Partiel d’algèbre du premier semestre : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : partiel d’algèbre du premier semestre

Le corrigé détaillé : partiel d’algèbre du premier semestre

Exercice 1 – Questions de cours (3 points)

1. Bézout s’applique au couple \((a, b)\) : il existe \(u, v \in \mathbb{Z}\) avec \(au + bv = 1\). Il vient alors \(c = acu + bcv\). Le terme \(acu\) est un multiple de \(a\) ; quant à \(bcv\), c’est un multiple de \(bc\), donc aussi de \(a\). La somme \(c\) est ainsi un multiple de \(a\) : \(a\) divise \(c\).

2. Divisons \(P\) par \(X – \lambda\) : \(P = (X – \lambda)Q + R\) où \(\deg R < 1\), si bien que \(R\) se réduit à un scalaire \(r\). L’évaluation au point \(\lambda\) fournit alors \(P(\lambda) = r\).

   Si \(P(\lambda) = 0\), alors \(r = 0\) et \(P = (X – \lambda)Q\). Réciproquement, si \(P = (X – \lambda)Q_1\), l’évaluation en \(\lambda\) donne \(P(\lambda) = 0\). Ainsi, \(P(\lambda) = 0\) si et seulement si \(X – \lambda\) divise \(P\).

3. Posons \(C = B^{-1}A^{-1}\). Par associativité, \(AB \times C = A \times (B B^{-1}) \times A^{-1}\), qui vaut \(A \times A^{-1} = I_n\). De même, \(C \times AB = B^{-1} \times (A^{-1} A) \times B = I_n\). Par conséquent, \(AB\) est inversible et \((AB)^{-1} = B^{-1}A^{-1}\).

Piège classique : écrire \((AB)^{-1} = A^{-1}B^{-1}\). Le produit matriciel n’est pas commutatif, donc l’ordre des inverses s’échange.

Barème : a) 1 point (relation de Bézout 0,5, divisibilité de la somme 0,5) ; b) 1 point (division euclidienne 0,5, double implication 0,5) ; c) 1 point (deux produits calculés 0,75, conclusion 0,25).

Exercice 2 – Arithmétique des entiers (4 points)

1. Les divisions successives donnent \(2431 = 2 \times 1001 + 429\), puis \(1001 = 2 \times 429 + 143\), et enfin \(429 = 3 \times 143\). Le dernier reste non nul vaut \(\mathrm{pgcd}(2431, 1001) = 143\).

   En remontant les calculs, \(143 = 1001 – 2 \times 429 = 1001 – 2(2431 – 2 \times 1001) = 5 \times 1001 – 2 \times 2431\). On peut donc prendre \(u = -2\) et \(v = 5\). Vérification : \(5005 – 4862 = 143\).

2. On a \(143 = 11 \times 13\), d’où \(2431 = 11 \times 13 \times 17\) et \(1001 = 7 \times 11 \times 13\). Le PPCM vaut alors \(7 \times 11 \times 13 \times 17 = 17017\).

3. Puisque \(286 = 2 \times 143\), le PGCD divise le second membre, donc des solutions existent. En divisant par \(143\), l’équation équivaut à \(17x + 7y = 2\). La relation \(17 \times (-2) + 7 \times 5 = 1\), multipliée par \(2\), fournit la solution particulière \((-4, 10)\).

   Soit \((x, y)\) une solution. Alors \(17(x + 4) = 7(10 – y)\), si bien que \(17(x + 4)\) est un multiple de \(7\). Puisque \(\mathrm{pgcd}(7, 17) = 1\), Gauss assure que \(7\) divise \(x + 4\) : on écrit \(x = -4 + 7k\), avec \(k \in \mathbb{Z}\). Par suite, \(17 \times 7k = 7(10 – y)\), soit \(y = 10 – 17k\). Réciproquement, \(17(-4 + 7k) + 7(10 – 17k) = -68 + 70 = 2\). Ainsi, les solutions sont les couples \((-4 + 7k, 10 – 17k)\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).

