Corr Contrôle d’Alg 1 SMP-SMC 2016-17

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ.2016-17

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMP-SMC

Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre 1

durée : 1h30

Exercice 1 :

1) |3 4i|  32 _{ 4}2 _{ 9  16  25  5.}

Il suffit de prendre  2|3  4i|  3

2  i 2|3  4i| − 3 2  25  3 2  i 25 − 3 2  2 8 2  i 2 2 2  16 2  i 4 2  42  i 22  2  i.

2)Δ  −3i2 43  i  3i2  12  4i  −9  12  4i  3  4i. Puisque2 _{ 3  4i  Δ, les solutions de l’équation sont :}

z1  3i   2  3i  2  i2  2  4i2  1  2i z2  3i −  2  3i− 2  i 2  3i − 2 − i2  2i − 22  i − 1 3)

1

−4 − 3i 1  11i 12 − 8i −12 − 4i

2

2

−4 − 6i −6  10i 12  4i

1

−2 − 3i −3  5i 6  2i

0

2

2

−6i

−6 − 2i

1

−3i

−3 − i 0

2

2

4

− 6i

1 2

− 3i 1 − 7i

Alors 2 est une racine de A d’ordre de multiplicité 2. Donc n  2. Le quotient de A parX − 2n  X − 22 est X2 _{− 3iX − 3  i.}

4) A  X − 22X2_{− 3iX − 3  i  X − 2}2_{X − 1  2iX − i − 1}

 X − 22_{X − 1 − 2iX  1 − i.}

Exercice 2 :

Donc les racines du polynôme

X

−2X  2

– 2ième méthode :

Δ′ _{ −1}2_{− 2  1 − 2  −1  i}2_{. Donc les racines du polynôme}

_X

−2X  2

dans C sont :

– 3ième _{méthode :}

Δ  −22 _{− 4  2  4 − 8  −4  2i}2_.

Donc les racines du polynôme

X

−2X  2

2 2i 2  21  i 2  1  i et 2 − 2i2  21 − i 2  1 − i. 2) Puisque d0_{F  2 − 5  −3  0, la partie entière de F est nulle.}

Donc la décomposition de la fraction rationnelle F en éléments simples dans RX est de la forme : F  a1 X− 1  a2 X − 12  b X 1  X   X2 _{− 2X  2} (car X 2_{− 2X  2 est} irréductible dans RX). a2  X − 12F 1  X 2_{ 1} X  1X2_{− 2X  2}1  2 2 1  1. b  X  1F−1  X2  1 X − 12_X2 _{− 2X  2}−1  2 4 5  1 10 . Puisque 1 i est une racine du polynôme

X

−2X  2

1  i    X2 _{− 2X  2F1  i } X2 1 X − 12_{X  1}1  i  1  i2 _{ 1} 1  i − 12_{1  i  1}  2i  1 i2_{2  i}  1  2i−2  i  −  1 2i2 − i 2  i2 − i  − 4  3i5  − 45 − i 35.

Par suite :    i  − 4

5 − i 35      − 4 5   − 3₅    − 3 5 − 3₅    − 4₅    − 35   3₅ − 4₅  − 1₅ . – 1ière méthode pour chercher le nombre

a

limxxFx  limx xx 2_{ 1} x − 12_{x  1x}2 _{− 2x  2}  0. Par suite on a : limxx _xa_{− 1 }1 a2 x − 12  b x 1  x   x2 _{− 2x  2}  0  limx _xa_{− 1 }1x a2x x − 12  bx_x 1  x2  x x2 _{− 2x  2}  0  a1  b    0  a1  −b −   − 1 10  35  −1  610  510  12 . – 2ième méthode pour chercher le nombre

a

F0  1 −12_{ 1  2}  1 1 2  1 2. Par suite on a : a1 −1  _−1a2 2  b  ₂  1₂  −a1  a2  b  ₂  1₂  a1  a2 b  ₂ − 1₂ .

Alors : a1  1  1

10  − 1

5

2 − 12  1  110 − 110 − 12  12.

Ce qui montre que la décomposition de la fraction rationnelle F en éléments simples dans RX est : F  1 2 X− 1  1 X − 12  1 10 X 1  − 3 5 X − 15 X2 _{− 2X  2}  1 2X − 1  X − 11 2  1 10X  1 − 5X23X_{− 2X  2} 1 .

3) Puisque d0_{G  1 − 2  −1  0, la partie entière de G est nulle.}

On a vu que les racines du polynôme

X

−2X  2

Par suite la décomposition de la fraction rationnelle G en éléments simples dans CX est de la forme : G  3X 1 X − 1 − iX − 1  i  X− 1 − i a b X− 1  i. a  X − 1 − iG1  i  3X  1 X− 1  i 1 i  31  i  1 1 i − 1  i  3 3i  1 2i  − i4  3i −i2i  3 − 4i2 b  X − 1  iG1 − i  3X  1 X− 1 − i 1− i  31 − i  1 1− i − 1 − i  3− 3i  1 −2i   4− 3ii −2ii  3  4i2 Donc la décomposition de la fraction rationnelle G en éléments simples dans CX est :

G  3− 4i 2 X− 1 − i  3 4i 2 X− 1  i  2X − 1 − i3− 4i  2X − 1  i3 4i . 4) F  1 2X − 1  _{X − 1}1 2  1 10X  1 − 5X23X_{− 2X  2} 1  1 2X − 1  _{X − 1}1 2  10X  11 − 1₅G  1 2X − 1  _{X − 1}1 2  1 10X  1 − 15 3− 4i 2X − 1 − i  2X − 1  i3 4i  1 2X − 1  _{X − 1}1 2  10X  11 − 10X − 1 − i3− 4i − 10X − 1  i3 4i  1 2X − 1  _{X − 1}1 2  1 10X  1  10X − 1 − i4i− 3 − 10X − 1  i4i 3 .

