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Chapitre 14  Exercices d’Algèbre niveau licence 1,2

14.1  Intersection de 2 sous espaces vectoriels

Soient dans R4 les vecteurs :
V1=[1,2,3,4]
V2=[1,1,1,3]
V3=[0,1,2,2]
V4=[−1,0,1,−2]
V5=[2,3,0,1]
Soient F le sous espace engendré par V1,V2,V3 et G le sous espace engendré par V4,V5.
Déterminer une base de F, G, FG, F+G.

Correction
On tape :
V1:=[1,2,3,4]
V2:=[1,1,1,3]
V3:=[0,1,2,2]
F:=basis(V1,V2,V3)
On obtient :
[[-1,0,1,0],[0,-1,-2,0],[0,0,0,-1]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3)
On obtient :
3
Donc F est de dimension 3, et V1, V2, V3 forment aussi une base de F.
On tape :
V4:=[-1,0,1,-2]
V5:=[2,3,0,1]
G:=basis(V4,V5)
On obtient :
[[-3,0,3,-6],[0,-3,-2,3]]
Ou on tape :
rank(V4,V5)
On obtient :
2
Donc G est de dimension 2, et V4, V5 forment aussi une base de G.
On tape :
FIG:=ibasis(F,G)
On obtient :
[[-1,0,1,-2]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3,V4)
On obtient :
3
et on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
Donc F G est engendré par V4.
On tape :
FPG:=basis(F union G)
On obtient :
[[-4,0,0,0],[0,-4,0,0],[0,0,-4,0],[0,0,0,-4]]
Ou on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
Donc F+G est de dimension 4, et V1, V2, V3, V5 forment aussi une base de F+G.
Refaire le même exercice en remplacant V4 par V4+V5.
On tape :
V4:=V4+V5
On obtient :
[1,3,1,-1]
On tape :
G:=basis(V4,V5)
On obtient le même résultat que précédemment :
[[-3,0,3,-6],[0,-3,-2,3]]
On tape :
FIG:=ibasis(F,G)
On obtient le même résultat que précédemment :
[[-1,0,1,-2]]
Mais si on tape :
rank(V1,V2,V3,V4)
On obtient cette fois:
4
et on tape :
rank(V1,V2,V3,V5)
On obtient :
4
cela ne nous permet pas de trouver une base de FG : on sait seulement que FG est de dimension 1. Pour trouver un vecteur non nul contenu dans F et dans G il faut résoudre le système :
x*V1+y*V2+z*V3=a*V4+b*V5.
On tape :
linsolve(x*V1+y*V2+z*V3-a*V4-b*V5,[x,y,z,a])
On obtient :
[-b,2*b,0,-b]
Si on prend b=-1, on retrouve que le vecteur V1-2*V2=V4-V5=[-1,0,1,-2] est une base de F G.

14.2  Rang de formes linéaires

Étudier le rang de l’ensemble des formes :
x+yzt
xyz+t
x+y+z+a*t
xy+za*t
On tape :
A:=syst2mat([x+y-z-t,x-y-z+t,x+y+z+a*t,x-y+z-a*t],[x,y,z,t])
On obtient :
[[1,1,-1,-1,0],[1,-1,-1,1,0],[1,1,1,a,0],[1,-1,1,-a,0]]
On tape :
C:=tran(A)[0..3]
On obtient :
[[1,1,1,1],[1,-1,1,-1],[-1,-1,1,1],[-1,1,a,-a]]
On tape :
det(C)
On obtient :
8*a+8
Donc pour a!=-1 le rang est 4.
On tape :
D:=subst(C,a=-1)
On obtient :
[[1,1,1,1],[1,-1,1,-1],[-1,-1,1,1],[-1,1,-1,1]]
On tape :
rank(D)
On obtient :
3
Donc pour a=-1 le rang est 3.
Ou on tape :
normal(lu(C))
On obtient :
[0,1,2,3],[[1,0,0,0],[1,1,0,0],[-1,0,1,0],[-1,-1,a/2+1/2,1]],
[[1,1,1,1],[0,-2,0,-2],[0,0,2,2],[0,0,0,-2*a-2]]
On retrouve ainsi le résultat précédent.

