ejercicios de álgebra

Les pages qui suivent comportent, a` titre dexemples, les questions

dalge`bre depuis juillet 2003 jusqua` juillet 2014, avec leurs solutions.

Pour lepreuve dalge`bre,les calculatrices sont interdites.

Consignes habituelles: Repondre aux trois questions sur trois feuilles

separees. Ne pas utiliser de crayon, ne pas utiliser de rouge. Indi-

quer sur chaque feuille le nom et le prenom en caracte`res dimprimerie, le

numero detudiant, ainsi que le numero de la question.

Juillet 2003

Question 1. Resoudre lequation (en nombres complexes)

(2z2 1)3 = (z2 + 1)3 .

Solution. On pose Z = z2. Lequation devient

(2Z 1)3 = (Z + 1)3 .

On sait que A3 = B3 si et seulement si A = B ou A = jB ou A = j2B, avec j = (1 + 3i)/2 etj2 = (13i)/2. Les trois solutions sont donnees par

1. 2Z 1 = Z + 1, dou` Z = 2.

2. 2(2Z 1) = (1 +3i)(Z + 1), (53i)Z = 1 +3i.

3. 2(2Z 1) = (13i)(Z + 1), (5 +3i)Z = 13i.

En utilisant les egalites

a+ bic+ di

=(a+ bi)(c di)(c+ di)(c di) =

(ac+ bd) + (bc ad)ic2 + d2

,

on recrit le triplet de solutions en

Z {

2 ,1 + 3

3i

14,

1 33i14

}.

Si b est positif, les solutions (x, y) de a bi = (x yi)2 sont([a2 + b2 + a]/2,

[a2 + b2 a]/2

)et

(

[a2 + b2 + a]/2,

[a2 + b2 a]/2

);

cela permet denumerer les six solutions de lequation initiale comme suit:

1. z =

2 et z =

2 ,

2. z =

28 + 128

+

28 128

i et z =

28 + 128

28 128

i ,

3. z =

28 + 128

28 128

i et z =

28 + 128

+

28 128

i .

Remarque. On peut recrire les solutions sans racine carree au denominateur:28 128

=

28

28 28282

=

28

28 2828

=

14

7 714

.

Question 2. Resoudre et discuter le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre

reel:ax+ (a+ 1)y + (a 1)z = 2a+ 3 ,x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 ,(a+ 1)x+ 2(a+ 1)y = 6a+ 4 .

Solution. On peut dabord observer que la troisie`me equation est inutile, puisque cest la somme desdeux autres. En remplacant la premie`re equation par la difference de la premie`re et de la seconde, onobtient

(a 1)x+ 2(a 1)z = 2(a 1) ,x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 .

Si a = 1, la premie`re equation disparat et le syste`me se reduit a`

x+ 2y = 5 .

Les solutions sont x = 5 2, y = , z = .

Si a = 1, le syste`me devientx+ 2z = 2 ,x+ 2z = 3 .

Il nadmet pas de solution.

Dans les autres cas, cest-a`-dire quand (a+ 1)(a 1) 6= 0, le syste`me devient

x+ 2z = 2 ,x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 .

les solutions sont z = , x = 2 2, (1 + a)y = 4a+ 1 + 2 + 2+ (a 1) = 4a+ 3 + (a+ 1),cest-a`-dire y = + 4a+3a+1 .

( et sont des parame`tres quelconques.)

Question 3. Resoudre linequation

x 2x+ 2

x 2 .

Solution. Les deux membres de linegalite nont de sens que sur le domaine ] : 2[ ] 2 : 0].Sur ce domaine, linequation se recrit en

2 +x 2x+ 2

x , cest-a`-dire 3x+ 2x+ 2

x ,

ou encore[x < 2 et 3x+ 2 x(x+ 2) ] ou [2 < x 0 et 3x+ 2 x(x+ 2) ] .

Dans la premie`re partie, les deux membres de linegalite sont negatifs mais, dans la seconde partie, lesdeux membres doivent etre positifs, dou` 2 < x 0 peut etre precise en 2/3 < x 0. En elevant aucarre et en regroupant, on obtient

(x < 2 ou 2/3 < x 0) et (3x+ 2)2 x(x+ 2)2 ,

cest-a`-dire(x < 2 ou 2/3 < x 0) et x3 + 13x2 + 16x+ 4 0 ,

ou encore(x < 2 ou 2/3 < x 0) et (x+ 1)(x2 + 12x+ 4) 0 .

cest-a`-dire

(x < 2 ou 2/3 < x 0) et (x+ 1)(x+ 6 + 4

2)(x+ 6 4

2) 0 .

Comme on a6 4

2 < 2 < 2/3 < 6 + 4

2 < 0 ,

les solutions de linequation forment lensemble

[6 4

2 : 2[ [6 + 4

2 : 0] .

Septembre 2003

Question 1. Resoudre lequation (en nombres complexes)

z8 + 4z6 10z4 + 4z2 + 1 = 0 .

Suggestion: developper (z2 + 1)4 .

Solution. En developpant, on obtient

(z2 + 1)4 = z8 + 4z6 + 6z4 + 4z2 + 1 .

Lequation proposee peut donc se recrire en

(z2 + 1)4 16z4 = 0

ou encore, en tenant compte de ce que z = 0 nest pas solution, en(z2 + 1

2z

)4= 1 ,

cest-a`-direz2 + 1

2z {1, i,1,i} .

Autrement dit, lequation proposee peut se recrire en

(z2 2z + 1)(z2 2iz + 1)(z2 + 2z + 1)(z2 + 2iz + 1) = 0 .

On trouve les solutions suivantes:

z2 2z + 1 = 0 1 1z2 2iz + 1 = 0 i(1 +2) i(12)z2 + 2z + 1 = 0 1 1z2 + 2iz + 1 = 0 i(1 +2) i(12)

Il y a donc deux racines doubles reelles et quatre racines (simples) complexes.


reel:ax+ a2y + a3z = 0 ,

x+ y + z = 0 ,

a3x+ a2y + az = 0 .

Solution. Si a = 0, seule la deuxie`me equation subsiste et les solutions sont

x = , y = , z = ,

ou` et sont des parame`tres arbitraires.

Si a 6= 0, le syste`me se recrit enx+ ay + a2z = 0 ,x+ y + z = 0 ,a2x+ ay + z = 0 .

Son determinant est1 a a2

1 1 1a2 a 1

=

1 a 1 a2 11 0 0a2 a a2 1 a2

= a 1 a2 1a a2 1 a2

= (a 1)3(a+ 1) .

Si a = 1, on a les memes solutions que pour a = 0.

Si a = 1, le syste`me se reduit a`x y + z = 0 ,x+ y + z = 0 ;

les solutions sontx = , y = 0, z = ,

ou` est un parame`tre arbitraire.

Enfin, si a 6 {1, 0, 1}, le syste`me admet la solution unique

x = y = z = 0 .

puisque dans ce cas son determinant est non nul.

Question 3. Determiner lensemble des valeurs (reelles) de a pour lesquelles lenonce

Pour tout reel x tel que |x| < 1/2, on a ax2 + (a+ 1)x+ 1 0est vrai.

Solution. On observe dabord que ax2 + (a+ 1)x+ 1 = (x+ 1)(ax+ 1) .Dans lintervalle {x : |x| < 1/2}, le premier facteur est toujours positif.Dans le meme intervalle, le second facteur est toujours positif si 2 a 2;il est parfois negatif dans le cas contraire.Lensemble cherche est donc lintervalle {a : |a| 2}.

Juillet 2004

Question 1.

Resoudre dans C lequationz3 + 1 + i = 0 .

On demande seulement les formes trigonometriques des racines.

Resoudre dans R lequationx3 7x2 28x+ 160 = 0 ,

sachant quelle admet une racine negative ainsi que deux racines positives dont lune

est le double de lautre.

Solution 1. La premie`re equation peut secrire

z3 = 1 i =

2(cos5pi4

+ i sin5pi4

) ,

dou` on tire immediatement lensemble des trois racines

{ 6

2(cos5pi12

+ i sin5pi12

) , 6

2(cos13pi12

+ i sin13pi12

) , 6

2(cos21pi12

+ i sin21pi12

) } .(La troisie`me racine se recrit en 6

2(cos 7pi4 + i sin

7pi4 ).)

Soit a la racine negative et b et 2b les racines positives; les deux polynomesx3 7x2 28x+ 160 et (x+ a)(x b)(x 2b)

sont egaux. On a

(x+ a)(x b)(x 2b) = x3 + (a 3b)x2 + (2b2 3ab)x+ 2ab2 ,dou`

a 3b+ 7 = 0 ,2b2 3ab+ 28 = 0 ,2ab2 160 = 0 .

en remplacant dans la seconde equation linconnue a par sa valeur tiree de la premie`re equation, onobtient

2b2 3(3b 7)b+ 28 = 0 ,cest-a`-dire

7b2 + 21b+ 28 = 0 ,ou encore

b2 3b 4 = 0 ,dont les racines sont (3 9 + 16)/2, cest-a`-dire 1 et 4. La premie`re racine b = 1 correspond a`a = 3b 7 = 10, ce qui ne convient pas; la troisie`me equation nest pas verifiee. La seconde racineb = 4 correspond a` a = 3b 7 = 5, ce qui convient; la troisie`me equation est verifiee.Les solutions de lequation donnee au depart sont donc 5, 4 et 8.

Question 2.

Demontrer la formulenk=1

k3 =

[n(n+ 1)

2

]2,

ou` n N0.On pourra eventuellement utiliser la methode par recurrence.

Calculer la somme des cubes des entiers multiples de 3 compris entre 32 et 62, enjustifiant le resultat.

Solution 2. On demontre legalite proposee par recurrence. Pour n = 1 elle se reduit a`

13 =[

1(1 + 1)2

]2,

ce qui est evident.1

Admettons que, pour un certain n > 1, legalite soit vraie pour n 1; on an1k=1

k3 =[

(n 1)n2

]2;

on en tirenk=1

k3 =[(n1)n

2

]2+ n3 ,

(n1)2n2+4n34 ,

n2[(n1)2+4n]4 ,

n2[n22n+1+4n]4 ,

n2[n2+2n+1]4 ,

n2(n+1)2

4 ,[n(n+1)

2

]2.

Ceci montre que legalite reste vraie pour n, ce qui ache`ve la demonstration.

La somme demandee est = 333 + 363 + + 603 ,

On peut mettre 33 = 27 en evidence:

= 27(113 + 123 + + 203) ,ce qui, dapre`s la formule que nous venons de demontrer, vaut

= 27

([20(20 + 1)

2

]2[

10(10 + 1)2

]2),

cest-a`-dire = 27(2102 552) = 27 41 075 = 1 109 025 .

1Legalite est aussi valable pour n = 0 puisque la somme dun ensemble vide de termes vaut 0.


reel:(a2 + a)x+ (a2 1)y + (a+ 1)2z = 2a2 ,x+ (1 a)y + (1 + a)z = 1 4a ,(1 a)x+ 2(1 a)y = 6 6a .

Solution 3.On observe dabord que le premier membre de la premie`re equation est divisible par a + 1, tandis queles deux membres de la dernie`re equation sont divisibles par a 1; cela nous incite a` considerer dabordles cas particuliers ou` ces diviseurs sannulent.

Si a = 1, la premie`re equation se reduit a` 0 = 2 et le syste`me nadmet aucune solution.Si a = 1, la troisie`me equation se reduit a` 0 = 0; les deux equations restantes se reduisent a`

2x+ 4z = 2 ,x+ 2z = 3 .

Les deux equations sont incompatibles et le syste`me nadmet de nouveau aucune solution.

Si a est distinct de 1 et de 1, le syste`me se recrit enax+ (a 1)y + (a+ 1)z = 2a2/(a+ 1) ,x+ (1 a)y + (1 + a)z = 1 4a ,x+ 2y = 6 .

