Corrigé - UFR SEGMI

Université Paris Ouest - Nanterre - La Défense
Licence Economie et Gestion 1ère année.
Année 2011-2012
Mathématiques renforcées.
Corrigé du devoir du 29 novembre 2011.
Exercice 1. Factoriser dans R[X] et dans C[X] le polynôme X 4 + X 2 + 1.
Corrigé Posons P = X 4 + X 2 + 1. Remarquons que tout d’abord l’on a
X 4 + X 2 + 1 = (X 2 + 1)2 − X 2 = (X 2 + X + 1)(X 2 − X + 1) .
On a obtenu la factorisation de P dans R. Trouvons maintenant les racines de Q = X 2 +X +
1 et R = X 2 − X + 1 dans C. Ces polynômes sont à coefficients réels donc leurs racines sont
réelles ou complexes conjuguées. Le discriminant
des deux polynômes est ∆ = 1 − 4 = −3.
√
Les racines de Q sont donc j = −1/2 + i 3/2 et j̄ ; les racines de R sont −j et −j̄. La
factorisation de P dans C est donc
P = (X − j)(X − j̄)(X + j)(X + j̄) .
Exercice 2. Soit n un nombre entier strictement positif. Déterminer en fonction de n le
reste de la division euclidienne de X 4n + 3X 3n + 2X 2n − 1 par X 2 + 1. Indication : on ne
cherchera pas à effectuer la division et on utilisera les racines complexes de X 2 + 1.
Corrigé Les racines de X 2 + 1 sont i et −i. Soit Q et R le quotient et le reste de la
division euclidienne de P par X 2 + 1. On a alors P = Q(X 2 + 1) + R. Le polynôme R est
par définition un polynôme du premier degré, donc de la forme R = aX + b. En évaluant
en i et −i, on obtient
P (i) = ai + b , P (−i) = −ai + b
d’où
a=
P (i) + P (−i)
P (i) − P (−i)
,
.
2i
2
Evaluons maintenant P (i) et P (−i), en remarquant que (i)2 = −1, (i)3 = −i et (i)4 = 1.
P (i) = (i)4n + 3(i)3n + 2(i)2n − 1 = 1 + 3(−i)n + 2(−1)n − 1 = 3(−i)n + 2(−1)n ,
P (−i) = (−i)4n + 3(−i)3n + 2(−i)2n − 1 = 1 + 3in + 2(−1)n − 1 = 3in + 2(−1)n .
On obtient finalement
(
0
3{(−i)n − in }
3in−1 {(−1)n − 1}
=
=
a=
2i
2
−3in−1 = −3(−1)(n−1)/2
(
2 + 3(−1)n/2 si n est pair,
3
n
n
n
b = 2(−1) + {(−i) + i } =
2
−2
si n est impair.
1
si n est pair,
si n est impair.
On remarque que a et b sont bien réels dans tous les cas, ce qui est attendu puisqu’il s’agit
de la division euclidienne de polynômes à coefficients réels, donc le reste est un polynôme
à coefficients réels.
Exercice 3. Soit a et b des nombres réels. Soit u et v les racines réelles ou complexes du
polynôme P = X 2 + aX + b.
(i) Montrer que a = −u − v et b = uv.
Corrigé Si u et v sont les racines de P , on peut alors le factoriser sous la forme P = (X −
u)(X − v). En développant, On a donc P = X 2 − (u + v)X + uv. En identifiant les
coefficients, on obtient a = −u − v et b = uv.
(ii) Si P est irréductible dans R[X], en déduire que a = −2Re(u) et b = |u|2 .
Corrigé Si P est irréductible, les racines de P sont complexes conjuguées, c’est-à-dire v = ū.
On obtient donc
a = −u − v = −u − ū = −2Re(u) , b = uv = uū = |u|2 .
(iii) Utiliser la question (i) pour résoudre le système d’équations
1
1
u + v = − , uv = − .
2
4
Corrigé D’après la question (i), les solutions
√ de ce système sont
√ les solutions de l’équation
X 2 + 21 X − 14 = 0, soit u = (−1 + 5)/4 et v = −(1 + 5)/4.
(iv) Soit z = e2iπ/5 . Déterminer Re(z k ) et Im(z k ) pour k = 0, 1, 2, 3, 4.
(v) Pour k = 1, . . . , 4, on a z k = e2ikπ/5 , et donc Re(z k ) = cos(2kπ/5) et Im(z k ) =
sin(2kπ/5).
(vi) Montrer que z 5 = 1 et 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 = 0.
(vii) Par définition, z 5 = e5×2iπ/5 = e2iπ = 1. On peut factoriser le polynôme z 5 − 1 de la
façon suivante : z 5 −1 = (z−1)(1+z+z 2 +z 3 +z 4 ). Si donc z est une racine de l’équation
z 5 = 1 différente de 1, elle est donc racine de l’équation 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 = 0.