14.3  Une rotation

Montrer que la matrice :

M=
1
9



81−4
−44−7
18



est une matrice de rotation.
Déterminer l’axe et l’angle de cette rotation.
On tape :
M:=1/9*[[8,1,-4],[-4,4,-7],[1,8,4]]
isom(M)
On obtient :
[[3,-1,-1],acos(7/18),1]
Cela signifie que l’on a une rotation (le 1 indique que l’on a une isométrie positive) d’axe porté par le vecteur [3,-1,-1] et d’angle t=arccos(7/18) avec sin(t)>0 (isom choisit l’orientation de l’axe pour que l’angle soit dans [0,π] ie pour que son sinus soit positif).

Comment retrouver ces résultats ?
On cherche les points fixes de l’application linéaire rot de matrice M dans la base canonique de R3, c’est à dire les points [x,y,z] tels que :
(M-idn(3))*[x,y,z]=0.
On tape :
linsolve((M-idn(3))*[x,y,z],[x,y,z])
On obtient :
[-3*z,z,z]
Il y a donc une droite de points fixes qui est pour zR :
z*[-3,1,1]
Cherchons une base orthonormée E1,E2,E3 avec E3 porté par l’axe, par exemple E3=√11/11[−3,1,1].
On choisit E1*E3=0 les coordonnées [x,y,z] de E1 doivent vérifier :
-3*x+y+z=0
On choisit x=0,y=-z donc E1=√2/2[0,1,−1]
Puis on choisit E2=E3∧ E1.
On tape :
E3:=sqrt(11)/11*[-3,1,1]
E1:=sqrt(2)/2*[0,1,-1]
E2:=normal(cross(E3,E1))
On obtient :
[-(2*sqrt(22))/22,-(3*sqrt(22))/22,-(3*sqrt(22))/22]
En prenant comme nouvelle base E1,E2,E3 on a comme matrice de passage P:=tran(Q) avec Q:=[E1,E2,E3].
On tape :
Q:=[E1,E2,E3]
P:=tran(Q)
On vérifie que Q=inv(P) en tapant :
normal(P*Q)et normal(Q*P)
On obtient bien idn(3)
La matrice de rot dans cette nouvelle base est donc obtenue en tapant :
normal(Q*M*P)
On obtient :
[[7/18,5*sqrt(11)/18,0],[(-(5*sqrt(11)))/18,7/18,0],[0,0,1]]
L’angle t de la rotation est donc défini par :
acos(t)=7/18 et asin(t)=-5*sqrt(11)/18
On retrouve les résultats trouvés avec la commande isom car on n’a pas choisit la même orientation pour l’axe E3 est dirigé selon le vecteur [-3,1,1] et non [3,-1,-1]...
On tape :
isom([[7/18,5*sqrt(11)/18,0],[(-(5*sqrt(11)))/18,7/18,0],
[0,0,1]])
On obtient :
[[0,0,-1],acos(7/18),1]
car isom choisit l’orientation de l’axe pour que l’angle soit dans [0,π] ie pour que son sinus soit positif : si l’axe est dirigé selon -E3, l’angle vaut α=  acos (7/18) avec 0≤ α ≤ π.

14.4  Puissance n-ième d’une matrice

Calculer la puissance n-ième de la matrice :

A=



7400
−12−700
2011−6−12
−12−6611 




On cherche si A est diagonalisable.
On tape :
A:=[[7,4,0,0],[-12,-7,0,0],[20,11,-6,-12],[-12,-6,6,11]]
P,B:=jordan(A)
On obtient :
P:=[[0,1,0,2],[0,-2,0,-3],[-3,2,4,1],[2,-1,-3,0]]
B:=[[2,0,0,0],[0,-1,0,0],[0,0,3,0],[0,0,0,1]]
Donc A est diagonalisable.
On a :
B=P^-1*A*P
donc
B^n=P^-1*A^n*P
ou encore
A^n=P*B^n*P^-1
On a :
B^n=[[2^n,0,0,0],[0,(-1)^n,0,0],[0,0,3^n,0],[0,0,0,1]]
On tape :
Bn:=[[2^n,0,0,0],[0,(-1)^n,0,0],[0,0,3^n,0],[0,0,0,1]]
An:=normal(P*Bn*inv(P))
On obtient :
[[-3*(-1)n+4,-2*(-1)n+2,0,0],[6*(-1)n-6,4*(-1)n-3,0,0],
[-6*(-1)n+4*3n+2,3*2n-4*(-1)n+1,9*2n-8*3n,12*2n-12*3n],
[3*(-1)n-3*3n,-2*2n+2*(-1)n,-6*2n+6*3n,-8*2n+9*3n]]