Exercice 3 :

Donc B1  1, 1, 2, 1, 1, 1, 1, 2 est une base de E et dimE  2.

2) – 1ière _{méthode :}

w  3, 4, 3, 3  2, 2, 2, 2  1, 2, 1, 1  21, 1, 1, 1  1, 2, 1, 1  2u  v.

– 2ième _{méthode :} ∀,  ∈ R : w  u  v  1,1,1,1  1,2,1,1  3,4,3,3  , , ,   , 2, ,   3, 4, 3, 3    ,   2,   ,     3, 4, 3, 3      3   2  4    4 − 3  1   2  4    2   1 . 3) ∀,  ∈ R : u  v  04  1, 1, 1, 1  1, 2, 1, 1  0, 0, 0, 0  , , ,   , 2, ,   0, 0, 0, 0    ,   2,   ,     0, 0, 0, 0      0   2  0    4 − 3  1   2  4      0 Donc B2 est une partie libre de F.

 ∀a ∈ F : ∃, ,  ∈ R tq : a  u  v  w

Alors : a  u  v  2u  v  u  v  2u  v    2u    v.

Donc B2 est une partie génératrice de F.

Ce qui montre que B2 est une base de F.

4) Puisque1, 1, 2, 1, 1, 1, 1, 2 ∉ B2 alors : B1 ∩ B2  ∅. B1 B2  1, 1, 2, 1, 1, 1, 1, 2, u, v. ∀, , ,  ∈ R : 1,1,2,1  1,1,1,2  u  v  04  1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2  1, 1, 1, 1  1, 2, 1, 1  0, 0, 0, 0  , , 2,   , , , 2  , , ,   , 2, ,   0, 0, 0, 0        ,       2, 2      ,   2      0, 0, 0, 0          0       2  0 2        0   2      0          0   0   0   0          0

Donc B1 B2 est une partie libre de R4 qui contient 4 vecteurs.

Ce qui montre que B1 B2 est une base de R4.

5) – 1ière _{méthode :}

Puisque B1 est une base de E, B2 est une base de F, B1 ∩ B2  ∅ et B1  B2 est une

base de R4

– 2 méthode :

 ∀a ∈ E ∩ F : a ∈ E et a ∈ F.

Alors il existe des nombres réels, , ,  tels que :

a  1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2  u  v.

Donc :1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2 − u − v  a − a  0      −  −  0. Par suite : a  01, 1, 2, 1  01, 1, 1, 2  04.

On a montrer que E∩ F  04, ce qui montre que la somme de E et F est directe.

 Puisque B1 B2 est une base de R4 alors :

∀a ∈ R4 _{: ∃, , ,  ∈ R tq : a  1,1,2,1  1,1,1,2  u  v.}

1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2 ∈ E

u  v ∈ F  a  1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2  u  v ∈ E ⊕ F.

Donc : E⊕ F  R4_.

Ce qui montre E et F sont supplémentaires dans R4_.

– 3ième _{méthode :}  ∀a ∈ E ∩ F : a ∈ E et a ∈ F. a ∈ E  ∃,  ∈ R tq : a    ,  ,2  ,  2 a ∈ F  ∃,  ∈ R tq : a  u  v  1,1,1,1  1,2,1,1    ,   2,   ,   .. Par suite on a :   ,   , 2  ,   2    ,   2,   ,                   2         2          0  a  0, 0, 0, 0  04.

On a montré que E∩ F  04, ce qui montre que la somme de E et F est directe.

 Puisque B2 est une base de F qui contient deux éléments alors dim F  2.

Par suite on a : dimE ⊕ F  dimE  dimF  2  2  4  dimR4 _{ E ⊕ F  R}4_.

Ce qui montre E et F sont supplémentaires dans R4_.

6)∀, , ,  ∈ R : 1,1,2,1  1,1,1,2  u  v  a  1, 1, 2, 1  1, 1, 1, 2  1, 1, 1, 1  1, 2, 1, 1  x, y, z, t  , , 2,   , , , 2  , , ,   , 2, ,   x, y, z, t        ,       2, 2      ,   2      x, y, z, t          x       2  y 2        z   2      t          x   y − x   z − x   t − x    z − x   t − x   y − x z− x  t − x    y − x  x    z − x   t − x   4x − y − z − t   y − x .

Donc les composantes d’un vecteur a  x, y, z, t de R4 _{dans la base B}

1 B2 sont :

z− x, t − x, 4x − y − z − t et y − x.