Le determinant de ce syste`me vauta a 1 a+ 11 1 a 1 + a1 2 0

=a a 1 a+ 11 1 a 1 + a1 0 0

= (a+ 1)2 1 11 1

= 0 .Cela nous incite a` chercher une simplification supplementaire, aisement decouverte : en soustrayant laseconde equation de la premie`re, on obtient

(a 1)x+ 2(a 1)y = [2a2 (1 4a)(a+ 1)]/(a+ 1) ,cest-a`-dire

(a 1)x+ 2(a 1)y = [6a2 + 3a 1]/(a+ 1) ,ou encore

x+ 2y = [6a2 + 3a 1]/(a2 1)Vu la troisie`me equation, il ne peut y avoir de solution que si

6a2 + 3a 1 = 6(a2 1) ,cest-a`-dire si 3a 1 = 6, donc si a = 5/3. Dans ce cas, le syste`me devient

5x+ 8y + 2z = 25 ,3x+ 8y 2z = 23 ,x+ 2y = 6 .

Si est un parame`tre reel quelconque, toute solution peut secrire

(x, y, z) = (6 2, , 5/2) .

Septembre 2004

Question 1.

Resoudre dans C lequation

4z3 + 4z +1

z= 0 .

On donnera la forme algebrique et la forme trigonometrique de chaque racine.

Resoudre dans R lequation

4x3 6x2 12x+ 9 = 0 ,

sachant quelle admet une racine negative, ainsi que deux racines positives dont le

quotient est 2 +

3.

Solution 1.

La premie`re equation peut secrire1z

(2z2 + 1)2 = 0 .

Le premier facteur ne sannule jamais; le second sannule si et seulement si z2 = 1/2. Lequationinitiale admet donc deux racines doubles qui sont i

2/2 et i2/2; les formes trigonometriques sont

2

2(cos

pi

2+ i sin

pi

2) et

2

2(cos

pi2

+ i sinpi2

) .

Soit a la racine negative et b et (2 +3)b les racines positives; les deux polynomes

4x3 6x2 12x+ 9 et 4(x+ a)(x b)(x (2 +

3)b)

sont egaux. On a

4(x+ a)(x b)(x (2 +

3)b) =

4x3 + 4[a (3 +

3)b]x2 + 4[(2 +

3)b2 (3 +

3)ab]x+ 4(2 +

3)ab2 ,

dou`a (3 +3)b+ 3/2 = 0 ,(2 +

3)b2 (3 +3)ab+ 3 = 0 ,

4(2 +

3)ab2 9 = 0 .en remplacant dans la seconde equation linconnue a par sa valeur tiree de la premie`re equation, onobtient

(2 +

3)b2 (3 +

3)[(3 +

3)b 3/2]b+ 3 = 0 ,cest-a`-dire

2[(2 +

3) (3 +

3)2]b2 + 3(3 +

3)b+ 6 = 0 ,

ou encore(20 10

3)b2 + (9 + 3

3)b+ 6 = 0 .

Le realisant de cette equation vaut

(9 + 3

3)2 + 48(10 + 5

3) = 588 + 294

3 = 49(12 + 6

3) .

En posant 12 + 6

3 = (u +v)2, on trouve u + v = 12 et uv = 27, dou` {u, v} = {9, 3}; le realisant

est donc 72(3 +

3)2 et les racines de lequation dinconnue b sont donc

b =9 + 3

3 7(3 +3)

40 + 20

3.

La racine b est negative, ce qui ne convient pas. La racine b+ = (3 +

3)/(4 + 2

3) = (3 3)/2convient; on en deduit a = (3 +

3)(33)/2 3/2 = 6/2 3/2 = 3/2.

Les solutions de lequation donnee au depart sont donc 3/2, (3 +3)/2 et (33)/2.

Question 2.

Construire un polynome du troisie`me degre P1 tel queni=0

i(i+ 1) = P1(n) ,

pour tout entier naturel n.

Justifier le resultat propose, par exemple par la methode de recurrence.

Generalisation: pour quelles valeurs de k existe-t-il un polynome du troisie`me degrePk tel que

ni=0

i(i+ k) = Pk(n) ,

pour tout entier naturel n? Justifier la reponse.

Solution 2.On traite directement le cas general. Supposons vraie legalite

ni=0

i(i+ k) = akn3 + bkn2 + ckn+ dk .

Les cas n = 0, 1, 2, 3 imposent respectivement

0 = dk ,1(1 + k) = ak + bk + ck + dk ,

1(1 + k) + 2(2 + k) = 8ak + 4bk + 2ck + dk ,1(1 + k) + 2(2 + k) + 3(3 + k) = 27ak + 9bk + 3ck + dk .

Le syste`me se recrit endk = 0 ,

ak + bk + ck = 1 + k ,8ak + 4bk + 2ck = 5 + 3k ,

27ak + 9bk + 3ck = 14 + 6k .

Lunique solution est

ak =13, bk =

1 + k2

, ck =1 + 3k

6, dk = 0.

On demontre par recurrence sur n que legalite

ni=0

i(i+ k) =13n3 +

1 + k2

n2 +1 + 3k

6n

est valable pour tout entier naturel n, quel que soit le nombre k (meme complexe). On a deja` traite lecas de base. Supposons legalite vraie pour un certain n. On doit montrer quelle reste vraie pour n+ 1,ce qui revient a` montrer legalite des expressions

13n3 +

1 + k2

n2 +1 + 3k

6n + (n+ 1)(n+ 1 + k)

et13

(n+ 1)3 +1 + k

2(n+ 1)2 +

1 + 3k6

(n+ 1) .

On verifie par developpement direct que la valeur commune des deux expressions est

13n3 +

1 + k2

n2 +1 + 3k

6n+ n2 + (2 + k)n+ 1 + k .

Question 3.

Demontrer que pour tout entier naturel m on a

C m2m+1 = Cm2m +C

m12m1 + +C0m .

Solution 3.Legalite demandee est visiblement un cas particulier de legalite

Cp

n+1 = Cp

n +Cp1n1 + +C

0

np ,

valable pour tous entiers n et p tels que 0 p n.Cette egalite peut setablir en iterant la relation bien connue

Cp

n+1 = Cp

n +Cp1n ,

valable si 0 < p n. On a successivement

Cp

n+1 = Cp

n +Cp1n ,

= Cp

n +Cp1n1 +C

p2n1 ,

= Cp

n +Cp1n1 +C

p2n2 +C

p3n2 ,

=...

= Cp

n +Cp1n1 + +C

1

np+1 +C0

np+1 ,

= Cp

n +Cp1n1 + +C

1

np+1 +C0

np .

On peut aussi proceder par raisonnement direct. Supposons que lon choisisse un sous-ensemble de pnombres dans lensemble {0, 1, . . . , n}. Cela peut se faire de C pn+1 manie`res. Le plus grand des elementsnegliges est necessairement compris entre n p et n. Si cet element est n i, le sous-ensemble comporteobligatoirement les i nombres n i + 1, . . . , n ainsi p i autres nombres appartenant a` lensemble{0, . . . , n i 1}; le choix de ces derniers peut soperer de Cpini manie`res, dou` on tire

C pn+1 =pi=0

Cpini ,

cest-a`-dire le resultat attendu.Remarque. On peut utiliser ce raisonnement pour etablir directement lenonce, sans passer par sageneralisation.

Juillet 2005

Question 1.

Resoudre et discuter le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre reel:a2x+ y az = 1 ,x ay + a2z = a ,ax+ a2y + z = a2 .

(1)

Ce syste`me admet-il une solution (x, y, z) satisfaisant les conditions additionnelles:xy + yz + zx = 4 ,xyz = 4 . (2)

On justifiera la reponse.

Solution. Soient E1, E2 et E3 les equations du syste`me (1). Il est interessant de considerer le syste`mederive compose des equations E1 + aE3, E2 + aE1, E3 + aE2, cest-a`-dire le syste`me

(a3 + 1)y = a3 + 1 ,(a3 + 1)x = 0 ,(a3 + 1)z = 0 .

(3)

Toute solution du syste`me initial (1) est aussi une solution du syste`me derive (3), la reciproque netantpas necessairement vraie.Si a 6= 1, lunique solution du syste`me derive (3) est

(x, y, z) = (0, 1, 0) ;

on verifie par remplacement direct que cest aussi une solution necessairement la seule du syste`meinitial (1). Cette solution ne verifie pas les conditions additionnelles (2).

Si a = 1, les trois equations du syste`me initial (1) se reduisent a` x + y + z = 1 et les solutions dusyste`me forment lensemble

{(, , 1 ) : , R} .Dans ce cas, il est possible de satisfaire les conditions additionnelles, en resolvant

x+ y + z = 1 ,xy + yz + zx = 4 ,xyz = 4 .

Les solutions sont les racines de lequation2

u3 u2 4u+ 4 = 0 ,

qui se recrit enu2(u 1) 4(u 1) = 0 ,

2Rappel. Les racines x, y et z de lequation u3 + au2 + bu+ c = 0 sont exactement les racines du syste`me compose des

trois equations x+ y + z = a, xy + yz + zx = b et xyz = c.

et encore en(u 1)(u+ 2)(u 2) = 0 ,

Donc, si a = 1, le syste`mes initial admet six solutions verifiant aussi les conditions additionnelles,cest-a`-dire

(2, 1, 2), (2, 2, 1), (1,2, 2), (1, 2,2), (2,2, 1), (2, 1,2) .

Remarque. On peut naturellement traiter le syste`me initial sans considerer le syste`me derive. La re`glede Cramer permet devaluer son determinant:

a3 a3 a3 + a3 1 a6 = (a6 + 2a3 + 1) = (a3 + 1)2 ,

qui sannule si et seulement si a = 1.

Question 2.

En evaluant de deux manie`res differentes une puissance de (1 + i), demontrer que

2mk=0

C2k4m(1)m+k = 4m .

En deduire que

2(

1C240 +C440 C640 + C1840)

= 220 C2040 .

Solution. On a dune part

(1 + i)4m =4m`=0

C`

4mi` ,

et dautre part

(1 + i)4m =

24m

(cospi/4 + i sinpi/4)4m = 4m(cosmpi + i sinmpi) = (1)m4m .

Dans la premie`re expression, les termes dindice pair sont reels, ceux dindice impair sont imaginaires;la somme de ces derniers est nulle et on peut les negliger. En egalant les deux expressions, on obtient

4m` = 0` pair

C`

4mi` =

2mk=0

C2k

4m(1)k = (1)m4m ,

ou encore, en multipliant par (1)m,2mk=0

C2k

4m(1)m+k = 4m ;

cela se recrit en(m1k=0

[C

2k

4m(1)m+k +C2(2mk)4m (1)m+(2mk)

])+C

2m

4m(1)2m = 4m .

En utilisant la relation bien connue Cp

n = Cnpn et legalite (1)m+k = (1)m+2mk, cela se transforme

en (m1k=0

2C2k

4m(1)m+k)

+C2m

4m = 4m = 22m .

En posant m = 10 on obtient

2(

1C240 +C4

40 C6

40 + C18

40

)+C

20

40 = 220 ,

qui equivaut a` legalite recherchee.

Question 3.

Resoudre linequationx+

3x+ 10

x3x+ 10 x+ 1

x 1 .

Solution. Linequation est definie si 3x+ 10 0, x 6= 3x+ 10 et x 6= 1. Son domaine est donc

{x : x 10/3 x 6= 1 x 6= 5} .Lequation associee est

(x+

3x+ 10)(x 1) = (x3x+ 10)(x+ 1) .Elle se simplifie en

x

3x+ 10 x = x3x+ 10 + x ,ou encore en

x(

3x+ 10 1) = 0 ,dont les racines sont 0 et 3. Les point importants sont, dans lordre croissant,

10/3,3, 0, 1, 5 .

Linequation nest pas verifiee entre 10/3 et 3, elle est verifiee entre 3 et 0, non verifiee entre 0 et 1,verifiee entre 1 et 5 et non verifiee au-dela` de 5.Lensemble des solutions de linequation est la reunion des intervalles [3 : 0] et ]1 : 5[.

