Ensait - E1 - Variable Complexe

Date: Corrigé du DS du 24/05/2002 - durée 2h00

1 Équation à coefficients complexes

On considère l'équation $z^{2}+a\, z+12+16i=0$ l'inconnue étant $z$ et $a$ étant un paramètre.

1. Déterminer $a$ pour que $z_{1}=3+2i$ soit racine. Quelle est alors l'autre racine ?
   1. On reporte la valeur voulue. D'où $\left( 3+2i\right) ^{2}+a\left( 3+2i\right) +12+16\, i=0$, soit $17+28\, i+\left( 3+2\, i\right) \, a=0$ et $a=-\frac{107}{13}-\frac{50}{13}i$.
   2. L'autre racine est $z_{2}=-a-z_{1}=\frac{68}{13}+\frac{24}{13}i$.
2. Déterminer $a$ pour que l'équation ait une racine double. Quelle est alors cette racine ?
   1. Le discriminant de l'équation est $\Delta =-48-64\, i+a^{2}$. La condition pour avoir une racine double est donc $a^{2}=48+64i=16\left( 3+4i\right)$.
   2. On détermine une racine carrée de $3+4i$ par la formule 1.5.3 du cours : $\zeta ,\, -\zeta =\pm \frac{z+\left\vert z\right\vert }{\left\vert z+\left\vert z\right\vert \right\vert }\sqrt{\left\vert z\right\vert }$ et on obtient : $a=8+4\, i$ ou $a=-8-4\, i$.
   3. Et alors $z_{0}=-B/2A=-a/2$.
3. Résoudre pour $a=-15-3\, i$.
   1. On trouve $\Delta =168+26i$ qui a pour racines carrées $\pm \left( 13+i\right)$.
   2. Et donc $z=1+i$ et $z=14+2i$ sont les racines cherchées.

2 Transformation homographique

Pour chaque question, une représentation graphique est EXIGÉE.

On considère l'homographie $h$ définie par $h\left( z\right) =-3\frac{z+1}{z-3}$.

1. Déterminer les points fixes de $h$.
   1. On résout $z=-3\frac{z+1}{z-3}$ soit $z^{2}+3=0$. Les points fixes sont donc $\alpha =i\sqrt{3}$ et $\beta =-i\sqrt{3}$.
2. On pose $w_{0}=i$. Calculer les images successives de $w_{0}$ par $h$, c'est à dire les points définis par la récurrence $w_{n+1}=h\left( w_{n}\right)$.
   1. En se contentant de faire les calculs, on trouve successivement $i,\, \frac{3}{5}+\frac{6}{5}i,\, 1+2i,\, 3i,\, -1+2i,\, -\frac{3}{5}+\frac{6}{5}\, i,\, i$.
   2. On voit donc que la suite est périodique, de période 6.
   3. La méthode donnée en cours, consiste à utiliser $\phi$ définie par $\phi \left( z\right) =\frac{z-\beta }{z-\alpha }=\frac{z+i\sqrt{3}}{z-i\sqrt{3}}$ et à calculer $f=\phi \circ h\circ \phi ^{-1}$. Il vient :

      
      
      

      $\phi$		$h$		$\phi ^{-1}$
      $$	$$	$-3$	$-3$	$i\sqrt{3}$	$i\sqrt{3}$
      $$	$$	$1$	$-3$	$1$	$-1$
      $-1$	$-i\sqrt{3}$	$3-i\sqrt{3}$	$3+3i\sqrt{3}$	$6+6i\sqrt{3}$	$0$
      $-1$	$i\sqrt{3}$	$3+i\sqrt{3}$	$3-3i\sqrt{3}$	$0$	$-6+6i\sqrt{3}$

      
      
      

      On a donc $f\left( \zeta \right) =\frac{6+6i\sqrt{3}}{-6+6i\sqrt{3}}=\left( \frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \zeta$

