Correction du partiel du 13/11/10
Exercice 1. Questions de cours
1. Soit n un entier naturel non nul et soient z
0et z des nombres complexes non nuls tels que z
0n= z.
Donner toutes les racines n-i` emes de z.
2. Soit F une partie de R
n, ` a quelles conditions F est-il un sous-espace de l’espace vectoriel R
n? 3. Soient E et F des ensembles et f : E → F une application.
Donner la d´ efinition de la surjectivit´ e de f.
Puis donner un exemple d’application surjective de R dans ]0, +∞[.
Correction :
1. z
0est une racine n-i` eme de z, donc les n racines n-i` emes de z s’obtiennent en multipliant z
0par chacune des n racines n-i` emes de l’unit´ e, ce sont donc les n nombres z
0e
i2kπno` u k ∈ {0, . . . , n − 1}.
2. F est un sous-espace vectoriel de R
nsi et seulement si le vecteur nul appartient ` a F et F est stable par combinaison lin´ eaire, c’est-` a-dire pour tous r´ eels λ et µ, pour tous vecteurs x et y de F, λx + µy ∈ F.
On peut ´ egalement dire que F est un sous-espace vectoriel de R
nsi et seulement si F n’est pas vide et F est stable pour l’addition des vecteurs et pour la multiplication d’un vecteur par un r´ eel.
3. f : E → F est surjective si et seulement si tout ´ el´ ement de F a au moins un ant´ ec´ edent par f dans E.
Formulation symbolique : ∀y ∈ F, ∃x ∈ E, f (x) = y.
Exemple d’application surjective de R dans ]0, +∞[ : la fonction exponentielle.
Exercice 2.
R´ esoudre dans C l’´ equation suivante en exprimant toutes les racines sous forme alg´ ebrique : 1
2 z
2+ 2
√
2 z + 3 + i = 0 . Correction :
Le discriminant de cette ´ equation est ∆ = (2 √
2)
2− 2(3 + i) = 2 − 2i.
Calculons les racines carr´ ees de ∆ sous la forme x + iy avec x et y r´ eels. On a les ´ equivalences :
(x + iy)
2= 2 − 2i ⇔
x
2− y
2= 2 2xy = −2 x
2+ y
2= 2 √
2
⇔
x
2= √ 2 + 1 y
2= √
2 − 1 xy = −1
Les racines carr´ ees de ∆ sont donc p√
2 + 1 − i p√
2 − 1 et − p√
2 + 1 + i p√
2 − 1.
On en d´ eduit que les solution de l’´ equation sont z
1= −2 √
2 + q √
2 + 1 − i q √
2 − 1 et z
2= −2 √ 2 −
q √
2 + 1 + i q √
2 − 1
Exercice 3.
On consid` ere l’application :
f : [−π,π]→ R x 7→ cos x . 1. D´ ecrire les sous-ensembles suivants de R :
f
−1{0}
, f
−1]0, +∞[
, f
−1[−1, 0]
, f [−π/6, π/3[
, f [π/2, π]
.
2. Donner un exemple de partie A de [−π, π] pour laquelle : f
−1f A
6= A .
Correction : D’apr` es les propri´ et´ es de la fonction cosinus, le tableau de variation de f est :
x −π −
π20
π2π
f (x)
−1
*
0
*
1 H H
H j 0
H H j H −1
Ce tableau de variation et la continuit´ e de f justifient les r´ eponses suivantes : 1. f
−1{0}
=
−
π2∪
π2
, f
−1]0, +∞[
=
−
π2,
π2, f
−1[−1, 0]
=
− π, −
π2∪
π2
, π . f [−
π6,
π3[
=]
12, 1] car cos(
π3) =
12< cos(−
π6) =
√3 2
. f [
π2, π]
= [−1, 0].
2. Par exemple A = {
π2}, on a f (A) = {0} et f
−1{0}
= {−
π2} ∪ {
π2} donc f
−1f A 6= A.
