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Jour no1
Exercice 1.1
Trouver le polynôme P ∈ R[X] de degré minimal dont le reste dans la division
euclidienne par X 2 + X + 1 vaut X − 1 et dont le reste dans la division euclidienne
par (X − 1)2 vaut 2 − X.
Exercice 1.2
On se place dans E = R3 muni du produit scalaire usuel et u est un endomorphisme
de E. Montrer que :
f : E → E, x → x ∧ u(x)
est de classe C 1 et calculer sa différentielle.
Jour no 1
17
2009 - ♣
Exercice 1.1
Énoncé
Trouver le polynôme P ∈ R[X] de degré minimal dont le reste dans la division
euclidienne par X 2 + X + 1 vaut X − 1 et dont le reste dans la division euclidienne
par (X − 1)2 vaut 2 − X.
Analyse stratégique de l’énoncé
Il s’agit ici d’un exercice sur la division euclidienne des polynômes. Cet exercice peut
dérouter car il fait appel au programme de première année. En particulier, on doit
se souvenir des racines complexes de 1 + X + X 2 .
Rapport du jury 2007
On peut noter des difficultés dans la résolution de problèmes concernant
l’algèbre générale (nombres complexes, polynômes, fractions rationnelles).
Le premier problème est de choisir le degré adapté pour P. Il est clair que P doit
être de degré au moins égal à 2. Par ailleurs, il serait maladroit de poser deux
divisions euclidiennes sans connaı̂tre ni les coefficients, ni le degré de P. L’idée est de
remarquer que si un tel polynôme P ∈ R[X] existe, il existe aussi deux polynômes
(Q, Z) ∈ R[X]2 tel que :
P = (X 2 + X + 1)Q + X − 1 = (X − 1)2 Z + 2 − X.
Il ne faut surtout pas tenter de déterminer Q et Z.
→ On pourra remplacer X par les racines de X 2 + X + 1 et de (X − 1)2 . Cela permet
de se débarrasser des polynômes Q et Z.
Corrigé
On remarque donc que si un tel polynôme P ∈ R[X] existe, il existe aussi deux
polynômes (Q, Z) ∈ R[X]2 tel que :
P = (X 2 + X + 1)Q + X − 1 = (X − 1)2 Z + 2 − X.
Donc, en partant de la seconde égalité,
P = 2(X − 1)Z + (X − 1)2 Z − 1.
Comme les racines de X 2 + X + 1 sont j et j 2 = j̄, on en déduit que :
P (j) = j − 1, P (1) = 1, P (1) = −1.
La relation P (j̄) = j̄ − 1 n’apporte rien de plus car P est un polynôme réel. Il reste
à chercher P en l’écrivant sous forme de puissances décroissantes.
Commençons par un polynôme de degré 2. Posons, avec (b, c, d) ∈ R3 :
P = bX 2 + cX + d.
18
Jour no 1
On a le système :
⎧
⎨ bj 2 + cj + d = j − 1
b+c+d =
1 .
⎩
2b + c
= −1
En remplaçant j 2 par −j − 1 dans la première égalité, elle devient :
−b + d + 1 = 0
−b + d + 1 + j(−b + c − 1) = 0 ⇒
,
−b + c − 1 = 0
sachant que b, c et d sont réels( {1, j} est libre dans le R-ev C. On a :
⎧
−b + d + 1 = 0
⎪
⎪
⎨
−b + c − 1 = 0
.
b+c+d = 1
⎪
⎪
⎩ 2b + c
= −1
Ce système est impossible. En effet, si on note Li la i-ième ligne du système, alors
L1 + L2 + L4 donne d + 2c = −1 et 2L3 − L4 donne c + 2d = 3. On en déduit que
c = −5/3 et d = 7/3. En remplaçant dans L3 , on obtient b = 1/3. Et on vérifie que
L1 ne fonctionne pas.
De toute façon, l’énoncé dit que l’on cherche le polynôme de degré minimal. Il est
donc censé être unique et le système plus haut ne peut pas être un système de
Cramer, c’est-à-dire avoir une solution unique. Il manque une inconnue pour qu’il
soit éventuellement un système de Cramer (il faut que son déterminant soit alors
non nul). Il faut pousser le degré de P.