Autre méthode :
On calcule le polynômr caractéristique de A.
On tape :
pcar(A)
On obtient :
[1,-5,5,5,-6]
r2e([1,-5,5,5,-6],X)=(((X-5)*X+5)*X+5)*X-6
Donc le polynôme caractéristique de A est :
X4−5*X3+5*X2+5*X−6
On tape :
factor(r2e([1,-5,5,5,-6],X))
On obtient :
(X-2)*(X-3)*(X+1)*(X-1)
La matrice A a donc 4 valeurs propres distinctes, et on a :
A4−5*A3+5*A2+5*A−6*idn(4)=0
Donc :
A4=5*A3−5*A2−5*A+6*idn(4)
An+4=5*An+3−5*An+2−5*An+1+6*An
On va donc étudier les suites récurrentes vérifiant :
(1) un+4=5*un+3−5*un+2−5*un+1+6*un
en cherchant les progressions géométriques de raison r qui vérifient (1). La raison est donc solution de :
X4−5*X3+5*X2+5*X−6=(X−2)*(X−3)*(X+1)*(X−1)=0
c’est à dire on peut avoir :
r=−1 ou r=1 ou r=2 ou r=3
donc comme une suite récurrente qui vérifie (1) est entièrement définie par ses 4 premiers termes : u0,u1,u2,u3, si il existe a,b,c,d tel que :
u0=a*(−1)0+b*10+c*20+d*30=a+b+c+d
u1=a*(−1)1+b*11+c*21+d*31=−a+b+2*c+3*d
u2=a*(−1)2+b*12+c*22+d*32=a+b+4*c+9*d
u3=a*(−1)3+b*13+c*23+d*33=−a+b+8*c+27*d
on aura :
un=a*(−1)n+b*1n+c*2n+d*3n
On tape :
g(u0,u1,u2,u3):=linsolve([a+b+c+d=u0,-a+b+2*c+3*d=u1,
    a+b+4*c+9*d=u2,-a+b+8*c+27*d=u3],[a,b,c,d])
Puis :
g(u0,u1,u2,u3)
On obtient :
[1/4*u0+-11/24*u1+1/4*u2+1/-24*u3,3/2*u0+1/4*u1-u2+1/4*u3,
-u0-1/-3*u1+u2-1/3*u3,1/4*u0+1/-8*u1+1/-4*u2+1/8*u3]
On tape :
normal((-1)^n*(1/4*idn(4)+-11/24*A+1/4*A^2+1/-24*A^3)+
3/2*idn(4)+1/4*A-A^2+1/4*A^3+2^n*(-idn(4)-1/-3*A+A^2-
1/3*A^3)+3^n*(1/4*idn(4)+1/-8*A+1/-4*A^2+1/8*A^3))
ou on tape :
vn:=[(-1)^n,1,2^n,3^n]
puis,
vn*g(idn(4),A,A^2,A^3)
On obtient :
[[-3*(-1)n+4,-2*(-1)n+2,0,0],[6*(-1)n-6,4*(-1)n-3,0,0],
[-6*(-1)n+4*3n+2,-4*(-1)n+3*2n+1,9*2n-8*3n,12*2n-12*3n],
[3*(-1)n-3*3n,2*(-1)n-2*2n,-6*2n+6*3n,-8*2n+9*3n]]

14.5  Rang d’une matrice

Soit aR, on considère la matrice :