   4. Le multiplicateur $\mu$ étant de module $1$, il n'y a pas convergence. Et comme $\mu =\exp \left( i\frac{2\pi }{6}\right)$, il y a périodicité d'ordre 6.
3. Examiner si les points $\left( w_{n}\right)$ sont cocycliques (ne pas se contenter de se faire une opinion en regardant le dessin...).
   1. Pour commencer, on fait un dessin, et on voit que les points sont cocycliques.
   2. Preuve rapide et conceptuelle : les points $\zeta _{n}$ sont cocycliques sur un cercle de centre $\zeta =0$ puisque $\zeta _{n}=\mu ^{n}.\zeta _{0}$. La cocyclicité est conservée par $h^{-1}$ qui est une homographie.
   3. Autre méthode de preuve : on calcule le birapport des quatre premiers points. Il est réel (on trouve $2/3$). Par homographie, on voit que $\zeta _{5}$ appartient au cycle déterminé par $\zeta _{2},\, \zeta _{3},\, \zeta _{4}$. Etc.
   4. Autre méthode de preuve : on voit bien qu'un diamètre du cercle est $\left[ i\, ;\, 3i\right]$. Son équation est donc $x^{2}+\left( y-2\right) ^{2}=1$... qui est visiblement vérifiée par les $6$ points.
4. On appelle $\Gamma _{0}$ le cycle $i\mathbb{R}\cup \left\{ \infty \right\}$. Déterminer ses images successives par l'application $h$.
   1. Le cycle $\Gamma _{0}=i\mathbb{R}\cup \left\{ \infty \right\}$ est la droite contenant $\alpha$, $\beta$, $\zeta _{0}$ et $\zeta _{3}$.
   2. Sa première image est le cycle $\Gamma _{1}$ déterminé par les points $\alpha$, $\beta$, $\zeta _{1}$ et $\zeta _{4}$.
   3. Sa deuxième image est le cycle $\Gamma _{2}$ déterminé par les points $\alpha$, $\beta$, $\zeta _{2}$ et $\zeta _{5}$.
   4. A partir de là, le processus est périodique (période 3).
   5. On voit sur le dessin que ces cercles sont centrés respectivement sur $-1$ et $+1$ et que leurs équations sont $(x+1)^{2}+y^{2}=4$ et $(x-1)^{2}+y^{2}=4$. On peut aussi calculer ces équations par un déterminant portant sur $\left[ x^{2}+y^{2},\, x,\, y,\, 1\right]$.
5. On appelle involution une homographie $g$ telle que $g\circ g$ soit l'application identique. Déterminer une condition nécessaire et suffisante sur $a,\, b,\, c,\, d$ pour que $g\left( z\right) =\frac{a\, z+b}{c\, z+d}$ soit une involution.
   1. On pose les calculs et l'on trouve que $\left( h\circ h\right) \left( z\right) =\frac{\left( a^{2}+b\, c\right) z+b\left( a+d\right) }{c\left( a+d\right) z+\left( d^{2}+b\, c\right) }$. La condition $\left( h\circ h\right) \left( z\right) =z$ équivaut donc au système des trois équations $b\left( a+d\right) =0$, $c\left( a+d\right) =0$, $a^{2}+b\, c=d^{2}+b\, c$ et à la condition $a^{2}+b\, c\neq 0$.
   2. Il y a donc deux cas à distinguer. Si l'on suppose $a+d\neq 0$, il vient $b=0$, $c=0$ et $a=d$, autrement dit $h$ est l'application identique.
   3. Les "vraies" involutions sont donc caractérisées par $a+d=0$. La condition $a^{2}+b\, c\neq 0$ est automatiquement vérifiée car alors $a^{2}+b\, c=-\det \left( h\right) \neq 0$.
6. Calculer $h\circ h\circ h$ (poser les calculs) et conclure.

   
   
   

   $h$		$h$		$h$
   $$	$$	$-3$	$-3$	$-3$	$-3$
   $$	$$	$1$	$-3$	$1$	$-3$
   $-3$	$-3$	$6$	$18$	$0$	$-72$
   $1$	$-3$	$-6$	$6$	$24$	$0$

   et donc : $h^{3}\left( z\right) =-\frac{3}{z}$ qui est visiblement une involution. On en conclut $h^{6}\left( z\right) =z$ pour tout $z$.
   
   
   

3 Séries génératrices

On rappelle que $\sum \frac{z^{k}}{k}=-\ln \left( 1-z\right) =\ln \left( \frac{1}{1-z}\right)$, ce qui revient à dire que la série génératrice associée à la suite $u_{n}=\frac{1}{n}$ est la fonction $S\left( \frac{1}{n}\right) \left( z\right) =-\ln \left( 1-z\right)$.

Il en est ainsi parce que $\sum _{k=0}\, z^{k}=\frac{1}{1-z}$ lorsque $\left\vert z\right\vert <1$. On remarquera que la convergence de la série (à gauche) cesse lorsque le cercle $\left\vert z\right\vert =\rho$ passe par le premier ennui rencontré (ici, un pôle). Par intégration, on aboutit à la formule voulue.

