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Université Pierre et Marie Curie Paris VI Examen de l?UE LM125 Session de mai 2009: Corrigé Exercice 1 1. = 1 4a2 > 0 , a 2 [ 12 ; 12 ] , Qa a racines réelles. Donc Qa irreductible en R[X] , a 2 Rn[ 12 ; 1 2 ]. Comme dQa > 1, Qa n?est pas irréductible dans C[X] pour tout a 2 C. 2. a) Pa (X) = X4 2X3 + X2 + X3 2X2 + X + a2X2 2a2X + a2 = X2 2X + 1 X2 + X + a2 = (X 1)2 Qa: b) En R[X]: - si a 2 [ 12 ; 1 2 ] Pa (X) = (X 1)2 X 1 + p 1 4a2 2 ! X 1 p 1 4a2 2 ! (1) -si a 2 Rn[ 12 ; 1 2 ] Pa (X) = (X 1)2 X2 + X + a2 En C[X] Pa (X) = (X 1)2 X 1 + i p 4a2 1 2 ! X 1 i p 4a2 1 2 ! Remarque.

  • corrigé de l'exercice

  • examen de l?ue lm125

  • in?nité de racines

  • théorème du rang

  • dim im

  • racine réelle


Publié le : vendredi 1 mai 2009
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Université Pierre et Marie Curie Paris VI
ExamendelUELM125
Session de mai 2009:
Corrigé Exercice 1
2 11 1. = 14a>0,a2[;],QaDonca racines réelles.Qairreductible en 2 2 1 1 R[X],a2Rn[;]. 2 2 Commed Qa>1,Qanest pas irréductible dansC[X]pour touta2C. 2. a)
4 32 32 22 22 Pa(X) =X2X+X+X2X+X+a X2a X+a    2 2 22 =X2X+ 1X+X+a= (X1)Qa:
b) EnR[X]: 1 1 - sia2[;] 2 2  ! ! p p 2 2 211 +4a114a Pa(X) = (X1)XX2 2
1 1 -sia2Rn[;] 2 2
EnC[X]
  2 2 2 Pa(X) = (X1)X+X+a
 ! ! p p 2 2 21 +i4a11i4a1 Pa(X) = (X1)XX2 2
1 1 Remarque. Sia2[;]on retrouve (1). 2 2
(1)
1.
Exercice 2
  1 1 2 2 f1+f2+f3= 01 1()(x1) + x1 +(x+ 1) = 0;8x2[;]: (2 2) C[;] 2 2   2 2 2 SoitP(X) =(X1) + X1 +(X+ 1) = (+)X+ (2+)X++.
1 1 CommeP(x) = 0pour toutx2[;]; Pa une innité de racines doncP= 0. Ilrésulte R[X] 2 2
+=2+=+= 0
donc=; = 2;doù4= 0et=== 0:
2.
2 x+x+ 1ca b = ++ 2 2 x+ 1x1 (x1) (x(+ 1)x1) 21 1 2 ()a(x1) +b(x+ 1) (x1) +c(x+ 1) =x+x+ 1;8x2[;] 2 2
Comme au 2.ceci donne
doù
et
1.
a+b= 1;2a+c= 1; ab+c= 1
2a+c= 2
3 1 3 c=; a=; b=: 2 4 4
Exercice 3
0 1 31 11
4 12 0 A= 6 22 2 BC @ A 41 20
2. 0 10 1 31 11 31 11 4 12 04 12 0 v(l+ 2ll ;+l) 1 32 4 v 6 20 0 0 02 2 B CB C @ A@ A 41 20 0 00 0 doncrangA62. Lesvecteurs 0 10 1 11
2 0 v1=; v2= 2 2 B CB C @ A@ A 2 0
sont linéairement indépendants, doncrangA= 2 = dimImfet une base deImfest donnée par (v ;v): 1 2 3. Cf. théorèmedu rang
dim kerf= 4dim Imf= 2: 0 10 10 1 31 11x0 4 12 0y0 =, 6 22 2z0 B CB CB C @ A@ A@ A 401 2t0
3xy+zt= 0;4x+y2z= 0, y+z=3x+t; y2z= 4x
,z=xt; y= 4x+ 2 (xt) = 2x2t:
Une base dekerfest 0 10 1 1 0 22 w1=; w2=: 11 BCBC @ A@ A 0 1 4. Commerangf <4il résultedetf= 0.
5. Ilsu¢ t de prouver quekerf\Imf=f0g ,(v1; v2; w1; w2)libre,
11 10 11 10 11 1 2 020 22 02 11 = ==2 =26= 0: 0 0 2 2 2111 2111 21 211 0 0 10 0 0 1
6. a)f(0) = 0)02F.
b)u; v2F)f(u) =u; f(v) =v, doncf(u+v) =f(u) +f(v) =u+v)u+v2F:
c)2R; u2F)f(u) =uet doncf(u) =f(u) =u)u2F. CommeF(= kerfId)on adimF=rang(A14) 0 10 10 10 1 21 11 21 11 21 11 21 11 4 02 02 01 001 01 01 01 A14=vv v 6 23 26 203 21 01 00 0 0 B CB CB CB C @ A@ A@ A@ A 41 21 41 21 0 10 0 0 01 0
doncdimF= 2. 7. Commekerf6= 0(resp.F6= 0) il résulte quil existeu6= 0tel quef(u) = 0u= 0
respectivementf(u) = 1u=u, donc0et 1 sont valeurs propres def
8. De3 et 6 on aE0= dimker (f0Id) = dimkerf= 2; E1= dimker (f1Id) = dimF= 2.
Soient(e1; e2)base deE0,(e3; e4)base deE1. Comme0et1sont des valeurs propres distinctes
4 il résulte que(e1; e2; e3; e4)est un ensemble libre deR, donc une base de vecteurs propres def.
fest donc diagonalisable.
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