Exercices fiche

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Niveau: Supérieur, Bac+8
Exercices, fiche 2 Solutions Agregation 2005-2006 1 sur 6 Exercice 1 On developpe (x + r)m+1 par la formule du binome. Il vient : (x+r)m+1 = xm+1+ ( 1 m + 1 ) rxm+ . . .+ ( p m + 1 ) rpxm+1?p+ . . .+rm+1 On remplace alors la variable x par les n premiers termes de la suite arithmetique (ui)i?N, obtenant ainsi les n egalites (u0 + r) m+1 = um+10 + ( 1 m + 1 ) rum0 + . . . + ( p m + 1 ) rpum+1?p0 + . . . + r m+1 (u1 + r) m+1 = um+11 + ( 1 m + 1 ) rum1 + . . . + ( p m + 1 ) rpum+1?p1 + . . . + r m+1 ... ... ... (un?1 + r) m+1 = um+1n?1 + ( 1 m + 1 ) rumn?1 + . . . + ( p m + 1 ) rpum+1?pn?1 + . . . + r m+1.

  • relations generales entre les coefficients

  • z1 ?

  • figure formee des affixes z1

  • ?3

  • coefficients de l'equation initiale

  • equation


Publié le : mercredi 30 mai 2012
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Exercices, fiche 2 Solutions
Agre´gation
2005-2006 1 sur 6
Exercice 1 m+1 Onde´veloppe(x+rp)ofmrraalbuniludelv.Imeˆo:ntie    1p m+1m+1m pm+1p m+1 (x+r) =x+rx+. . .+r x+. . .+r m+ 1m+ 1 On remplace alors la variablexpar lesnpremiers termes de la suite arithm´etique(ui)iN, obtenant ainsi lesnl´iegaest´    1p m+1m+1mm p+1p m+1 +. . .+r u+. . .+r (u0+r) =u+ru0 0 0 m+ 1m+ 1    1p m+1m+1m pm+1p m+1 =u ru+. . .+r (u1+r)1+ru+. . .+ 1 1 m+ 1m+ 1 . . .    1p m+1m+1mm p+1p m+1 (un1+r) =u+ru+. . .+r u+. . .+r . n1n1n1 m+ 1m+ 1 Puis,onajoutemembre`amembrecesn´eue(antqesvrnebo´tseagilui1+   m+1m+1p pmp+1 r) =uet que le coefficient derseraSet on obtient i m+1n laformulecherch´ee    1 2 m+1m+1m2m1 (un1+r) =a+rS+r S+. . . n n m+ 1m+ 1   p p mp+1m+1 +r S+. . .+nr n m+ 1 1 2 3 Cette formule permet de calculerS, puisS, puisSet ainsi de suite. n n n Onobtientcommepremie`resvaleursenprenanta= 1 etr= 1 n(n+1) 2 1 (n+ 1)= 1 + 2S+n, soit 1+ 2 +. . . n= , n 2 n(n+1) 3 21 1 (n= 1 + 3+ 1)S+ 3S+n¸cleatanerpm,tneSon obtientpar , n nn 2   3n 2 2 3S= (n+ 1)(n+ 1)− −1 n 2 n(n+1)(2n+1) 2 22 soit 1+ 2+. . . n= , 6 n(n+1) 4 32 11 (n+ 1)= 1 + 4S+ 6S+ 4S+nt¸canmplaenree,tSpar et n n nn 2 n(n+1)(2n+1) 2 Son obtientpar , n 6   3 3 4S= (n(+ 1)n+ 1)n(2n+ 1)2n1 n   3 3 4S= (n(+ 1)n+ 1)(2n+ 1)(n+ 1) n 3 22 4S= (n+ 1)n n 2 2 (n+1)n 3 33 soit 1+ 2+. . . n= . 4
Exercice 2 n n1ni SoitP(x) =a0x+a1x+. . .+aix+. . .+anyolpˆnnumodee degr´ens,`acoecientsdanC(ouRouQi,)sopleds`loearsnracines
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Exercices, fiche 2 Solutions
Agre´gation
2005-2006 2 sur 6
surCe´sen,tob1,b2. . . ,bnnptoeerirce´tueP(x) sous la formeP(x) = a0(xb1)(xb2). . .(xbnudtipeoro,nntpaoretnndotlannE.)ve´dpole obtient   2ni i P(x) =a01σ1x+σ2x+. . .+ (1)σix+. . .+ (1)σn
cequidonnelesformulescherche´es.
Exercice 3
Laconditionsexprimeparlesyste`me:     2 11 21 12 11 = += += += 0 x1x2x3x2x3x1x3x1x2 et x1x2x36= 0 Ilneresteplusqua`exprimercesconditions`alaidedesfonctionssym´etriques des racines qui valent ici : 3b3c d σ1=x1+x2+x3=,σ2=x1x2+x2x3+x3x1= ,σ3=x1x2x3=a aa Si la seconde condition donne naturellementσ36rpal,0=oitˆetreemi`ered transform´ee.Onobtientdabord (2x2x3x1x3x1x2) (2x3x1x2x1x2x3) (2x1x2x3x2x3x1) = 0 puis, (3x2x3x1x3x1x2x2x3) (3x3x1x2x1x2x3x3x1) (3x1x2x3x2x3x1x1x2) = 0 soit (3x2x3σ2) (3x3x1σ2) (3x1x2σ2) = 0 Puis,ende´veloppant,ilvient:   2 2 9x x x3σ(x x+x), 1 2 32 23 3x1+σ2(3x1x2σ2 soit   2 2 22 22 27x x x9x xσ x+x x x 1 2 32 1x x3+x1 2 33 1 2 2 2 3 + 3σ+x x+x x)σ , 2(x1x2 21 23 3 cequise´crit 2 3 9σ+ 2σ . 27σ3σ1σ22 3 Enfaisantintervenirlescoecientsdel´equationinitiale,onobtient 2 3 27d81bcd+ 18c . 2 3 Finalement, on obtientd6= 0 et 3d9bcd+ 2c= 0.