1. Déterminer la série génératrice $S\left( \frac{1}{n+1}\right) \left( z\right)$ associée à la suite $v_{n}=\frac{1}{n+1}$.
   1. Les formules de décalage donnent $S\left( \frac{1}{n+1}\right) \left( z\right) =\frac{1}{z}\left( S\left( \frac{1}{n}\right) \left( z\right) -z\right) =-1+\frac{1}{z}\ln \frac{1}{1-z}$.
   2. Par calcul direct, $S\left( \frac{1}{n+1}\right) \left( z\right) =\sum _{k=1}\frac{z^{k}}{k+1}=\frac{1}{z}\sum _{k=1}\frac{z^{k+1}}{k+1}=\frac{1}{z}\sum _{j=2}\frac{z^{j}}{j}$.
2. En déduire la série génératrice $S\left( \frac{1}{n\left( n+1\right) }\right) \left( z\right)$ associée à la suite $w_{n}=\frac{1}{n\left( n+1\right) }$.
   1. On sait que $\frac{1}{n\left( n+1\right) }=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$ (décomposition en éléments simples).
   2. On a donc $S\left( \frac{1}{n\left( n+1\right) }\right) \left( z\right) =S\left( \frac{1}... ...}{n+1}\right) \left( z\right) =1+\left( 1-\frac{1}{z}\right) \ln \frac{1}{1-z}$
3. Dériver l'expression obtenue pour $S\left( \frac{1}{n\left( n+1\right) }\right) \left( z\right)$. Que remarque-t-on ?
   1. On trouve $\frac{\mathrm{d}^{ }}{\mathrm{d}\, z ^{ }}S\left( \frac{1}{n\left( n+1\right) ... ...^{2}}\ln \frac{1}{1-z}=\frac{1}{z}S\left( \frac{1}{n+1}\right) \left( z\right)$.
   2. Ce résultat est un cas particulier de la formule générale $S\left( n\, u_{n}\right) \left( z\right) =z\frac{\mathrm{d}^{ }}{\mathrm{d}\, z ^{ }}S\left( u_{n}\right) \left( z\right)$.
4. Utiliser les résultats obtenus pour calculer $$S\left( \frac{1}{2n\left( 2n+1\right) }\right) \left( z\right) =\sum _{k=1}^{\infty }\frac{z^{k}}{2k\left( 2k+1\right) }$$
   1. On voit qu'il s'agit d'isoler les termes pairs. On calcule donc $\frac{1}{2}\left( S\left( z\right) +S\left( -z\right) \right)$, ce qui donne $S\left( \frac{1}{2n\left( 2n+1\right) }\right) \left( z^{2}\right) =1+\frac{1}... ...ht) \ln \frac{1}{1-z}+\frac{1}{2}\left( 1+\frac{1}{z}\right) \ln \frac{1}{1+z}$ qui peut se réécrire en $1-\frac{1}{2}\ln \left( 1-z^{2}\right) +\frac{1}{2z}\ln \frac{1-z}{1+z}$.
   2. La série génératrice voulue s'obtient en remplaçant $z$ par $\sqrt{z}$ dans la formule ci-dessus... ce qui ne simplifie pas les expressions.

4 Produit scalaire

On se place dans un espace vectoriel réel $E$ de dimension 4. Une base $e_{1},\, e_{2},\, e_{3},\, e_{4}$ est choisie, et on écrit les vecteurs de $E$ sous la forme $\vec{v}=\left[ e_{1},\, e_{2},\, e_{3},\, e_{4}\right] \left( \begin{array}{c} x\\ y\\ z\\ t \end{array}\right) =x\, e_{1}+y\, e_{2}+z\, e_{3}+t\, e_{4}$ (de façon à éviter les flèches sur les $e_{j}$ et les indices sur les coordonnées).

