DM3 : nombres complexes

DM3 : nombres complexes
Exercice 1: R´ esolution des ´ equations de degr´ e3:m´ ethode de Tartaglia
Le but de cet exercice est d’expliquer une m´ ethode pour r´ esoudre les ´ equations de degr´ e 3. Cette m´ ethode fut ` a l’origine
de l’introduction des nombres complexes en math´ ematiques. En effet, mˆ eme pour trouver une solution r´ eelle, elle n´ ecessite
des calculs dans C.
1) R´ eduction du probl` eme
a) Soient (a,b,c)∈C3. Montrer que pour tout x∈C,
x3+ax2+bx +c=0⇔(x+a
3)3+(x+a 3)).(b−a2)+8a3 27 −ab 3+c=0
b) Expliquer pourquoi il nous suffit maintenant de trouver une m´ ethode pour r´ esoudre les ´ equation de la forme x3+px+q=
0.
2) Soient donc (p,q)∈C2et (E) l’´ equation x3+px +q=0. La m´ ethode commence par r´ esoudre l’´ equation (R) : x2+qx −p3
27 .
Nous noterons Uet Vles racines de (R) (´ eventuellement U=V). Soit enfin uune racine cubique de U, puis v=−p
3.
a) Expliquer pourquoi le cas p=0ad´ ej` a´ et´ e trait´ e 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 u3v3, puis u3+v3.
d) Montrer que u+vest une solution de (E).
e) Montrer que deux autres solutions de (E) sont ju +j2vet j2u+jv, o` uj=e2iπ/3.
3) Application : r´ esoudre les ´ equations suivantes ( on pourra v´ erifier qu’une racine cubique de 2 +11.iest 2 +i) :
a) (E1) : x3−18x−35 =0 b) (E2) : x3−15x−4=0 c) (E3) : x3−3x2−15x−18 =0
Exercice 2: Parties int´ egrales du plan
Dans ce devoir, on appellera une partie int´ egrale du plan une partie E⊂Ptelle que pour tout (A,B)∈ E2,AB ∈N.
Le but est de prouver qu’il existe pour tout n∈N, une partie int´ egrale du plan de cardinal n, dont trois points quelconques
ne sont pas align´ es.
On fixe un ROND (O,~ i,~ j) du plan. On pose :
G=na+ib |(a,b)∈Q2et |a+ib|=1o.
1) Pour tout n∈N, indiquer une partie int´ egrale de cardinal infini.
2) Trouver une partie int´ egrale du plan form´ ee de trois points non align´ es.
3) Pour (θ, θ0)∈R2, calculer |eiθ−eiθ0|. On demande un r´ esultat pouvant utiliser cos et sin mais ne faisant pas intervenir de
racine carr´ ee.
4) Prouver que Gest un sous-groupe de (U, .). En d´ eduire que (G, .) est un groupe.
5) En utilisant les formules donnant cos(θ) et sin(θ) en fonction de tan(θ/2), prouver que Gest infini.
6) Montrer que pour tout z∈G,z2∈G.
7) Soit G0=nz2|z∈Go. Montrer que G0est infini.
8) Montrer que pour tout (z,z0)∈G2,|z−z0| ∈ Q.
9) Montrer que pour tout n∈N∗, il existe une partie int´ egrale form´ ee de npoints ne contenant aucun triplet de points align´ es.
Indications : Si q1,q2, ..., qnsont nnombre rationels, alors, si dd´ esigne le pgcd de leur d´ enominateurs, alors dq1,dq2, ..., dqn
sont des nombres entiers.
On pourra ´ egalement montrer que si Eest un ensemble de npoints distincts cocycliques, alors Ene contient aucun triplet
de points align´ es.
1

