corr-controle-dalg-m1-2013-14

(1)

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ.2013-14

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMP - SMC

Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre M1

durée: 1h30

Exercice 1 :

1) 1 i 3  12 _ ₃ 2 _{ 1  3  4  2}

Donc : 2 est le module du nombre complexe 1 i 3 1 i 3  21 i 3 2  2 12  i 3 2  2e i 3 Donc : 

3 est l’argument du nombre complexe 1 i 3 ( modulo 2 ) |1 i|  12  12  1  1  2

Donc : 2 est le module du nombre complexe 1 i 3 1 i  2 1  i 2  2 1 2  i 12  2 2 2  i 2 2  2 e i 4 Donc : 

4 est l’argument du nombre complexe 1 i ( modulo 2 ) 2) a) 1 i 3 1 i  2e i 3 2 e i 4  2 e i3 −i4 _{ 2 e} 4i − 3i 12 _{ 2 e} 12i Donc : z  1 i 3 1 i 28  2 e i 12 28  228e 28i 12 _{ 2}14_e 7i 3 _{ 2}14_e i 3

Ce qui montre que : 2

14 _{ 16 384 est le module du nombre complexe z}



3 est l’argument du nombre complexe z ( modulo 2 ) b) z  1 i 3 1 i 28  214_e i₃ _{ 2}14 _{cos } 3  sin 3  2 14 1 2  i 3 2  214 2  214_{i 3} 2  213  213_{i 3}  8192  8192i 3

Ce qui montre que :

213  8192 est la partie réelle du nombre comlexe z

(2)

Exercice 2 :

1) P′  2naX2n−1  b 2) X  12 P  P−1  P′−1  0  a−1 2n _{ b−1  1  0} 2na−12n−1_{ b  0}  a− b  1  0 −2na  b  0  b  a  1 −2na  a  1  0  2na− a  1 b  a  1  2n − 1a  1 b  a  1  a  1 2n− 1 b  1 2n− 1 1  a  1 2n− 1 b  2n 2n− 1 3) a  1 2 2 − 1  1 4− 1  1 3 et b  2 2 2 2 − 1  4 4− 1  4 3 4) Puisque a  1 3 et b  43 alors : P  13X 4 _{ 4} 3 X 1  13 X 4 _{ 4X  3}

On effectue la division euclidiènne du polynôme X4 _{ 4X  3 par X  1}2_.

Pour cela on a 2 méthdes :

- 1ière méthode ( méthode directe ) :

X4 _{ 4X  3} −X4 _{− 2X}3_{− X}2 − 2X3_{− X}2 _{ 4X  3} 2X3 _{ 4X}2 _{ 2X} 3X2 _{ 6X  3} −3X2_{− 6X − 3} 0 X  12 _{ X}2_{ 2X  1} X2 − 2X  3

- 2ième méthode ( en utilisant le procédé de Hörner ) :

1 0 0 4 3

−1 −1 1 −1 −3

1 −1 1 3 0

−1 −1 2 −3

1 −2 3 0

Pour les 2 méthdes on a trouver : X4_{ 4X  3  X  1}2_X2 _{− 2X  3}

Pour le polynôme X2 _{− 2X  3 on a : Δ}′ _{ 1 − 3  −2  0}

Donc X2 − 2X  3 est un polynôme irréductible dans RX .

Ce qui montre que :

P  1

3 X  1

2_X2_{− 2X  3 est la décomposition du polynôme P en}

(3)

5) On a : P′  4 3 X

3 _{ 4}

3  43X

3 _{ 1}

On utilise le procédé de Hörner pour effectuer la division euclidiènne du polynôme X3 _{ 1 par X  1 .} 1 0 0 1 −1 −1 1 −1 1 −1 1 0  X3 _{ 1  X  1X}2 _{− X  1} On a donc : P′  4 3X  1X 2 _{− X  1 .} 6) Pour le polynôme X2_{− X  1 on a : Δ  1 − 4  −3  0}

Donc X2 _{− X  1 est un polynôme irréductible dans RX .}

Ce qui montre que :

P′  4

3X  1X

2 − X  1 est la décomposition du polynôme P′ _en

facteurs irréductibles dans RX .

