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Exercice 4-1

Résoudre l'équation :

$x^{3}-6x^{2}+5x-1=0$

en exprimant les racines comme fonctions homographiques de fonctions de la forme cosinus.

Solution

L'équation :

$x^{3}-6x^{2}+5x-1=0$

est de la forme :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

avec :

$a=1,\quad b=-6,\quad c=5,\quad d=-1$.

Sa résolvante de Sotta est

$R(X)=AX^{2}+BX+C=(b^{2}-3ac)X^{2}+(bc-9ad)X+(c^{2}-3bd)=7(3X^{2}-3X+1)$

donc son discriminant est

$\delta ={\frac {B^{2}-4AC}{-3}}=7^{2}$.

La condition de l'exemple 1 :

${\begin{aligned}&p^{3}[2Ab-3Ba-a\epsilon {\sqrt {\delta }}]+p^{2}q[4Ac-Bb-6Ca-b\epsilon {\sqrt {\delta }}]\\&\quad +pq^{2}[6Ad+Bc-4Cb-c\epsilon {\sqrt {\delta }}]+q^{3}[-2Cc+3Bd-d\epsilon {\sqrt {\delta }}]=0\end{aligned}}$

s'écrit ici :

$p^{3}[-27-\epsilon ]+6p^{2}q[6+\epsilon ]+pq^{2}[-9-5\epsilon ]+q^{3}[-1+\epsilon ]=0$.

La solution la plus évidente,

$(\varepsilon ,p,q)=(1,0,1)$,

donne :

$r={\frac {Bp+2Cq+p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {2C}{4{\sqrt {\delta }}}}={\frac {2\times 7}{4\times 7}}={\frac {1}{2}}$ ;

$s={\frac {-2Ap-Bq+q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {-B}{4{\sqrt {\delta }}}}+{\frac {1}{4}}={\frac {3\times 7}{4\times 7}}+{\frac {1}{4}}=1$.

Les trois racines de l'équation à résoudre sont finalement les images de $\cos {\frac {\pi }{7}}$, $\cos {\frac {3\pi }{7}}$ et $\cos {\frac {5\pi }{7}}$ par l'homographie

$z\mapsto {\frac {pz-r}{qz-s}}={\frac {-{\frac {1}{2}}}{z-1}}={\frac {1}{2(1-z)}}$.

 

Exercice 4-2

Sachant (d'après l'exercice 7 du chapitre 1, ou plus simplement, d'après l'exercice 8-3 de la leçon sur les équations de degré 3) que

$-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},\quad {\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},\quad {\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$

sont les trois racines du polynôme :

$P(X)=X^{3}-3X^{2}-X+{\frac {1}{3}}$,

montrer que le triplet

$\left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)$

est envoyé (dans cet ordre) :

• sur $\left({\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$ par $z\mapsto {\frac {-z}{z+1}}$ ;
• sur $\left({\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$ par $z\mapsto {\frac {2z+1}{2z-1}}$ ;
• sur $\left(-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$ par $z\mapsto {\frac {1}{4z+1}}$.

Montrer également que les trois nombres

$-{\frac {\sin {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$, ${\frac {\sin {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$ et ${\frac {\sin {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$

sont algébriques de degré 3, de même polynôme minimal, que l'on déterminera.

Solution

P est de la forme :

$ax^{3}+bx^{2}+cx+d=0$

avec

$a=1,\quad b=-3,\quad c=-1,\quad d={\frac {1}{3}}$.

Sa résolvante de Sotta est

$R(X)=AX^{2}+BX+C=(b^{2}-3ac)X^{2}+(bc-9ad)X+(c^{2}-3bd)=4(3X^{2}+1)$

donc son discriminant est

$\delta ={\frac {B^{2}-4AC}{-3}}=8^{2}$.

La condition de l'exemple 2 :

${\begin{aligned}&p^{3}\left[2Ab-3Ba+3a\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]+p^{2}q\left[4Ac-Bb-6Ca+3b\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]\\&\quad +pq^{2}\left[6Ad+Bc-4Cb+3c\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]+q^{3}\left[3Bd-2Cc+3d\epsilon {\sqrt {\delta }}\right]=0\end{aligned}}$

s'écrit ici :

$3p^{3}\left[-3+\epsilon \right]+9p^{2}q\left[-1-\epsilon \right]+3pq^{2}\left[3-\epsilon \right]+q^{3}\left[1+\epsilon \right]=0$.