Ma=


2a−1a2a−1
a2+a−2a2−1a−1
a2+a−1a2+a−1a



1/ Pour quelles valeurs de a, la matrice Ma est-elle inversible ?
Quel est le rang de Ma ?
2/ Calculer l’inverse de Ma lorsque cela est possible.
1/ On cherche si Ma est inversible en calculant son déterminant.
On tape :
Ma:=[[2a-1,a,2a-1],[a^2+a-2,a^2-1,a-1],[a^2+a-1,a^2+a-1,a]]
d:=det(Ma)
On obtient :
2*a^4+-2*a^3+-2*a^2+2*a
On tape :
factor(d)
On obtient :
2*(a+1)*a*(a-1)^2
Donc Ma est inversible si est seulement si aR−{−1,0,1}.
Donc lorsque aR−{−1,0,1} le rang de Ma est 3.
Pour a=−1 on tape :
A:=subst(Ma,a=-1)
On obtient :
[[-3,-1,-3],[-2,0,-2],[-1,-1,-1]]
On tape :
rank(A)
On obtient :
2
en effet :
det([[-3,-1],[-2,0]])!=0
Pour a=0, on tape :
B:=subst(Ma,a=0)
On obtient :
[[-1,0,-1],[-2,-1,-1],[-1,-1,0]]
On tape :
rank(B)
On obtient :
2
en effet :
det([[-1,0],[-2,-1]])!=0
Pour a=1 on tape :
C:=subst(Ma,a=1)
On obtient :
[[1,1,1],[0,0,0],[1,1,1]]
On tape :
rank(C)
On obtient :
1
en effet :
Les trois colonnes sont identiques et non nulles.
2/ On tape :
normal(inv(Ma))
On obtient :
[[1/(2*a^3-2*a),(2*a^2+2*a-1)/(2*a^3-2*a),
(-2*a^2+1)/(2*a^3-2*a)],[1/(-2*a^2+2*a),
(-2*a+1)/(2*a^2-2*a),(2*a-1)/(2*a^2-2*a)],
[(a^2+a-1)/(2*a^3-2*a),(-a^2-a+1)/(2*a^3-2*a),
(a^2-a-1)/(2*a^3-2*a)]]

14.6  Changement de base

Soit u l’endomorphisme de R4 dont la matrice dans la base canonique est :

A=



1a00
01a0
001a
000




Déterminer la matrice B de u dans la base :
E1=e1
E2=e1+e2
E3=e1+e2+e3
E4=e1+e2+e3+e4

Correction
On tape :
A:=[[1,a,0,0],[0,1,a,0],[0,0,1,a],[0,0,0,1]]
On définit la matrice de passage P en mettant en colonne les coordonnées des nouveaux vecteurs de base :
P:=[[1,1,1,1],[0,1,1,1],[0,0,1,1],[0,0,0,1]]
On définit la matrice de u dans la nouvelle base :
B:=normal(changebase(A,P))
On obtient :
[[1,a,0,0],[0,1,a,0],[0,0,1,a],[0,0,0,1]]
On a :
B=inv(P)*A*P

Vérifions :
On tape :
E1:=[1,0,0,0]
E2:=[1,1,0,0]
E3:=[1,1,1,0]
E4:=[1,1,1,1]
On tape :
A*E1 On obtient :
[1,0,0,0]
On tape :
A*E2
On obtient :
[1,1,0,0]
On tape :
A*E3
On obtient :
[1,1,1,0]
On tape :
A*E4
On obtient :
[1,1,1,1]

14.7  Résolution d’un système

Résoudre le système :
x+2yz+2t=1
3xy+z+2t=3
x+3y+3zt=1
5x+5yz+7t=a
Pour quelles valeurs de a ce système admet-il des solutions entières ?

Correction
On tape :
linsolve([x+2y-z+2t=1,3x-y+z+2t=3,x+3y+3z-t=1,5x+5y-z+7t=a],
[x,y,z,t])
On obtient :
[-31/24*a+179/24,-1/6*a+5/6,25/24*a+(-125)/24,4/3*a+(-20)/3]
Pour que z soit entier il faut et il suffit que :
a−5 soit un mulitple de 24.
Si a=5+k*24, x,y,t sont alors aussi des entiers. On tape :
linsolve([x+2y-z+2t=1,3x-y+z+2t=3,x+3y+3z-t=1,5x+5y-z+7t=5+24*k],
[x,y,z,t])
On obtient :
[-31*k+1,-(4*k),25*k,32*k]

14.8  Forme bilinéaire

Soient E l’espace vectoriel réel des polynômes de degré leq 2 et à coefficients réels et f la forme bilinéaire symétrique définie par :
f(P,Q)=∫−11 P(x),Q(x) dx
1/ Déterminer la matrice de f et montrer que f est positive et non dégénérée.
2/ Déterminer l’endomorphisme adjoint à la dérivation.