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Exercices, fiche 2 Solutions
Agr´egation
2005-2006 3 sur 6
Exercice 4 4 3 Lagureform´eedesaxesz1,z2,z3etz4, solution deP(x) =z+pz+ 2 qz+rz+sistsenemulseetsiemmargole´llaraplasegea0n=osneuitds se coupent en leur milieu. Si les diagonales sontz1z2etz3z4, la condition s´ecritz1+z2=z3+z4. Lexpressionobtenuenestpasdirectementsym´etriqueparrapportaux variables.Parcontre,elleestsym´etriqueparrapport`az1etz2d’une part etz3etz4d’autre part. Nous introduisons des inconnues auxiliaires les fonctionssyme´triquedesracinesdez1etz2d’une part et dez3etz4 d’autre part : ? ? ς=z1+z2π=z1z2ς=z3+z4π=z3z4 Lesrelationsg´ene´ralesentrelescoecientsetracinesdeP(x) = 0 s’ex-2 2? ? priment(grˆace`alarelationP(x) = (xςx+π)(xς x+π)) sous la forme : ? ς+ς=p(1) ? ? π+π+ςς=q(2) ? ? πς+π ς=r(3) ? ππ=s(4) etlagureestunparall´elogrammesi ? ς=ς(5) Alors,lagureform´eedesaxesz1,z2,z3etz4, solution deP(x) = 0 est ? ? un losange si et seulement s’il existe 4 complexesς,ς,πetπvant´eri lesrelations1`a5. ? ?p Les relations 1 et 5 donnentς=ς=et en portant ces valeurs dans 2 les autres relations, on obtient 2 p ? π+π=q(6) 4 p ? (π+π) =r(7) 2 ? ππ=s(8) ? Pour qu’il existe deux nombresπetπletaecrsatne´irvltiteaulf,insio ? suffit que la valeur deπ+πletaoi7nreileranuede6v´obteredie,c`ast que   2 p p q(9) 2 4 soit 2 p(4qp) = 8r(10) Maintenant,observonsquunparall´elogrammeestunlosangesietseule-mentsisesdiagonalessont,enoutre,perpendiculaires.Leparall´elogramme de sommetsz1,z2,z3,z4a pour affixe du point d’intersection de ses dia-z1+z2+z3+z4σ1 gonales =. On peut exprimer le fait que ses diagonales 4 4 soient perpendiculaires par   σ1σ1 λR, z2=λi z1. 4 4 3
Exercices, fiche 2 Solutions
Agre´gation
2005-2006 4 sur 6
Onpr´efe`recependantlexprimersouslaforme    σ1σ1σ1σ1 λC, z2=λi z1z3=z14 44 4  (11) σ1σ1 z4=λi z14 4 car, alors, la conditionλRstopnideseir´tlicoean´squilauetunipelitse σ1 z2, etz4os´e(impamgrlo´ellrapaunerteˆdtiafelrapncdoetmerpa 4 le´quation10)impliquequeλestl.Ler´eeiditcsnole´nodsuaeqonti11 permettent d’exprimerz2,z3,z4en fonction dez1et deλ; ensuite, les expressions deσ1,σ2,σ3,σ4permettrons de calculerz1etλen fonction deσ3et deσ4elespxer´tseadsnssionsde;nnesrurorepes,clevaσ2 donneronsuneconditiondecompatibilit´e.Cetteconditionserane´cessaire etsusantecarelleserae´quivalentea`11.Onobtient     σ1σ1σ1σ1σ1σ1 z2= +λi z1z3=z1z4=λi z14 44 44 4 (12) σ1σ1 Pour faciliter les calcul, on poseς= etz1=αn12.L´equatio 4 4 devient z1=ς+α z2=ς+λiα z3=ςα z4=ςλiα(13) On effectue les calculs d’abord pourσ2: σ2=(ς+α)(ς+λiα) + (ς+α)(ςα) + (ς+α)(ςλiα) (14) (ς+λiα)(ςα) + (ς+λiα)(ςλiα) + (ςα)(ςλiα) soit 2 22 σ2= 6ς+α(λ1) (15) puis pourσ3: σ3=(ς+α)(ς+λiα)(ςα) + (ς+α)(ς+λiα)(ςλiα) + (ς+α)(ςα)(ςλiα)) + (ς+λiα)(ςα)(ςλiα) (16) soit 3 22 σ3= 4ς+ 2ςα(λ1) (17) et, enfin, pourσ4:
σ4= (ς+α)(ς+λiα)(ςα)(ςλiα)
(18)
soit 2 22 22 σ4= (ςα)(ς+λ α) (19) Arrive´a`cepoint,onsaper¸coitquelecalculexplicitedesvaleursdeλet de 2 αestinutilecarsilaucdtceelr9nt1spoumeerentt´selauqenoite71sαet   2 22 λe2rdcond,landecitiovimerixpeualavalibitapmoese´tilς α(λ1) communea`15eta`17.onobtient
3 3 σ34ς= 2ςσ212ς
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