DS3 2022 2023
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Page 1 : Préing 1Devoir Surveillé 3Algèbre IDate : Mercredi 25 Janvier 2023L’usage de tout appareil électronique est interditDurée : 1h30Nombre de pages : 2Il sera tenu compte de la qualité de la rédaction et de la précision des justifications.Le sujet comporte 5 exercices. L’ordre dans lequel ceux-ci sont traités n’est pas imposé.Exercice 13 pointsRésoudre dans C l’équation suivanteiz2 +2+2iz +µ12 +2i¶= 0.Solution : 3 points = 2 +1 Nous avons= 2+2i2 4iµ12 +2i¶= 4+8i 48+2i = 8+6iMaintenant, pour trouver les racines carrées de 8+6i on calculez2 = 8+6i⇐⇒x2 + y2=p82 +62x2 y2=82xy=6⇐⇒x2 + y2=10x2 y2=8xy=3⇐⇒x2=9y2=1xy=3⇐⇒½ x=3y=1ou½ x=3y=12 points.D’où on conclut que les solutions de l’equation sont 1 pointζ1=2+2i+3+i2i= 1i2i= 1i2,ζ2=2+2i3+i2i= 5+3i2i= 3+5i2.Exercice 25,5 pointsSoitu = 1+ietv =p3+i1
Page 2 : 1. Déterminer les modules de u et v2. Déterminer un argument de u et un argument de v.3. Résoudre l’équation z4 = u.Donner le module et un argument pour chacune des racines quatrièmes de u.4. Déterminer le module et un argument de uv .5. En déduire les valeurs decosµ7π12¶etsinµ7π12¶Solution : 5.5 points1. 0.5 points u =p12 +12 =p2 et v =qp32 +12 = 2.2. Nous avonsu =p2Ãp22 +ip22!=p2ei 3π4 .Donc un argument de u est π4 0.5 points.v = 2Ãp32 +i 12!= 2ei π6 .Donc un argument de v est π6 0.5 points.3. On cherche les solutions complexes de z4 = u. En écrivant z sous forme trigonometrique z = reiθ onobtient 1 pointz4 = u ⇐⇒r 4e4iθ =p2ei 3π4 ⇐⇒r 4 =p2 et 4θ = 3π4 +2kπ, k Z⇐⇒r = 218 et θ = 3π16 + 2kπ4 , k = 0,1,2,3.Les racines quatrièmes de u sont donc 1 point = 0.25+0.25+0.25+0.25ζ0 = 218 e3iπ16;ζ1 = 218 ei¡ 3π16 + 2π4¢= 218 e11iπ16;ζ2 = 218 ei¡ 3π16 +π¢= 218 e19iπ16;ζ3 = 218 ei¡ 3π16 + 3π2¢= 218 e27iπ16 .4. Nous avonsuv =p2ei 3π42ei π6=p22 ei¡ 3π4 π6¢=p22 e7iπ12 .Donc¯¯ uv¯¯ =p2/2 0.5 points et un argument de uv = 7π12 0.5 points.5. D’après la question précédente, nous avonsuv =p22µcosµ7π12¶+i sinµ7π12¶¶.2
Page 3 : De mêmeuv = 1+ip3+i= 1+ip3i4= 1p34+i 1+p34.L’unicité de la forme algébrique de uv permet d’en déduire par identification : 0.5+0.5 pointsp22 cosµ7π12¶= 1p34=⇒cosµ7π12¶= 1p32p2=p2p64p22 sinµ7π12¶= 1+p34=⇒sinµ7π12¶= 1+p32p2=p2+p64.Exercice 35,5 pointsPour tout a R, considéronsPaX = X 5 + aX 4 a +1X 3 a +1X 2 + aX +1.1. Montrer que les nombres 1 et 1 sont racines du polynôme Pa.Solution : Nous avons 0.5+0.5 pointsPa1=1+ a a +1a +1+ a +1 = 0,Pa1=1+ a +a +1a +1a +1 = 0.2. Déterminer l’ordre de multiplicité des racines 1 et 1 en fonction du nombre réel a.Solution : 2.5 points Nous avonsP′aX = 5X 4 +4aX 3 3a +1X 2 2a +1X + a.Ainsi 0.5 pointsP′a1=5+4a 3a +12a +1+ a = 0,P′a1=54a 3a +1+2a +1+ a = 44a=⇒P′a1 = 0 ⇐⇒a = 1.On prend la dérivée secondeP′′aX = 20X 3 +12aX 2 6a +1X 2a +1.et on calcule 0.5 pointsP′′a1 = 20+12a 6a +12a +1 = 12+4a=⇒P′′a1 = 0 ⇐⇒a = 3.De plus, pour a = 1, nous avonsP′′1 1 = 20+12+124 = 0.Finalement, 0.5 pointsP′′′a X = 60X 2 +24aX 6a +1=⇒P′′′31 = 0etP′′′1 1 ̸= 0.Puisque le degré de P est 5 et 1 est une racine de P, on conclut P431 ̸= 0. Par conséquent3