Correction
La base canonique de E est : 1,x,x2.
Pour déterminer la matrice A de f on va calculer : f(ej,ek).
On tape :
integrate(1,x,-1,1)
On obtient :
2
On tape :
integrate(x,x,-1,1)
On obtient :
0
On tape :
integrate(x^2,x,-1,1)
On obtient :
2/3
On tape :
integrate(x^3,x,-1,1)
On obtient :
0
On tape :
integrate(x^4,x,-1,1)
On obtient :
2/5
Donc on a :
A= [

20
2
3
0
2
3
0
2
3
0
2
5
 

]

On tape pour avoir f(c,b,a) :
normal(integrate((a*x^2+b*x+c)*(a*x^2+b*x+c),x,-1,1))
On obtient :
(2*a2)/5+(4*a*c)/3+(2*b2)/3+2*c2
On tape :
gauss(2/5*a^2+4/3*a*c+2/3*b^2+2*^2,[c,b,a])
On obtient :
(2/3*a+2*c)2/2+(2/3*b)2/(2/3)+8*a2/45
on a donc :
f(c,b,a)=(2/3*a+2*c)2/2+(2/3*b)2/(2/3)+8*a2/45
donc f(c,b,a)>=0 et on a :
f(c,b,a)=0 si et seulement si a=b=c=0.
2/ La dérivation d est une application linéaire de E dans E matrice :
B= [

010
002
00

]

L’adjoint d* de d vérifie f(d*(P),Q)=f(P,d(Q)) ou encore si C est la matrice de d*:
tP*A*B*Q=tP*tC*A*Q
A*B=tC*A ou t B*tA=tA*C
donc :
C=(tA)−1*t B*tA
On tape :
A:=[[2,0,2/3],[0,2/3,0],[2/3,0,2/5]]
B:=[[0,1,0],[0,0,2],[0,0,0]]
C:=normal(inv(tran(A))*tran(B)*tran(A))
On obtient :
[[0,-5/2,0],[3,0,1],[0,15/2,0]]
donc
C= [

0
5
2
0
301
0
15
2

]

donc
d*(a*x2+b*x+c)=−5/2*b+(3*c+a)*x+15/2*b*x2

14.9  Exercices utilisant le PGCD

14.9.1  L’énoncé 1

Calculer le pgcd modulo 3 et le pgcd modulo 5 de x202+x101+1 et de sa derivée. Que peut-on en conclure ?
La solution
On tape :
gcd((x^202+x^101+1)%3,(x^202+x^101+1)’%3)
On obtient :
(1 % 3)*x^101-1 % 3
On tape :
gcd((x^202+x^101+1)%5,(x^202+x^101+1)’%5)
On obtient :
1 % 5
Donc x202+x101+1 et sa derivée sont premiers entre eux donc x202+x101+1 n’a pas de racine multiple (ce que l’on pouvait prévoir puisqu l’on peut calculer ls racines de x202+x101+1

14.9.2  L’énoncé 2

Soient P=51x3−35x2+39x−115 et Q=17x4−23x3+34x2+39x−115 Calculer le pgcd modulo 5, le pgcd modulo 7 et le pgcd modulo 11 de P et Q. En déduire le pgcd de P et Q par le théoréme des restes chinois.
Pourquoi ne doit-on pas utiliser modulo 17 ?
La solution
On tape :
gcd((51x^3-35x^2+39x-115)%5,(17x^4-23x^3+34x^2+39x-115)’%5)
On obtient :
(1 % 5)*x^2+(1 % 5)*x
Le poolynôme obtenu est de degré 2 car 5 est un diviseur des termes constants de P et Q.
On tape :
gcd((51x^3-35x^2+39x-115)%7,(17x^4-23x^3+34x^2+39x-115)’%7)
On obtient :
(1 % 7)*x-3 % 7
On tape :
gcd((51x^3-35x^2+39x-115)%11,(17x^4-23x^3+34x^2+39x-115)’%11)
On obtient :
(1 % 11)*x-2 % 11
On tape :
ichinrem((1 % 7)*x-3 % 7,(1 % 11)*x-2 % 11))
On obtient :
(1 % 77)*x-24 % 77
On tape (on cherche le pgcd des coefficients dominants) :
gcd(51,17)
On obtient :
17
On tape :
17*(-24)%77
On obtient :
-23 % 77
Donc le pgcd de P=51x3−35x2+39x−115 et Q=17x4−23x3+34x2+39x−115 est 17x−23.
On vérifie et on tape :
gcd(51x^3-35x^2+39x-115,17x^4-23x^3+34x^2+39x-115)
On obtient :
17*x-23
On ne doit pas essayer modulo 17 car 17 est un diviseur des coefficients dominants.