Continuons avec un polynôme de degré 3. Posons (avec a, b, c et d réels) :
P = aX 3 + bX 2 + cX + d.
On a le système :
⎧
⎨ aj 3 + bj 2 + cj + d = j − 1
a+b+c+d
=
1 .
⎩
3a + 2b + c
= −1
Or j 3 = 1 et j 2 = −j − 1. La première égalité devient :
a−b+d+1 = 0
a − b + d + 1 + j(−b + c − 1) = 0 ⇒
,
−b + c − 1 = 0
sachant que a, b, c et d sont réels. On a alors
⎧
a−b+d+1
⎪
⎪
⎨
−b + c − 1
a
+b+c+d
⎪
⎪
⎩ 3a + 2b + c
le système :
= 0
= 0
.
= 1
= −1
Ce système est de Cramer (son déterminant vaut 9 et est donc non nul), on obtient un
seul polynôme de degré 3 répondant à la question. Après calculs (laissés au lecteur),
on trouve :
1
4
1
a = −1, b = , c = , d = .
3
3
3
Jour no 1
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Comme a = 0, 3 est bien le degré minimal. On peut conclure.
1
4
1
P = −X 3 + X 2 + X + .
3
3
3
Remarque
Comme les relations :
P (j) = j − 1, P (1) = 1, P (1) = −1.
donnent en fait quatre égalités car P est réel et P (j) = j − 1 donne deux égalités
réelles, il est logique de penser que P est de degré 3 car un tel polynôme a quatre
coefficients. Si P est de degré supérieur, il y a plus d’inconnues que d’équations et
le système n’est pas de Cramer. Il ne peut pas y avoir alors un polynôme unique et
la question posée est alors incohérente car on cherche bien un seul polynôme. Ceci
dit, le jour de l’oral, il n’est pas évident que l’on ait le temps de faire suffisamment
en amont ce raisonnement.
Techniques à mémoriser
♥ Il faut se souvenir de la façon dont on détermine le reste de la division euclidienne
de A par B.
i. On peut utiliser l’algorithme de division euclidienne (qui fournit le quotient par la
même occasion) mais cela est en général réservé à des polynômes dont les degrés ne
sont pas trop élevés.
ii. On peut directement poser A = BQ + R, où R est le reste et Q le quotient
puis écrire la forme développée de R avec des coefficients inconnus. On sait que
deg R < deg B. On détermine ensuite les racines de B que l’on note α1 , ..., αk et on
écrit que A(αi ) = R(αi ) pour tout i de 1 à k et on complète par A (αi ) = R (αi )
là où les racines sont doubles, etc. On obtient un système qui devrait fournir les
coefficients de R.
♥ Il faut se souvenir que si l’on a des relations où figure j = ei2π/3 , il faut penser à
remplacer j 3 par 1 et j 2 par −1 − j. De plus, on a :
a + bj = 0 ⇒ a = b = 0,
dans le cas où a et b sont deux réels.
♥ Il faut se souvenir qu’un système linéaire de n équations à p inconnues ne peut pas
avoir de solution unique si n = p. De plus, dans le cas n = p, il doit alors être de
Cramer et vérifier une de ses caractéristiques (voir le formulaire).
♥ Il faut se souvenir que si P est un polynôme réel et vérifie une relation du type
P (z) = z , où z et z sont deux complexes, on peut remplacer cette relation par deux
égalités, en utilisant le fait que C est un espace vectoriel de dimension 2 sur R.
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Jour no 1
Formulaire
• Division euclidienne dans K
Ici K désigne R ou C.
Étant donnés A et B deux polynômes de K[X] avec B = 0, il existe un couple unique
de polynômes (Q, R) de (K[X])2 tels que
A = BQ + R, deg R < deg B.
Les polynômes Q et R ainsi obtenus sont respectivement appelés quotient et reste
dans la division euclidienne de A par B.
On peut ajouter que B divise A dans K[X] si et seulement si le reste de la division
euclidienne de A par B est nul.
