Polynôme cubique et hexagone

Bonjour,
Soit le polynôme $X^3 + pX^2 + qX + r$, les zéros d'icelui $m_1, m_2, m_3$ étant supposés distincts et réels.
A quelle(s) condition(s) les droites issues de $O$ de pentes $m_1, m_2, m_3$ forment-elles les diagonales d'un hexagone régulier ?
Haut les coeurs !...
L'assassinat mène au vol et, de là, à la dissimulation. (Comtesse de Sédur)

Réponses

  • Bonjour,
    L'origine est nécessairement le centre de l'hexagone puisque les diagonales y concourent ; les trois pentes doivent donc être de la forme ${\rm tg}\,t, {\rm tg}\,(t+\pi/3)$ et $ {\rm tg}\,(t+2\pi/3)$ et donc satisfaire à une équation de la forme $-X^3+3X=\lambda(1-3X^2)$. La réciproque me semble claire (à noter que l'on perd le cas où l'une des diagonales est verticale).
    La condition devrait donc être $q=-3, p=-3r$.
  • OK...
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  • On pourrait aussi présenter l'exercice sous la forme suivante :
    prouver que trois angles sont deux à deux distants de $\pi/3$ si et seulement si leurs tangentes $t_1, t_2, t_3$ vérifient les relations $t_1 + t_2 + t_3 = -3t_1t_2t_3, t_1t_2 + t_2t_3 + t_3t_1 = -3$, donc si et seulement si leurs tangentes sont les racines d'une équation de la forme $x^3- 3mx^2 - 3x + m = 0$.
    Ou encore :smile:
    prouver que la somme de trois angles est égale au triple de l'un quelconque d'entre eux (modulo $\pi$) si et seulement si...
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  • john_john
    Modifié (10 Jun)
    Une autre méthode présente un certain intérêt : les polynômes cherchés sont ceux laissés invariants (à scalaire multiplicatif près) par la transformation $T=\displaystyle\frac{t+\sqrt3}{-t\sqrt3+1}$  ; un petit calcul montrer que $at^3+bt^2+ct+d$ convient si, et seulement si, le vecteur colonne réel $^t(a,b,c,d)$ est vecteur propre de

    $$M=\begin{pmatrix}1&-\sqrt3&3&-3\sqrt3\\3\sqrt3&-5&\sqrt3&9\\9&-\sqrt3&-5&-3\sqrt3\\3\sqrt3&3&\sqrt3&1\end{pmatrix}$$

    Wolfram nous dit alors que $M$ admet $-8$ comme (seule) valeur propre  réelle, associée aux vecteurs de la forme $^t(a,-3d,-3a,d)$. Cela confirme que ce logiciel fonctionne.
  • En combinant tout cela, on pourrait concocter un petit problème sympa mélangeant hexagone, trigonométrie, polynômes, algèbre linéaire et que sais-je encore.
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  • Un peu, mon n'veu ! Et l'on peut généraliser à des $n$-agones, de même que l'on peut interpréter les vecteurs propres complexes (par exemple, pour le cas de l'hexagone, on a les valeurs propres $4(1\pm{\rm i})$, auquelles correspondent comme vecteurs propres les tableaux des coefficients des polynômes $(X^2+1)(X\pm{\rm i})$ : cela s'interprète à l'aide de la stabilité des droites isotropes par toute rotation.
  • john_john
    Modifié (11 Jun)
    Bonjour,
    si quelqu'un veut faire de ce principe un problème, et non pas un simple exo de khôlle, il faudra généraliser à d'autres types de transformation d'équation !
    En effet, malgré la difficulté apparente, le cas des $n$--agones fait un peu pschitt : si l'on transforme un polynôme par $P\mapsto(1-mX)^d\cdot P\big((X+m)/(1-mX)\big)$ et que l'on prenne $d={\rm deg}(P)$, l'application ainsi définie sur $K[X]$ ne sera pas linéaire ; en revanche, dans $\C_n[X]$, elle l'est si l'on choisit $d=n$ pour tout le monde, mais elle est trop simple car on a une base de vecteurs propres : les polynômes $P_k=(X-{\rm i})^k(X+{\rm i})^{n-k}$, associés aux valeurs propres $\lambda_k=(1+m{\rm i})^k(1-m{\rm i})^{n-k}$. Dans le cas de l'exo, les valeurs propres $\lambda_0$ et $\lambda_3$ fusionnent en une valeur propre réelle double, $-8$, à laquelle est associé un plan de polynômes propres.

  • À noter également que, pour $n$ fixé, et $d=n$, tous ces endomorphismes sont codiagonalisables (et que cela s'explique).
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