Arnaud Bodin Capes
Universit´e de Lille 1 2009-2010
Demi-plan de Poincar´ e et g´ eom´ etrie alg´ ebrique
Sous un titre d’aspect ardu se cache une activit´e sympathique de niveau lyc´ee. L’explication du titre est `a la fin. Pr´esentons l’activit´e sous forme d’un exercice.
Soit P0 = z2 +b0z +c0 et P1 = z2 +b1z +c1 deux polynˆomes de degr´e 2, avec b0, c0, b1, c1 ∈ R. Supposons que leurs discriminants soient strictement n´egatifs. On note
Pt= (1−t)·P0 +t·P1, t∈[0,1].
1. Calculer le discriminant ∆t dePt pourt ∈[0,1].
2. Montrer ∆t<0 pour t ∈[0,1].
Pour chaque t ∈[0,1], on note zt :=xt+iyt ∈ C la racine de Pt avec yt>0 (l’autre racine ´etant ¯zt=xt−iyt car Pt a des coefficients r´eels).
Le but de cet exercice est de comprendre le parcours de zt lorsque t parcourt [0,1]. Notons
C0 =
zt∈C|t ∈[0,1] .
3. Faire un algorithme/programme qui trace cet ensemble. Conjecturez la r´eponse !
4. Montrer que, sauf cas particulier que l’on d´ecrira, C0 est situ´e sur un arc de cercle, cercle dont le centre est situ´e sur l’axe r´eel (et qui bien sˆur passe par z0 etz1).
Indication : montrer que l’on peut trouverω ∈Rtel que|zt−ω|2 = cst.
R´eponses :
1. ∆t= ((1−t)b0+tb1)2−4((1−t)c0+tc1) = (b1−b0)2·t2+(· · ·)·t+(· · ·).
2. Le graphe det7→∆t est une parabole avec coefficient dominant positif.
Comme ∆0 <0 et ∆1 <0 alors ∆t<0 pour tout t∈[0,1].
3. Voici un algorithme :
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Pour i:=0 jusqu’`a 50 t := i/50
b(t) := (1-t)*b(0)+t*b(1) c(t) := (1-t)*c(0)+t*c(1) x := -b(t)/2
y := sqrt(abs(b(t)^2-4*c(t))) Afficher le point x,y
Afficher le point x,-y Fin du "pour i"
Cela ressemble bigrement `a un cercle, comme les racines zt et ¯zt sont conjugu´es alors si c’est un cercle le centre doit ˆetre situ´e sur l’axe r´eel.
4. Nous cherchons ω ∈ R qui sera le centre du cercle. L’´equation d’un cercle en complexe est |z−ω|2 =R2. Calculons donc |zt−ω|2.
4|zt−ω|2 =
−((1−t)b0+tb1)−ω+ip
|∆t|
2
= ((1−t)b0+tb1) +ω2
+|∆t| c’est juste|a+ib|2 =a2+b2
= ((1−t)b0+tb1)2+ω2 + 2ω((1−t)b0 +tb1)−∆t car |∆t|=−∆t
=ω2+ 2ω((1−t)b0+tb1) + 4((1−t)c0+tc1) par la formule de ∆t
= 2ω(b1−b0) + 4(c1−c0)
·t+ω2+ 2ω+ 4c0
Distinguons maintenant deux cas :
Premier cas : b1 6= b0. Alors posons ω = −2cb1−c0
1−b0. Donc |zt−ω|2 =
1
4(ω2+ 2ω+ 4c0) = cst. (On peut remarquer que comme z0 est solution de cette ´equation alors la constante est bien positive.)
Donc les zt, pour t ∈ [0,1] sont bien sur le cercle C centr´e en ω =
−2cb1−c0
1−b0 ∈R et de rayon 12√
ω2+ 2ω+ 4c0.
Un argument de continuit´e montrerait que l’ensembleC0est exactement le petit arc du cercle C qui joint z0 `az1.
Deuxi`eme cas : b1 = b0. Donc le coefficient bt de Pt est constant : bt = b0 = b1 pour tout t ∈ [0,1]. Alors zt = 12(−bt + ip
|∆t|) =
1
2(−b0 +ip
|∆t|). Donc les zt sont d’affixes constantes : autrement dit les zt sont situ´es sur une mˆeme droite verticale.C0 est alors le segment vertical qui relie z0 `az1.