Exercice 4.
1. Soit n > 3 un entier, montrer que le polynˆ ome P(x) = n x
n− (n+1) x
n−1− x + 2 est divisible par (x − 1)
2.
2. Soit n > 1 un entier, montrer que le polynˆ ome Q(x) = (x − 3)
2n+ (x − 2)
n− 1 est divisible par le polynˆ ome x
2− 5x + 6 .
Indication : on pourra commencer par v´ erifier que 2 et 3 sont des racines de Q(x).
Correction :
1. Le polynˆ ome P(x) est divisible par (x − 1)
2si et seulement 1 est une racine au moins double de P c’est-` a-dire si P(1) = P
0(1) = 0.
Or P(1) = n − (n + 1) − 1 + 2 = 0,
et, comme n − 1 > 1 , P
0(x) = n
2x
n−1− (n + 1)(n − 1) x
n−2− 1 donc P
0(1) = n
2− (n + 1)(n − 1) − 1 = n
2− (n
2− 1) − 1 = 0.
Conclusion : P(x) est divisible par (x − 1)
22. Le polynˆ ome unitaire T(x) = x
2− 5x + 6 a pour racines 2 et 3 donc sa factorisation dans R[X]
est T(x) = (x − 2)(x − 3).
Il suit que T(x) divise Q(x) si et seulement si Q(x) est factorisable par (x −2)(x −3) c’est-` a-dire si 2 et 3 sont des racines de Q(x).
Or Q(2) = (2 − 3)
2n+ (2 − 2)
n− 1 = (−1)
2n− 1 = 0 et Q(3) = (3 − 3)
2n+ (3 − 2)
n− 1 = 1
n− 1 = 0.
Conclusion : Q(x) est divisible par x
2− 5x + 6.
Exercice 5.
1. Donner la forme polaire des racines complexes du polynˆ ome A(x) = x
5− 1 .
2. Justifier l’existence du polynˆ ome B tel que A(x) = (x − 1)B(x), puis calculer B par une division euclidienne.
3. D´ eduire des questions pr´ ec´ edentes la factorisation de B en polynˆ omes irr´ eductibles de C [X].
Puis donner la factorisation de B en polynˆ omes irr´ eductibles de R [X].
Dans les trois questions suivantes, on veut ´ etablir d’une autre mani` ere la factorisation de B afin de r´ epondre ` a la question finale de l’exercice.
4. Pour tout z ∈ C non nul, on pose E(z) = z
2h z + 1
z
2+ z + 1
z − 1 i
. Montrer que E est un polynˆ ome que l’on calculera.
5. Factoriser le polynˆ ome P(x) = x
2+ x − 1.
6. A l’aide du changement de variable x = z + 1
z , en d´ eduire une factorisation de E(z) en poly- nˆ omes irr´ eductibles de R [X].
7. En utilisant l’unicit´ e de la factorisation en polynˆ omes irr´ eductibles de R [X], d´ eduire de ce qui pr´ ec` ede une expression alg´ ebrique exacte de cos 2π
5 et cos π 5 . Correction :
1. Les racines complexes du polynˆ ome A(x) = x
5− 1 sont les racines cinqui` eme de l’unit´ e, c’est-
`
a-dire les cinq nombres suivants :
u
k= e
i2kπ5avec k ∈ {0, . . . , 4} . Ce sont toutes des racines simples.
2. Le polynˆ ome A(x) = x
5− 1 a pour racine 1 donc il est divisible par x − 1 ce qui signifie qu’il
existe un polynˆ ome B tel que A(x) = (x − 1)B(x).
On peut calculer B en effectuant la division division euclidienne de A(x) par x − 1 :
x
5−1 x − 1
x
5−x
4x
4−1 x
4+ x
3+ x
2+ x + 1
x
4−x
3x
3−1
x
3−x
2x
2−1
x
2−x x −1 x −1 0 On obtient B(x) = x
4+ x
3+ x
2+ x + 1.