Septembre 2005


reel:a 1x +

ay +

1z = a ,

a 2x +

a 1y +

1z = 1 a ,

1x +

1y a 1z = 1 .

Suggestion: Poser 1x = X,1y = Y ,

1z = Z,

Solution. En utilisant la suggestion, on obtient le syste`me

(a 1)X + aY + Z = a ,(a 2)X + (a 1)Y + Z = 1 a ,X + Y (a 1)Z = 1 .

En soustrayant les deux dernie`res equations de la premie`re, on obtient (a 1)Z = 2(a 1), ce qui incitea` traiter separement le cas a = 1, qui se reduit a`

Y + Z = 1 ,X + Z = 0 ,X + Y = 1

et admet pour solution le triplet {X = , Y = 1 , Z = }, etant quelconque.Si a 6= 0, on a Z = 2 et X + Y = 2a 1, dou` on tire X = 2a2 2a+ 2 et Y = 2a2 + 4a 3, et doncle triplet {X = 2a2 2a+ 2 , Y = 2a2 + 4a 3 , Z = 2}.

On revient au syste`me initial. Si a = 1, le triplet solution est {x = 1/ , y = 1/(1 ) , z = 1/}, etant distinct de 0 et de 1.Si a 6= 1, le triplet solution est {x = 1/(2a22a+2) , y = 1/(2a2+4a3) , z = 1/2}. Aucune restrictionsur le reel a nest necessaire, puisque les denominateurs, respectivement egaux a` a2 + 1 + (a 1)2 et(1 + 2(a 1)2) ne sannulent jamais.

Question 2. Pour quels a R a-t-on

Si 0 x 1 alors ax2 + (a+ 1)x 1 0 ?

Nous donnons deux moyens pour determiner lensemble S des valeurs de a pour lesquelles linegaliteax2 + (a+ 1)x 1 0 est vraie quel que soit x [0 : 1].Premie`re solution. On distingue deux cas:

1. a > 0 : la propriete est fausse car pour x = 1 le trinome ax2 + (a + 1)x 1 vaut 2a, qui eststrictement positif;

2. a 0 : la propriete est vraie car, pour tout x appartenant a` lintervalle [0 : 1], on a ax2 0 et(a+ 1)x x 1, dou` ax2 + (a+ 1)x 1.

On a donc S =] : 0].Deuxie`me solution. On observe dabord que linegalite ax2 + (a + 1)x 1 0 est toujours verifieeen x = 0. On note ensuite que, sur lintervalle semi-ouvert ]0 : 1], linegalite peut se recrire en

a 1 xx2 + x

.

Sur le meme intervalle, le second membre est une fonction continue; le numerateur et le denominateursont positifs, le numerateur est decroissant et le denominateur croissant, donc la fonction est decroissanteet atteint son minimum 0 pour x = 1. Lensemble S est donc ] : 0].

Question 3. Resoudre dans C lequation

z4 9z3 + 33z2 54z + 36 = 0 ,

sachant quaucune racine nest reelle et que lune est double dune autre.

Solution. Une equation a` coefficients reels nadmettant aucune racine reelle est necessairement dedegre pair, soit 2n, et admet n paires de racines complexes conjuguees. Dans le cas present, il doit doncexister un reel a et un reel strictement positif b tels que les racines soient

a+ bi , a bi , 2(a+ bi) , 2(a bi) .Lequation peut donc se recrire

(z2 2az + [a2 + b2])(z2 4az + 4[a2 + b2]) = 0 .

En identifiant les termes du troisie`me degre, on trouve a = 3/2; en identifiant les termes independants,on trouve 4(a2 + b2)2 = 36, dou` a2 + b2 = 3 et b =

3/2.

A titre de verification, on remultiplie les trinomes; on a bien

(z2 3z + 3)(z2 6z + 12) = z4 9z3 + 33z2 54z + 36 .

Juillet 2006

Question 1.

Resoudre et discuter le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre reel:(I) x y + z = 1 a ,

(II) x+ y + az = 0 ,

(III) ax+ y + z = a 1 .Solution.On transforme le syste`me successivement en

(I) x y + z = 1 a ,(II I) 2y + (a 1)z = a 1 ,

(III aI) (a+ 1)y + (1 a)z = a2 1 ,

(I ) x y + z = 1 a ,

(II ) 2y + (a 1)z = a 1 ,(2III (a+ 1)II ) (3 + a)(1 a)z = a2 1 .

Remarques. Les trois syste`mes sont equivalents.3 Le determinant du syste`me initial vaut = 32aa2= (1 a)(3 + a); le determinant du syste`me final vaut 2.

Si a = 1, le syste`me (transforme) se reduit aux deux equations xy+ z = 0 et 2y = 0. Lensembledes triplets solutions est {(, 0,) : R} .

Si a = 3, le syste`me se reduit a` x y + z = 4, 2y 4z = 4 et 0 = 8 et est visiblement sanssolution.

Si a R \ {1,3}, le syste`me admet la solution unique

z = 1 + a3 + a

, y =(a 1)(1 z)

2=

(a 1)(2 + a)3 + a

, x = 1 a+ y z = 23 + a

.

3Si dans un syste`me compose des equations E1, . . . , En on remplace une equation Ei par une combinaison lineaire

a1E1 + + anEn, le systeme obtenu est equivalent au syste`me initial si le coefficient ai nest pas nul. Si le determinantde lancien syste`me est , celui du nouveau est ai.

Question 2.

Trouver tous les nombres z C tels que

(z + 2 cos)2 =1

z2.

Trouver tous les nombres z C tels que

(z + 2 cos)4 =1

z4.

Remarque preliminaire. Si r est un reel positif, les solutions de lequation z2 = r sontr et r. Cependant,

si a et b sont des reels quelconques, affirmer que les solutions de lequation z2 = a+ bi sonta+ bi et a+ bi

est abusif. Dune part, la signification meme dea+ bi nest pas claire; par exemple, la valeur de

2i serait-elle 1 i ou i1? Il ny a pas de convention generale a` ce sujet. De plus, un nombre complexe nest parfaitementexplicite que si on en donne la partie reelle et la partie imaginaire, ou eventuellement son module et son argument.Rappelons donc que, si on pose = |a+ bi| = a2 + b2, les solutions de lequation z2 = a+ bi sontr

+ a

2+ i

r a

2et

r+ a

2 ir a

2

si b > 0 et r+ a

2 ir a

2et

r+ a

2+ i

r a

2

si b < 0. Lecriture incorrecte z = 2i doit etre evitee au profit de z {1 i, i 1} ou z = (1 i). Dunemanie`re generale, lecriture

z est a` reserver au cas ou` le radicand r est un reel positif.

Solution.En observant que les racines carrees de lunite sont 1 et 1, et que les racines quatrie`mes sont 1, 1, iet i, les deux equations peuvent se recrire en

z(z + 2 cos) {1, 1} et z(z + 2 cos) {1, 1,i, i} .

Il sagit donc de resoudre quatre equations du second degre.Les solutions de lequation z(z + 2 cos) = k sont cos u, avec u2 = cos2 + k, etant entendu quela remarque preliminaire sapplique quand le radicand nest pas un reel positif.En tenant compte de legalite 1 cos2 = sin2 , on a le tableau suivant:

equation racinesz(z + 2 cos) = 1 coscos2 + 1z(z + 2 cos) = 1 cos i sinz(z + 2 cos) = i cos

(cos4 +1+cos2

2 + i

cos4 +1cos2 2

)z(z + 2 cos) = i cos

(cos4 +1+cos2

2 i

cos4 +1cos2 2

)Les racines des deux premie`res equations du tableau sont les quatre solutions de la premie`re equationde lenonce; les racines des quatre equations du tableau sont les huit solutions de la seconde equation delenonce.

Question 3.

Trouver des nombres A, B et C, tels que1

(x 1)x(x+ 1) =A

x 1 +B

x+

C

x+ 1.

Ces nombres sont-ils uniques? On justifiera la reponse. Deduire de ce qui prece`de la valeur de

1

1.2.3+

1

2.3.4+ + 1

(k 1).k.(k + 1)pour k N \ {0, 1}.

Solution.Legalite de lenonce se recrit en

1(x 1)x(x+ 1) =

Ax(x+ 1) +B(x 1)(x+ 1) + C(x 1)x(x 1)x(x+ 1) =

(A+B + C)x2 + (A C)xB(x 1)x(x+ 1) .

On voit donc que les nombres A, B et C sont convenables si et seulement si, pour tout x,4 on a1 = (A+B + C)x2 + (A C)xB. Cette condition equivaut a` lidentite des polynomes P et Q avec

P (x) =def 1 et Q(x) =def (A+B + C)x2 + (A C)xB ,

ou encore au fait que les nombres A, B et C sont solutions du syste`meA+B + C = 0 ,A C = 0 ,B = 1 .

Ces nombres sont donc uniques, puisque ce syste`me admet une et une seule solution:

A = 1/2 , B = 1 , C = 1/2 .

On en deduit:

11.2.3

+1

2.3.4+ + 1

(k 1).k.(k + 1) =12

(11

+ + 1k 1

)(

12

+ + 1k

)+

12

(13

+ + 1k + 1

).

En tenant compte des simplifications, on obtient:

11.2.3

+1

2.3.4+ + 1

(k 1).k.(k + 1) =12

(11

+12

)(

12

+1k

)+

12

(1k

+1

k + 1

),

ce qui se reduit a`:

11.2.3

+1

2.3.4+ + 1

(k 1).k.(k + 1) =12

(12 1k

+1

k + 1

).

4nannulant pas le denominateur.

Septembre 2006

Question 1.

Resoudre et discuter le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre reel:(I) x+ ay (a 2)z = 1 ,

(II) ax+ a2y 3z = a ,(III) (a 1)x+ 6y + (a 5)z = 2 .

Solution.Un syste`me equivalent est obtenu en remplacant II par II I III et III par III (a 1)I; il secrit

x+ ay (a 2)z = 1 ,(a2 a 6)y = a 3 ,[6 (a 1)a]y + [(a 5) + (a 1)(a 2)]z = 3 a

et se simplifie en x+ ay (a 2)z = 1 ,(a 3)(a+ 2)y = a 3 ,(3 a)(2 + a)y + (a 3)(a+ 1)z = 3 a

Remarque. Ces syste`mes ont le meme determinant, a` savoir

(a 3)2(a+ 1)(a+ 2) . Dans le cas ou` a = 3, le syste`me (transforme) se reduit aux equations

x+ 3y z = 1 , 0 = 0 , 0 = 0 .Lensemble des triplets-solutions est

{(, , + 3 1) : , R} .

Dans le cas ou` a = 1, le syste`me se reduit a`x y + 3z = 1 , y = 1 , y = 1 .

Lensemble des triplets-solutions est

{(2 3, 1, ) : R} .

Dans le cas ou` a = 2, le syste`me se reduit a`x 2y + 4z = 1 , 0 = 5 ,

et nadmet pas de solution.

Dans les autres cas, cest-a`-dire ceux ou` a R \ {2,1, 3}, le syste`me devientx+ ay (a 2)z = 1 ,(a+ 2)y = 1 ,(2 + a)y (a+ 1)z = 1

et son unique solution est

y =1

a+ 2, z =

(2 + a)y 1a+ 1

=(2 + a) (a+ 2)

(a+ 1)(a+ 2)= 0 , x = 1 ay = a+ 2 a

a+ 2=

2a+ 2

.

Question 2.

Dans R, resoudre linequation:

1

1 +|x 1| < x .

Solution.Le membre de gauche etant strictement positif, celui de droite doit letre aussi et on a x > 0. Dans R+0 ,on peut recrire linequation en

|x 1| > 1x 1 .

Si x > 1, le second membre est strictement negatif et linequation est verifiee.Si x = 1, linegalite se reduit a` 0 > 0 et nest pas verifiee.Si 0 < x < 1, elle se recrit successivement en

|x 1| >(

1x 1)2

;

1 x >(

1x 1)2

;

x > 1x2 2x

;

x < 1x2

+2x

;

x3 < 1 + 2x ;x3 2x+ 1 < 0 ;

(x 1)(x2 + x 1) < 0 ;x2 + x 1 > 0 .

