En guise d’exercice : petit intermède sur l’équation du second degré

Il est proposé de montrer que les racines de l’équation

x^2+px+q=0 \quad (p,q\in\mathbb C, q\neq 0)

sont de même longueur si, et seulement si,

\frac{p^2}{4q}\in [0,1]

5 réflexions sur “En guise d’exercice : petit intermède sur l’équation du second degré

  1. Les deux cas particuliers suivant est faciles à vérifier:
    1) Les racines de l’équation sont confondues ssi \frac{p^2}{4q}=1.
    2) Les racines de l’équation sont opposées ssi p=0.

    Il reste alors de prouver que les racines de l’équation ont même module sans être opposées et confondues ssi 0<\frac{p^2}{4q} <1.

    Nous faisons d'abord le cas particulier où les coefficients p et q sont réels. Supposons que les deux racines ne sont ni confondues ni opposées et ont même module. Alors elles sont non-réelles. En particulier le discriminant p^2-4q est strictement négatif, c'est-à-dire 0<p^2<4q, d'où 0<\frac{p^2}{4q} <1.
    Réciproquement on déduit de 0<\frac{p^2}{4q} <1 que le discriminant est strictement négatif, et donc que les racines sont complexes conjuguées (car p,q réels), et possèdent donc même module.

    Maintenant traitons le cas de p, q complexes. Supposons que les deux racines z_1,z_2 ont ont même module. Alors, quitte à les tourner, on peut supposer qu'ils sont conjugués. Plus précisément, il existe un angle \vartheta\in\mathbb{R} tel que les nombres \zeta_1=e^{i\vartheta}z_1 et \zeta_2=e^{i\vartheta}z_2 sont conjugués.
    En multipliant l'équation de second degré par e^{2i\vartheta} on obtient l'équation suivante dont \zeta_1 et \zeta_2 sont solutions:
    \zeta^2+p'\zeta+q'=0, avec p'=e^{i\vartheta}p et q'= e^{2i\vartheta}q.
    Puisque les solutions sont conjuguées, on sait que p' et q' sont réels et on est ramené au cas précédent. Pour conclure on observe que \frac{p'^2}{4q'} =\frac{p^2}{4q} .

  2. L’idée de passer par le cas de l’équation réelle et la manière de s’y ramener sont très jolies!

    Je donnerai ma preuve plus tard, pour que d’autres puissent encore réfléchir à la question.
    🙂

  3. Voici ma solution.

    Tout d’abord on peut supposer que p\neq 0 car lorsque p=0, les racines sont opposées et donc de même module.

    Cela étant, posons

    \lambda=\frac{p^2}{4q}

    ou encore (puisque p\neq 0)

    q=\frac{p^2}{4\lambda}

    Le réalisant de l’équation est alors p^2(1-\frac{1}{\lambda}) et ses racines s’écrivent p(-1\pm\mu)/2\mu est une racine carrée de 1-\frac{1}{\lambda}. Comme p\neq 0, elles sont de même longueur si, et seulement si, -1\pm\mu le sont.

    complexe

    Ceci équivaut au fait que \mu soit purement imaginaire (ou nul), ou encore à

    1-\frac{1}{\lambda}\in ]-\infty,0]

    et, enfin, à \lambda \in ]0,1].

  4. C’est original comme solution. Je n’aurais pas pensé comme ça.

    Voici encore une autre preuve. On considère l’application

    f :\quad z\;\mapsto \;\zeta=\frac{(1+z)^2}{4z} \;\text{ si }\; z\neq0,\quad 0\mapsto \infty,\quad \infty\mapsto \infty.

    Il s’agit d’un revêtement à deux feuillets de la sphère de Riemann avec deux points de ramification: en z=-1 au-dessus de \zeta=0, et en z=1 au-dessus de \zeta=1.
    Notons S^1 le cercle d’unité.

    Lemme: f^{-1}(\,]0,1[\,)=S^1\setminus\{\pm1\}.

    Preuve: Vu ce qui précède sur les ramifications il suffit de prouver l’inclusion f(S^1\setminus\{\pm1\})\subset\;]0,1[\,.
    Soit donc e^{i\vartheta}\in S^1\setminus\{\pm1\}. Alors
    f(e^{i\vartheta})=\frac{(1+e^{i\vartheta})^2}{4e^{i\vartheta}}=\frac{[(e^{-i\vartheta/2}+e^{i\vartheta/2})e^{i\vartheta/2}]^2}{4e^{i\vartheta}}=\left(\cos(\vartheta/2)\right)^2\in\;]0,1[\:.

    Maintenant revenons à l’exercice et notons z_1,z_2 les racines de l’équation et posons z=z_2/z_1. Alors z\in S^1 si, et seulement si, |z_1|=|z_2|. On a

    \frac{p^2}{4q}=\frac{(z_1+z_2)^2}{4z_1z_2}=\frac{(1+z)^2}{4z}=f(z).

    On conclût avec le lemme que \frac{p^2}{4q}\in\;]0,1[ si, et seulement si, les racines ont même module sans être opposés ou confondus.

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