1. Montrer que la matrice :
   $$G=\left( \begin{array}{cccc} 1 & 3/2 & 3/2 & 3/2\\ 3/2 & 3 & 7/2 & 7/2\\ 3/2 & 7/2 & 5 & 11/2\\ 3/2 & 7/2 & 11/2 & 7 \end{array}\right)$$
   est la matrice de Gramm d'un produit scalaire (compléter les carrés).
   1. On a $\, ^{t}\! V\, G\, V=x^{2}+3xy+3xz+3xt+3y^{2}+7yz+7yt+5z^{2}+11zt+7t^{2}$.
   2. Qui se réécrit en $$\left( x+\frac{3}{2}y+\frac{3}{2}z+\frac{3}{2}t\right) ^{2}+\fra... ...{3}t\right) ^{2}+\frac{2}{3}\left( z+\frac{7}{4}t\right) ^{2}+\frac{5}{8}t^{2}$$, expression qui est visiblement définie positive.
2. Utiliser la méthode de Gramm-Schmidt pour déterminer une base orthogonale $f_{j}$ relativement à ce produit scalaire.
   1. La méthode de Schmidt consiste à partir de la base des $e_{j}$ pour redresser ces vecteurs les uns après les autres. On a donc $f_{1}=e_{1}$. Et on remarque que $\left\langle f_{1}\mid f_{1}\right\rangle =1$.
   2. On cherche $f_{2}$ sous la forme $f_{2}=e_{2}-\alpha \, f_{1}$, avec $\alpha$ choisi pour que $\left\langle f_{2}\mid f_{1}\right\rangle =0$. Il vient $\left\langle f_{2}\mid f_{1}\right\rangle =\left\langle e_{2}\mid f_{1}\right\rangle -\alpha \left\langle f_{1}\mid f_{1}\right\rangle =\frac{3}{2}-\alpha \, 1$. On en conclut que $f_{2}=e_{2}-\frac{3}{2}e_{1}$. Et on remarque que $\left\langle f_{2}\mid f_{2}\right\rangle =3-2.\frac{3}{2}.\frac{3}{2}+\left( \frac{3}{2}\right) ^{2}.1=\frac{3}{4}$.
   3. On cherche $f_{3}$ sous la forme $f_{3}=e_{3}-\alpha \, f_{1}-\beta \, f_{2}$, avec $\alpha ,\, \beta$ choisis pour que $\left\langle f_{3}\mid f_{1}\right\rangle =\left\langle f_{3}\mid f_{2}\right\rangle =0$. Il vient $\left\langle f_{3}\mid f_{1}\right\rangle =\left\langle e_{3}\mid f_{1}\right\rangle -\alpha \left\langle f_{1}\mid f_{1}\right\rangle =\frac{3}{2}-\alpha \, 1$ et $\left\langle f_{3}\mid f_{2}\right\rangle =\left\langle e_{3}\mid f_{2}\right\... ...id f_{2}\right\rangle =\frac{7}{2}-\frac{3}{2}\frac{3}{2}-\beta \, \frac{3}{4}$. On en conclut que $f_{3}=e_{3}-\frac{3}{2}f_{1}-\frac{5}{3}f_{2}=e_{3}-\frac{5}{3}e_{2}+e_{1}$. Et on remarque que $\left\langle f_{3}\mid f_{3}\right\rangle =3-2.\frac{3}{2}.\frac{3}{2}+\left( \frac{3}{2}\right) ^{2}.1=\frac{2}{3}$.
   4. De même, on trouve $$f4=e_{4}-\frac{7}{4}e_{3}+\frac{5}{4}e_{2}-\frac{3}{4}e_{1}$$.
   5. Cet algorithme peut être résumé en posant $P=\left( \begin{array}{rccc} 1 & -3/2 & 1 & -3/4\\ 0 & 1 & -5/3 & 5/4\\ 0 & 0 & 1 & -7/4\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$. On a alors $\left[ f_{j}\right] =\left[ e_{k}\right] \, P$ et $\tilde{G}=\, ^{t}\! P\, G\, P=\left( \begin{array}{rccc} 1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 3/4 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2/3 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 5/8 \end{array}\right)$
3. Décomposer le vecteur $\vec{w}=e_{1}+e_{2}+e_{3}+e_{4}$ sur la base $\left( f_{j}\right)$. Calculer le carré scalaire de $\vec{w}$ en utilisant $G$, puis en utilisant sa décomposition sur la deuxième base (il est clair que l'on "doit" trouver la même chose : la question consiste à le vérifier effectivement...)
   1. On trouve aisément que $P^{-1}=\left( \begin{array}{rccc} 1 & 3/2 & 3/2 & 3/2\\ 0 & 1 & 5/3 & 5/3\\ 0 & 0 & 1 & 7/4\\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right)$. On remarquera le lien entre cette matrice et l'algorithme de Gauss de la question 1...
   2. On a donc $\left( y_{j}\right) =P^{-1}\left( x_{k}\right)$ et ici $P^{-1}\left( x_{k}\right) =\left( \begin{array}{rccc} 1 & 3/2 & 3/2 & 3/2\\ ... ...ight) =\left( \begin{array}{c} 11/2\\ 13/3\\ 11/4\\ 1 \end{array}\right)$.
   3. Le carré scalaire de $\vec{w}$ s'obtient par $\, ^{t}\! X\, G\, X=1+3+3+3+3+7+7+5+11+7=50$.
   4. Il s'obtient aussi par $\, ^{t}\! Y\, \tilde{G}\, Y=\left( \frac{11}{2}\right) ^{2}.1+\left( \frac{13}... ...left( \frac{11}{4}\right) ^{2}.\frac{2}{3}+\left( 1\right) ^{2}.\frac{5}{8}=50$... qui donne évidemment le même résultat.
4. Déterminer la projection orthogonale de $\vec{w}$ sur $e_{1}+e_{2}$. Même question avec la projection sur $e_{1}+e_{3}$.