14.9.3  L’énoncé 3 utilisant l’identité de Bézout

En utilisant l’identité de Bézout, décomposer en éléments simples :
F1(x)= 1/(x2−1)(x+2) , F2(x)= 1/(x2−1)2(x+2)
On donnera le détail des calculs.

Avec Xcas
On tape :
egcd(x^2-1,x+2)
On obtient :
[1,-x+2,3]
Donc :
F1(x)=1/(x2−1)(x+2)=1/3(x+2)+−x+2/3(x2−1)
F2(x)=1/(x2−1)2(x+2)=1/3(x+2)(x2−1)+−x+2/3(x2−1)2
F2(x)=1/3F1(x)+−x+2/3(x2−1)2
Il reste donc à décomposer :
F3(x)=−x+2/3(x2−1) et F4(x)=−x+2/3(x2−1)2
Décomposition de F3(x)=x+2/3(x2−1)
On tape :
abcuv(x-1,x+1,-x+2)
On obtient :
[(-3)/2,1/2]
Donc
F3(x)=−x+2/3(x−1)(x+1)=−1/2(x+1)+1/6(x−1)
Décomposition de F1(x)
F1(x)=1/(x2−1)(x+2)=1/3(x+2)+−1/2(x+1)+1/6(x−1)
Décomposition de F4(x)=x+2/3(x2−1)2
On tape :
abcuv((x-1)^2,(x+1)^2,(-x+2)/3)
On obtient :
[(2*x+5)/12,(-2*x+3)/12]
Donc
F4(x)=−x+2/3(x−1)2(x+1)2=2x+5/12(x+1)2+−2x+3/12(x−1)2
F4(x)=2x+2+3/12(x+1)2+−2x+2+1/12(x−1)2
Donc
F4(x)=1/6(x+1)+1/4(x+1)2+−1/6(x−1)+1/12(x−1)2
Décomposition de F2(x)
F2(x)=1/(x2−1)2(x+2)=1/3F1(x)+F4(x)=
1/9(x+2)+−1/6(x+1)+1/18(x−1)+1/6(x+1)+1/4(x+1)2+−1/6(x−1)+1/12(x−1)2
Donc
F2(x)=1/9(x+2)+1/4(x+1)2+1/9(x−1)+1/12(x−1)2

14.10  Exercices utilisant le résultant

14.10.1  L’énoncé 1

Pour quelles valeurs de p le polynôme x5+x3p*x+1 admet-il une racine multiple ?
La solution
On cherche les valeurs de p pour lesquels le polynôme x5+x3p*x+1 et sa derivée sont premiers entre eux.
On tape :
factor(resultant(x^5+x^3-p*x+1,(x^5+x^3-p*x+1)’))
On obtient :
-(16*p^2+40*p+61)*(16*p^3-32*p^2+20*p-53)
On tape, en mode réel :
solve(-(16*p^2+40*p+61),p),solve((16*p^3-32*p^2+20*p-53),p)
On obtient :
[],[2.13943295467]
Donc pour p≃ 2.13943295467 le polynôme x5+x3p*x+1 admet une racine double. En mode complexe :
solve(-(16*p^2+40*p+61),p),solve((16*p^3-32*p^2+20*p-53),p)
On obtient :
[(-5+6*i)/4,(-5-6*i)/4],[-0.0697164773345+1.24235545275*i,
-0.0697164773345-1.24235545275*i,2.13943295467]

On vérifie avec Xcas, on tape en mode complexe :
solve([x^5+x^3-p*x+1,5x^4+3x^2-p],[x,p])
On obtient :

[[(-1-i)/2,(-5+6*i)/4],[(-1+i)/2,(-5-6*i)/4],
[0.17610056437-0.860716618624*i,-0.0697164773345+1.24235545275*i],
[0.17610056437+0.860716618624*i,-0.0697164773345-1.24235545275*i],
[0.647798871261,2.13943295467]]

