corr-controle-dalg-m1-2014-15

Université Sidi Mohamed Ben Abdellah

Année Univ.2014 -15

Faculté des Sciences Dhar El Mehraz

SMP-SMC

Département de Mathématiques

Correction du contrôle d’Algèbre M1

durée: 1h30

Exercice 1

:

2i

2 _{ 2e} i6 i _{ 2e} 7i

6 Donc : ||  2 et arg   

6 mod ulo 2 ou arg   76 mod ulo 2 3) 1Ière _{méthode :}   2ei6 _{ 2 cos } 6  i sin 6  2 3 2  i2  3  i. 2Ième _{méthode :}   2e7i6 _{ 2 cos 7}

6  i sin 76  2 cos 6    i sin 6    2 − cos 

6 − i sin 6  2 − 3

2 − i2  − 3 − i. 4) Δ  1  i 3 2 4  1  2i 3 − 3  4  2  2i 3  2

Donc les solutions de l’équation E dans C sont :

z1  − 1  i 3   2  − 1− i 3   2 et z2  − 1  i 3 −  2  − 1− i 3 −  2 . 1Ière _{méthode :} z1  −1− i 3  3  i 2  3 − 1  i 1 − 3 2  3 − 1 2  i 1− 3 2 ou z1  3 − 1 1 − i 2 . z2  −1− i 3 − 3 − i 2  −1 − 3 − i 1  3 2  − 1− 3 2  i −1 − 3 2  −1 3 2 − i 1 3 2 ou z2  − 1 3 1  i 2 .

2Ième _{méthode :} z1  −1− i 3 − 3 − i 2  −1 − 3 − i 1  3 2  − 1− 3 2  i −1 − 3 2  −1 3 2 − i 1 3 2 ou z1  − 1 3 1  i 2 . z2  −1− i 3  3  i 2  3 − 1  i 1 − 3 2  3 − 1 2  i 1− 3 2 ou z2  3 − 1 1 − i 2 .

Exercice 2

:

1) On utilise le procédé de Hőrner.

1 −6 10 4 −23 10 12 −8 2 2 −8 4 16 −14 −8 8 1 −4 2 8 −7 −4 4 0 2 2 −4 −4 8 2 −4 1 −2 −2 4 1 −2 0 2 2 0 −4 0 2 1 0 −2 0 1 0 2 2 4 4 8 1 2 2 4 9

Donc n  3 est l’ordre de multiplicité de 2 dans le polynôme A; et X4 _{− 2X}2_{ 1 est le} quotient de la division euclidiènne du polynôme A par X − 23 _{ X − 2}n

2) A  X − 23_X4 _{− 2X}2 _{ 1  X − 2}3_X2 _{− 1}2 _{ X − 2}3_{X − 1X  1}2  X − 23_{X − 1}2_{X  1}2

Exercice 3

:

1) 1Ière _{méthode :}

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

Donc la décomposition de la fraction rationnelle G en éléments simples est de la forme : G  X  2 X2_{− 1}  X 2 X − 1X  1  Xa− 1  b X 1. a  X − 1G1  X  2 X 1 1  32 . b  X  1G−1  X  2 X− 1 −1  1−2  − 1 2. Par suite on a : G  X  2 X2 _{− 1}  3 2X − 1 − 2X  11 . 2Ième _{méthode :} G  X  2 X2 _{− 1}  X − 1X  1X 2 . Posons X− 1  Y. Alors : X  Y  1 et G  Y 1  2 YY  1  1  Y 3 YY  2.

On effectue la division suivant les puissances croissantes de Y 3 par Y  2 à l’ordre 0. 3 Y −3 − 3 2Y − 1 2Y 2 Y 3 2 . Donc : G  3 2Y  2 − 12Y YY  2  32Y − 1 2Y  2  2X − 13 − 2X  11 . 3Ième _{méthode :} G  X  2 X2 _{− 1}  X 2 X  1X − 1. Posons X 1  Y. Alors : X  Y − 1 et G  Y− 1  2 YY − 1 − 1  Y 1 YY − 2.

On effectue la division suivant les puissances croissantes de Y 1 par Y − 2 à l’ordre 0. 1 Y −1  1 2Y 3 2Y −2  Y − 1 2 _. Donc : G  − 12Y − 2  32Y YY − 2  − 12Y  2Y − 23  −2X  11  2X − 13 . 2) Vérifier que FX  GX2_. FX  X2  2 X4 _{− 1}  X 2 _{ 2} X2_2 _{− 1}  GX 2_. 3) FX  GX2_{ } 3 2X2 _{− 1} − _2X21_{ 1}  2X − 1X  13 − _2X21_{ 1}. Posons : H  3 2X − 1X  1 .

1Ière _{méthode pour décomposer H en éléments simples :}

Puisque d0_{H  0 − 2  −2  0 alors la partie entière de H est nulle.}

Donc la décomposition de la fraction rationnelle H en éléments simples est de la forme : H  3 2X − 1X  1  Xa− 1  b X 1. a  X − 1H1  3 2X  11  2 2 3 3 4 . b  X  1H−1  3 2X − 1−1  2−23  3−4  − 34. Par suite on a : H  3 2X − 1X  1  4X − 13 − 4X  13 . 2Ième _{méthode pour décomposer H en éléments simples :}

H  3

2X − 1X  1 . Posons X− 1  Y. Alors : X  Y  1 et H  3

On effectue la division suivant les puissances croissantes de 3 par Y 2 à l’ordre 0. 3 −3 − 3 2Y − 3 2Y 2 Y 3 2 . Donc : H  3 2Y  2 − 32Y 2YY  2  34Y − 3 4Y  2  4X − 13 − 2X  13 . 3Ième _{méthode pour décomposer H en éléments simples :}

H  3

2X  1X − 1 . Posons X 1  Y. Alors : X  Y − 1 et H  3

2YY − 1 − 1  2YY − 23 .