Seule l'équation obtenue pour ε = –1 a des racines rationnelles :

$q=1$ ;

$p=0$, $1$ ou $-1$ ;

$r={\frac {2Cq+Bp-p\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}=-{\frac {1+p}{4}}\quad {\text{et}}\quad s={\frac {-2Ap-Bq-q\epsilon {\sqrt {\delta }}}{4\epsilon {\sqrt {\delta }}}}={\frac {3p-1}{4}}$.

Si $p=-1$ alors $r=0\quad {\text{et}}\quad s=-1$.

L'homographie $f_{1}:z\mapsto {\frac {-z}{z+1}}$ étant décroissante sur $\left]-1,+\infty \right[$, on en déduit qu'elle envoie $\left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)$ sur $\left({\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$.

On pourrait calculer directement les deux autres homographies mais pour identifier les images des trois racines, il est plus commode de composer $f_{1}$ par les deux permutations circulaires de l'exemple 4 :

L'homographie $f_{2}:z\mapsto f_{1}\left({\frac {-2z-1}{4z}}\right)={\frac {2z+1}{2z-1}}$ (correspondant à $p=1$) envoie $\left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)$ sur $\left({\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$.

L'homographie $f_{3}:z\mapsto f_{2}\left({\frac {-2z-1}{4z}}\right)={\frac {1}{4z+1}}$ (correspondant à $p=0$) envoie $\left(-\cos {\frac {2\pi }{9}},-\cos {\frac {4\pi }{9}},\cos {\frac {\pi }{9}}\right)$ sur $\left(-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\right)$.

Deux remarques

Les égalités fournies par $f_{3}$ :

${\begin{cases}{\frac {1}{-4\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}}=-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{-4\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}}={\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {1}{4\cos {\frac {\pi }{9}}+1}}={\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}.\end{cases}}$

sont équivalentes aux trois suivantes :

${\begin{cases}{\frac {\sin {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {-\cos {\frac {2\pi }{9}}}{-4\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}}\\-{\frac {\sin {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {-\cos {\frac {4\pi }{9}}}{-4\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}}\\{\frac {\sin {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}={\frac {\cos {\frac {\pi }{9}}}{4\cos {\frac {\pi }{9}}+1}},\end{cases}}$

qui s'obtiennent bien plus directement en développant, pour $k\in \{1,2,4\}$

$2\sin {\frac {k\pi }{9}}\cos {\frac {k\pi }{9}}=\sin \left({\frac {k\pi }{3}}-{\frac {k\pi }{9}}\right)$.

Les égalités fournies par $f_{2}$ :

${\begin{cases}{\frac {-2\cos {\frac {2\pi }{9}}+1}{-2\cos {\frac {2\pi }{9}}-1}}={\frac {\tan {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {-2\cos {\frac {4\pi }{9}}+1}{-2\cos {\frac {4\pi }{9}}-1}}=-{\frac {\tan {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}\\{\frac {2\cos {\frac {\pi }{9}}+1}{2\cos {\frac {\pi }{9}}-1}}={\frac {\tan {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}},\end{cases}}$

s'obtiennent elles aussi bien plus élémentairement en appliquant à $\theta \in \left\{{\frac {\pi }{9}},{\frac {2\pi }{9}},{\frac {4\pi }{9}}\right\}$ l'identité

${\frac {(2\cos(2\theta )+1)\tan \theta }{2\cos(2\theta )-1}}=\tan(3\theta )$.

Enfin, d'après la première des deux remarques ci-dessus, les trois nombres

$-{\frac {\sin {\frac {4\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$, ${\frac {\sin {\frac {\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$ et ${\frac {\sin {\frac {2\pi }{9}}}{\sqrt {3}}}$

sont algébriques de degré 3, de même polynôme minimal :

$-{\frac {(1-4X)^{3}}{3}}P_{0}\left({\frac {X}{1-4X}}\right)=X^{3}-{\frac {1}{4}}X+{\frac {1}{24}}$.

Mais là encore, il existe une preuve bien plus directe (cf. exercice 8-4 de la leçon sur les équations de degré 3).

 

Exercice 4-3

En utilisant la formule du cosinus de l'angle double en fonction de la tangente, trouver trois homographies à coefficients rationnels qui envoient

$\left\{-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right\}\;\;{\text{sur}}\;\;\left\{\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}}\right\}$.