3. D’apr` es le 1., la factorisation de A(x) dans C [X] est A(x) =
4
Y
k=0
(x − e
i2kπ5) = (x − 1)
4
Y
k=1
(x − e
i2kπ5).
Par identification, on en d´ eduit que la factorisation de B(x) dans C[X] est B(x) =
4
Y
k=1
(x − e
i2kπ5)
La factorisation de B dans R [X] se d´ eduit de celle dans C [X] en regroupant les facteurs corres- pondants aux racines non r´ eelles conjugu´ ees, i.e. u
1et u
4, u
2et u
3, ce qui donne :
(x − u
1)(x − u
4) = x
2− 2 Re(u
1) x + |u
1| = x
2− 2 cos
2π5x + 1 (x − u
2)(x − u
3) = x
2− 2 Re(u
2) x + |u
2| = x
2− 2 cos
4π5x + 1 La factorisation de P dans R [X] est donc :
B(x) =
x
2− 2
cos 2π 5
x + 1 x
2− 2
cos 4π 5
x + 1
.
4. Soit z ∈ C non nul, E(z) = (z
2+ 1)
2+ z
3+ z − z
2= z
4+ 2z
2+ 1 + z
3+ z − z
2= z
4+ z
3+ z
2+ z + 1 On en d´ eduit que E est le polynˆ ome B.
5. P(x) = x
2+ x − 1 a pour discriminant 5 et pour racines −1 + √ 5
2 et −1 − √ 5
2 .
On en d´ eduit la factorisation suivante : P(x) = (x + 1 − √ 5
2 ) (x + 1 + √ 5 2 ).
6. Soit z ∈ C non nul, on pose x = z +
1z, d’apr` es la question pr´ ec´ edente, E(z) = z
2P(x) = z
2(x + 1 − √
5
2 ) (x + 1 + √ 5
2 ) = z
2(z + 1
z + 1 − √ 5
2 ) (z + 1
z + 1 + √ 5 2 ) Donc E(z) = (z
2+ 1 − √
5
2 z + 1) (z
2+ 1 + √ 5
2 z + 1) (I).
Comme E(z) = B(z), (I) est une factorisation de B dans R[X] en deux polynˆ omes de degr´ e 2.
Ces deux polynˆ omes sont irr´ eductibles sinon, dans la question 3, on aurait trouv´ e au moins un polynˆ ome de degr´ e 1 dans la factorisation en polynˆ omes irr´ eductibles de B.
On en conclut que (I) est la factorisation de E et B en polynˆ omes irr´ eductibles de R [X].
7. Comme la factorisation en polynˆ omes irr´ eductibles de R[X] est unique, on peut identifier les fac- teurs obtenus dans les questions 3 et 6. On en d´ eduit que {−2 cos
2π5, −2 cos
4π5} = {
1−√5 2
,
1+√5 2
}.
Pour identifier individuellement les ´ el´ ements de ces deux ensembles, il faut ordonner chaque ensemble.
Comme 0 <
2π5<
π2<
4π5< π , et que la fonction cosinus est strictement d´ ecroissante sur [0, π], on a cos
2π5> 0 > cos
4π5, donc −2 cos
2π5< 0 < −2 cos
4π5.
De plus √
5 > 1 donc
1−√ 5
2
< 0 <
1+√ 5 2
. On en conclut d’une part que −2 cos
2π5=
1−√ 5
2
donc cos
2π5=
√5−1 4
, et d’autre part que −2 cos
2π5=
1+√ 5
2
donc cos
4π5=
−1−√ 5
4
.
Enfin, comme cos
4π5= cos(π −
π5) = − cos(
π5), il suit que cos
π5=
1+√5 4
. Conclusion : cos
2π5=
√5−1
4
et cos
π5=
1+√5 4