4. Puisque \(17\) est un nombre premier qui ne divise pas \(6\), on a \(6^{16} \equiv 1 \pmod{17}\) d’après Fermat. Comme \(2027 = 16 \times 126 + 11\), il vient \(6^{2027} \equiv 6^{11} \pmod{17}\). Ensuite, \(6^2 = 36 \equiv 2\), d’où \(6^{10} \equiv 2^5 = 32 \equiv -2\), puis \(6^{11} \equiv -12 \equiv 5 \pmod{17}\). Le reste cherché vaut \(5\).

Barème : a) 1 point (PGCD 0,5, coefficients vérifiés 0,5) ; b) 0,5 point (décompositions 0,25, PPCM 0,25) ; c) 1,5 point (réduction et solution particulière 0,5, Gauss 0,5, réciproque et ensemble 0,5) ; d) 1 point (Fermat 0,5, réduction de l’exposant et calcul 0,5).

Exercice 3 – Un polynôme de degré 5 (4 points)

1. On a \(P(1) = 1 – 3 + 4 – 4 + 3 – 1 = 0\). Calculons ensuite les dérivées successives :

   \[P^{\prime} = 5X^4 – 12X^3 + 12X^2 – 8X + 3, \quad P^{\prime\prime} = 20X^3 – 36X^2 + 24X – 8, \quad P^{(3)} = 60X^2 – 72X + 24.\]

   En \(1\), on obtient \(P^{\prime}(1) = 5 – 12 + 12 – 8 + 3 = 0\), puis \(P^{\prime\prime}(1) = 20 – 36 + 24 – 8 = 0\), et enfin \(P^{(3)}(1) = 60 – 72 + 24 = 12 \neq 0\). La première dérivée non nulle en \(1\) est donc celle d’ordre \(3\) : la multiplicité de \(1\) vaut exactement \(3\), ce qui explique l’aplatissement de la courbe en \(A\).

2. Il existe donc \(Q\) unitaire de degré \(2\) tel que \(P = (X – 1)^3 Q\). Écrivons \(Q = X^2 + \alpha X + \beta\). Le terme constant donne \(-\beta = -1\), soit \(\beta = 1\). De plus, le coefficient de \(X^4\) vaut \(\alpha – 3 = -3\), donc \(\alpha = 0\). Ainsi \(Q = X^2 + 1\), qui n’a pas de racine réelle car son discriminant vaut \(-4\).

   Par conséquent, \(P = (X – 1)^3(X^2 + 1)\) dans \(\mathbb{R}[X]\) et \(P = (X – 1)^3(X – i)(X + i)\) dans \(\mathbb{C}[X]\).

3. On pose la division en abaissant le degré à chaque étape : on retranche successivement \(X^3\), \(-4X^2\), \(7X\) et \(-7\) fois le diviseur. On obtient :

   \[P = (X^2 + X + 1)(X^3 – 4X^2 + 7X – 7) + 3X + 6.\]

   En effet, le produit développé vaut \(X^5 – 3X^4 + 4X^3 – 4X^2 – 7\), auquel on ajoute \(3X + 6\). Le quotient est \(X^3 – 4X^2 + 7X – 7\) et le reste \(3X + 6\), de degré inférieur à \(2\).

4. D’une part, les racines sont \(1\) (trois fois), \(i\) et \(-i\) : leur somme vaut \(3\) et leur produit \(1 \times i \times (-i) = 1\). D’autre part, les relations coefficients-racines donnent une somme égale à \(-\frac{-3}{1} = 3\) et un produit égal à \((-1)^5 \times \frac{-1}{1} = 1\). Les deux méthodes concordent : somme \(3\), produit \(1\).

Piège classique : s’arrêter à \(P^{\prime}(1) = 0\) et conclure à une racine double. La multiplicité exacte exige la première dérivée non nulle en \(1\).

Barème : a) 1,5 point (dérivées 0,5, valeurs en 1 0,5, conclusion 0,5) ; b) 1 point (identification 0,5, deux factorisations 0,5) ; c) 1 point (quotient 0,5, reste 0,5) ; d) 0,5 point.

