puis v = − 3 . a) Expliquer pourquoi le cas p = 0 a déjà été traité en cours. On suppose dans la suite p , 0. b) Prouver que u , 0. c) En utilisant les relations coefficient racine, Montrer que v3 = V, calculer u3 v3 , puis u3 + v3 . d) Montrer que u + v est une solution de (E). e) Montrer que deux autres solutions de (E) sont ju + j2 v et j2 u + jv, où j = e2iπ/3 . 3) Application : résoudre les équations suivantes ( on pourra vérifier qu’une racine cubique de 2 + 11.i est 2 + i) : a) (E1 ) : x3 − 18x − 35 = 0 b) (E2 ) : x3 − 15x − 4 = 0 c) (E3 ) : x3 − 3x2 − 15x − 18 = 0 Exercice 2: Parties intégrales du plan Dans ce devoir, on appellera une partie intégrale du plan une partie E ⊂ P telle que pour tout (A, B) ∈ E2 , AB ∈ N. Le but est de prouver qu’il existe pour tout n ∈ N, une partie intégrale du plan de cardinal n, dont trois points quelconques ne sont pas alignés. On fixe un ROND (O,~i, ~j) du plan. On pose : n o G = a + ib | (a, b) ∈ Q2 et |a + ib| = 1 . 1) Pour tout n ∈ N, indiquer une partie intégrale de cardinal infini. 2) Trouver une partie intégrale du plan formée de trois points non alignés. 0 3) Pour (θ, θ0 ) ∈ R2 , calculer |eiθ − eiθ |. On demande un résultat pouvant utiliser cos et sin mais ne faisant pas intervenir de racine carrée. 4) Prouver que G est un sous-groupe de (U, .). En déduire que (G, .) est un groupe. 5) En utilisant les formules donnant cos(θ) et sin(θ) en fonction de tan(θ/2), prouver que G est infini. 6) Montrer que pour tout z ∈ G, z2 ∈ G. n o 7) Soit G0 = z2 | z ∈ G . Montrer que G0 est infini. 8) Montrer que pour tout (z, z0 ) ∈ G2 , |z − z0 | ∈ Q. 9) Montrer que pour tout n ∈ N∗ , il existe une partie intégrale formée de n points ne contenant aucun triplet de points alignés. Indications : Si q1 , q2 , ..., qn sont n nombre rationels, alors, si d désigne le pgcd de leur dénominateurs, alors dq1 , dq2 , ..., dqn sont des nombres entiers. On pourra également montrer que si E est un ensemble de n points distincts cocycliques, alors E ne contient aucun triplet de points alignés. 1 Correction Exercice 1: équations de degré 3 1) a) Calcul... b) Pour résoudre (E) : x3 + ax2 + bx + c = 0, on peut poser X = x + a3 . Alors (E) équivaut à X 3 + pX + q = 0, avec 3 ab p = (b − a2 ) et q = 8a 27 − 3 + c. 2) a) Si p = 0, l’équation revient juste à chercher les racines cubiques de −q. b) 02 + q.0 − p3 /27 = −p3 /27 , 0. Donc 0 n’est pas solution de (R), donc U , 0, et donc u , 0. 3 3 3 p p p 3 . Or v3 = − 27u c) Par les relations coefficients racines, on sait que UV = −p3 /27, donc V = − 27U 3 = − 27U . Donc v = V. 3 p Ainsi, u3 v3 = U.V = − 27 . De plus, u3 + v3 = U + V = −q. d) calcul direct e) calcul direct 3) a) Ici on a p = −18 et q = −35. L’équation (R) est donc x2 − 35x + 216. Ses racines sont U = 27 et V = 8. On peut donc prendre u = 3, ce qui mène à v = 2. Ceci mène à une première solution : u + v = 5. √ √ Les deux autres solutions sont données par ju + j2 v et j2 u + jv, on trouve −5/2 + i 3/2 et −5/2 − i 3/2. b) Pour la deuxième équation, on a p = −15, q = −4. Donc (R2 ) : x2 − 4x + 225. On trouve U = 2 + 11.i et V = 2 − 11.i, et on peut prendre u = 2 + i. √ √ On trouve finalement comme solutions de (E2 ), 4, −2 − 3, −2 + 3. 3 c) En √ 1), on voit que (E3 ) équivaut à (x − 1) − 18(x − 1) − 35 = 0. Donc x − 1 peut être 5, −5/2 + √ utilisant la question i 3/2, ou − 5/2 − i 3/2. D’où : √ √ S = {6, −2/2 + i 3/2, −3/2 − i 3/2}. Exercice 2: Parties intégrales du plan 1) Prendre O + N.