• Si j = ei2π/3 , j 3 = 1 et 1 + j + j 2 = 0.
• Si P =
n
ak X k , son polynôme dérivé est :
k=0
P =
n
kak X k−1 .
k=1
• Systèmes linéaires. Cas général
(i) On appelle système (S) de n équations linéaires à p inconnues :
(S)
⎧
⎪
a11 x1 + . . . + a1p xp = b1
⎪
⎪
⎪
.
.
⎨
.
. .
⎪
⎪
.
.
⎪
⎪
⎩ a x + . . . + a x = b
n1 1
np p
n
(ii) On appelle solution de (S) tout p-uplet (x1 , ..., xp ) vérifiant (S).
(iii) On appelle système homogène (S ) associé à (S) le système dont les premiers
membres des n équations sont identiques à ceux de (S) et dont les seconds membres
sont nuls.
On peut remarquer qu’un système homogène a toujours une solution : (0, ..., 0).
• Interprétation vectorielle d’un système de n équations à p inconnues
On conserve les notations précédentes. Tout système (S) est équivalent à une équation
du type :
x1u1 + ... + xpup = b,
où u1 , ..., up , b est une famille de p + 1 vecteurs de Kn .
En effet Kn étant associé à sa base canonique, il suffit de poser uj (a1j , ..., anj ) pour
tout j de 1 à p et b (b1 , ..., bn ) .
La famille {u1 , ..., up } est libre dans Kn si et seulement si le vecteur nul de Kp est la
seule solution du système homogène associé. Cette situation implique alors p ≤ n.
Jour no 1
21
Le rang de la famille {u1 , ..., up } est toujours inférieur ou égal à p. Le rang du
système (S) est par définition le rang de la famille de vecteurs :
{u1 , ..., up } .
Un système homogène a toujours une solution mais un système quelconque n’en a
pas toujours.
• Cas particulier des systèmes de Cramer
On conserve les notations précédentes. Dans le cas n = p, on appelle système de
Cramer tout système dont le système homogène associé a pour unique solution le
vecteur nul de Kn .
Il découle immédiatement de cette définition que {u1 , ..., un } est libre car :
x1u1 + ... + xnun = 0 ⇒ x1 = ... = xn = 0
C’est donc une base de Kn . De plus l’égalité :
b = x1u1 + ... + xnun
traduit que x1 , ..., xn sont les coordonnées de b dans la base précédente. (S) admet
ainsi une solution unique dans Kn .
(S) est un système de Cramer si et seulement si l’on a une des assertions équivalentes :
(i) le rang de (S) est n et la famille {u1 , ..., un } est une base de Kn .
(ii) (S) admet une solution unique dans Kn .
(iii) Si A = (aij ) est la matrice du système (S), alors det A = 0 et si l’on note B la
matrice colonne associée à b, le vecteur colonne A−1 B est l’unique solution de (S).
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Jour no 1
2005 - ♣ ♣
Exercice 1.2
Énoncé
On se place dans E = R3 muni du produit scalaire usuel et u est un endomorphisme
de E. Montrer que :
f : E → E, x → x ∧ u(x)
est de classe C 1 et calculer sa différentielle.
Analyse stratégique de l’énoncé
Il s’agit ici d’un exercice d’Analyse différentielle, typiquement dans le programme
de la classe de PSI. En effet, on demande de déterminer la différentielle, notion au
programme seulement de deuxième année. On peut séparer l’exercice en deux. La
première partie est de montrer que f est de classe C 1 , c’est-à-dire que ses dérivées
partielles premières existent et sont continues puis la seconde partie est de trouver la
différentielle. Son existence est assurée par le fait que f est de classe C 1 . Mais cela
ne permet pas de la déterminer.
Il y a deux manières d’obtenir la différentielle d’une fonction de plusieurs variables
au programme de PSI, la première est d’utiliser la définition, c’est-à-dire que si
f : E → E, a = (a1 , a2 , a3 ) ∈ E, il existe un endomorphisme l de E, V un voisinage
de 0 et : V → E tendant vers 0 quand h tend vers 0, tel que :
∀h ∈ V, f (a + h) = f (a) + l(h) + h(h).