Exercice 4 – Pivot de Gauss et paramètre (4 points)

1. On effectue d’abord \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\) et \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\), puis \(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_2\). Le système devient alors échelonné :

   \[\begin{cases} x + 2y – z = 1 \\ y + 3z = 1 \\ (m – 5)z = c – 3 \end{cases}\]

   Ces opérations sont réversibles, donc ce système équivaut à \((\Sigma)\). On discute ensuite selon le dernier pivot.

   Si \(m \neq 5\), il y a une unique solution : \(z = \frac{c – 3}{m – 5}\), puis \(y = 1 – 3z\) et \(x = 1 – 2y + z = -1 + 7z\).

   Si \(m = 5\) et \(c = 3\), la dernière équation s’écrit \(0 = 0\). L’inconnue \(z = t\) devient secondaire, et l’on obtient une infinité de solutions \((-1 + 7t, 1 – 3t, t)\), avec \(t \in \mathbb{R}\).

   Enfin, si \(m = 5\) et \(c \neq 3\), la dernière équation \(0 = c – 3\) est impossible : le système n’a aucune solution.

2. Chaque équation définit un plan, et les normales \((1, 2, -1)\) et \((2, 5, 1)\) ne sont pas colinéaires. Les deux premiers plans se coupent donc selon une droite \(\mathcal{D}\), passant par \(\Omega(-1\,;\,1\,;\,0)\) et dirigée par \((7, -3, 1)\). Pour \(m \neq 5\), le troisième plan coupe \(\mathcal{D}\) en un seul point. Pour \(m = 5\) et \(c = 3\), il contient \(\mathcal{D}\) : les trois plans ont une droite commune. Pour \(m = 5\) et \(c \neq 3\), il est parallèle à \(\mathcal{D}\) sans la contenir, donc aucun point n’est commun aux trois plans.

   

3. On applique les mêmes opérations à la matrice augmentée \(\left(A_6 \mid I_3\right)\). Après \(L_2 \leftarrow L_2 – 2L_1\), \(L_3 \leftarrow L_3 – L_1\) puis \(L_3 \leftarrow L_3 – 2L_2\), on obtient :

   \[\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 3 & -2 & 1 \end{array}\right)\]

   On remonte ensuite avec \(L_2 \leftarrow L_2 – 3L_3\) et \(L_1 \leftarrow L_1 + L_3\), puis \(L_1 \leftarrow L_1 – 2L_2\). Il vient finalement :

   \[A_6^{-1} = \begin{pmatrix} 26 & -16 & 7 \\ -11 & 7 & -3 \\ 3 & -2 & 1 \end{pmatrix}.\]

   Vérification sur la première colonne : la première ligne de \(A_6\) donne \(26 – 22 – 3 = 1\), et les deux autres donnent \(52 – 55 + 3 = 0\) et \(26 – 44 + 18 = 0\).

4. Pour \(m = 6\) et \(c = 4\), le système s’écrit \(A_6 \, \mathbf{X} = (1, 3, 4)^{\mathsf{T}}\). On en déduit \(\mathbf{X} = A_6^{-1}(1, 3, 4)^{\mathsf{T}}\), soit \(x = 26 – 48 + 28 = 6\), \(y = -11 + 21 – 12 = -2\) et \(z = 3 – 6 + 4 = 1\). La solution est donc \((x, y, z) = (6, -2, 1)\). Vérification : \(6 – 4 – 1 = 1\), \(12 – 10 + 1 = 3\) et \(6 – 8 + 6 = 4\).

Piège classique : diviser par \(m – 5\) sans avoir écarté le cas \(m = 5\). Ce cas, où le dernier pivot s’annule, se traite toujours séparément.

Barème : a) 2 points (échelonnement 0,75, trois cas avec solutions 1,25) ; b) 0,5 point ; c) 1 point (opérations 0,5, inverse vérifié 0,5) ; d) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : Bézout dans Z et dans K[X] (5 points)

1. On calcule d’abord \((X – 1)B = X^4 + X^3 – X – 1\), donc la première division s’écrit :

   \[A = (X – 1)B – (X^2 + X + 1).\]

   Le reste \(R_1 = -(X^2 + X + 1)\) est de degré \(2 < 3\). Ensuite, \((X + 1)(X^2 + X + 1) = X^3 + 2X^2 + 2X + 1 = B\), donc la division suivante tombe juste : \(B = (-X – 1)R_1\). Ainsi \(R_1\) termine l’algorithme ; une fois rendu unitaire, il fournit \(D = X^2 + X + 1\).

