L1 - Algèbre et analyse élémentaires

L1 - Algèbre et analyse élémentaires - MP1
Correction
Samedi 19 novembre 2005 (16h – 19h)
Exercice 1 — Montrer par récurrence que
∀n∈N,
n
X
k=1
k3= (
n
X
k=1
k)2.
Solution Pour n= 0 et n= 1, la propriété est vérifiée ( 0 = 0 et 13= 12).
Supposons qu’elle soit vraie au rang n,
n+1
X
k=1
k!2
= n
X
k=1
k+ (n+ 1)!2
= n
X
k=1
k!2
+ 2 n
X
k=1
k!(n+ 1) + ((n+ 1))2
on utilise l’hypothèse de récurrence pour le premier terme et la formule Pn
k=1 k=n(n+1)
2pour
obtenir
=
n
X
k=1
k3+n(n+ 1)(n+ 1) + (n+ 1)(n+ 1)
=
n
X
k=1
k3+ (n+ 1)3
n+1
X
k=1
k!2
=
n+1
X
k=1
k3
La récurrence étant initialisée pour n= 0 et n= 1, on en déduit bien le résultat souhaité.
1

Exercice 2 — Soit f:X→Y, montrer que les 3 propriétés suivantes sont équivalentes :
1. finjective
2. ∀A, B ⊂X, f(A∩B) = f(A)∩f(B)
3. ∀A, B ⊂X, A ∩B=∅=⇒f(A)∩f(B) = ∅
Solution Montrons (1) =⇒(2), soit A, B ⊂X, on doit montrer que si fest injective
alors f(A∩B) = f(A)∩f(B). L’inclusion f(A∩B)⊂f(A)∩f(B)est toujours vraie : y∈
f(A∩B) =⇒ ∃x∈(A∩B), f(x) = y=⇒y∈f(A)et y∈f(B). Démontrons maintenant que
f(A)∩f(B)⊂f(A∩B). Soit y∈f(A)∩f(B),∃xA∈Aet xB∈B, f(xA) = y=f(xB)or fest
injective donc f(xA) = f(xB) =⇒xA=xB∈A∩Bet donc y∈f(A∩B).
Pour (2) =⇒(3), on note que si A∩B=∅alors f(A∩B) = ∅. En utilisant (ii), on en
déduit que f(A)∩f(B) = f(A∩B) = ∅.
Enfin, pour (3) =⇒(1), soit x6=ydans X, on pose A={x}et B={y}.A∩B=∅donc
f(A)∩f(B) = ∅soit ici {f(x)} ∩ {f(y)}=∅ou bien f(x)6=f(y)et fest bien injective.
Exercice 3 — Exprimer sous la forme a+bi, avec a, b ∈R, les racines z1et z2de l’équation :
z2+ 2i√7z+ 24i= 0 .
Solution On calcul le discriminant ∆ = b2−4ac :
∆ = (2i√7)2−4×24i
=−4×7−4×24i
∆ = 22(−7−24i)
Il faut donc trouver une racine de (−7−24i): soit ω=ω1+iω2cette racine, elle satisfait
(−7−24i) = ω2= (ω2
1−ω2 2) + 2iω1ω2et donc
|ω|2=ω2
1+ω2 2=√72+ 242=√625 = 25
ω2
1−ω2 2=−7
ω1ω2=−12
On en déduit 2ω2
1= 25 −7 = 18 soit ω2 1= 9 = 32et donc ω2 2= 16 = 42. Enfin comme
ω1ω2=−12, les deux racines de −7−24isont −3 + 4iet 3−4i.
On peut alors donner les racines de z2+ 2i√7z+ 24i= 0, en effet si δ2= ∆ alors z1=−b+δ
2a
et z2=−b−δ
2aet donc en notant qu’ici δ=−6 + 8iconvient :
z1=−2i√7−6 + 8i
2=−3 + (4 −√7)i
z2=−2i√7 + 6 −8i
2= 3 −(4 + √7)i
2

