Algèbre et géométrie

PeiPC 2014-2015
23 octobre 2014
Mathématiques
Devoir 2 : Corrigé
Algèbre et géométrie
Le plan est identié à l'ensemble C des nombres complexes. On note M (z) pour signier
qu'un point M a pour axe z ∈ C.
1. On considère l'équation d'inconnue z ∈ C suivante :
Exercice 1.
z 3 − 8z 2 + 24z − 32 = 0. (E)
(a) Vérier que z0 = 4 est solution de (E).
Réponse. On eectue le calcul.
(b) Donner trois nombres a, b, c tels que z 3 − 8z 2 + 24z − 32 = (z − 4)(az 2 + bz + c).
Réponse. En développant le deuxième membre, on obtient az 3 + (b − 4a)z 2 + (c − 4b)z − 4c.
En identiant les coecients de ces deux polynômes, on voit que nécessairement a = 1,
b − 4a = −8, c − 4b = 24 et 4c = 32. On obtient a = 1, b = −4 et c = 8.
(c) Résoudre l'équation (E).
Réponse. D'après la question précédente, nous avons (E) ⇐⇒ (z − 4)(z 2 − 4z + 8) = 0.
Ainsi z est solution de (E) si et seulement si z − 4 = 0 ou z 2 − 4z + 8 = 0. Résolvons
l'équation z 2 − 4z + 8 = 0. Son discriminant vaut ∆ = 16 − 4 × 8 = −16 = (4i)2 . Cette
équation a donc deux solutions complexes conjuguées
z1 = 2 + 2i et z2 = 2 − 2i.
Finalement, l'ensemble des solutions de (E) est {z0 , z1 , z2 }
(d) On appelle z1 et z2 les deux autres solutions de (E). Donner leur forme exponentielle.
√
Réponse. On factorise ces deux nombres par leurs modules. Nous avons |z1 | = |z2 | = 2 2
√
√
√ π
√
√ √
√ √
π
Nous obtenons z1 = 2 2( 22 + i 22 ) = 2 2 ei 4 et z2 = 2 2( 22 − i 22 ) = 2 2 e−i 4 .
(e) Prouver que les points M0 (z0 ), M1 (z1 ), M2 (z2 ) appartiennent tous au cercle de centre Ω
d'axe ω = 2 et de rayon R = 2. Faire un dessin.
Réponse. On calcule |z0 − ω| = |4 − 2| = 2, |z1 − ω| = |2i| = 2 et |z2 − ω| = | − 2i| = 2.
Ceci assure que M0 , M1 et M2 sont à distance 2 du point Ω.
2. Les questions qui suivent sont indépendantes.
(a) Soit z un nombre complexe tel que |z| = 1 et z 6= 1. Démontrer que i
On pose Z = i
Nous obtenons
Réponse.
z+1
z−1
Z = −i
z+1
z−1
∈ R.
. On veut montrer que Z = Z , sachant que |z| = 1 et z 6= 1.
z+1
(z + 1)z
1+z
= −i
= −i
= Z.
z−1
(z − 1)z
1−z
1
(b) Soit z un nombre complexe tel que |z| = 1 et z 6= 1. Prouver que Re
1−z
1
1
= .
2
Réponse.
On pose Z =
1
1−z
et on veut montrer 2Re(Z) = Z + Z = 1. Nous avons
1
1
1−z+1−z
2 − (z + z)
2 − (z + z)
+
=
=
=
= 1,
1−z 1−z
(1 − z)(1 − z)
1 − z − z + zz
2 − (z + z)
car zz = 1.
(c) (Bonus) Résoudre sur C l'équation z 3 = z .
Réponse. Premièrement, si z est solution, on a |z 3 | = |z|3 = |z| = |z|, d'où |z|3 = |z|.
Ainsi, |z|(|z|2 − 1) = |z|(|z| − 1)(|z| + 1) = 0. Nous avons donc nécessairement |z| = 0 ou
|z| = 1. 0 étant solution de l'équation, nous pouvons supposer que |z| = 1. Nous avons alors
∀z ∈ C, avec |z| = 1,
z 3 = z ⇐⇒ z 4 = zz = 1
⇐⇒ z 4 = 1
⇐⇒ z ∈ U4 .
L'ensemble des solutions de cette équation est donc S = {0} ∪ U4 = {0, 1, −1, i, −i}.
Exercice 2.
Résoudre le système linéaire suivant :

 x − 2y + 3z = 5
2x − 4y + z = 5
(S)

3x − 5y + 2z = 8
Réponse.
On applique la méthode du pivot de Gauss pour résoudre ce système. Nous avons

 x
2x
(S) ⇐⇒

3x

 x
⇐⇒


 x
⇐⇒

− 2y + 3z = 5
− 4y + z = 5
− 5y + 2z = 8
− 2y + 3z = 5
− 5z = −5 L2 ← L2 − 2L1
y − 7z = −7 L3 ← L3 − 3L1
− 2y + 3z = 5
y − 7z = −7 (L2 ↔ L3 )
− 5z = −5
On s'est ramené à un système triangulaire, dont la diagonale ne contient aucun 0. Ce système est donc
de Cramer : il admet une unique solution. Pour la déterminer, on détermine les inconnues de proche
en proche.

 x − 2y
y
(S) ⇐⇒

x − 2y
⇐⇒
y
+ 3 = 5
− 7 = −7
z = 1
= 2
= 0
et z = 1.
⇐⇒ x = 2, y = 0, et z = 1.
Ainsi, l'ensemble des solutions est réduit à un unique triplet : S = {(2, 0, 1)}.
Exercice 3.
On se donne deux paramètres a, b ∈ R, et on considère le système
(Sa,b )


x
− y +
−ax + ay −

z = 1
z = 5
bz = 1
Soit S l'ensemble des solutions de (Sa,b ). Dire si les armations suivantes sont vraies ou fausses, et
justier à chaque fois. Une réponse non-justiée ne rapporte pas de point.
2
1. Quelle que soit la valeur de a, S est non-vide.
Réponse. Faux. Si a = 0 et b = 1, la deuxième et la troisième équation sont z = −5 et z = 1,
et l'ensemble solution est vide dans cette situation.
2. Si b 6= 0, alors quel que soit a, S est réduit à un seul élément.
Réponse.
Faux. Il sut de reprendre le même exemple qu'à la question précédente.
3. Si (a, b) 6= (1, 1), alors S a au plus un élément.
Réponse.
Faux. On commence un pivot de Gauss.
(Sa,b ) ⇐⇒

 x − y +

z
=
1
(a − 1)z = 5 + a L2 ← L2 + aL1
bz
=
1
Si (a, b) 6= (1, 1), le coecient (a − 1) de la deuxième équation est non-nul. On échange les
variables y et z , et on poursuit mécaniquement l'algorithme.
(Sa,b ) ⇐⇒

 x +

z
− y =
1
(a − 1)z
=
5+a
0 = 1 − b(5+a)
a−1
La dernière équation est une équation de compatibilité. Cette relation entre les données du
problème peut être satisfaite dès que a 6= −5. Dans ce cas, nous avons S 6= ∅ ⇐⇒ b = a−1
a+5 .
Dans cette situation, on sait que le système se résout en déclarant la variable y comme paramètre,
et en exprimant les autres inconnues en fonction de ce paramètre. Il peut donc y avoir une innité
de solutions.
4. Si (0, 0, 1) ∈ S , alors b = 1.
Réponse.
Vrai. Il sut de considérer la dernière équation.
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