14.10.2  L’énoncé 2

Résoudre le système d’inconnues a,b,c :





a3+b3+c3=8
a2+b2+c2=6
a+b+2c=4

On éliminera les variables grâce au résultant.
La solution
On remarque que si a,b,c est solution alors b,a,c est aussi solution (symétrie des variables a et b). De plus ab car si a=b on aurait b=a et c=2−a et a2+b2+c2−6=3a2−4a−2=0 qui n’a pas les mêmes solutions que a3+b3+c3−8=a3+6a2−12a=a(a2+6a−12)=0
On élimine a entre la première et la troisième équation, on tape :
eq1:=resultant(a^3+b^3+c^3-8,a+b+2c-4,a)
On obtient :
6*b^2*c-12*b^2+12*b*c^2-48*b*c+48*b+7*c^3-48*c^2+96*c-56
On élimine a entre la deuxième et la troisième équation, on tape :
eq2:=resultant(a^2+b^2+c^2-6,a+b+2c-4,a)
On obtient :
2*b^2+4*b*c-8*b+5*c^2-16*c+10
On élimine b entre les 2 résultats obtenus, on tape :
factor(resultant(eq1,eq2,b))
On obtient :
16*(c-2)^2*(c+(sqrt(33)-7)/8)^2*(4*c+(-(sqrt(33))-7)/2)^2
Donc les valeurs possibles de c sont :
2,−√33+7/8,√33+7/8
On tape car eq2 est de degré 2 par rapport à b :
c:=2;
solve(eq2,b)
On obtient :
[-1,1]
Ou on tape car eq1 et eq2 ont une racine commune :
c:=2;
gcd(eq1,eq2)
On obtient :
2*b^2-2
et on retrouve ainsi les valeurs [-1,1]
On tape :
b:=-1;c:=2;a:=4-b-2c
On obtient :
-1,2,1
Cela donne comme solution :
a,b,c=1,−1,2 et par symétrie a,b,c=−1,1,2.
On tape pour vérifier :
simplify(a^3+b^3+c^3-8,a^2+b^2+c^2-6,a+b+2c-4)
On obtient :
0,0,0
On tape :
c:=(-sqrt(33)+7)/8;solve(eq2,b)
On obtient :
(-(sqrt(33))+7)/8,list[]
Il n’y a donc pas de solution réelle si c=−√33+7/8
Si Complexe est coché dans la configuration du CAS, on obtient :
[1/64*(8*sqrt(33)+72+sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i)),
1/64*(8*sqrt(33)+72-sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i))]

On tape :
b:=1/64*(8*sqrt(33)+72+sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i))
a:=1/64*(8*sqrt(33)+72-sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i))
Cela donne comme solution a,b,c :
−√33+9/8−i704√33−2368/64,−√33+9/8+i704√33−2368/64,−√33+7/8
et par symétrie
−√33+9/8+i704√33−2368/64,−√33+9/8−i704√33−2368/64,−√33+7/8
On tape pour vérifier :
simplify(a^3+b^3+c^3-8,a^2+b^2+c^2-6,a+b+2c-4)
On obtient :
0,0,0
On tape :
c:=(+sqrt(33)+7)/8;
solve(eq2,b)
On obtient :
[1/64*(-8*sqrt(33)+72-(sqrt(704*sqrt(33)+2368))),
1/64*(-8*sqrt(33)+72+sqrt(704*sqrt(33)+2368))]

On tape :
b:=1/8*(-sqrt(33)+9)-1/64*(sqrt(704*sqrt(33)+2368));
a:=4-b-2c
On obtient :
4-((-(sqrt(33))+9)/8)+(sqrt(704*sqrt(33)+2368))/64-
((2*(sqrt(33)+7))/8)

On tape :
simplify(4-((-(sqrt(33))+9)/8)-((2*(sqrt(33)+7))/8))+
(sqrt(704*sqrt(33)+2368))/64

On obtient comme valeur simplifiée de a :
(-(sqrt(33))+9)/8+(sqrt(704*sqrt(33)+2368))/64
Cela donne comme solution a,b,c :
−√33+9/8+√704√33+2368/64,−√33+9/8−√704√33+2368/64,√33+7/8
et par symétrie
−√33+9/8−√704√33+2368/64, −√33+9/8+√704√33+2368/64,√33+7/8 On tape pour vérifier :
simplify(a^3+b^3+c^3-8,a^2+b^2+c^2-6,a+b+2c-4)
On obtient :
0,0,0
Donc les solutions sont :
a,b,c=1,−1,2
a,b,c=−1,1,2
a,b,c=−√33+9/8−i704√33−2368/64,−√33+9/8+i704√33−2368/64,−√33+7/8
a,b,c=−√33+9/8+i704√33−2368/64,−√33+9/8−i704√33−2368/64,−√33+7/8
a,b,c=−√33+9/8+√704√33+2368/64,−√33+9/8−√704√33+2368/64,√33+7/8
a,b,c=−√33+9/8−√704√33+2368/64, −√33+9/8+√704√33+2368/64,√33+7/8 On vérifie avec Xcas, on tape :
solve([a^3+b^3+c^3=8,a^2+b^2+c^2=6,a+b+2c=4],[a,b,c])
On obtient :