Les racines du trinome sont (15)/2 et linegalite est verifiee a` lexterieur des racines.En conclusion, lensemble des solutions est ]

1 +52

: 1[ ]1 : +[.

Question 3.

Demontrer legalite suivante, pour tout n N:

C1n + 2C2n + + kCkn + + nCnn = n2n1 ;

En deduire, pour tout n N0:

C2n + + (k 1)Ckn + + (n 1)Cnn = (n 2)2n1 + 1 .

Remarques. On peut repondre au second point meme si on na pas repondu au premier.Rappelons quune somme de m termes est nulle quand m = 0.Enfin, notons En legalite classique ci-dessous.

C0

n +C1

n + +Ck

n + +Cn

n = 2n .

Solution.

De legalite bien connueCk

n =n!

k!(n k)! ,

on tire immediatementkC

k

n = nCk1n1 ,

valable si 0 < k n. Legalite a` demontrer se recrit en

nC0

n1 + nC1

n1 + + nCk

n1 + + nCn1n1 = n2

n1 ,

En divisant les deux membres par n, cett egalite se rame`ne a` legalite classique En1.

C0

n1 +C1

n1 + +Ck

n1 + +Cn1n1 = 2

n1 .

En soustrayant de la premie`re egalite proposee (et maintenant demontree), legalite classique En,puis en ajoutant 1 aux deux membres du resultat, on obtient la seconde egalite proposee, ce quidemontre celle-ci.

Juillet 2007

Question 1. Resoudre le syste`me suivant, pour toute valeur du parame`tre reel a:ax+ a2y + z = a

x+ a2y + az = a

(a+ 1)x+ 8y + (a+ 1)z = 4

Solution. En soustrayant les deux premie`res equations de la troisie`me, on obtient (8 2a2)y = 4 2aou encore (2 a)(2 + a)y = 2 a, ce qui sugge`re disoler les cas particuliers a = 2 et a = 2.Si a = 2, on obtient 0y = 4; le syste`me est alors impossible.Si a = 2, la troisie`me equation est redondante et le syste`me se reduit a`{

2x+ 4y + z = 2x+ 4y + 2z = 2

puis a`

{2x+ 4y + z = 2x+ z = 0

dou` on tire x = , y = (2 3)/4 , z = , ou` est un parame`tre quelconque.Si a 6 {2, 2}, on reporte y = 1/(2 + a) dans les deux premie`res equations et on obtient{

a(2 + a)x+ a2 + (2 + a)z = a(2 + a)(2 + a)x+ a2 + a(2 + a)z = a(2 + a)

qui se reduit a`

{a(2 + a)x+ (2 + a)z = 2a(2 + a)x+ a(2 + a)z = 2a

Le determinant de ce syste`me sannule pour a {1, 1}.Si a = 1, le syste`me est impossible.Si a = 1, le syste`me est indetermine et les deux equations se reduisent a` 3x + 3z = 2; les solutions dusyste`me initial sont x = , y = 1/3, z = (2 3)/3, ou` est un parame`tre quelconque.Enfin, si a 6 {2,1, 1, 2}, le syste`me admet une solution unique

x =2a

(1 + a)(2 + a), y =

12 + a

, z =2a

(1 + a)(2 + a).

Question 2. Soit n un entier naturel.

a. En utilisant la formule de de Moivre et celle du binome de Newton, donner deux

expressions differentes de

(cos + i sin )n.

b. En deduire la formule suivante:

tan(n) = tan nC3n tan

2 +C5n tan4

1C2n tan2 +C4n tan4 c. En deduire que les racines du polynome

p(x) = x6 21x4 + 35x2 7sont les reels tan(pi

7), tan(pi

7), tan(2pi

7), tan(2pi

7), tan(3pi

7) et tan(3pi

7).

d. En conclure que si est une racine du polynome p(x) dont il en question au point

precedent, alors 212 est egalement une racine de p(x).

Solution. Les deux expressions differentes de (cos +i sin )n sont, dune part, cosn+i sinn et, dautrepart,

cosn + i n cosn1 sin C2n cosn2 sin2 iC3

n cosn3 sin3 +C

4

n cosn4 sin4 + i

En separant les parties reelles et les parties imaginaires, on obtient

cosn = cosn C2n cosn2 sin2 +C4

n cosn4 sin4

etsinn = n cosn1 sin C3n cosn3 sin3 +C

5

n cosn5 sin5

Ces deux egalites peuvent se recrire respectivement en

cosn = cosn (1C2n tan2 +C4

n tan4 )

etsinn = cosn1 sin (nC3n tan2 +C

5

n tan4 )

et la formule annoncee au point b de lenonce sobtient en faisant le quotient membre a` membre de cesdernie`res egalites.

Dans le cas particulier n = 7, = kpi7 , ou` k est un entier non divisible par 7, la formule du point b sereduit a`

0 = tankpi

7 7C

3

7 tan2 kpi

7 +C5

7 tan4 kpi

7 tan6 kpi71C27 tan2 kpi7 +C

4

7 tan4 kpi

7 7 tan6 kpi7Le facteur tan kpi7 netant pas nul, legalite implique lannulation du numerateur de la fraction du membrede droite, et donc le fait que x = tan kpi7 est une racine du polynome

p(x) = 7C37x2 +C5

7x4 x6 = 7 35x2 + 21x4 x6 ,

ce qui, en notant que tan(x) = tanx, etablit le point c: le polynome p(x), de degre 6, admet sixracines distinctes qui sont celles annoncees.

Enfin, on sait que si lentier k nest pas divisible par 7, 2k ne lest pas non plus; cela indique que, si = tanx est racine du polynome p(x), 212 = tan 2x lest aussi, ce qui demontre le point d.


1

3 xx

2x 1 .

Solution. Les deux membres de linegalite nont de sens que sur le domaine ]0 : 1[ ]1 : 3]; en dehorsde ce domaine, le radicand serait negatif et/ou lun des denominateurs sannulerait.Sur ce domaine, linequation se recrit en

1 2x 1

3 xx

, cest-a`-direx 3x 1

3 xx

.

On note immediatement que, dans le intervalle ]1 : 3], linequation est verifiee puisque le membre degauche est negatif et celui de droite positif.Dans lintervalle ]0 : 1[ les deux membres sont positifs et linequation se recrit en(

x 3x 1

)2 3 x

xou encore

3 x(x 1)2

1x.

Les deux denominateurs etant strictement positifs, linequation se recrit en

(3 x)x (x 1)2 ou encore 3x x2 x2 2x+ 1 cest-a`-dire 2x2 5x+ 1 0 .

Les racines du membre de gauche etant517

4, le deuxie`me intervalle des solutions est

(R \ ] 5

174

:5 +

174

[) ]0 : 1[ cest-a`-dire ]0 : 5

174

] .

Lensemble complet des solutions est

]0 :517

4] ]1 : 3] .

Septembre 2007

Question 1.

a. Demontrer que 1 1 1

a b c

a2 b2 c2

= (a b)(b c)(c a) .b. Pour quelles valeurs du parame`tre reel a le syste`me suivant nest-il pas de Cramer?

(Un syste`me lineaire est dit de Cramer sil admet une et une seule solution.)x + y + z = 3

a2x + (a 2)2y + (2a 1)2z = 11 8aa4x + (a 2)4y + (2a 1)4z = 83 80a

c. Resoudre le syste`me pour les valeurs de a trouvees au point b.

Solution. On a1 1 1a b c

a2 b2 c2

=

1 0 0a b a c aa2 b2 a2 c2 a2

= b a c ab2 a2 c2 a2

= (ba)(ca) 1 1b+ a c+ a

,ce qui se reduit a` (b a)(c a)(c b) = (a b)(b c)(c a).Le determinant du syste`me propose au point b est donc

= (a2 (a 2)2) ((a 2)2 (2a 1)2) ((2a 1)2 a2)= 2(2a 2)(3a 3)(a 1)(3a 1)(a 1)= 12(a 1)3(a+ 1)(3a 1) .

Ce determinant sannule pour a {1,1, 1/3}.

Pour a = 1, le syste`me se reduit a` trois fois lequation x + y + z = 3; lensemble des triplets solutionsest donc {(, , 3 ) : , R}.

Pour a = 1, le syste`me se reduit a`x + y + z = 3x + 9y + 9z = 19x + 81y + 81z = 183

ou encore a`

81x + 81y + 81z = 2439x + 81y + 81z = 171x + 81y + 81z = 163

Par difference, on trouve 8x = 8 (IIIII) et donc x = 1. En remplacant x par sa valeur, chacune destrois equations se reduit a` 81y + 81z = 162, cest-a`-dire a` y + z = 2. Lensemble des triplets solutionsest donc {(1, , 2 ) : R}.

Pour a = 1/3, le syste`me se reduit a`x + y + z = 3x9 +

25y9 +

z9 =

253

x81 +

625y81 +

z81 =

1693

ou encore a`

x + y + z = 3x + 25y + z = 75x + 625y + z = 4 563

Par difference, on trouve dune part 24y = 72 (III) et dautre part 624y = 4560 (IIIII); ces deuxegalites sont incompatibles et le syste`me nadmet aucune solution.

Question 2. Pour des entiers n > 0 et p 0 on note S(n, p) la somme des pie`mespuissances des entiers positifs de 1 a` n inclus:

S(n, p) =nk=1

kp = 1p + + np .

a. Demontrer que S(n, 0) = n ;

S(n, 1) = 12n(n+ 1) ;

S(n, 3) =[

12n(n+ 1)

]2.

b. En utilisant la formule du binome de Newton, demontrer legalite

pS(n, p 1) = (n+ 1)p 1p2k=0

CkpS(n, k) ,

valable pour tous entiers p > 0 et n 0 et retrouver ainsi les egalites du point a.c. Demontrer que S(n, p 1) est un polynome de degre p en la variable n dont le

coefficient du terme de degre p est 1/p et dont le terme independant est nul.

Solution. La premie`re egalite est evidente. La deuxie`me egalite sobtient aisement par recurrence, ouencore en notant que

2S(n, 1) = [1 + n] + [2 + (n 1)] + + [(n 1) + 2] + [n+ 1] = n(n+ 1) .

La troisie`me egalite sobtient aussi par recurrence. Elle est clairement vraie pour n = 1 et, si legaliteest vraie pour un certain n, on a

S(n+ 1, 3) =[

12n(n+ 1)

]2+ (n+ 1)3 =

[12

(n+ 1)]2

[n2 + 4(n+ 1)] =[

12

(n+ 1)(n+ 2)]2

.

La formule du binome de Newton peut secrire

(k + 1)p =pi=0

Ci

pki .

On en tire successivement

(k + 1)p kp =p1i=0

Ci

pki ,

nk=1

[(k + 1)p kp] =p1i=0

Ci

p

nk=1

ki ,

(n+ 1)p 1p =p1i=0

Ci

pS(n, i) .

Si p > 0, la somme du second membre comporte au moins un terme; en isolant le dernier terme de lasomme, on obtient exactement legalite annoncee.

On exploite legalite successivement pour p = 1, 2, 3 et 4; cela donne

1S(n, 0) = (n+ 1) 1 = n ,2S(n, 1) = (n+ 1)2 1 S(n, 0) = n(n+ 1) ,3S(n, 2) = (n+ 1)3 1 S(n, 0) 3S(n, 1) = n(n+ 1)(2n+ 1)/2 ,4S(n, 3) = (n+ 1)4 1 S(n, 0) 4S(n, 1) 6S(n, 2) = n2(n+ 1)2

Cela confirme les resultats du point a.