On effectue la division suivant les puissances croissantes de 3 par Y− 2 à l’ordre 0. 3 −3  3 2Y 3 2Y −2  Y − 3 2 _. Donc : H  − 32Y − 2  32Y 2YY − 2  − 34Y  3 4Y − 2  −4X  13  4X − 13 .

Ce qui montre que la décomposition de la fraction rationnelle F en éléments simples dans RX est : FX  3 2X − 1X  1 − 2X21_{ 1}  H − 1 2X2 _{ 1}  3 4X − 1 − 4X  13 − 2X21_{ 1}. Posons : M  − 1 2X2_{ 1}  − 1 2X − iX  i.

1Ière _{méthode pour décomposer M en éléments simples dans CX :} Puisque d0_{M  0 − 2  −2  0 alors la partie entière de M est nulle.}

Or la fraction rationnelle M est paire, donc la décomposition de la fraction rationnelle

M en éléments simples dans_{CX est de la forme : M } a X− i − a X i. a  X − iMi  − 1 2X  ii  − 12 2i  − 1 4i  i4. Par suite on a : M  i 4X − i − 4X  ii .

2Ième _{méthode pour décomposer M en éléments simples dans CX :} Puisque d0_{M  0 − 2  −2  0 alors la partie entière de M est nulle.}

Or la fraction rationnelle M ∈ RX, donc la décomposition de la fraction rationnelle

M en éléments simples dans_{CX est de la forme : M } a X− i 

a X i.

a  X − iMi  − 1

2X  ii  − 12 2i  − 1

4i  i4. Par suite on a : M  i

4X − i  4X  ii  4X − ii − 4X  ii . 3Ième _{méthode pour décomposer M en éléments simples dans CX :}

M  − 1

2X − iX  i . Posons X− i  Y. Alors : X  Y  i et M  −1

2YY  i  i  2YY  2i−1 .

On effectue la division suivant les puissances croissantes de−1 par Y  2i à l’ordre 0. −1 1− i 2Y − i 2Y 2i Y −1 2i  i2 _. Donc : M  i 2Y  2i − i2Y 2YY  2i  i4Y − i

4Y  2i  4X − ii − 4X  ii .

Ce qui montre que la décomposition de la fraction rationnelle F en éléments simples dans CX est : FX  3 4X − 1 − 4X  13 − 2X21_{ 1}  3 4X − 1 − 4X  13  M  3 4X − 1 − 4X  13  4X − ii − 4X  ii .

Exercice 4

:

Donc u1, u2 est un système libre, ce qui montre que u1, u2 est une base de F. Par suite dim F  2.

∀a  x, y, z ∈ R3 _{: a ∈ G  x − z  0  z  x  a  x, y, x}

 a  x, 0, x  0, y, 0  a  x1, 0, 1  y0, 1, 0 Posons v1  1, 0, 1 et v2  0, 1, 0 alors v1, v2 est un système générateur de G. ∀,  ∈ R : v1  v2  03  1, 0, 1  0, 1, 0  0, 0, 0  , 0,   0, , 0  0, 0, 0  , ,   0, 0, 0    0   0   0      0.

Donc v1, v2 est un système libre, ce qui montre que v1, v2 est une base de G. Par suite dim G  2.

2) _{∀a  x, y, z ∈ R}3 _{: a ∈ F ∩ G  a ∈ F et a ∈ G } z− 2x  0 x− z  0  z  2x x− 2x  0  z  2x −x  0  x  z  0  a  0, y, 0  y0, 1, 0

Alors u2  v2 est un système générateur de F ∩ G.

Puisque u2  v2 est non nul alors u2  v2 est une base de F ∩ G. Par suite dimF ∩ G  1.

3) dimF ∩ G  1  F ∩ G ≠ 03. Donc la somme F  G n’est pas directe. 4) ∀a  x, y, z ∈ F ∩ H : a ∈ F et a ∈ H

a ∈ F  z − 2x  0  z  2x  a  x, y, 2x

a ∈ H  vectu  ∃ ∈ R tq : a  x,y,2x  u  1,1,1  ,,.

On a alors :

x   y  

2x  

 2      0  a  0u  03 Donc la somme de F et H est directe.

dimF ⊕ H  dimF  dimH  2  1  3  dimR3  F ⊕ H  R3. Ce qui montre que H _{ vectu est un supplémentaire de F dans R}3_. 5) aF ∈ F  ∃x, y ∈ R tq : aF  x, y, 2x aH ∈ H  ∃ ∈ R tq : aH  1, 1, 1  , ,  aF  aH  a  x, y, 2x  , ,   a  x  , y  , 2x    7, 2, 9. On a alors : x   7 y   2 2x   9  x  2 2   7 y   2  x  2   5 y 5  2  x  2 y  −3   5 Par suite on a : aF  2, −3, 2  2  2, −3, 4 et aH  5, 5, 5.