P  1 3X  1 2_X2 _{− 2X  3} P′  4 3X  1X 2 _{− X  1}  P ∧ P ′ _{ X  1}

Exercice 3 :

( 5 points )

Décomposer en éléments simples dans RX la fraction rationnelle :

F



X

 2

X

− 2 X

2

1

2

- 1ière méthode :

Puisque d 0_F  d 0_{X  2 − d} 0 _{X − 2X}2  12  1 − 5  −4  0 alors la

décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle F dans RX

est de la forme : F  X 2 X − 2X2 _{ 1}2  a X− 2  bX c X2  1  dX  e_X2 _{ 1}2 a  X − 2F2  X 2 X2  12 2  2 2 22  12  4₅2  425

Puisque i est une racine du polynôme X2 _{ 1 dans C alors :}

di e  X2 _{ 1}2_F _{i  X  2} X− 2 i  i  2i− 2  i  2i  2 i − 2i  2   i 22 i2 _{− 2}2  i 2_{ 4i  2}2 i2_{− 2}2  −1  4i  4_{−1 − 4}  3  4i₋₅  − 3 5 − 4i5  − 4i 5 − 35 Donc : d  − 4 5 et e  − 35 limxxFx  limx xx  2 x − 2x2_{ 1}2  limx x2  2x x − 2x2_{ 1}2  0 On a alors : limx_ x a x− 2  bx c x2 _{ 1}  dx  e x2 _{ 1}2  0  limx ax_{− 2 } bx2  cx  dx2  ex  0  a  b  0

(4)

F0  X 2 X − 2X2 _{ 1}2 0  2−2  −1 On a alors : a X− 2  bXX2_{ 1} c  dX  e X2 _{ 1}2 0  −1 Par suite on a :− a 2  c  e  −1  c  a2 − e − 1  225  35 − 1  2  15 − 2525 Donc : c  − 8 25

Ce qui montre que : F  4 25 X− 2  − 4 25 X− 825 X2 _{ 1}  − 4 5X− 35 X2 _{ 1}2  4 25X − 2 − 25X4X2 8 1 − 4X 3 5X2 _{ 1}2

est la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle F dans RX . - 2ième méthode : Posons : X− 2  Y alors : X  Y  2 X2  1  Y  22  1  Y2  4Y  5 Donc : F  X 2 X − 2X2  12  Y 4 YY2 4Y  52

Y2 _{ 4Y  5}2 _{ Y}2_{ 4Y  5Y}2 _{ 4Y  5}

 Y4 _{ 4Y}3 _{ 5Y}2_{ 4Y}3 _{ 16Y}2 _{ 20Y  5Y}2_{ 20Y  25}

 Y4 _{ 8Y}3 _{ 26Y}2_{ 40Y  25}

On effectue la division suivant les puissances croissantes à l’ordre 0 du polynôme

Y 4 par le polynôme Y2  4Y  52  Y4  8Y3 26Y2  40Y  25

4 Y −4 − 32 5 Y− 10425 Y 2_{− 32} 25 Y 3_{− 4} 25Y 4 − 27₅ Y− 104 25 Y 2 _{− 32} 25 Y 3 _{− 4} 25 Y 4  − 1 25 Y4Y 3 _{ 32Y}2 _{ 104Y  135} 25 40Y  26Y2 _{ 8Y}3 _{ Y}4 4 25 Donc : F  4 25 Y 2 _{ 4Y  5}2 _{− 1} 25Y4Y 3_{ 32Y}2 _{ 104Y  135} YY2 _{ 4Y  5}2  4 25Y − 4Y 3_{ 32Y}2 _{ 104Y  135} 25Y2  4Y  52

On effectue la division euclidiènne du polynôme 4Y3 _{ 32Y}2 _{ 104Y  27}

par le polynôme Y2_{ 4Y  5 .}

4Y3_{ 32Y}2_{ 104Y  135}

−4Y3 _{− 16Y}2 _{− 20Y}

16Y2 84Y  135

− 16Y2− 64Y − 80

20Y 55

Y2 _{ 4Y  5}

(5)

