MPA S2 Algèbre 2014. Corrigé succinct du devoir maison

d’algèbre.

C. Huyghe

1. 1- On peut prendre ω = e^{2iπ/n}. 2- La somme cherchée S est la somme des termes d’une suite géométrique. Donc

S = \frac{1 − ω^{n}}{1 − ω} = 0.

3- Les racines 5e de l’unité sont {1, e^{2iπ/5}, e^{4iπ/5}, e^{6iπ/5}, e^{8iπ/5}}. 4- Soient ζ une racine 5-ième de l’unité et a ∈ ℂ une racine de P (X) = X^{5} + 1.

Alors P (aζ) = a^{5}ζ^{5} + 1 = a^{5} + 1 = 0. Comme P (−1) = 0, les racines de P sont {−1, −e^{2iπ/5}, −e^{4iπ/5}, −e^{6iπ/5}, −e^{8iπ/5}}.

2. 1- Pour z ∈ ℂ, on pose

f(z) = \frac{z − 1}{z + 1}.

Il faut montrer que f est injective et surjective. La démonstration de la surjectivité donne la bijection réciproque

f^{−1}(z) = \frac{1 + z}{1 − z} .

2- On a

\frac{1 + e^{\frac{2ikπ}{n}}}{1 − e^{\frac{2ikπ}{n}}} = \frac{e^{\frac{−ikπ}{n}} + e^{\frac{ikπ}{n}}}{e^{\frac{−ikπ}{n}} − e^{\frac{ikπ}{n}}}

= icotan (\frac{kπ}{n} ) .

3- Une solution de l’équation (E) : (z − 1)^{n} = (z + 1)^{n} est nécessairement différente de −1 et vérifie

f(z)^{n} = (\frac{z − 1}{z + 1})^{n} = 1.

Autrement dit z est solution de (E) si et seulement si z = f^{−1}(ω) où ω est une racine n-ième de 1. Comme f^{−1}(e^{2ikπ/n}) = icotan (\frac{kπ}{n} ), on a n − 1 racines de Q. Mais Q est de degré ≤ n − 1. Et le terme de degré n − 1 de Q est −2n (on le calcule avec la formule du binôme). Ce qui donne la factorisation suivante

Q(z) = −2n ∏_{k=1}^{n}(z − icotan (\frac{kπ}{n} )).

3. Répondre par V (Vrai) ou F (Faux) aux questions suivantes. Donner une

démonstration si la proposition est vraie et un contre-exemple sinon.

1- Soit E l’espace vectoriel réel des suites à valeurs réelles. Soit M l’ensemble des suites croissantes de E. Est-ce que M est un sous-espace vectoriel de E? Faux. Si u_{n} = n, alors (u_{n}) est croissante, mais (−u_{n}) non.

2- Est-ce que la réunion de deux sous-espaces vectoriels de ℝ^{2} est un sous-espace vectoriel de ℝ^{2} ? Faux. Il suffit de prendre dans ℝ^{2} = {(x, y)|x, y ∈ ℝ} les deux axes d’équation D_{1} : x = 0 et D_{2} : y = 0. La somme des points (1, 0) + (0, 1) n’est pas dans la réunion de ces deux axes.

3- Soit t ∈ ℝ, est-ce que les 3 vecteurs suivants forment une base de ℂ^{3} :

U = [ \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ] , V = [ \begin{matrix}1 \\ t^{2} + 1 \\ 0 \end{matrix} ] , W = [ \begin{matrix}1 − i \\ t^{2} + 1 \\ −i \end{matrix} ] .

Faux car W = V − iU, ce qui montre que la famille est liée et n’est donc pas une base de ℂ^{3}.

4. Soit A ∈ M_{2}(ℂ), A = (a_{i,j}). On Pose

E = {A ∈ M_{2}(ℂ) | a_{1,1} + a_{2,2} = 0} .

1- Facile. 2- Facile. 3- Soient λ_{1}, λ2, λ_{3} ∈ ℂ tels que λ_{1}T_{1} + λ_{2}T_{2} + λ_{3}T_{3} = 0. Comme

λ_{1}T_{1} + λ_{2}T_{2} + λ_{3}T_{3} = [ \begin{matrix}λ_{3} & λ_{1} \\ λ_{2} & −λ_{3}, \end{matrix} ] ,

on voit que λ_{1} = λ_{2} = λ_{3} = 0, et donc la famille (T_{1}, T_{2}, T_{3}) est libre. 4- Soit A ∈ E, alors ∃ a, b, c ∈ ℂ tels que

A = [ \begin{matrix}a & b \\ c & −a \end{matrix} ] .

Donc A = bT_{1} + cT_{2} + aT_{3} ∈ V ect(T_{1}, T_{2}, T_{3}). Ainsi la famille (T_{1}, T_{2}, T_{3}) est génératrice de E et forme donc une base de E.