~i. 2) Prendre les sommets d’un triangle équilatéral dont la longueur des côtés soit entière. 0 3) On calcule, en mettant en facteur ei(θ+θ )/2 (astuce classique pouvant resservir !) 0 0 0 0 0 |eiθ − eiθ | = |ei(θ+θ )/2 .(ei(θ−θ )/2 − ei(θ −θ)/2 )| = |ei(θ+θ )/2 |.|2 sin((θ − θ0 )/2)| = 2| sin((θ − θ0 )/2)| 4) Soient (z, z0 ) ∈ G2 . Montrons que z.z0 ∈ G puis que 1/z ∈ G. En premier lieu, il est immédiat d’après le cours sur le module que |z.z0 | = 1 = |1/z|. C’est la condition sur les coefficients rationnels qui peut nécessité plus de calculs. Soient (a, b, a0 , b0 ) ∈ Q4 tels que z = a + ib et z0 = a0 + ib0 . Alors : z.z0 = (aa0 − bb0 ) + i(ab0 + a0 b) Les nombres aa0 − bb0 et a0 b + ab0 sont dans Q. Comme de plus |z.z0 | = 1, on en déduit z.z0 ∈ G. Ensuite, a 1 b = 2 −i 2 . 2 z a +b a + b2 Les nombres a a2 +b2 b et − a2 +b 2 sont dans Q, et |1/z| = 1, donc 1/z ∈ G. On a prouvé que G est un sous-groupe de (U, .). On en déduit immédiatement par le cours que (G, .) est un groupe. 5) Soit t ∈ Q. Soit θ(t) = 2 arctan(t), de sorte que t = tan(θ(t)/2). 2 2t Alors eiθ(t) = cos(θ(t)) + i sin(θ(t)) = 1−t + i 1+t 2 , d’après les formules du cours. 1+t2 Comme nous avons pris t ∈ Q, le point obtenu a ses parties réelles et imaginaires dans Q. De plus, il est de norme 1. Donc eiθ(t) ∈ G. Avons-nous obtenu de la sorte une infinité de points ? 2 R → ] − π, π[ est injective, de sorte que nous n’avons jamais obtenu deux fois le même θ(t). t 7→ 2 arctan(t) ] − π, π[ → U La fonction est également injective, nous n’avons donc jamais obtenu deux fois le même point. θ 7→ eiθ Nous avons ainsi trouvé dans G autant de points qu’il y a de nombres dans Q, c’est-à-dire une infinité. La fonction 6) G est un sous-groupe de U, donc ∀z ∈ G, z2 = z.z ∈ G. G → G0 . Nous savons que z 7→ z2 chaque élément de G0 a au plus deux antécédents par f . Donc l’ensemble des tous les antécédents de tous les points de G0 est de cardinal au plus 2n. Mais cet ensemble est G, qui est infini. Nous avons donc une contradiction, et G0 est infini. 7) Supposons par l’absurde que G0 soit fini. Soit n = Card(G). On considère la fonction f : 0 0 8) Soient (z, z0 ) ∈ G2 . Soient (θ, θ0 ) ∈ R2 tels que z = (eiθ )2 = e2iθ et z0 = e2iθ , avec eiθ ∈ G et eiθ ∈ G. Alors leur parties 0 réelles et imaginaires de eiθ et eiθ sont dans Q, donc cos(θ), sin(θ), cos(θ0 ), sin(θ0 ) sont dans Q. Dès lors, la formule trouvée à la question 3) montre que 0 |z − z0 | = |e2iθ − e2iθ | = 2| sin(θ − θ0 )| = 2| sin(θ) cos(θ0 ) + cos(θ) sin(θ0 )| ∈ Q 9) Soit n ∈ N, trouvons une partie intégrale de cardinal n. Soient z1 , ..., zn n éléments distincts de G0 . Pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , la distance |zi − z j | est un nombre rationnel, notons le qi j . Nous avons donc n2 nombres rationnels. Soit d le pgcd de leur dénominateurs, alors pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , d.qi j ∈ N. Soient A1 , ..., An les points d’affixe dz1 , ..., dzn . Alors pour tout (i, j) ∈ ~1, n2 , Ai A j = |dzi − dz j | = d.|zi − z j | = d.qi j ∈ N. Enfin, ces n points sont sur le cercle de centre 0 de rayon d. Nous savons que l’intersection d’une droite et d’un cercle contient au plus deux points, donc trois de ces n points ne peuvent jamais être alignés. 3