L’endomorphisme l est la différentielle de f en a et est notée df (a). Cette méthode
a l’avantage de ne pas utiliser une hypothèse supplémentaire.
La seconde manière est, à condition de supposer que f est de classe C 1 sur E, d’écrire
que pour tout a ∈ E,
df (a) : h = (h1 , h2 , h3 ) →
3
j=1
hj
∂f
(a).
∂aj
Cette formule est intéressante si les dérivées partielles premières sont simples d’expression.
∂f
(a), pour j variant
→ Pour montrer que f est de classe C 1 , il faut montrer que a →
∂aj
∂f
étant les dérivées partielles premières par rapport à chacune
de 1 à 3, (les quantités
∂aj
des trois composantes), sont continues sur E. On pourra utiliser la forme matricielle de
u dans la base canonique de E.
Pour la suite de l’exercice, il vaut mieux tenter de déterminer la différentielle en revenant
à sa définition (première façon développée plus haut). Ce sera plus simple que d’utiliser
la formule donnant df dans le cas où f est de classe C 1 .
Rapport du jury 2007
Le chapitre consacré aux fonctions de plusieurs variables (calcul différentiel,
intégrales doubles, etc.) est trop souvent négligé.
Jour no 1
23
Corrigé
f est de classe C 1 sur E
On munit E de sa base canonique. Soit a(a1 , a2 , a3 ) et considérons :
f : a → a ∧ u(a).
Comme u est un endomorphisme de E, il est représenté par une matrice M = (mij )
car E est rapporté à sa base canonique. Si u(a) a pour composantes (b1 , b2 , b3 ), on
peut écrire :
⎧
⎨ m11 a1 + m12 a2 + m13 a3 = b1
m21 a1 + m22 a2 + m23 a3 = b2 .
⎩
m31 a1 + m32 a2 + m33 a3 = b3
Il reste à calculer a ∧ u(a). On obtient :
⎛
⎞ ⎛
⎞ ⎛
⎞
a1
b1
a2 b3 − a3 b2
⎝ a2 ⎠ ∧ ⎝ b2 ⎠ = ⎝ −a1 b3 + a3 b1 ⎠ .
a3
b3
a1 b2 − a2 b1
Il reste à remplacer b1 , b2 et b3 par leurs expressions en fonction de a1 ,, a2 et a3 . La
première composante de f (a) est, par exemple :
A1 = a2 b3 − a3 b2 = a2 (m31 a1 + m32 a2 + m33 a3 ) − a3 (m21 a1 + m22 a2 + m23 a3 ),
ce qui donne, en développant :
A1 = m31 a1 a2 + (m33 − m22 )a2 a3 − m21 a1 a3 + m32 a22 − m23 a23 .
On obtient donc une expression polynomiale du second degré par rapport à (a1 , a2 , a3 ).
De même, le lecteur courageux développera les expressions des deux autres composantes A2 et A3 de f (a) et obtiendra encore des expressions polynomiales du second degré en a1 , a2 et a3 . N’oubliez pas que l’on n’est pas obligé de faire tous les
développements si l’on justifie correctement ce que l’on fait (ou ce que l’on ne fait
pas).
Rapport du jury 2011
De façon générale, les candidats n’ont pas peur des calculs, aussi compliqués soient-ils. Malheureusement, cela joue parfois des tours. Il n’est pas
rare qu’en réfléchissant un peu, des calculs qui semblaient très lourds se
révèlent très rapides à l’aide d’arguments simples, cela est particulièrement
manifeste en algèbre linéaire et lors de la résolution de certaines équations
différentielles.
Le vecteur f (a) a pour composantes (A1 , A2 , A3 ). Ainsi, pour tout a ∈ E :
∂A1
∂f
∂A2
∂A3
(a) =
(a),
(a),
(a) .
∂a1
∂a1
∂a1
∂a1
Par exemple, prenons :
∂A1
(a) = m31 a2 − m21 a3 .
∂a1
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Jour no 1