Corrigé - UFR SEGMI

Universit´e Paris Ouest - Nanterre - La D´efense Ann´ee 2011-2012
Licence Economie et Gestion 1`ere ann´ee. Math´ematiques renforc´ees.
Corrig´e du devoir du 29 novembre 2011.
Exercice 1.Factoriser dans R[X] et dans C[X] le polynˆome X4+X2+ 1.
Corrig´e Posons P=X4+X2+ 1. Remarquons que tout d’abord l’on a
X4+X2+ 1 = (X2+ 1)2−X2= (X2+X+ 1)(X2−X+ 1) .
On a obtenu la factorisation de Pdans R. Trouvons maintenant les racines de Q=X2+X+
1 et R=X2−X+1 dans C. Ces polynˆomes sont `a coefficients r´eels donc leurs racines sont
r´eelles ou complexes conjugu´ees. Le discriminant des deux polynˆomes est ∆ = 1 −4 = −3.
Les racines de Qsont donc j = −1/2+i√3/2 et ¯
j ; les racines de Rsont −j et −¯ j. La
factorisation de Pdans Cest donc
P= (X−j)(X−¯ j)(X+ j)(X+¯ j) .
Exercice 2.Soit nun nombre entier strictement positif. D´eterminer en fonction de nle
reste de la division euclidienne de X4n+ 3X3n+ 2X2n−1 par X2+ 1. Indication : on ne
cherchera pas `a effectuer la division et on utilisera les racines complexes de X2+ 1.
Corrig´e Les racines de X2+ 1 sont i et −i. Soit Qet Rle quotient et le reste de la
division euclidienne de Ppar X2+ 1. On a alors P=Q(X2+ 1) + R. Le polynˆome Rest
par d´efinition un polynˆome du premier degr´e, donc de la forme R=aX +b. En ´evaluant
en i et −i, on obtient
P(i) = ai + b , P (−i) = −ai + b
d’o`u
a=P(i) −P(−i)
2i ,P(i) + P(−i) 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
a=3{(−i)n−in}
2i =3in−1{(−1)n−1} 2=(0 si nest pair,
−3in−1=−3(−1)(n−1)/2si nest impair.
b= 2(−1)n+3
2{(−i)n+ in}=(2 + 3(−1)n/2si nest pair,
−2 si nest impair.
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On remarque que aet bsont bien r´eels dans tous les cas, ce qui est attendu puisqu’il s’agit
de la division euclidienne de polynˆomes `a coefficients r´eels, donc le reste est un polynˆome
`a coefficients r´eels.
Exercice 3.Soit aet bdes nombres r´eels. Soit uet vles racines r´eelles ou complexes du
polynˆome P=X2+aX +b.
(i) Montrer que a=−u−vet b=uv.
Corrig´e Si uet vsont les racines de P, on peut alors le factoriser sous la forme P= (X−
u)(X−v). En d´eveloppant, On a donc P=X2−(u+v)X+uv. En identifiant les
coefficients, on obtient a=−u−vet b=uv.
(ii) Si Pest irr´eductible dans R[X], en d´eduire que a=−2Re(u) et b=|u|2.
Corrig´e Si Pest irr´eductible, les racines de Psont complexes conjugu´ees, c’est-`a-dire v= ¯u.
On obtient donc
a=−u−v=−u−¯u=−2Re(u), b =uv =u¯u=|u|2.
(iii) Utiliser la question (i) pour r´esoudre le syst`eme d’´equations
u+v=−1
2, uv =−1 4.
Corrig´e D’apr`es la question (i), les solutions de ce syst`eme sont les solutions de l’´equation
X2+1
2X−1 4= 0, soit u= (−1 + √5)/4 et v=−(1 + √5)/4.
(iv) Soit z= e2iπ/5. D´eterminer Re(zk) et Im(zk) pour k= 0,1,2,3,4.
(v) Pour k= 1,...,4, on a zk= e2ikπ/5, et donc Re(zk) = cos(2kπ/5) et Im(zk) =
sin(2kπ/5).
(vi) Montrer que z5= 1 et 1 + z+z2+z3+z4= 0.
(vii) Par d´efinition, z5= e5×2iπ/5= e2iπ= 1. On peut factoriser le polynˆome z5−1 de la
fa¸con suivante : z5−1 = (z−1)(1+z+z2+z3+z4). Si donc zest une racine de l’´equation
z5= 1 diff´erente de 1, elle est donc racine de l’´equation 1 + z+z2+z3+z4= 0.
