Devoir Maison numéro 17 - CPGE du Lycée Montesquieu

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Devoir Maison numéro 17
Corrigé
Pour le 1er février 2014
Exercice de rédaction
Factoriser P (X) = 3X 4 + 11X 3 + 20X 2 + 7X − 5, sachant qu’il existe des racines rationnelles.
Factoriser P = X 5 − 13X 4 + 67X 3 − 171X 2 + 216X − 108 sachant qu’il admet une racine triple.
Problème
On considère l’équation à coefficients réels (e) : x3 +ax2 +bx+c = 0, et on note P (X) = X 3 +aX 2 +bX +c.
a) Trouver un réel α dépendant de a, b, c, tel que le coefficient du terme de degré deux du polynôme
Q(X) = P (X + α) soit nul.
Corrigé On a X 3 + (3 ∗ α + a) ∗ X 2 + (3 ∗ α2 + b + 2 ∗ a ∗ α) ∗ X + α3 + c + b ∗ α + a ∗ α2 . Donc il faut
que α = − a3 .
b) On note alors Q(X) = X 3 + pX + q . Exprimer p et q en fonction de a, b, c.
2 3
Corrigé Dans les conditions précédentes, on trouve p = −1/3 a2 + b et q = 27
a + c − 1/3 ba.
c) Trouver une condition nécessaire et suffisante portant sur p et q pour que le polynôme Q possède
dans C une racine au moins double. Résoudre l’équation (e0 ) : Q(x) = 0 dans ce cas.
Corrigé On note dans ce cas u et v les deux racines de Q. D’après les relations entre coefficients en
racines, Q admet une racine double si et seulement si le système suivant admet une solution :


2u + v

2
u + 2uv


 2
uv
=0
=p
= −q


2u + v

2
⇔ −3u

 2
uv
=0
=p
= −q


2u + v

6
⇔ −27u


−2u3
=0
= p3
= −q


2u + v

3
⇔ 2u

 3
4p + 27q 2
=0
=q
=0
Ainsi, Q admet une racine double si et seulement si le dernier systèmeadmet des solutions : il est donc
2u + v = 0
nécessaire et suffisant que 4p3 + 27q 2 = 0 car quand q ∈ R, le système
admet toujours des
2u3
=q
solutions.
On suppose que la condition trouvée au 2◦ ) n’est pas vérifiée et on veut résoudre l’équation (e’).
d) Montrer que tout complexe x peut se mettre sous la forme x = u + v où u et v sont des complexes
vérifiant la condition 3uv + p = 0 .

u + v = x
Corrigé u et v sont solution du système
si et seulement si u et v sont racines du polynôme
u × v = −p
3
X 2 − xX − p3 . Dans C, un tel polynôme admet toujours deux racines (d’Alembert Gauss). Donc on peut
toujours décomposer un complexe x sous ces contraintes.
MPSi
Devoir Maison numéro 17
e) Montrer que si x est solution de (e0 ), u3 et v 3 sont les racines z1 et z2 d’une équation du second
degré que l’on formera.
Corrigé Si x est solution de (e0 ) et que x = u + v, on substitue u + v à x dans (e0 ). On a alors
(u + v)3 + p(u + v) + q = u3 + v 3 + 3uv(u + v) + p(u + v) + q = u3 + v 3 + (3uv + p)(u + v) + q = u3 + v 3 + q.
0
p3
− 27
3
p
Donc u + v = −q. D’autre par u v =
donc u et v sont racines du polynôme X 2 + qX − 27
.
0
3
2
3
2
f) En déduire les solutions de (e ) en distinguant les cas 4p + 27q > 0 et 4p + 27q < 0.
p3
2
Corrigé
Le
discriminant
de
ce
polynôme
vaut
∆
=
q
+
4
. S’il est positif, les racines u3 et v 3 valent
27
√
−q± ∆
. En temps
que réels, leur racine cubique est définie. Les valeurs que peuvent prendre u et v sont donc
2
q
3
3
de la forme ω
3 3
3
√
−q± ∆
2
3
3
avec ω ∈ U3 . On a de plus la contrainte 3uv + p = 0 donc le produit uv est un réel.
q
√
q
√
q
√
q
√
Les valeurs possibles de x sont donc { 3 −q−2 ∆ + 3 −q+2 ∆ , j 3 −q−2 ∆ +j 2 3 −q+2 ∆ , j 2
Puisque le discriminant est stricement positif, il n’y a pas que√des racines réelles.
−q±i |∆|
.
2
q
3
q
√
√
3 −q+ ∆
−q− ∆
+j
}.
2
2
q
3
√
3
−q+i |∆|
.
2
Soit δ ∈ C tel que δ =
u3
Si le discriminant est négatif, les racines u et v valent
et v 3 sont complexes conjugués donc u et v aussi. u est par exemple de la forme ωδ et v de la forme ω 0 δ̄
avec (ω, ω 0 ) ∈ (U3 )2 . Comme u et v sont conjugués, on a nécessairement ω 0 = ω̄. x est donc un élément de
{δ + δ̄, jδ + j 2 δ̄, j 2 δ + j δ̄}. Dans tous les cas, x est un réel.
g) Dans quel cas les racines sont-elles toutes réelles ? Comparer avec l’étude des variations de Q.
Corrigé Dans le cadre de l’étude des variations, on a Q0 = 3X 2 + p. Si p est strictement positif, Q
n’a pas de racines réelles, Q est q
croissant et n’a qu’une racine réelle. On remarque qu’on a alors ∆ > 0.
. qui correspondent aux minimum et maximum locaux de Q. Pour
Sinon, la dérivée s’annule en ± −p
3
que Q admette
trois
racines
réelles,
il faut
que le maximum soit positifqet le minimum négatif, c’est
q
q
q
−p
−p
−p
à dire Q( 3 )Q(− 3 ) < 0. Or Q(− 3 ) = − √227 (−p)3/2 + q et Q( −p
) = √227 (−p)3/2 + q, donc
3
3
q
4 3
Q( −p
)Q(− −p
) = 27
p + q 2 . C’est négatif si et seulement si ∆ est négatif.
3
3
h) Application : Résoudre dans C l’équation x3 − 3x2 − 3x − 1 = 0 .
Corrigé On √
trouve√ici α = √
1, et p √
= q = −6.√On a √
alors ∆ = 36 − 4 ∗ 216/27 = 4 qui est positif. Les
3
3
3
2 3
2 3
racines sont { 2 + 4 − 1, j 2 + j 4 − 1, j 2 + j 3 4 − 1}.
DM no 17
Lycée Montesquieu - 2013/2014
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