Équation avec exponentielles complexes
Bonjour,
J'ai à résoudre l'équation suivante, où $x,y,z$ sont des réels :
$ e^{ix}+e^{iy}+e^{iz}=0$
J'ai trouvé la forme de certaines solutions sous forme de triplets de réels :
$ \left\{ (x + 2k\pi,\ x+\frac{2\pi}{3} + 2 l \pi ,\ x + \frac{4\pi}{3} + 2 m \pi) \right\}, \ x \in \mathbb{R}$ et $k,l,m \in\mathbb{Z}$
Mais comment être sûr qu'il n'y en a pas d'autres ?
Merci.
A.
$ \left\{ (x + 2k\pi,\ x+\frac{2\pi}{3} + 2 l \pi ,\ x + \frac{4\pi}{3} + 2 m \pi) \right\}, \ x \in \mathbb{R}$ et $k,l,m \in\mathbb{Z}$
Mais comment être sûr qu'il n'y en a pas d'autres ?
Merci.
A.
Réponses
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Bonjour ArnaudGéométriquement, tu as trois points sur le cercle trigonométrique. Leur centre de gravité est au centre de ce cercle (circonscrit). Donc....e.v.Personne n'a raison contre un enfant qui pleure.
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J'ai raisonné avec les racines 3e de l'unité puis avec une rotation sur le cercle trigo.
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r
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Il est évident que tu n'as pas toutes les solutions parce que l'on peut par exemple échanger $y$ et $z$.Une suggestion : factoriser $\mathrm{e}^{\mathrm{i}x}$, poser $y'=y-x$ et $z'=z-x$ et séparer partie réelle et partie imaginaire. La deuxième équation donne deux relations possibles entre $y'$ et $z'$ (quand est-ce que deux sinus sont égaux ?), qui donnent à leur tour une relation sur les cosinus (les cosini ?). On peut alors discuter : une relation est impossible, l'autre donne un cosinus égal à $-1/2$.
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Mon raisonnement avec une rotation sur le cercle trigonométrique à partir des racines de l’unité n est pas suffisant ?
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Tu l'as dit toi-même, il y a une propriété et sa réciproque :
- tu as « trouvé la forme de certaines solutions », c'est-à-dire que tu as vérifié que pour tout $x$ réel et tous $l$, $m$ entiers, $\bigl(x,x+\frac{2\pi}{3}+2l\pi,x+\frac{4\pi}3+2m\pi\bigr)$ est solution ;
- tu veux « être sûr qu'il n'y en a pas d'autres », c'est-à-dire que tu veux montrer que si $(x,y,z)$ est solution alors il existe $l$ et $m$ tels que $y=x+\frac{2\pi}{3}+2l\pi$ et $z=x+\frac{4\pi}3+2m\pi$.
Je ne sais pas quel raisonnement tu as fait mais visiblement tu n'as pas démontré le dernier point. La preuve, c'est que si $y=x+\frac{4\pi}{3}$ et $z=x+\frac{2\pi}3$, on a bien une solution mais elle n'est pas de la forme que tu as trouvée.Je te propose donc de commencer la réciproque de la façon suivante.Soit $(x,y,z)$ un triplet de réels tel que $\newcommand{\e}[1]{\mathrm{e}^{\mathrm{i} #1}} \e x+\e y+\e z=0$. Alors $\e x\bigl(1+\e{(y-x)}+\e{(z-x)}\bigr)=0$. Posons $y'=y-x$ et $z'=z-x$. Alors, comme [...], on a $1+\e{y'}+\e{z'}=0$. En séparant partie réelle et partie imaginaire, on en déduit... -
On ne peut deviner si ton raisonnement est suffisant puisque tu ne nous as pas présenté de raisonnement. Peut-être existe-t-il sur une feuille ou dans ta tête...Arnaud_G a dit :Mon raisonnement avec une rotation sur le cercle trigonométrique à partir des racines de l’unité n est pas suffisant ?
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Passer au conjugué fournit en sommant soustrayant les deux équations : $\cos x + \cos y + \cos z = 0$ et $\sin x + \sin y + \sin z = 0$Epsilon maths a dit : Passer au conjugué et utiliser les relations entre coefficients et racines permet de conclure.