Exercice 4 — On pose
Cn(x) =
n
X
k=0
cos kx ,Sn(x) =
n
X
k=0
sin kx et Zn(x) = Cn(x) + iSn(x).
Calculer Znen déduire Cnet Sn
Solution On a
Zn(x) = Cn(x) + iSn(x)
=
n
X
k=0
cos kx +i
n
X
k=0
sin kx
=
n
X
k=0
(cos kx +isin kx)
=
n
X
k=0
eikx
=
n
X
k=0
(eix)k
Zn(x) = 1−ei(n+1)x
1−eix si eix 6= 1
On se souvient alors que Cn(x) = Re(Zn(x)) et Sn(x) = Im(Zn(x)), il faut donc continuer un
peu le calcul. . .
Zn(x) = ei(n+1)x/2(e−i(n+1)x/2−ei(n+1)x/2)
eix/2(e−ix/2−eix/2)
=einx/2sin((n+ 1)x/2)
sin(x/2)
Zn(x) = cos(nx/2) sin((n+ 1)x/2)
sin(x/2) +isin(nx/2) sin((n+ 1)x/2) sin(x/2)
On en déduit donc les valeurs de Cnet Sntant que eix 6= 1, soit x6= 0 mod 2π(la condition
sin(x/2) 6= 0 est toujours satisfaite dans ce cas) :
Cn(x) = cos(nx/2) sin((n+ 1)x/2)
sin(x/2)
Sn(x) = sin(nx/2) sin((n+ 1)x/2)
sin(x/2)
Si x= 0 mod 2π, on vérifie que Cn(x) = (n+ 1) et Sn(x) = 0.
3

Exercice 5 — Trouver la solution générale dans R4du système d’équations :
14x1+35x2−7x3−63x4= 0
−10x1−25x2+ 5x3+ 45x4= 0
26x1+65x2−13x3−117x4= 0
On donnera la forme matricielle du système ainsi que la structure de l’ensemble des solutions.
Solution La forme matricielle du système est
14 35 −7−63
−10 −25 5 45
26 65 −13 −117
x1
x2
x3
x4
=
0
0
0
On résout alors le système par un pivot de Gauss :
14 35 −7−63 0
−10 −25 5 45 0
26 65 −13 −117 0
donne en divisant la première ligne par 7, la seconde par -5 et la dernière par 13
2 5 −1−9 0
2 5 −1−9 0
2 5 −1−9 0
Le pivot autour de la première ligne donne alors
2 5 −1−9 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0
Le système se réduit donc à 2x1+ 5x2−x3−9x4= 0, ce que l’on aurait pu remarquer dès le
début.
L’ensemble des solutions de cet équations est formés des quadruplets de la forme (x1, x2,2x1+
5x2−9x4, x4)pour x1, x2, x4dans R. Ceci constitue un sous espace vectoriel de R4de dimension
3.
Exercice 6 — Discuter et résoudre suivant les valeurs de λ∈Ret de k∈Rle système dans
R3:
λx1+x2+x3= 0
5x1+x2−2x3= 2
−2x1−2x2+x3=k
Solution Le système sous forme matricielle est :
λ1 1
5 1 −2
−2−2 1 
x1
x2
x3
=
0
2
k
4

La méthode du pivot de Gauss donne
λ1 1 0
5 1 −2 2
−2−2 1 k
en pivotant autour de la dernière ligne
−2−2 1 k
0 1 −λ1 + λ/2kλ/2
0 1 −5−2 + 5/2 2 −5/2×k
en pivotant encore autour de la dernière ligne
−2−2 1 k
0−4 1/2 2 −5/2×k
0 0 (1 + λ/2) + (1 −λ)/4×1/2kλ/2 + (1 −λ)/4×(2 −5/2×k)
soit
−2−2 1 k
0−4 1/2 2 −5/2×k
0 0 9/8 + λ3/8 (1 −λ)/2 + 9kλ/8−5k/8
Si λ6=−3, le système a une unique solution pour toute valeur de k. Si λ=−3, soit (1 −
λ)/2 + 9kλ/8−5k/8 = 0, c’est à dire k= 1/2, et le système a une infinité de solutions, soit
(1 −λ)/2 + 9kλ/8−5k/86= 0 et le système n’a pas de solution.
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