(viii) Montrer que cos(2π/5) = cos(8π/5) et cos(4π/5) = cos(6π/5) et déduire de la question précédente que cos(2π/5) + cos(4π/5) = −1/2.
Corrigé Puisque 2π/5 = 2π − 8π/5 et 4π/5 = 2π − 6π/5, et puisque cos est 2π-périodique et
paire, on a
cos(2π/5) = cos(2π − 8π/5) = cos(−8π/5) = cos(8π/5) ,
cos(4π/5) = cos(2π − 6π/5) = cos(−6π/5) = cos(6π/5) .
Puisque l’on a vu précédemment que 1 + z + z 2 + z 3 + z 4 = 0, la partie réelle du
membre de droite est donc aussi nulle, d’où
0 = 1 + cos(2π/5) + cos(4π/5) + cos(6π/5) + cos(8π/5) = 1 + 2 cos(2π/5) + 2 cos(4π/5) ,
et finalement cos(2π/5) + cos(4π/5) = −1/2.
2
(ix) Montrer en utilisant la formule de transformation de produit en somme et la question
précédente que cos(2π/5) cos(4π/5) = −1/4.
Corrigé On applique la formule cos a cos b = {cos(a + b) + cos(a − b)}/2 pour obtenir
cos(2π/5) cos(4π/5) =
cos(6π/5) + cos(2π/5)
cos(2π/5) + cos(4π/5)
=
= −1/4 .
2
2
(x) Déduire de tout ce qui précède les valeurs de cos(2π/5) et sin(2π/5).
Corrigé Puisque 0 < 2π/5 < π/2, on conclut que cos(2π/5)
√ est la racine positive de l’équation
1
1
2
X + 2 X − 4 = 0 et donc cos(2π/5) = (−1 + 5)/4 et
q
q
p
√
√
2
sin(2π/5) = 1 − cos (2π/5) = 1 − (1 + 5 − 2 5)/16 = (5 + 5)/8 .
Exercice 4. (i) Déterminer les solutions complexes de l’équation 1 + X + X 2 . On note j
celle dont la partie imaginaire est positive. Exprimer la seconde en fonction de j.
√
√
+
i
3)/2. Les
Corrigé Le discriminant est −3, les solutions sont donc (−1 + i 3)/2 et −(1
√
solutions sont complexes conjuguées, donc en posant j = (−1 + 3)/2, la seconde
solution est j̄.
(ii) Soit z un nombre complexe. Soit K, L et M les points du plan d’affixes respectifs
0, 1 et z. Pour quelles valeurs de z le triangle KLM est-il équilatéral ? Exprimer ces
valeurs en fonction de j et montrer qu’elles sont conjuguées. On note z1 celle dont la
partie imaginaire est positive et z2 sa conjuguée.
Corrigé Le triangle est équilatéral si ses trois côtés sont égaux, soit dans le cas présent |z| =
|z − 1| = 1. Le nombre complexe z = x + iy doit donc vérifier les équations
x2 + y 2 = (x − 1)2 + y 2 = 1 ,
√
d’où x = 1/2 et y = ± 3/2. On a donc z1 = −j̄ et z2 = −j.
(iii) Montrer que l’on a j + z1 j2 = 0 et z2 j + j2 = 0.
Corrigé Comme |j| = 1, on a
j + z1 j2 = j − j̄j2 = j(1 − jj̄) = 0 , z2 j + j2 = −j2 + j2 = 0 .
(iv) Soit A, B, C trois points du plan d’affixes respectifs les nombres complexes a, b, c,
supposés deux-à-deux distincts. On pose c0 = (c − a)/(b − a). Montrer que le triangle
ABC est équilatéral si et seulement si le triangle dont les sommets ont pour affixes
0, 1 et c0 est équilatéral.
Corrigé Le triangle ABC est équilatéral si et seulement si |a − b| = |b − c| = |c − a|. Puisque
b − a 6= 0 et c0 − 1 = (c − b)/(b − a), on a
|c − a|
|b − c|
=
|b − a|
|b − a|
0
0
⇐⇒ 1 = |c | = |c − 1| .
|a − b| = |b − c| = |c − a| ⇐⇒ 1 =
3
(v) En déduire en utilisant les questions précédentes que le triangle ABC est équilatéral
si et seulement si a + bj + cj2 = 0 ou a + bj2 + cj = 0.
Indication : remarquer que pour tout α, β, γ ∈ C, α + βj + γj2 = (β − α)j + (γ − α)j2 .
Corrigé D’après les questions précédenters, Le triangle d’affixe a, b, c est équilatéral si et
seulement si c0 = z1 ou z2 et donc j + c0 j2 = 0 ou c0 j + j2 = 0, soit
(b − a)j + (c − a)j2 = 0 ou (c − a)j + (b − a)j2 = 0 .
Puisque 1 + j + j2 = 0, on peut ajouter a(1 + j + j2 ) à chaque membre des deux égalités
ci-dessus et on obtient que ABC est équilatéral si et seulement si
a + bj + cj2 = 0 ou a + cj + bj2 = 0 .
4