2. La première division donne directement \(D = -A + (X – 1)B\). On prend donc \(U = -1\) et \(V = X – 1\). Vérification : \(-A + (X^4 + X^3 – X – 1) = X^2 + 2X + 2 – X – 1 = X^2 + X + 1\).

3. On a bien \(81 – 80 = 1\). Posons \(n_0 = 9 \times 9 = 81\) : alors \(9\) divise \(n_0\), et \(n_0 – 1 = 16 \times 5\) est divisible par \(16\). Soit maintenant \(n\) une solution : \(9\) et \(16\) divisent tous deux \(n – 81\). Écrivons \(n – 81 = 9a\). Comme \(16\) divise \(9a\) et qu’il est premier avec \(9\), le lemme de Gauss montre que \(16\) divise \(a\). Ainsi \(144\) divise \(n – 81\). Réciproquement, tout \(81 + 144k\) convient. Finalement, les solutions sont les entiers \(n = 81 + 144k\), avec \(k \in \mathbb{Z}\).

4. D’abord, \((X – 1)^2(2X + 1) = (X^2 – 2X + 1)(2X + 1) = 2X^3 – 3X^2 + 1\). En ajoutant \(X^2(3 – 2X) = 3X^2 – 2X^3\), on obtient bien \(1\).

   Le polynôme \(P_0 = X^2(3 – 2X)\) est divisible par \(X^2\). De plus, \(P_0 – 1 = -(X – 1)^2(2X + 1)\) est divisible par \((X – 1)^2\) : \(P_0\) est donc solution. Soit ensuite \(P\) une solution quelconque. Alors \(X^2\) et \((X – 1)^2\) divisent \(P – P_0\). Écrivons \(P – P_0 = X^2 S_1\). L’identité vérifiée plus haut assure que \(X^2\) et \((X – 1)^2\) n’ont aucun diviseur commun non constant. D’après Gauss dans \(\mathbb{R}[X]\), le facteur \((X – 1)^2\) divise donc \(S_1\).

   Réciproquement, ajouter à \(P_0\) un multiple de \(X^2(X – 1)^2\) préserve les deux conditions. Par conséquent, les solutions sont les \(P = 3X^2 – 2X^3 + X^2(X – 1)^2 S\), avec \(S \in \mathbb{R}[X]\). Sur la figure, les deux conditions se lisent \(P(0) = P^{\prime}(0) = 0\) et \(P(1) = 1\), \(P^{\prime}(1) = 0\) : ce sont les deux tangentes horizontales.

5. Premier point commun : dans les deux anneaux, l’algorithme d’Euclide fournit le PGCD et des coefficients de Bézout, comme dans la partie A et l’exercice 2. Second point commun : le lemme de Gauss s’y démontre de la même façon, et il donne toutes les solutions aux questions c et d.

   En revanche, la taille d’un reste se mesure par la valeur absolue dans \(\mathbb{Z}\), mais par le degré dans \(\mathbb{K}[X]\). De plus, les éléments inversibles sont \(1\) et \(-1\) dans \(\mathbb{Z}\), alors que ce sont toutes les constantes non nulles dans \(\mathbb{K}[X]\). C’est pourquoi on choisit un PGCD positif dans un cas, et unitaire dans l’autre.

Piège classique : donner \(-X^2 – X – 1\) comme PGCD. Le PGCD de deux polynômes est, par convention, le diviseur commun unitaire de plus haut degré.

Barème : a) 1 point (deux divisions 0,75, normalisation 0,25) ; b) 0,5 point ; c) 1 point (solution particulière 0,25, Gauss 0,5, ensemble 0,25) ; d) 1,5 point (identité vérifiée 0,25, solution particulière 0,5, forme générale par Gauss 0,75) ; e) 1 point (deux points communs 0,5, deux différences 0,5).

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