Pour les relations coefficients racine quel polynôme tu introduis ?
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r
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@Epsilon maths
Merci, joli
$P=(X-a)(X-b)(X-c) = X^3 - (a+b+c) X^2+ (ab +bc+cb) X - abc = X^3 -abc$.
$P(X)=X^3 - k$ avec $k=abc \in \C^{*}$.
Avec $P(a)=P(b)=P(c)=0$. On a $a^3=b^3=c^3=k$.
Or $abc=e^{ i(x+y+y)}$ on a $a,b,c \in \{ \exp \left( i (\dfrac{ x+y+z}{3} + \dfrac{2k \pi}{3} ) \right) \ | \ k \in [|0,2 |] \}$
$\boxed{a,b,c \in \big\{ \exp \left( i \big(\dfrac{ x+y+z}{3} \big) \right) , \ \exp \left( i \big(\dfrac{ x+y+z}{3} + \dfrac{2 \pi}{3}\big) \right) ,\ \exp \left( i \big(\dfrac{ x+y+z}{3} \big) + \dfrac{4 \pi}{3} ) \right) \big\} }$
Mais après on fait quoi ?
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Quid de $b/a$ ?
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$b/a = e^{i(y-x)}$ et $b/a \in \{ 1, e^{ \pm 2i \pi /3} , e^{ \pm 4 \pi /3} \}$.
Donc $y-x = 2q \pi$ ou $y-x= 2 \pi /3 + 2q \pi$ ou $y-x=4 \pi /3 + 2q \pi$ avec $q \in \Z$.
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Je posais cette question dans une feuille d'exercices sur les nombres complexes, en l'appelant « théorème-Mercédès ».On peut se ramener par rotation au cas où l'un des trois complexes est égal à $1$, ce qui se traduit algébriquement par : $1+e^{i(y-x)}+e^{i(z-x)}=0$, d'où l'équation : $1+e^{i \alpha}+e^{i \beta}=0$, qui n'a plus que deux inconnues. Ensuite, passage en cosinus-sinus.Problème analogue avec quatre complexes. Si quatre complexes de module $1$ ont leur somme nulle, alors deux d'entre eux sont opposés, et bien sûr les deux autres aussi, et leurs images géométriques forment un rectangle.Bonne journée pré-printanière. Vive le réchauffement..
Fr. Ch.
16/03/2023
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Merci pour vos réponses, la technique avec séparation des parties réelles et imaginaires est efficace.En tout cas, je la trouve belle cette équation
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Comment tu finis à partir de là ?Epsilon maths a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2415294/#Comment_2415294
D'où $P=X^3-k$ où $k$ est un complexe non nul. Les racines de $P$ sont les racines troisième de $k$....
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Les élèves de première ou terminale ne sont pas tous des ignares.
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J'aimerais bien voir une solution complète et rigoureuse.
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Pour une solution complète, bien lire les indications données par Math Coss et Chaurien qui sont très claires et faciles à mettre en oeuvre.C'est juste long à écrire sur le forum (avec les systèmes).Je te donne le "squelette" de la preuve si tu veux : on a : $e^{ix}(1+e^{i(y-x)}+e^{i(z-x)})=0$ soit $1+e^{i(y-x)}+e^{i(z-x)}=0$ i.e : $1+e^{iy'}+e^{iz'}=0$ en posant $y'=y-x$ et $z'=z-x$ .En séparant les parties réelles et imaginaires, on obtient comme l'a très bien dit Math Coss (voir post plus haut) : $\cos(z')=-\dfrac{1}{2}$ et $y'=-z'+2k \pi$ où $k \in \mathbb{Z}$ (comprendre que le "et" signifie que les deux équations doivent être vérifiées simultanément : sous la forme d'un système) et une autre relation impossible.On conclut ensuite en identifiant les valeurs possibles de $z'$ donc de $y'$ puis en repassant à $y-x$ et $z-x$ en fixant $x$.On vérifie enfin la réciproque.
