Corrigé de l’examen d’algèbre du 22 janvier 2008
Exercice I R est à la fois une relation d’équivalence et une relation d’ordre. Elle est donc en particulier
réflexive, symétrique et antisymétrique. Ceci étant vu, soient x et y dans E. Supposons xRy. Comme R est
symétrique, on a donc yRx, donc xRy et xRy. Comme R est antisymétrique, on a donc x = y. Réciproque-
ment, supposons x = y. Comme R est réflexive, xRx, donc xRy puisque x = y. Par double implication, on
a bien montré que xRy ssi x = y. 1
Exercice II a) Il est vrai que si a
6= 3, il n’y a aucune solution. En revanche, un système linéaire a toujours
zéro, une ou une infinité de solutions. Il n’est donc pas possible que pour a = 3 le système ait trois solutions.
En outre, les solutions proposées ne sont pas solutions du système. 2
b) Si a
6= 3, il n’y a pas de solutions. Si a = 3, il y a plusieurs réponses valables (bien sûr équivalentes) :
S = {(x,−x/5, 1 − x/5), x ∈ R} = {(−5y, y − 1, 1 + y), y ∈ R} = {(5 − 5z, z − 1, z), z ∈ R}. 3
Exercice III
1) Le discriminant est ∆ = 4 − 4i = 4(1 − i) = 4
√
2e−iπ/4 = (25/4e−iπ/8)2. Les solutions
sont donc z1 = −1 − 21/4e−iπ/8 et z2 = −1 + e−iπ/8.
2) Soient P ∈ C[X] et n ∈ N tel que n ≥ deg(P ). Pour tout a ∈ C, P = ∑nk=0 P (k)(a)
(X−a)k
k!
. 4
3a) On trouve : P (1) = 0, P ′(1) = 0, P ′′(1) = 12 + 4i, P ′′′(1) = 48, P (4)(1) = 48 et P (k)(1) = 0 pour
tout entier k ≥ 5.
3b) On a P (1) = P ′(1) = 0 et P ′′(1)
6= 0, donc 1 est racine double de P : m = 2. Le polynôme (X − 1)2
divise donc P . Le reste de la division euclidienne de P par (X − 1)2 est donc nul.
3c) D’après la formule de Taylor appliquée au point 1 et compte tenu du fait que P est de degré 4, on a
P =
∑4
k=0 P
(k)(1) (X−1)
k
k!
. En utilisant les valeurs du b) on obtient :
P = (6 + 2i)(X − 1)2 + 8(X − 1)3 + 2(X − 1)4 = (X − 1)2[6 + 2i + 8(X − 1) + 2(X − 1)2]
En développant l’expression entre crochets puis en simplifiant il vient :
P = (X − 1)2(2X2 + 4X + 2i) = 2(X − 1)2(X2 + 2X + i)
3d) Il suit de la question 1) que X2 + 2X + i = (X − z1)(X − z2), où z1 et z2 so