On a deja` note que, pour p = 1, 2, 3, 4, pS(n, p 1) est un polynome de degre p en la variable n, dont lecoefficient de np est 1 et dont le terme independant est nul. Dune manie`re generale, si cette proprieteest vraie pour tout k < p, elle est egalement vraie pour p. En effet, le second membre de legalite

pS(n, p 1) = (n+ 1)p 1p2k=0

Ck

pS(n, k)

est une somme de p + 1 termes. La somme des deux premiers forme un polynome du type requis, etles p 1 derniers termes sont des polynomes de degres strictement inferieurs a` p et dont les termesindependants sont tous nuls.

Question 3. Determiner lensemble des valeurs (reelles) de m pour lesquelles lenonce:

Pour tout reel x, on a mx2 (m+ 1)2x+ 2(m+ 1) 0.

est vrai.

Solution. Pour que le trinome ax2 + bx + c soit toujours negatif, il faut a < 0 et = b2 4ac 0 oubien a = b = 0 et c 0. Dans le cas present, le realisant est = (m + 1)4 8(m + 1) qui se factoriseaisement en (m+ 1)(m 1)(m2 + 4m 1). Les racines de ce polynome en m sont, par ordre croissant,

2

5 , 1 , 2 +

5 , 1 .

Dans lintervalle ] : 25[ on a > 0 donc lenonce est faux.

Dans lintervalle [25 : 1] on a 0 et a = m < 0 donc lenonce est vrai.

Dans lintervalle ] 1 : 2 +5[ on a > 0 donc lenonce est faux.

Dans lintervalle ] 2 +5 : +[ on a a = m < 0 donc lenonce est faux.

En conclusion, lenonce est vrai si et seulement si 25 m 1.

Juillet 2008


49x3 + 126x2 + 44x 24 0 ,

sachant que le polynome du premier membre admet trois racines reelles en progression

arithmetique.

Solution. Il existe un reel a et un reel positif b tels que les racines du polynome du premier membresoient a b, a et a+ b; ce polynome peut donc secrire 49(x a+ b)(x a)(x a b) ou encore

49x3 147ax2 + 49(3a2 b2)x 49a3 + 49ab2 .

Par identification des coefficients du second degre, on trouve a = 126/147 = 6/7. Le polynome estdonc divisible par x+ 6/7 ou encore par 7x+ 6; en fait, il se recrit en

(7x+ 6)(7x2 + 12x 4) .

Par identification des coefficients du premier degre, on trouve 49b2 = 64 et b = 8/7.5

Les racines du polynome sont donc, dans lordre croissant, 2, 6/7 et 2/7. On en deduit que lensembledes solutions est la reunion de deux intervalles:

] : 2] [67

:27

] .

Remarque. On peut eviter le calcul explicite de b2 en resolvant directement lequation 7x2+12x4 = 0,dont les racines sont 2 et 2/7.

5Lidentification des termes independants donne naturellement le meme resultat.

Question 2.

1. Calculer toutes les racines sixie`mes du nombre complexe i et evaluer la somme de

leurs carres.

2. Soient n et p deux entiers plus grands que 1. Evaluer la somme des pie`mes puissances

des racines nie`mes de i.

Solution. On commence par le deuxie`me point. Nous utilisons la notation cis comme abreviationde cos+ i sin. La formule de De Moivre secrit donc

(cis )n = cis n .

Une consequence immediate de cette formule est que les solutions de lequation zn = cis formentlensemble

{cis (+ 2kpin

) : k {0, . . . , n 1}} .La somme des pie`mes puissances des racines nie`mes de cis se calcule alors facilement. Dune part, si pest un multiple (entier) de n, chaque terme de la somme vaut cis q, avec p = qn, et la somme elle-memevaut n cis q. Dautre part, si p nest pas un multiple de n, on a le developpement suivant:6

n1k=0

(cis+ 2kpi

n)p =

n1k=0

cisp+ 2kppi

n

=n1k=0

cisp

ncis

2kppin

= cisp

n

n1k=0

(cis

2ppin

)k=(

cisp

n

) 1 (cis 2ppin )n1 cis 2ppin

=(

cisp

n

) 1 cis 2ppi1 cis 2ppin

= 0

On sait que i = cis pi2 ; la somme des pie`mes puissances des racines nie`mes de i est n cis (qpi/2) si p = nq,cest-a`-dire n, ni, n ou ni selon que q mod 4 = 0, 1, 2 ou 3, respectivement.Si p nest pas un multiple de n, la somme demandee est nulle.

En particulier, 2 netant pas multiple de 6, la somme des carres des racines sixie`mes de i est nulle.Lensemble des racines est

{cis (4k + 1)pi12

: k {0, . . . , 5}} .

Remarque. On peut aisement determiner la forme algebrique des racines. Par exemple,

cospi

12= cos

pi3 pi

4

= cos

pi

3cos

pi

4+ sin

pi

3sin

pi

4=

1

2

2

2+

3

2

2

2=

6 +

2

4.

6Si p est un multiple de n, on ne peut pas ecrire les dernie`res lignes de ce developpement car cis 2ppin

vaut 1.

Question 3. Les nombres de Catalan7 interviennent frequemment en analyse combina-

toire. Pour tout entier naturel n, le nombre cn est defini comme le nombre de manie`res

de placer des parenthe`ses dans un produit de n+ 1 facteurs; par exemple, c3 = 5 puisque

le produit des quatre facteurs a, b, c et d admet les cinq groupements suivants: a(b(cd)),

a((bc)d), (ab)(cd), (a(bc))d et ((ab)c)d. Nous admettons sans demonstration le resultat

suivant:

cn =1

n+ 1Cn2n . (4)

Demontrer que pour tout n > 0 on a

1. cn = Cn2n Cn12n ;

2. (n+ 1)cn = (4n 2)cn1;

3. cn =n1i=0

cicni1.

Suggestion. Il nest pas necessaire de raisonner par recurrence; lusage direct de la

definition et du resultat (4) suffit.

Solution. Les points 1 et 2 sont des consequences du resultat (4) et de la relation classique

Cp

n =n!

p!(n p)! .

Dune part, on a

Cn12n =

(2n)!(n 1)!(n+ 1)! =

n

n+ 1(2n)!n!n!

=n

n+ 1Cn

2n = Cn

2n 1

n+ 1Cn

2n = Cn

2n cn ,

ce qui etablit le premier point. Dautre part, on a

(n+ 1)cn = Cn

2n =(2n)!n!n!

et aussi

(4n 2)cn1 = 4n 2n

Cn12n2 = =

4n 2n

(2n 2)!(n 1)!(n 1)! =

(2n 1)!2n!(n 1)! =

(2n)!n!n!

,

ce qui etablit le point 2.

Le point 3 peut setablir directement. Supposons un parenthesage de n+ 1 facteurs. Loperation la plusexterne porte sur deux blocs de tailles respectives i+ 1 et n i, avec i {0, . . . , n 1}. Les deux blocspeuvent etre parentheses de respectivement ci et cni1 manie`res, dou` la relation annoncee.

7Euge`ne-Charles Catalan a ete professeur a` luniversite de Lie`ge.

Septembre 2008

Question 1. Resoudre dans R linequation suivante:

x2 + x+ 1 +

x2 x+ 1

2(x+ 1) .

Solution. On observe dabord que les deux trinomes ont un discriminant (realisant) negatif; le premiermembre est donc defini sur R tout entier et est positif. Le second membre est positif sur lintervalle[1 : +[ donc on se restreint a` cet intervalle dans la suite, puisque lensemble des solutions y serainclus. En elevant les deux membres au carre, on obtient:

2(x2 + 1) + 2

(x2 + 1)2 x2 2(x+ 1)2 ,

que lon recrit en (x2 + 1)2 x2 (x+ 1)2 (x2 + 1) ,

puis en (x2 + 1)2 x2 2x .

On peut a` nouveau restreindre lintervalle de recherche, a` [0 : +[, et elever au carre; on obtient:

(x2 + 1)2 x2 4x2 ,

ou encore(x2 + 1)2 (

5x)2 0 ,

cest-a`-dire(x2 +

5x+ 1)(x2

5x+ 1) 0 .

Dans lintervalle de recherche, le premier facteur est toujours positif; le second est negatif dans lintervallecompris entre les deux racines, a` savoir [

5 12

:

5 + 12

].

Cet intervalle est lensemble des solutions.

Question 2. Resoudre le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre reel:ax ay + 3az = a+ 1

(a 1)x + ay + (a+ 1)z = 2a23ax + (3a+ 1)y + (3a+ 2)z = 9a+ 5

Solution. La valeur du determinant de ce syste`me est

a a 3aa 1 a a+ 1

3a 3a+ 1 3a+ 2

=

a 0 0a 1 2a 1 2a+ 4

3a 6a+ 1 6a+ 2

= a 2a 1 2a+ 46a+ 1 6a+ 2

= a

2a 1 36a+ 1 3

,

cest-a`-dire = 6a(2a+ 1). Le determinant sannule pour a = 0 et a = 1/2; pour toute autre valeurdu parame`tre, le syste`me admet une solution unique x = /, y = /, z = /, les valeurs de , , etant respectivement:

a+ 1 a 3a2a2 a a+ 1

9a+ 5 3a+ 1 3a+ 2

,

a a+ 1 3aa 1 2a2 a+ 1

3a 9a+ 5 3a+ 2

,

a a a+ 1a 1 a 2a2

3a 3a+ 1 9a+ 5

.Ces trois determinants se reduisent respectivement a`:

(2a+ 1)(12a3 19a2 6a 1) , (2a+ 1)(6a3 + 14a2 18a+ 2) , (2a+ 1)(6a3 + 11a2 6a 1) .

Si a 6 {0,1/2}, lunique triplet solution (x, y, z) est donc12a3 + 19a2 + 6a+ 1

6a,

3a3 7a2 + 9a 13a

,6a3 11a2 + 6a+ 1

6a.

Si a = 0, le syste`me est impossible puisque sa premie`re equation se reduit a` 0 = 1.

Si a = 1/2, le syste`me se recrit en:x + y 3z = 13x y + z = 13x y + z = 1

Il est indetermine; pour tout reel , le triplet

1 2

,1 + 5

2,

est solution du syste`me.

Question 3. En evaluant (1 + x2)2n de deux manie`res differentes, montrer que, pour

tout entier naturel n, on a:

Cn2n =(C02n)2 (C12n)2 + (C22n)2 + (C2n2n)2 .

Solution. Une utilisation directe de la formule du binome de Newton donne

(1 + x2)2n =2nk=0

Ck

2nx2k ;

en particulier, le coefficient du terme de degre 2n est Cn

2n.Dautre part, on a (1 + x2)2n = (1 + ix)2n(1 ix)2n; en appliquant la formule du binome de Newton a`chacun des deux facteurs, on obtient

(1 + x2)2n =

(2nk=0

Ck

2nikxk

) 2nj=0

Cj

2n(i)jxj ;

en particulier, le coefficient du terme de degre 2n est

2nk=0

Ck

2nikC

2nk2n (i)2nk = (1)n

2nk=0

(1)k(Ck

2n

)2=

2nk=0

(1)k(Ck

2n

)2 .Remarque. Lexpression

2nk=0

(1)k(Ck

2n

)2est positive quand n est pair et negative quand n est impair.

Juillet 2009

Question 1.

1. Calculer le produit AB des matrices A et B suivantes: 1 1 1m 1 1m m 1

et m m m2 m m

2 2 m

.2. Resoudre le syste`me suivant sur R, dans lequel m est un parame`tre reel:

(m+ 4)x + 2(m+ 1)y + 3mz = 12m+ 2 ;

(m2 + 4)x + (m2 +m+ 2)y + m(m+ 2)z = m+ 2 ;

(m2 + 2m+ 2)x + 2(m2 + 1)y + m(2m+ 1)z = 2m+ 1 .

Solution. On observe que le produit AB est precisement la matrice des coefficients du syste`me quipeut donc se recrire sous la forme

AB

xyz

=

12m+ 2m+ 22m+ 1

.On calcule aussi

dtm(A) = (m 1)2 , dtm(B) = m(m 2)2 et donc dtm(AB) = m(m 1)2(m 2)2 .