Donc : F  4

25Y −

Y2 _{ 4Y  54Y  16  20Y  55}

25Y2  4Y  52  4 25Y − 4Y 16 25Y2_{ 4Y  5} − 20Y 55 25Y2_{ 4Y  5}2  4 25X − 2 − 4X − 2  16 25X2_{ 1} − 20X − 2  55 25X2 _{ 1}2  4 25X − 2 − 4X − 8  1625X2 _{ 1} − 20X − 40  55 25X2 _{ 1}2  4 25X − 2 − 25X4X2 8 1 − 20X  15_25X2 _{ 1}2  4 25X − 2 − 25X4X2 8 1 − 54X  3 25X2 _{ 1}2  4 25X − 2 − 25X4X2 8_{ 1} − 4X 3 5X2 12

est la décomposition en éléments simples de la fraction rationnelle F dans RX .

Exercice 4 :

( 5 points )

Soient B0  e1, e2, e3 la base canonique de R3, F  x, y, z ∈ R3 tq : 3x− 2y − z  0

et G  vecte2  0, , 0 ∈ R3 tq :  ∈ R .

1) Montrer que F est un sous espace vectoriel de R3 _.

 3  0 − 2  0 − 0  0 − 0 − 0  0  0, 0, 0 ∈ F  F ≠ ∅  ∀ ∈ R , ∀a  x, y, z ∈ F et ∀b  t, u, v ∈ F :

a  x, y, z ∈ F  3x − 2y − z  0 b  t, u, v ∈ F  3t − 2u − v  0

a  b  x, y, z  t, u, v  x, y, z  t, u, v  x  t, y  u, z  v

3x  t − 2y  u − z  v  3x  3t − 2y − 2u − z − v  3x − 2y − z  3t − 2u − v

 3x − 2y − z  3t − 2u − v  0  0  0

Donc :a  b ∈ F .

Ce qui montre que F est un sous espace vectoriel de R3 _.

2) Trouver une base S  a1, a2 de F .

∀a  x, y, z ∈ F : 3x − 2y − z  0  z  3x − 2y  a  x, y, 3x − 2y Alors : a  x, 0, 3x  0, y, −2y  x1, 0, 3  y0, 1, −2

Posons : a1  1, 0, 3 , a2  0, 1, −2 et S  a1, a2

On a donc :∀a  x, y, z ∈ F : a  xa1  ya2

Ce qui montre que S  a1, a2 est un système générateur de F .

∀,  ∈ R : a1  a2  03  1, 0, 3  0, 1, −2  0, 0, 0  , 0, 3  0, , −2  0, 0, 0  , , 3 − 2  0, 0, 0    0   0 3 − 2  0      0

(6)

3) Vérifier que B  a1, a2, e2 est une base de R3 .

∀, ,  ∈ R : a1 a2  e2  03  1, 0, 3  0, 1, −2  0, 1, 0  0, 0, 0

 , 0, 3  0, , −2  0, , 0  0, 0, 0  ,   , 3 − 2  0, 0, 0    0     0 3 − 2  0      0

Donc B  a1, a2, e2 est un système libre de R3 .

Puisque B  a1, a2, e2 est un système libre de R3 contenant 3 vecteurs

et puisque dim R3 _{ 3 alors B  a}

1, a2, e2 est une base de R3 .

4) En déduire que : F⊕ G  R3 . ∀a ∈ F ∩ G :

a ∈ F  ∃,  ∈ R tq : a  a1 a2 ( car S  a1, a2 est une base de F )

a ∈ G  ∃ ∈ R tq : a  e2 ( car G  vecte2 )

Donc :a1 a2  a  e2  a1 a2 − e2  03

     −  0 (car B  a1, a2, e2 est une base de R3)

   0

 a  0e2  03

Alors : F∩ G  03

Donc la somme de F et G est directe .

Puisque S  a1, a2 est une base de F alors : dimF  2

Puisque G  vecte2 et puisque e2 ≠ 03 alors : dim G  1