Page 4 : • 1 est une racine de multiplicite 4 de P si et seulement si a = 3. Si a ̸= 3, alors 1 est une racinedouble de P. 0.5 point• 1 est une racine de multiplicite 3 de P si et seulement si a = 1. Si a ̸= 1, alors 1 est une racinesimple de P. 0.5 point3. Déterminer le quotient Qa et le reste Ra de la division euclidienne du polynôme Pa par le polynômeX +1X 12.Solution : En effectuant la division euclidienne, on obtient 1 pointPaX = X +1X 12 ¡X 2 +a +1X +1¢.Ainsi RaX = 0 et QaX = X 2 +a +1X +1.4. Donner la décomposition en produit de facteurs irréductibles de Pa sur RX et sur CX , pour a = 1et a = 3.Solution : D’après la question précédente, nous pouvons écrire 0.5+0.5 pointsP1X =X +1X 12 ¡X 2 +2X +1¢= X +13X 12.P3X =X +1X 12 ¡X 2 2X +1¢= X +1X 14.On peut conclure la même décomposition en utilisant l’ordre de multiplicité de 1 et 1 trouvé dansla question 2.Exercice 45 pointsSoit P = X +17 X 7 1. Posons j = e2iπ3 .1. Montrer que 1+ j = j 2Solution : 1 point Nous avons1+ j + j 2 = 1j 31j = 0=⇒1+ j = j 2.2. Montrer que j est une racine multiple de P.Que’est ce que on peut dire de j.Solution : Nous avonsPj = 1+ j7 j 7 1 = j 27 j 1 = j 2 + j +1 = 0.0.5 pointsDe plusP′j = 7j +16 7j 6 = 7j 26 7 = 77 = 0.0.5 pointsAinsi, j est une racine au moins double de P.Finalement, puisque P est un polynome à coefficients réels, on conclut que j est aussi une racine aumoins double de P 0.5 points.4
Page 5 : 3. Trouver deux racines réelles évidentes de P.Solution : 0.5+0.5 points Nous avons P0=1-0-1=0etP-1=0+1-1=0.4. Calculer le degré de P. En déduire la factorization de P en facteurs irréductibles dans CX et puisdans RX .Solution : Nous avonsX +17 X 7 1 =7Xi=0µ 7i¶X 7i X 7 1 =6Xi=1µ 7i¶X 7i.Par conséquent, degP = 6 0.5 points. Ce qui nous permet de conclure l’égalité 0.5+0.5 pointsPX =X X +1X j2X j2=X X +1X 2 + X +12.Exercice 54 pointsSoit θ R, on suppose que sin5θ ̸= 0.1. Montrer que³1+eiθX5³1+eiθX5= 2i5Xk=1µ 5k¶sinkθX kSolution : 1 point Nous avons³1+eiθX5³1+eiθX5=5Xk=0µ nk¶³eiθXk5Xk=0µ nk¶³eiθXk=5Xk=0µ nk¶³eikθ eikθX k=5Xk=1µ nk¶³eikθ eikθX k=5Xk=1µ nk¶2i ·sinkθX k = 2i5Xk=1µ nk¶sinkθX k.2. Résoudre 1+ zeiθ1+ zeiθ = e2πi5en fonction de θ.5
Page 6 : Solution : 1.5 points Nous avons1+ zeiθ1+ zeiθ = e2πi5=⇒1+ zeiθ = e2πi5+ zeiθe2πi5=⇒zeiθ e2πi5iθ= e2πi51=⇒z =e2πi51eiθ e2πi5iθ=⇒z =2i ·eiπ5 ·sin¡ π5¢2i ·eiπ5 ·sin¡θ π5¢ =sin¡ π5¢sin¡θ π5¢.3. En reproduisant la question précédente déduire toutes les racines du polynômePX =5Xk=1µ 5k¶sinkθX k.Solution : 1.5 points Nous avonsPz = 0⇐⇒0 = 2i5Xk=1µ 5k¶sinkθzk =³1+eiθz5³1+eiθz5⇐⇒Ã1+ zeiθ1+ zeiθ!5= 1⇐⇒1+ zeiθ1+ zeiθ = e2ikπ5 , k = 0,1,2,3,4.La méthode utilisée dans la question précédente nous permet donc de conclurePz = 0⇐⇒z =sin³2kiπ5sin³θ 2kiπ5, k = 0,1,2,3,4.6