Ce dernier determinant sannule si et seulement si m {0, 1, 2}.Si m vaut respectivement 0, 1, 2, le syste`me se reduit respectivement a`

4x + 2y = 2 ;4x + 2y = 2 ;2x + 2y = 1 .

5x + 4y + 3z = 52 ;5x + 4y + 3z = 3 ;5x + 4y + 3z = 3 .

6x + 6y + 6z = 3 ;8x + 8y + 8z = 4 ;

10x + 10y + 10z = 5 .

On en tire immediatement les conclusions suivantes:

Si m = 0, le syste`me est simplement indetermine; on a x = 12 , y = 0 et z est un reel quelconque. Si m = 1, les equations sont incompatibles et le syste`me nadmet aucune solution. Si m = 2, le syste`me est doublement indetermine; on a x = , y = et z = 12 , ou` et

sont des reels quelconques.

Dautre part, si m 6 {0, 1, 2}, le syste`me admet une solution unique xyz

= B1A1

12m+ 2m+ 22m+ 1

.En reportant les valeurs suivantes, obtenues par la re`gle des mineurs:

A1 =1

m 1

1 1 00 1 1m 0 1

, B1 = 1m(m 2)

m m 00 m m2 0 m

,

cette solution se reduit a`: xyz

= 12(m 1) 1m

m+ 2

.Question 2. Soit P (x) un polynome sur R. Le reste de la division de P (x) par x 1est 1 et le reste de la division de P (x) par x+ 1 est 1. Quel est le reste de la division de P (x) par x2 1? Soient Q(x) et R(x) les polynomes quotient et reste de P (x2) par x2 +1. Determiner

le polynome R(x).

Determiner le polynome reste de la division de Q(x) par x2 1.

Solution. On sait que le reste de la division de P (x) par x c est P (c). On a donc P (1) = 1 etP (1) = 1. Dautre part, le reste de la division de P (x) par x2 1 est lunique polynome ax+ b pourlequel un polynome S(x) existe tel que

P (x) = (x2 1)S(x) + ax+ b .

En remplacant successivement x par 1 et 1, on obtient 1 = a+ b et 1 = a+ b, dou` a = 1 et b = 0;le reste de la division de P (x) par x2 1 est donc le polynome x, et P (x) = (x2 1)S(x) + x.On deduit de cela

P (x2) = (x4 1)S(x2) + x2;= (x2 + 1)(x2 1)S(x2) + x2 + 1 1;= (x2 + 1)[(x2 1)S(x2) + 1] 1.

On a doncQ(x) = (x2 1)S(x2) + 1 et R(x) = 1;

de plus, le polynome reste de la division de Q(x) par x2 1 est 1.


z2(1 z2) = 16 .

Solution. En posant Z = z2, on obtient Z(1 Z) = 16 ou encore Z2 Z + 16 = 0. Le realisant(discriminant) de cette equation est 63 = 7 32; lequation admet les deux solutions complexesconjuguees

1 37i2

.

Pour trouver z, on utilise la re`gle suivante. Si b est positif, les solutions (x, y) de a bi = (xyi)2 sont([a2 + b2 + a]/2,

[a2 + b2 a]/2

)et

(

[a2 + b2 + a]/2,

[a2 + b2 a]/2

).

Dans le cas present, on a = 1/2, b = 3

7/2, a2 = 1/4, b2 = 63/4, a2 + b2 = 16 eta2 + b2 = 4, dou` les

quatre solutions3 + i

7

2,3 + i7

2,

3 i72

,3 i7

2.

Septembre 2009


reel:2ax+ (a+ 1)y + (a 1)z = 2a+ 3 ,2x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 ,(a+ 1)x+ (a+ 1)y = 3a+ 2 .

Solution. On peut dabord observer que la troisie`me equation est inutile, puisque cest la demi-sommedes deux autres. En remplacant la premie`re equation par la difference de la premie`re et de la seconde,on obtient

2(a 1)x+ 2(a 1)z = 2(a 1) ,2x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 .

Si a = 1, la premie`re equation disparat et le syste`me se reduit a`

2x+ 2y = 5 .

Les solutions sont x = (5 2)/2, y = , z = .

Si a = 1, le syste`me devient2x+ 2z = 4 ,2x+ 2z = 3 .


Dans les autres cas, cest-a`-dire quand (a+ 1)(a 1) 6= 0, le syste`me devient

2x+ 2z = 2 ,2x+ (1 + a)y + (1 a)z = 4a+ 1 .

les solutions sont z = , x = 1 , (1 + a)y = 4a+ 1 + 2 + 2+ (a 1) = 4a+ 3 + (a+ 1),cest-a`-dire y = + 4a+3a+1 .

( et sont des parame`tres quelconques.)

Question 2. Trouver dans C les racines du polynome P tel que

P (z) = (1 z2)3 (1 z)3 .

Solution. De legalite 1 z2 = (1 z)(1 + z) on tire successivement (1 z2)3 = (1 z)3(1 + z)3 et

P (z) = (1 z)3[(1 + z)3 1] .

Le premier facteur admet la racine triple 1. Les trois racines cubiques complexes de lunite etant cis 0 = 1,cis 2pi/3 = (1 + i3)/2 et cis 4pi/3 = (1 i3)/2, le second facteur admet les trois racines simples0, (3 + i3)/2 et (3 i3)/2.

Question 3. On note a et b les racines du polynome

x2

2 +

3

5x+

3

5 .

Donner un polynome du second degre dont les racines sont a2+b2 et 2+ab. Les coefficients

de ce polynome doivent etre ecrits sous une forme aussi simple que possible.

Solution. On a

a+ b =

2 +

3

5 et ab =

3

5 ,

dou` on tire

a2 + b2 = (a+ b)2 2ab = 2 +

3

5 2

3

5 = 2

3

5

et

2 + ab = 2 +

3

5 .

La somme de ces deux nombres est 4, leur produit est 22 (35) = 1 +5. Le polynome demandeest donc

x2 4x+ (1 +

5) .

Remarque. On a utilise deux fois la propriete suivante: Si deux nombres (reels ou complexes) ont poursomme S et pour produit P , alors ces deux nombres sont les racines du polynome x2 Sx+ P.

Juillet 2010

Question 1. Demontrer legalite suivante, dans laquelle n 1 est un nombre entier:

1C1n + 4C2n + + n2Cnn = n(n+ 1)2n2 .

Suggestion: developper (1 + x)n et deriver deux fois.

Solution. En derivant (par rapport a` x) le developpement

(1 + x)n =nk=0

Ck

nxk ,

on obtient:

n(1 + x)n1 =nk=1

kCk

nxk1 . (5)

En derivant a` nouveau on obtient:

n(n 1)(1 + x)n2 =nk=2

k(k 1)Cknxk2 . (6)

En posant x = 1 dans les egalites (5) et (6) on obtient successivement:

n2n1 = 2n2n2 =nk=1

kCk

n (7)

et

n(n 1)2n2 =nk=2

k(k 1)Ckn =nk=1

k(k 1)Ckn . (8)

Enfin, en additionnant (7) et (8), on obtient le resultat attendu:

n(n+ 1)2n2 =nk=1

k2Ck

n .

Question 2. Trouver dans C les racines du polynome P tel que

P (z) = (1 z3)3 (1 z)3 .

Rappel theorique.

Equation 2 = . Soit un nombre complexe quelconque. Pour trouver , on utilise la re`gle suivante.Si b est positif, les solutions (x, y) de a bi = (x yi)2 sontq

[pa2 + b2 + a]/2,

q[pa2 + b2 a]/2

et

q

[pa2 + b2 + a]/2,

q[pa2 + b2 a]/2

.

Remarque. En alge`bre, la notationx sutilise seulement si x est un reel positif; dans ce cas,

x est aussi un

reel positif.

Equation du second degre a` coefficients complexes. Si , et sont des nombres complexes, si 6= 0, si = 2 4 et si 2 = , alors les solutions de lequation

z2 + z + = 0

sont + 2

et

2.

Solution. Le polynome se recrit successivement en

P (z) = [(1 z)(1 + z + z2)]3 (1 z)3 ,= (1 z)3(1 + z + z2)3 (1 z)3 ,= (1 z)3[(1 + z + z2)3 1] .

Le premier facteur donne la racine triple 1.Le second facteur est de degre 6. Ses six racines sont les solutions des trois equations du second degresuivantes:

1 + z + z2 = 1 ,1 + z + z2 = ,1 + z + z2 = 2 ,

ou` = (1 + i3)/2 et 2 = (1 i3)/2 sont les deux racines cubiques non reelles de lunite.Les racines de la premie`re equation sont 0 et 1.La deuxie`me equation se recrit en

z2 + z + (3 i

3)/2 = 0 ;

Avec les notations et la methode du rappel ci-dessus, on a successivement:

= 1, = 1, = (3 i

3)/2, = 5 + 2i

3, =

(

37 5)/2 + i

(

37 + 5)/2 ;

les deux racines sont (1 )/2 et (1 + )/2.La troisie`me equation etant la conjuguee de la deuxie`me, ses racines sont (1 )/2 et (1 + )/2.

Question 3. Le polynome

2x42(2+

2+

6)x3+2(2+3

2+4

3+2

6)x22(6+3

2+4

3+3

6)x+3(4+3

2)

admet deux racines reelles doubles distinctes a et b. Determiner la paire {a, b}.

Solution. Le polynome donne sidentifie au polynome

2(x a)2(x b)2 ,

cest-a`-dire au polynome

2[x4 2(a+ b)x3 + ((a+ b)2 + 2ab)x2 2(a+ b)abx+ a2b2] .

En egalant les termes en x3, on obtient

2(a+ b) = 2 +

2 +

6 ,

ou encorea+ b = 1 +

2 +

3 .

En egalant les termes en x, on obtient

(a+ b)ab = 3 + 3

2 + 3

3 + 2

6 ,

dou` on tire

ab =3 + 3

2 + 3

3 + 2

6

1 +

2 +

3=

3(1 +

2) .

On tire immediatement de cela{a, b} = {1 +

2,

3} .A titre de verification, on peut observer que le developpement du polynome

2(x

3)2(x 1

2)2

est bien celui donne dans lenonce.

Septembre 2010


reel:(a+ 6)x+ 2y + a(a+ 4)z = 1 a ,2x (a+ 1)y 2az = 17 + a ,(a+ 10)x+ (a2 15)y + a2z = 35 + a .

Solution. On observe dabord que E3 E1 2E2 se reduit a`

(a2 + 2a 15)y = (a+ 5)(a 3)y = 0 .

On en deduit que le syste`me se reduit a` ses deux premie`res equations si a = 5 ou a = 3; ces deux casseront etudies plus loin. Dans les autres cas, le syste`me se reduit a`

(a+ 6)x+ a(a+ 4)z = 1 a ,2x 2az = 17 + a ,y = 0 .

Son determinant se reduit a` a

a+ 6 a+ 42 2; il sannule pour a = 0 et pour a = 5.

Dans le cas general a 6 {5, 0, 3}, le syste`me admet la solution unique

x =a+ 14

4, y = 0 , z = a+ 20

4a.

Si a = 5, le syste`me est indetermine:

x+ 2y + 5z = 6 , 2x+ 4y + 10z = 12 .

En posant y = et z = , on obtient (x, y, z) = (6 2 5, , ).Si a = 3, le syste`me est aussi indetermine:

9x+ 2y + 21z = 2 , x 2y 3z = 10 .

En posant z = , on obtient (x, y, z) = ((4 9)/5, (23 12)/5, ).Si a = 0, le syste`me se reduit a`

6x = 1 , 2x = 17 , y = 0 ;

il est donc impossible.


i(1 + z)4 = 1 .

Solution. En posant Z = 1 + z, lequation se recrit en

Z4 = i .

dont on tire successivement (voir le rappel theorique de la session de juillet 2010)

Z2 {

22

+

22i ,

2

2

22i}

et

Z {

222

+

2 +

22

i,

222

2 +

22

i,

2 +

22

222

i,

2 +

22

+

22

2i}

dont on tire immediatement les quatre valeurs possibles de z.

