Université Sidi Mohammed Benabdellah Année universitaire 2018-2019
Faculté des Sciences Dhar El Mehraz SMP-SMC
Département de Mathématiques
Correction du Contrôle d’Algèbre 1 Durée :1h30
Exercice 1(9 pt)
1. – a) (1pt) Trouver les racines de l’equation iz2+ (1 − 5i)z + 6i − 2 = 0
On a ∆ = −2i = (1 − i)2 donc z1 = 2 et z2 = 3 + i.
– b) (1pt) Déduire la factorisation de Q(X) dans C[X]. D’après a) on a Q(X) = i(X − 2)(X − (3 + i))
– c) (1pt) Q n’est pas irréductible dans C[X] car doQ = 2 > 1
2. Soit P (X) = iX4+ (1 − 7i)X3+ (17i − 4)X2+ (5 − 17i)X + (6i − 2). – a) (1pt) P (1) = 0
– b)(1pt) on a P (1) = 0, donc 1 est une racine de P – c) (2pt)
i 1-7i 17i-4 5-17i -2+6i
1 i 1-6i -3+11i 2-6i
i 1-6i -3+11i 2-6i 0
1 i 1-5i -2+6i
i 1-5i -2+6i 0
1 i 1-4i
i 1-4i -1+2i Donc l’ordre de multiplicité de 1 égale à 2
– d) (1pt) D’après le tableau de Horner le quotient c’est iX2+ (1 − 5i)X + (−2 + 6i).
3. (1pt) P (X) = i(X − 1)2(X − 2)(X − (3 + i)) Exercice 2 : ( 6 pt)
1. (1 pt) A(X) = B(X)(1 − 3X + 2X2) + X3(2 − X)
2. Soit F (X) = XA(X)3B(X)
– a) (1 pt) On a 1 + X + X2 est irréductible dans R[X] car son delta est négative.
et 0 n’est pas un zéro de A(X) donc 0 est le seul pôle de F dans R.
– b) (1 pt) On a d0(F ) = −1 < 0 donc, la partie entière de F est nulle et la partie
principale de F égale à F . 3. (3 pt) On a F = B(X)(1 − 3X + 2X 2) + X3(2 − X) X3B(X) Donc F (X) = 1 X3 − 3 X2 + 2 X + 2 − X 1 + X + X2 1
2 Exercice 3 (5 pt) 1. (2 pt) on a A(X) = B(X)(1) + (X2 + 4X − 5) et B(X) = (X2+ 4X − 5)(X − 1) + (X + 5) et (X2+ 4X − 5) = (X + 5)(X − 1) + 0 . Donc Le p.g.c.d. de A est B est X + 5.
2. (1 pt) A(X) = (X + 5)(X2− X + 1) et B(X) = (X + 5)(X2− 2X + 2).
3. (2 pt) pour X2− X + 1 on a ∆ = −3 = (√3i)2 donc X2− X + 1 = (X −1−√3i 2 )(X − 1+√3i 2 ) Donc A(X) = (X + 5)(X − 1− √ 3i 2 )(X − 1+√3i 2 )
De même Pour X2− 2X + 2 on a ∆ = −4 = (2i)2