Maintenant pourquoi avoir donn´e un titre aussi barbare `a une activit´e somme toute ´el´ementaire ? Cette interpr´etation m’a ´et´e transmise par P. Pospescu- Pampu et N. A’Campo. L’explication est la suivante :
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1. Le demi-plan de Poincar´e est une construction de la g´eom´etrie (dite g´eom´etrie hyperbolique). On consid`ere donc le demi-planH={(x, y)∈ R2 |y >0}. On appelle droite de ce demi-plan (on devrait plutˆot dire g´eod´esique), soit une demi-droite verticale d’´equation (x= cst) soit un demi-cercle dont le diam`etre est sur l’axe des abscisses.
x y
Cette construction v´erifie les quatre premiers axiomes d’Euclide. Mais le cinqui`eme qui affirme que Dans un plan, pour une droite D et un point P /∈D, il existe une unique droite passant parP et parall`ele `a D.
n’est ici pas v´erifi´e ! En effet, prenons une “droite”Det un pointP /∈D alors il existe une infinit´e de “droites” D0 (au sens “g´eod´esiques”) qui passent par P et ne rencontrent pas D (donc D∩D0 =∅, on dit que D et D0 sontparall`eles).
x y
P
D
2. La puissance de la g´eom´etrie alg´ebrique est de remplac´e des objets g´eom´etriques (par exemple une droiteD) par un objet alg´ebrique (l’´equation (ax+by+c= 0)). Par exemple siD0est une autre droite (non-parall`ele) d’´equation (a0x+b0y+c0 = 0), alors unpoint de la g´eom´etrie alg´ebrique est d´efini par (ax+by+c= 0;a0x+b0y+c0 = 0) et correspond au point d’intersection de D et D0. Les ´equations alg´ebrique sont souvent plus faciles `a manipuler.
Nous allond d´efinir un objet de base de la g´eom´etrie alg´ebrique qui est le spectre d’un anneau. De fa¸con plus sp´ecifique, SpecR[X] est l’ensemble
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de polynˆomes irr´eductibles deR[X]. Nous savons qu’il y a deux sortes de polynˆomes irr´eductiblesX−aouaX2+bX+cavec ∆ =b2−4ac <0.
Comment se raccrocher au demi-plan de Poincar´e ? On consid`ere les racinesx+iydes ´el´ements de SpecR[X] tel quey >0 . Alors (x, y)∈ H.
Si l’on prend deux polynˆomes irr´eductiblesP etP0 de degr´e 2 alors au
“segment” tP + (1−t)P0, pour t ∈ [0,1] correspond des racines qui forme une portion de cercle ou une portion de segment vertical, que dans notre mod`ele H nous avions appel´e “droite”. Tout est bien qui fini bien : `a un “segment” de la g´eom´etrie alg´ebrique nous associons une portion de “droite” du demi-plan de Poincar´e !
Pour finir voici l’impl´ementation pour la TI Voyage 200.
:spec() :Prgm :
:ClrGraph:ClrDraw
:-2->xmin:2->xmax:ZoomSqr :
:Local i,t,b,bb,bbb,b,bb,bbb,x,y :
:1->b:1->c :-2->bb:1->cc :
:For i,0,50 : i/50->t
: (1-t)*b+t*bb->bbb : (1-t)*c+t*cc->ccc : -bbb/2->x
: sqrt(abs(bbb^2-4*ccc))/2->y : PtOn x,y
: PtOn x,-y :EndFor :
:EndPrgm
Attention : il faut remplacer sqrtpar la touche √ .
On ab,cqui correspondent `ab0, c0. J’utilise comme notationbb,cc,bbb,ccc pour b0, c0, b00, c00. Ici bb,cc correspondent `a b1, c1 et bbb,ccc `a bt, ct. Donc sur cet exemple P0 =x2+x+ 1 et P1 =x2−2x+ 1 = (x−1)2. Bien sˆur P1 n’est pas irr´eductible mais tous les Pt pourt <1 le sont.
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