Remarque. De Z4 = i = cis (3pi/2), on deduit immediatement que les quatre valeurs possibles de Zsont cis (3pi/8), cis (7pi/8), cis (11pi/8) et cis (15pi/8).

Question 3. Resoudre dans R \ {a,a 1} linequation parametriquex

x a +x+ 1

x+ a+ 1 0 ,

ou` a [0 : +[.

Solution. En reduisant au meme denominateur, on obtient

2x2 + 2x a(x a)(x+ a+ 1) 0

ou encore2(x a1)(x a2)(x a)(x+ a+ 1) 0

avec

a1 =11 + 2a

2, a2 =

1 +1 + 2a2

.

On note dabord la relation suivante, valable pour tout reel positif a, qui permet une discussion simpledu signe du membre de gauche de linequation:

a 1 a1 < a2 a .

On etablit la premie`re inegalite par le developpement suivant, dans lequel chaque inegalite est consequencede la suivante, la dernie`re etant evidente:

a 1 11+2a2 ,

2a 2 11 + 2a ,2a 1 1 + 2a ,

1 + 2a 1 + 2a ,1 + 2a (1 + 2a)2 .

La deuxie`me inegalite est evidente et la troisie`me setablit comme la premie`re; on note aussi que toutesles inegalites sont strictes, sauf si a = 0.

Si a > 0, lensemble des solutions de linequation est

] : a 1[ [a1 : a2] ]a : +[ .

Dans le cas particulier a = 0, lensemble des solutions est R \ {0,1}.

Juillet 2011

Question 1. Sachant que les nombres reels a et b verifient a4 + b4 = 7 et ab = 1, ondemande de montrer que les nombres a2+b2, a6+b6, a8+b8 et a10+b10 sont tous entiers et

den calculer les valeurs. Existe-t-il une technique simple pour calculer f(n) = a2n + b2n

pour tout entier naturel n ? Est-ce que f(n) est toujours entier ? Peut-on determiner les

reels a2, b2, a et b ?

Solution. On a dabord

(a2 + b2)2 = a4 + b4 + 2a2b2 = 7 + 2 = 9 ,

dou`, les carres etant positifs, f(1) = a2 + b2 = 3. De ceci et de a2b2 = 1, on deduit que

a2 et b2 sont les racines du trinome x2 3x+ 1; on a donc:

{a2, b2} = {3 +

5

2,

352} . (9)

On a aussi f(0) = a0 + b0 = 1 + 1 = 2.

On pourrait se servir des valeurs donnees en (9) pour calculer a6, a8, a10 et b6, b8, b10

mais, dans la mesure ou` on demande seulement les sommes a2n + b2n, il est plus simple

de proceder comme suit.

On a (a2 +b2)(a4 +b4) = a6 +b6 +a2b2(a2 +b2), dou` 21 = (a6 +b6)+3 et a6 +b6 = 18. De

meme, par exemple, (a6+b6)(a4+b4) = (a10+b10)+a4b4(a2+b2), dou` 126 = (a10+b10)+3

et a10 + b10 = 123.

Plus generalement, si n 1, on a

(a2n+b2n)(a2+b2) = (a2n+2+b2n+2)+(a2nb2+b2na2) = (a2n+2+b2n+2)+a2b2(a2n2+b2n2) ,

dou`

3f(n) = f(n+ 1) + f(n 1) ,cest-a`-dire

f(n+ 1) = 3f(n) f(n 1) .Si on tient compte des conditions de depart

f(0) = 2 , f(1) = 3 ,

on voit que f(n) est toujours entier et facile a` calculer; on a en particulier f(3) = 18,

f(4) = 47 et f(5) = 123.

Enfin, on a aussi (a+ b)2 = a2 + b2 + 2ab = 1, dou` a+ b = 1 et, en tenant compte deab = 1,

{a, b} = {1 +

5

2,

152} ou {a, b} = {1 +

5

2,15

2} .

Question 2. Resoudre dans C lequation z4 + |z| = 0 .Suggestion. Calculer dabord la valeur de |z|.Solution. De z4 = |z| on tire |z|4 = |z4| = | |z|| = |z|; les seules valeurs possibles pour |z| sont donc 0et 1. Si |z| = 0, on a necessairement z = 0 qui est une premie`re solution de lequation posee. Si |z| = 1,on peut poser z = cis et lequation se recrit

cis 4 + 1 = 0

ou encorecis 4 = 1 = cispi

dont on tire4 = pi + 2kpi

ou encore = (2k + 1)pi/4 .

En resume, lensemble des solutions est

{0 , cis pi4, cis

3pi4, cis

5pi4, cis

7pi4} = {0 , (1 + i)

2

2, (1 i)

2

2, (1 + i)

2

2,

(1 i)22

} .

Question 3. Demontrer legalite

nk=1

C2k+1 = C3n+2 ,

valable pour tout entier n strictement positif.

Solution directe. Le membre de droite est le nombre de triplets distincts inclus dans {1, . . . , n + 2}.Lensemble de ces triplets se partitionne en n parties, selon les n valeurs possibles du plus grand elementdu triplet; ces valeurs forment lensemble {3, 4, . . . , n+ 2}.Le nombre de triplets dont le plus grand element vaut k + 2 est C

2

k+1, qui correspond au nombre demanie`res de selectionner les deux autres elements dans lensemble {1, . . . , k + 1}. Legalite est alorsimmediate.

Solution par recurrence. Pour n = 1, legalite se reduit a` C2

2 = C3

3 . Dautre part, si pour un entier

n 1 legalite proposee est vraie, on obtient legalite pour n+ 1 en ajoutant C2n+2 aux deux membres.En effet, on a toujours C

3

n+2 +C2

n+2 = C3

n+3.

Remarque. En utilisant de manie`re repetee legalite Cba = Cb1a1+C

ba1, valable si 0 < b < a, on a C

pn+2 = C

p1n+1+C

pn+1 =

= Cp1n+1 + Cp1n + + Cp1p + Cpp = Cp1n+1 + Cp1n + + Cp1p + Cp1p1, valable si 0 < p 2 n; on a doncCpn+2 =

Pnk=p2C

p1k+1. Lenonce correspond au cas particulier p = 3.

Septembre 2011

Question 1. Resoudre le syste`me suivant, dans lequel a est un parame`tre reel:2x+ 3y + (a 1)z = 2 ;4x+ 3ay + az = 4 ;

(6 3a)y + (a 2)z = 0 .

Solution. Si a = 2, la troisie`me equation disparat (0 = 0); la deuxie`me devient le double de la premie`reet est donc inutile. La premie`re equation devient 2x + 3y + z = 2. Les solutions du syste`me sont(x, y, z) = (, , 2 2 3), ou` et sont des reels quelconques.Si a 6= 2, le syste`me se reduit a`

2x+ 3y + (a 1)z = 2 ;4x+ 3ay + az = 4 ;3y z = 0 .

ou encore, en eliminant z dans les deux premie`res equations, a`2x+ 3ay = 2 ;4x+ 6ay = 4 ;3y z = 0 .

La deuxie`me equation est inutile et le syste`me se reduit a`{2x+ 3ay = 2 ;3y z = 0

Les solutions sont (x, y, z) = (2 3a

2, , 3) , ou` est un reel quelconque.

Question 2. Resoudre dans R lequation

2(log x)3 +log(x20)

10 (log(x

20))2

4= 0 .

La notation log designe le logarithme en base 10.

Solution. Le reel x doit etre strictement positif. En tenant compte de la propriete connue

log(xy) = y log x ,

lequation peut se recrire en2(log x)3 + 2 log x 5(log x)2 = 0 ,

puis en(log x) [2(log x)2 + 2 5 log x] = 0 .

Le premier facteur sannule pour x = 1; le second est un polynome du second degre en log x qui sannulesi log x vaut 2 ou 1/2, cest-a`-dire si x = 100 ou x =

10.

Question 3. Resoudre dans R linequation

x+

(x+ 1)/2(x+ 1)/2

x+ 1 .

Solution. Linequation est definie sur lintervalle ] 1 : +[. Elle peut se recrire enx

(x+ 1)/2+ 1 x+ 1 ,

ou encore enx

(x+ 1)/2 x .

Si x = 0, linegalite est verifiee.Si x > 0, linequation se simplifie en

(x+ 1)/2 1ou encore en

x+ 1 2 ,cest-a`-dire x 1.Si 1 < x < 0, linequation se simplifie en

(x+ 1)/2 1

ou encore enx+ 1 2 ,

qui est toujours vrai.Lensemble des solutions est donc

] 1 : 0] [1 : +[ .

Juillet 2012


4z5 12z2 + 9z

= 0 .

On donnera la forme algebrique et la forme trigonometrique de chaque solution.

Solution. Lequation peut se recrire1z

(2z3 3)2 = 0 .

Le premier facteur ne sannule jamais; le second sannule si et seulement si z3 = 3/2. Les solutions delequation sont donc les trois racines du polynome 2z33, cest-a`-dire, en posant r = 33/2, les nombresr, r(1 + i3)/2 et r(1 i3)/2; les formes trigonometriques correspondantes sont r, r cis (2pi/3) etr cis (4pi/3).

Question 2. La suite f et la matrice de Fibonacci sont definies par les egalites:

f0 = 0 , f1 = 1 , fn = fn1 + fn2 pour n = 2, 3, . . . ; =

(1 1

1 0

).

Demontrer que, pour tout entier naturel n > 0, on a n =

(fn+1 fnfn fn1

).

En deduire legalite f2n+1 = f2n+1 + f

2n.

Solution. La premie`re egalite se demontre simplement par recurrence. Elle est evidente pour n = 1 et,si elle est vraie pour un naturel n, elle est encore vraie pour n+ 1 car(

fn+2 fn+1

fn+1 fn

)=

(1 11 0

).

(fn+1 fn

fn fn1

).

La seconde egalite est evidente pour n = 0. Pour n > 0, on developpe legalite 2n = nn; on obtientainsi f2n+1 = f2n+1 + f

2n, et aussi f2n = (fn+1 + fn1)fn.

Question 3. Determiner la valeur de k sachant que le polynome x4 22x3 + kx2 +(2 + 5

2)x 22 admet quatre racines reelles x1, x2, x3, x4 telles que x1 + x2 = x3 + x4;

on calculera aussi les racines.Remarque. On peut souvent simplifier

a b2 en cherchant x, y tels que (x y2)2 = a b2.

Solution. La somme des quatre racines vaut loppose du coefficient de x3, cest-a`-dire 2

2; on a doncx1 + x2 = x3 + x4 =

2. Le polynome donne est donc egal au produit des deux trinomes x2 2x+ a,

de racines x1 et x2, et x2

2x + b, de racines x3 et x4, pour des valeurs a` determiner de a et b. Ceproduit vaut x4 22x3 + (a+ 2 + b)x2 2(a+ b)x+ ab. On en deduit les trois egalites suivantes:

k = a+ 2 + b ; 2 + 5

2 = 2(a+ b) ; 22 = ab .

De la deuxie`me inegalite on deduit 2

2+10 = 2(a+b), dou` a+b = (2+5) et k = (2+3). De plus,a et b sont les racines du trinome X2+(

2+5)X22; le discriminant vaut = 27+182 = (3+32)2

et les racines valent (2+5)(3+32)

2 , cest-a`-dire

2 1 et 2(2 + 2). On trouve alors facilement{x1, x2} = {1,

2 1} et {x3, x4} = {

2 + 2, 2}.

Septembre 2012

Question 1. Resoudre dans C lequation x2n + 2xn cos+ 1 = 0, si n est un parame`treentier strictement positif et un parame`tre reel.