Correction
Exercice 1: ´ equations de degr´ e 3
1) a) Calcul...
b) Pour r´ esoudre (E) : x3+ax2+bx +c=0, on peut poser X=x+a
3. Alors (E)´
equivaut ` aX3+pX +q=0, avec
p=(b−a2) et q=8a3
27 −ab 3+c.
2) a) Si p=0, l’´ equation revient juste ` a 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.
c) Par les relations coefficients racines, on sait que UV =−p3/27, donc V=−p3
27U. Or v3=−p3
27u3=−p3
27U. Donc v3=V.
Ainsi, u3v3=U.V=−p3
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’´ equation (R) est donc x2−35x+216. Ses racines sont U=27 et V=8. On peut donc
prendre u=3, ce qui m` ene ` av=2. Ceci m` ene ` a une premi` ere solution : u+v=5.
Les deux autres solutions sont donn´ ees par ju +j2vet j2u+jv, on trouve −5/2+i√3/2 et −5/2−i√3/2.
b) Pour la deuxi` eme ´ equation, on a p=−15, q=−4. Donc (R2) : x2−4x+225. On trouve U=2+11.iet V=2−11.i,
et on peut prendre u=2+i.
On trouve finalement comme solutions de (E2), 4,−2−√3,−2+√3.
c) En utilisant la question 1), on voit que (E3)´ equivaut ` a (x−1)3−18(x−1) −35 =0. Donc x−1 peut ˆ etre 5,−5/2+
i√3/2,ou −5/2−i√3/2. D’o` u :
S={6,−2/2+i√3/2,−3/2−i√3/2}.
Exercice 2: Parties int´ egrales du plan
1) Prendre O+N.
~
i.
2) Prendre les sommets d’un triangle ´ equilat´ eral dont la longueur des cˆ ot´ es soit enti` ere.
3) On calcule, en mettant en facteur ei(θ+θ0)/2(astuce classique pouvant resservir !)
|eiθ−eiθ0|=|ei(θ+θ0)/2.(ei(θ−θ0)/2−ei(θ0−θ)/2)|=|ei(θ+θ0)/2|.|2 sin((θ−θ0)/2)|=2|sin((θ−θ0)/2)|
4) Soient (z,z0)∈G2. Montrons que z.z0∈Gpuis que 1/z∈G.
En premier lieu, il est imm´ ediat d’apr` es le cours sur le module que |z.z0|=1=|1/z|. C’est la condition sur les coefficients
rationnels qui peut n´ ecessit´ e plus de calculs.
Soient (a,b,a0,b0)∈Q4tels que z=a+ib et z0=a0+ib0. Alors :
z.z0=(aa0−bb0)+i(ab0+a0b)
Les nombres aa0−bb0et a0b+ab0sont dans Q. Comme de plus |z.z0|=1, on en d´ eduit z.z0∈G.
Ensuite,
1
z
=a
a2+b2−ib a2+b2.
Les nombres a
a2+b2et −b a2+b2sont dans Q, et |1/z|=1, donc 1/z∈G.
On a prouv´ e que Gest un sous-groupe de (U, .). On en d´ eduit imm´ ediatement 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).
Alors eiθ(t)=cos(θ(t)) +isin(θ(t)) =1−t2
1+t2+i2t 1+t2, d’apr`
es les formules du cours.
Comme nous avons pris t∈Q, le point obtenu a ses parties r´ eelles et imaginaires dans Q. De plus, il est de norme 1. Donc
eiθ(t)∈G.
Avons-nous obtenu de la sorte une infinit´ e de points ?
2

La fonction R→]−π, π[
t7→ 2 arctan(t)est injective, de sorte que nous n’avons jamais obtenu deux fois le mˆ
eme θ(t).
La fonction ]−π, π[→U
θ7→ eiθest ´
egalement injective, nous n’avons donc jamais obtenu deux fois le mˆ eme point.
Nous avons ainsi trouv´ e dans Gautant de points qu’il y a de nombres dans Q, c’est-` a-dire une infinit´ e.
6) Gest un sous-groupe de U, donc ∀z∈G,z2=z.z∈G.
7) Supposons par l’absurde que G0soit fini. Soit n=Card(G). On consid` ere la fonction f:G→G0
z7→ z2. Nous savons que
chaque ´ el´ ement de G0a au plus deux ant´ ec´ edents par f. Donc l’ensemble des tous les ant´ ec´ edents 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 G0est infini.
8) Soient (z,z0)∈G2. Soient (θ, θ0)∈R2tels que z=(eiθ)2=e2iθet z0=e2iθ0, avec eiθ∈Get eiθ0∈G. Alors leur parties
r´ eelles et imaginaires de eiθet eiθ0sont dans Q, donc cos(θ), sin(θ), cos(θ0), sin(θ0) sont dans Q.
D` es lors, la formule trouv´ ee ` a la question 3) montre que
|z−z0|=|e2iθ−e2iθ0|=2|sin(θ−θ0)|=2|sin(θ) cos(θ0)+cos(θ) sin(θ0)| ∈ Q
9) Soit n∈N, trouvons une partie int´ egrale de cardinal n.
Soient z1, ..., znn´ el´ ements distincts de G0. Pour tout (i,j)∈~1,n2, la distance |zi−zj|est un nombre rationnel, notons le
qi j. Nous avons donc n2nombres rationnels. Soit dle pgcd de leur d´ enominateurs, alors pour tout (i,j)∈~1,n2,d.qi j ∈N.
Soient A1, ..., Anles points d’affixe dz1, ..., dzn. Alors pour tout (i,j)∈~1,n2,AiAj=|dzi−dzj|=d.|zi−zj|=d.qi j ∈N.
Enfin, ces npoints 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 npoints ne peuvent jamais ˆ etre align´ es.
3