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@NicoLeProf
Merci mais je préfère la solution de @Epsilon maths mais je bute sur la dernière étape.
$a,b,c$ sont racines de $P(X)=X^3-k$ où $k=abc$ et en notant $k=e^{i \alpha}$ on trouve $a=e^{i \alpha /3}$ , $b=j a$ et $c=j^2 a$.
Comment on en déduit les solutions à partir de là ? C'est ici que je m'embrouille.
Comment savoir que $x$ est fixé ? -
J'ai vu cet exo dans un livre d'exo MPSI de 2012 de Monier.
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Pour le problème de @Chaurien, soit $A,B,C,D$ quatre points du plan complexe dont les affixes sont de module $1$ et de somme nulle.
Soit $s$ la symétrie de centre $O(0)$, $B'=s(B)$, $C'=s(C)$ et $D'=s(D)$.
On a $\dfrac{A+B}2=\dfrac{C'+D'}2$.
Donc $A=C'$ ou $A=D'$ ou $AC'BD'$ est un parallélogramme inscrit dans le cercle-unité donc $A=B'$.
Dans tous les cas, $A,B,C,D$ sont les quatre sommets d'un rectangle.
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Le Monier ne donne pas de corrigé ?Arnaud_G a dit :J'ai vu cet exo dans un livre d'exo MPSI de 2012 de Monier.
D'accord finalement c'est bon, les solutions sont : $x,y=x+\dfrac{\pi}{3} + 2 k_1 \pi,z=x+ \dfrac{4 \pi}{3}+2 k_2 \pi$ avec $(k_1,k_2) \in \Z^2$ et $x \in \R$ à une permutation près.
La méthode avec les polynômes est très intéressante, lors d'un oral je pense que cette méthode serait valorisée par le jury car on fait le lien entre les complexes et les polynômes, les racines etc. -
$e^{ix}+e^{iy}+e^{iz} = e^{ix}(1 + e^{i(y-x)} +e^{i(z-x)})$
Et ce produit est nul ssi le 2ème facteur.
On a bien avancé, on n'a plus que 2 inconnues qui sont $y'=y-x$ et $z'=z-x$
Un lycéen qui est là pour apprendre et pas pour tuer le temps n'aura pas de mal à conclure.Tu me dis, j'oublie. Tu m'enseignes, je me souviens. Tu m'impliques, j'apprends. Benjamin Franklin -
@OShine : La méthode géométrique est bien plus élégante !
Si $A(e^{ix}),B(e^{iy})$ et $C(e^{iy})$, alors le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit de $ABC$ sont confondus en $O$ donc $ABC$ est équilatéral.
Et c'est fini sans aucun calcul !
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Bonjour,
Ah ! Quand même ! Il y a quelqu'un qui voit l'évidence !!...
Cordialement,
Rescassol
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Bonsoir
Cela m'a rappelé ceci en pièce jointe.Jean-éric.
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$ABC$ est équilatéral et après on fait quoi ?gai requin a dit :@OShine : La méthode géométrique est bien plus élégante !
Si $A(e^{ix}),B(e^{iy})$ et $C(e^{iy})$, alors le centre de gravité et le centre du cercle circonscrit de $ABC$ sont confondus en $O$ donc $ABC$ est équilatéral.
Et c'est fini sans aucun calcul ! -
Ce n'est pas dans ses bouquins de cours. Oshine ne pense pas : il compile des démonstrations à partir de propriétés imprimées dans tel ou tel livre. Est-ce qu'on demande à un ordi de réfléchir ?
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@OShine : Encore dans le programme de Terminale, $y-x=\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)\bmod 2\pi$ !
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OShine a dit :$ABC$ est équilatéral et après on fait quoi ?Très élégante cette preuve pour le coup !!! Et sans calcul j'adore !$ABC$ est équilatéral donc $B$ est l'image de $A$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $\pm \dfrac{2 \pi}{3}$ donc $e^{iy}=e^{\frac{\pm 2i \pi}{3}} e^{ix}$ donc $y=x\pm \dfrac{2 \pi}{3} \pmod {2 \pi}$ et on en déduit $z$.
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Bonjour!
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