Solution. En posant X = xn on obtient X2 + 2X cos + 1 = 0 , equation du second degre dont lediscriminant, negatif ou nul, est 4(cos2 1) = 4 sin2 et dont les deux solutions sont cosi sin ,ou encore (en utilisant labreviation cisx = cosx+ i sinx), cis (pi ). Ces deux nombres sont distinctssauf si est un multiple de pi. Les solutions de lequation initiale sont les racines nie`mes de ces nombres;elles forment lensemble {

cis(2k + 1)pi

n: k = 0, 1, . . . , n 1

}.

Question 2. Soit a un reel non nul et P (x) un polynome sur R tel que le reste de ladivision de P (x) par 2x + 1 est a et le reste de la division de P (x) par ax + 1 est 2.

Peut-on determiner le reste de la division de P (x) par (2x + 1)(ax + 1)? Si oui, quel

est-il?

Solution. Si a = 2, on sait seulement que le reste de la division de P (x) par 2x + 1 est 2, ce qui nepermet pas de determiner le reste de la division de P (x) par (2x+ 1)2.Si a 6= 2 (et a 6= 0), il existe des polynomes Q(x) et R(x) tels que

P (x) = (2x+ 1)Q(x) + a et P (x) = (ax+ 1)R(x) + 2 ;

on en tire P (1/2) = a et P (1/a) = 2 . Il existe aussi un polynome S(x) et deux reels b et c tels que

P (x) = (2x+ 1)(ax+ 1)S(x) + bx+ c .

On a en particulier P (1/2) = a = b/2 + c et P (1/a) = 2 = b/a + c , dou` on tire facilementb = 2a et c = 0; le reste de la division de P (x) par (2x+ 1)(ax+ 1) est donc le polynome 2ax.

Question 3. Resoudre dans R linequation

3x2 + 5x+ 73x2 + 5x+ 2 > 1 .Solution. La condition dexistence est 3x2 + 5x+ 2 0, cest-a`-dire, puisque les racines du trinome sont1 et 2/3, x 6 ] 1 : 2/3[. Si cette condition est respectee, linequation se recrit en

3x2 + 5x+ 7 > 1 +

3x2 + 5x+ 2

ou encore, en elevant les deux membres (positifs) au carre et en rearrangeant les termes,

4 > 2

3x2 + 5x+ 2 ou encore 4 > 3x2 + 5x+ 2 ,

cest-a`-dire3x2 + 5x 2 = (3x 1)(x+ 2) < 0 ,

ce qui signifie x ] 2 : 1/3[; en tenant compte de la condition dexistence, on a

x ] 2 : 1] [2/3 : 1/3[ .

Juillet 2013

Question 1. Soit un polynome a` coefficients reels P (x) = ax2 +bx+c tel que c < 0 < a.

a) Prouver que le discriminant P = b2 4ac est strictement positif et que le polynome

admet deux racines reelles u et v telles que u < 0 < v.

b) Soit e = v/2 et Q(x) = x2P (e+ 1x) = ax2 +bx+c. Etablir c < 0 < a et Q = P .

c) Pour quelles valeurs de e {0, u3, u+v

4, b

10a,u,v,uv} le point b) reste-t-il

vrai ?

Solution. Le point a) est evident: le discriminant b2 + 4a|c| est la somme dun terme positif et dunterme strictement positif; de plus, le produit c/a des racines est strictement negatif.b). On commence par calculer le polynome Q, pour nimporte quelle valeur de e. On obtient facilementa = (ae2 + be+ c), b = 2ae b et c = a et on observe que a = P (e) est strictement positif si etseulement si e est strictement compris entre les deux racines u et v, ce qui est le cas pour e = v/2. Ona enfin Q = (2ae+ b)2 4a(ae2 + be+ c), ce quun calcul elementaire permet de reduire a` b2 4ac.c). Le point b) reste vrai pour toute valeur de e strictement comprise entre u et v. Cest toujours le caspour 0, u3 ,

u+v4 et b10a (puisque b2a est la moyenne arithmetique des racines). Ce nest pas toujours

vrai pour les trois autres valeurs proposees; un contre-exemple commun est P (x) = 6x2 + x 1.

Question 2. Resoudre dans R linequation suivante, dans laquelle a est un parame`trereel:

a+x a x

ax a .

Quand a-t-on legalite?

Solution. Les conditions dexistence sont x a et a 6= x a. Si le denominateur a x a eststrictement negatif, linequation peut se recrire en (a+

x a)(ax a) x, puis en a2(xa) x,

ce qui se reduit a` 2x a2 + a. Si le denominateur est strictement positif, linequation se reduit a`2x a2 + a.Compte tenu des conditions dexistence, le denominateur est strictement positif si

x a 0 et a2 + a > x ;

il est strictement negatif si

x a et (a < 0 ou a2 + a < x) .On en tire les conclusions suivantes, ou` S est lensemble des solutions:

Si a < 0, le denominateur est toujours negatif et S = {x : 2a 2x a2 + a},avec egalite pour x = (a2 + a)/2 .

Si a = 0, alors S = . Si a > 0, il ny a de solutions que si le denominateur est positif car les inegalites x a, a2 + a < x

et 2x a2 + a sont incompatibles; on a donc Si 0 < a < 1, alors S = {x : a x < a2 + a} (egalite: jamais) . Si a 1, alors S = {x : a2 + a 2x < 2a2 + 2a} (egalite pour x = (a2 + a)/2) .

Question 3. Resoudre dans C le syste`me suivant, dans lequel m est un parame`trecomplexe: {

mx+ y = iix+ (im+ 2)y = m

Pour quelles valeurs de m le syste`me admet-il au moins une solution (x, y) telle que

x, y R?

Solution. Le determinant vaut

m 1i im+ 2 = im2 + 2m i = i(m2 2im 1) = i(m i)2.

Il sannule pour m = i; dans ce cas, chacune des equations se rame`ne a` ix + y = i et, si x est uncomplexe quelconque, le couple (x,i(1 + x)) est une solution; x et y sont reels tous les deux dans leseul cas (x, y) = (1, 0).Si m 6= i, la solution unique est

x =2(m i)

=

2i(m i) ; y =

m2 + 1

= m+ ii(m i) .

Le nombre x est reel si et seulement si m est imaginaire pur; dans ce cas, et y sont aussi imaginairespurs et y ne peut etre reel que sil sannule. La seule valeur de m rendant x et y reels tous les deux estm = i; on a alors (x, y) = (1, 0).

Septembre 2013


reel: (a 1)x+ (a 2)y + az = 2a+ 1 ,ax+ 2az = 6a 2 ,x+ (2 a)y + az = 4a 3 .

Solution. On peut dabord observer que la deuxie`me equation est inutile, puisque cest la somme desdeux autres. En remplacant la premie`re equation par la difference de la premie`re et de la troisie`me, onobtient: {

(a 2)x+ 2(a 2)y = 2(a 2) ,x+ (2 a)y + az = 4a 3 .

Si a = 2, la premie`re equation disparat et le syste`me se reduit a` x+ 2z = 5 .Les solutions sont x = 5 2, y = , z = .

Si a = 0, le syste`me devient: {x+ 2y = 2 ,x+ 2y = 3 .


Dans les autres cas, cest-a`-dire quand a(a 2) 6= 0, le syste`me devient:{x+ 2y = 2 ,x+ (2 a)y + az = 4a 3 .

les solutions sont y = , x = 2 2, az = 4a 3 + 2 + 2 (2 a),cest-a`-dire: z = + 4a1a ; et sont des parame`tres quelconques.

Question 2. Soit P le polynome

P (x) = x4 6x3 + 14x2 + x+ ,

Calculer les nombres et ainsi que les quatre racines de P , sachant que la somme de

deux des racines vaut 2 et que le produit des deux autres racines vaut 3.

Solution. Le polynome peut se recrire en:

(x2 2x+ )(x2 x+ 3) ,

ou` et sont des nombres a` determiner. En developpant le produit, on obtient:

x4 (2 + )x3 + (3 + 2+ )x2 (6 + )x+ 3 .

En identifiant les termes en x3, on obtient = 4. On identifie ensuite les termes en x2, ce qui donne = 3. On identifie enfin les termes en x et les termes independants, ce qui donne = 18 et = 9. Lepolynome factorise se recrit en:

(x2 2x+ 3)(x2 4x+ 3) ,dou` on deduit immediatement lensemble des racines:

{1 i

2 , 1 + i

2 , 1 , 3} .

Question 3. Resoudre dans R linequation suivante:

log2(x+ 1) + 4 log4(x) < 1 .

Solution. On note dabord que x doit etre strictement positif. Linequation se recrit successivement en:

log2(x+ 1) + log4(x4) < 1 ,

log2(x+ 1) + log2(x2) < 1 ,

log2[x2(x+ 1)] < 1 ,

x2(x+ 1) < 2 ,

x3 + x2 < 2 .

Lensemble des solutions est donc lintervalle ouvert ]0 : 1[.

Juillet 2014

Question 1. Pour quelles valeurs du parame`tre reel m le polynome

X2 + (2m 1)X +m2

admet-il deux racines positives dont lune est le triple de lautre? Quelles sont les racines?

Solution. En notant a et 3a les deux racines, on a:

(X a)(X 3a) = X2 4aX + 3a2 = X2 + (2m 1)X +m2 ,

dou` on tire 2m 1 = 4a et 3a2 = m2 . On elimine m en egalant les valeurs de 4m2 tirees de ces deuxegalites; cela donne:

1 8a+ 16a2 = 12a2 ou encore 1 8a+ 4a2 = 0 ,equation dont les racines (positives toutes les deux) sont

2 +

32

et23

2.

Les valeurs de m = (1 4a)/2 correspondantes sont

3 + 2

32

et2

3 32

.

Question 2. Resoudre linequation suivante:

(x 1)x+ 4 < 2 4x .

Solution. La condition dexistence est x 4; on se limite donc au domaine [4 : +[. Ce domaine separtitionne comme suit:

Si 4 x < 1/2, le membre de gauche est negatif et celui de droite est strictement positif;linequation est verifiee.

Si 1/2 x < 1, les deux membres sont negatifs.

Si x 1, le membre de gauche est positif et le membre de droite est strictement negatif; linequationnest pas verifiee.

Seul le deuxie`me cas necessite une etude plus poussee. Dans lintervalle [1/2 : 1[, linequation se recriten

x+ 4 >4x 21 x ou encore (x+ 4)(1 x)

2 > (4x 2)2 ,ce qui se simplifie en

x3 14x2 + 9x = x(x2 14x+ 9) = x(x a)(x b) > 0 ,

avec a = 7 210 et b = 7 + 210. On note que a est dans lintervalle [1/2 : 1[; on a a ' 0.675.Lensemble des solutions de linequation est lintervalle [4 : 7 210[.

Septembre 2014


(1 + z2)3 = (1 z2)3 .

Solution. En observant quaucune solution ne peut verifier 1 z2 = 0, on recrit lequation en(1 + z2

1 z2)3

= 1 .

Cela se recrit en1 + z2

1 z2 = ,ou` est une des trois racines cubiques de lunite. En choisissant = 1, on obtient la premie`re solutionz = 0; en choisissant = cis (2pi/3) = (1 i3)/2, on obtient

z2 = 1+ 1

= i

3 .

Ces deux valeurs pour z2 donnent lieu a` quatre valeurs pour z:

z =4

3

2(1 i)2

;

lequation proposee a donc cinq solutions.


reel: ax+ y + z = 1

x+ ay + z = 1

x+ y + az = 1

Solution. Le determinant du syste`me vauta 1 11 a 11 1 a

=a+ 2 a+ 2 a+ 2

1 a 11 1 a

= (a+ 2)

1 1 11 a 11 1 a

= (a+ 2)

1 0 01 a 1 01 0 a 1

= (a+ 2)(a 1)2 .Pour a = 2, le syste`me est impossible car la somme des trois equations donne

0x+ 0y + 0z = 3 .

Pour a = 1, le syste`me est doublement indetermine; lensemble des triplets (x, y, z) solutions du syste`meest:

{(, , 1 ) : , R} .Pour les autres valeurs de a, le syste`me admet une solution unique:

x = y = z =1

a+ 2.

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