(viii) Montrer que cos(2π/5) = cos(8π/5) et cos(4π/5) = cos(6π/5) et d´eduire de la ques-
tion pr´ec´edente que cos(2π/5) + cos(4π/5) = −1/2.
Corrig´e Puisque 2π/5 = 2π−8π/5 et 4π/5 = 2π−6π/5, et puisque cos est 2π-p´eriodique 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 pr´ec´edemment que 1 + z+z2+z3+z4= 0, la partie r´eelle du
membre de droite est donc aussi nulle, d’o`u
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.
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(ix) Montrer en utilisant la formule de transformation de produit en somme et la question
pr´ec´edente que cos(2π/5) cos(4π/5) = −1/4.
Corrig´e On applique la formule cos acos b={cos(a+b) + cos(a−b)}/2 pour obtenir
cos(2π/5) cos(4π/5) = cos(6π/5) + cos(2π/5)
2=cos(2π/5) + cos(4π/5) 2=−1/4.
(x) D´eduire de tout ce qui pr´ec`ede les valeurs de cos(2π/5) et sin(2π/5).
Corrig´e Puisque 0 <2π/5< π/2, on conclut que cos(2π/5) est la racine positive de l’´equation
X2+1
2X−1 4= 0 et donc cos(2π/5) = (−1 + √5)/4 et
sin(2π/5) = p1−cos2(2π/5) = q1−(1 + 5 −2√5)/16 = q(5 + √5)/8.
Exercice 4.(i) D´eterminer les solutions complexes de l’´equation 1 + X+X2. On note j
celle dont la partie imaginaire est positive. Exprimer la seconde en fonction de j.
Corrig´e Le discriminant est −3, les solutions sont donc (−1 + i√3)/2 et −(1 + i√3)/2. Les
solutions sont complexes conjugu´ees, donc en posant j = (−1 + √3)/2, la seconde
solution est ¯ j.
(ii) Soit zun nombre complexe. Soit K,Let Mles points du plan d’affixes respectifs
0, 1 et z. Pour quelles valeurs de zle triangle KLM est-il ´equilat´eral ? Exprimer ces
valeurs en fonction de j et montrer qu’elles sont conjugu´ees. On note z1celle dont la
partie imaginaire est positive et z2sa conjugu´ee.
Corrig´e Le triangle est ´equilat´eral si ses trois cˆot´es sont ´egaux, soit dans le cas pr´esent |z|=
|z−1|= 1. Le nombre complexe z=x+ iydoit donc v´erifier les ´equations
x2+y2= (x−1)2+y2= 1 ,
d’o`u x= 1/2 et y=±√3/2. On a donc z1=−¯ j et z2=−j.
(iii) Montrer que l’on a j + z1j2= 0 et z2j+j2= 0.
Corrig´e Comme |j|= 1, on a
j + z1j2= j −¯ jj2= j(1 −j¯ j) = 0 , z2j+j2=−j2+ j2= 0 .
(iv) Soit A,B,Ctrois points du plan d’affixes respectifs les nombres complexes a,b,c,
suppos´es deux-`a-deux distincts. On pose c0= (c−a)/(b−a). Montrer que le triangle
ABC est ´equilat´eral si et seulement si le triangle dont les sommets ont pour affixes
0, 1 et c0est ´equilat´eral.
Corrig´e Le triangle ABC est ´equilat´eral si et seulement si |a−b|=|b−c|=|c−a|. Puisque
b−a6= 0 et c0−1 = (c−b)/(b−a), on a
|a−b|=|b−c|=|c−a| ⇐⇒ 1 = |c−a|
|b−a|=|b−c| |b−a|
⇐⇒ 1 = |c0|=|c0−1|.
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(v) En d´eduire en utilisant les questions pr´ec´edentes que le triangle ABC est ´equilat´eral
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.
Corrig´e D’apr`es les questions pr´ec´edenters, Le triangle d’affixe a,b,cest ´equilat´eral si et
seulement si c0=z1ou z2et donc j + c0j2= 0 ou c0j+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) `a chaque membre des deux ´egalit´es
ci-dessus et on obtient que ABC est ´equilat´eral si et seulement si
a+bj + cj2= 0 ou a+cj + bj2= 0 .
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