Solution

Pour $k\in \{1,2,4\}$,

$\tan ^{2}{\frac {k\pi }{7}}={\frac {1-\cos {\frac {2k\pi }{7}}}{1+\cos {\frac {2k\pi }{7}}}}$

donc l'homographie

• $f_{1}:z\mapsto {\frac {1+z}{1-z}}$ envoie $\left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)$ sur $\left(\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}}\right)$ (dans cet ordre).

On en déduit deux autres directement (plutôt que d'appliquer l'exemple 1 de ce chapitre), en composant par la permutation circulaire du triplet de départ : $z\mapsto {\frac {1}{2-4z}}$ (cf. exemple 3).

$\left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)$ est donc aussi envoyé :

• sur $\left(\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}}\right)$ par $f_{2}:z\mapsto f_{1}\left({\frac {1}{2-4z}}\right)={\frac {4z-3}{4z-1}}$ ;
• sur $\left(\tan ^{2}{\frac {4\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {\pi }{7}},\tan ^{2}{\frac {2\pi }{7}}\right)$ par $f_{3}:z\mapsto f_{2}\left({\frac {1}{2-4z}}\right)={\frac {6z-1}{2z+1}}$.

 

Exercice 4-4

Sachant (d'après le chapitre 8 de la leçon sur les équations de degré 3) que pour $k\in \{1,2,4\}$,

${\frac {\tan {\frac {k\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}$ est solution de $x={\frac {x^{2}+1/7}{1-x^{2}}}$,

déduire de l'exercice précédent trois homographies à coefficients rationnels qui envoient

$\left\{-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right\}\;\;{\text{sur}}\;\;\left\{{\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right\}$.

Solution

Il suffit de composer les homographies $f_{1},f_{2},f_{3}$ de l'exercice précédent par $z\mapsto {\frac {z+1}{7-z}}$.

$\left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},-\cos {\frac {4\pi }{7}},-\cos {\frac {8\pi }{7}}\right)$ est envoyé :

• par $g_{1}:z\mapsto {\frac {f_{1}(z)+1}{7-f_{1}(z)}}={\frac {1}{3-4z}}$ sur $\left({\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$ ;
• par $g_{2}:z\mapsto {\frac {f_{2}(z)+1}{7-f_{2}(z)}}={\frac {2z-1}{6z-1}}$ sur $\left({\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$ ;
• par $g_{3}:z\mapsto {\frac {f_{3}(z)+1}{7-f_{3}(z)}}={\frac {z}{z+1}}$ sur $\left({\frac {\tan {\frac {4\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\tan {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$.

 

Exercice 4-5

Sachant (d'après l'exercice 8-5 de la leçon sur les équations de degré 3) que pour $k\in \{1,2,4\}$,

${\frac {\sin {\frac {2k\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}={\frac {1}{4}}\left(1+{\frac {\tan {\frac {k\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$,

déduire de l'exercice précédent trois homographies à coefficients rationnels qui envoient

$\left\{-\cos {\frac {2\pi }{7}},\cos {\frac {3\pi }{7}},\cos {\frac {\pi }{7}}\right\}\;\;{\text{sur}}\;\;\left\{-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right\}$.

Solution

$-\sin {\frac {3\pi }{7}}=-\sin {\frac {4\pi }{7}}$ et $\sin {\frac {\pi }{7}}=-\sin {\frac {8\pi }{7}}$ donc il suffit de composer les homographies $g_{1},g_{2},g_{3}$ de l'exercice précédent par $z\mapsto {\frac {-z-1}{4}}$.

$\left(-\cos {\frac {2\pi }{7}},\cos {\frac {3\pi }{7}},\cos {\frac {\pi }{7}}\right)$ est envoyé :

• par $h_{1}:z\mapsto {\frac {-g_{1}(z)-1}{4}}={\frac {z-1}{3-4z}}$ sur $\left(-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$ ;
• par $h_{2}:z\mapsto {\frac {-g_{2}(z)-1}{4}}={\frac {1-4z}{12z-2}}$ sur $\left(-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},{\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$ ;
• par $h_{3}:z\mapsto {\frac {-g_{3}(z)-1}{4}}={\frac {-2z-1}{4z+4}}$ sur $\left({\frac {\sin {\frac {\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {2\pi }{7}}}{\sqrt {7}}},-{\frac {\sin {\frac {3\pi }{7}}}{\sqrt {7}}}\right)$.