[[-1,1,2],[1,-1,2],
[1/64*(-8*sqrt(33)-(sqrt(704*sqrt(33)+2368))+72),
(-8*sqrt(33)+72+sqrt(704*sqrt(33)+2368))/64,(7+sqrt(33))/8],
[1/64*(-8*sqrt(33)+sqrt(704*sqrt(33)+2368)+72),
(-8*sqrt(33)+72-(sqrt(704*sqrt(33)+2368)))/64,(7+sqrt(33))/8],
[1/64*(8*sqrt(33)+(-i)*sqrt(704*sqrt(33)-2368)+72),
(8*sqrt(33)+72+sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i))/64,(7-(sqrt(33)))/8],
[1/64*(8*sqrt(33)+(i)*sqrt(704*sqrt(33)-2368)+72),
(8*sqrt(33)+72-sqrt(704*sqrt(33)-2368)*(i))/64,(7-(sqrt(33)))/8]]

14.10.3  L’énoncé 3 : résultant et géométrie

On cherche une relation entre les affixes a,b,c,d de 4 points distincts A,B,C,D qui traduise le fait que ces 4 points sont cocycliques. Soient le cercle de centre O et de rayon R et 4 points A,B,C,D sur ce cercle d’arguments respectifs ta,tb,tc,td. On pose :
t0=tan(ta/2),t1=tan(tb/2),t2=tan(tc/2),t3=tan(td/2)
x1+iy1=ba, x2+iy2=ca,x3+iy3=da.

  1. Calculer x1,y1 en fonction de R,t0,t1(resp x2,y2 en fonction de R,t0,t2 et x3,y3 en fonction de R,t0,t3).
  2. Calculer les 6 polynômes (fonction de x1,y1,x2,y2,x3,y3,R,t0,t1,t2,t3) qui doivent s’annuler pour que les 4 points. A,B,C,D soient cocycliques
  3. Éliminer successivement b, c, d, R et t0.
  4. Vérifier que la relation trouvée est équivalente à la nullité de la partie imaginaire du birapport de a,b,c,d : im(ab)(dc)/(ac)(db)
  5. Montrer géométriquement que si 4 points distincts A,B,C,D d’affixes a,b,c,d sont cocycliques alors im(ab)(dc)/(ac)(db)=0.

14.10.4  La solution

  1. On a x1+iy1=ba=R(cos(t−1)−cos(t0)+i(sin(t1)−sin(t0))). Donc
    x1R(cos(tb)−cos(ta))=x1−R(1−t12/1+t12−1−t02/1+t02)=0
    y1R(sin(tb)−sin(ta))=y1−R(2t1/1+t12−2t0/1+t02)=0
    x2R(cos(tc)−cos(ta))=x2−R(1−t22/1+t22−1−t02/1+t02)=0
    y2R(sin(tc)−sin(ta))=y2−R(2t2/1+t22−2t0/1+t02)=0
    x3R(cos(td)−cos(ta))=x3−R(1−t32/1+t32−1−t02/1+t02)=0
    y3R(sin(td)−sin(ta))=y3−R(2t3/1+t32−2t0/1+t02)=0
  2. Après avoir réduit au même dénominateur ces équations, on obtient 6 fractions rationnelles. Les numérateurs de ces fractions simplifiées donnent les 6 polynômes (fonction de x1,y1,x2,y2,x3,y3,R,t0,t1,t2,t3) qui doivent s’annuler pour que les 4 points. A,B,C,D soient cocycliques.
    On tape :
    eq1:=numer(x1-R*(1-t1^2)/(1+t1^2)+R*(1-t0^2)/(1+t0^2))
    On obtient :
    x1*t1^2*t0^2+x1*t1^2+x1*t0^2+x1+2*R*t1^2-2*R*t0^2
    On tape :
    eq4:=numer(y1-R*(2*t1)/(1+t1^2)+R*(2*t0)/(1+t0^2))
    On obtient :
    y1*t1^2*t0^2+y1*t1^2+y1*t0^2+y1+2*R*t1^2*t0-2*R*t1*t0^2- 2*R*t1+2*R*t0
    Donc on a 6 polynômes qui s’annulent lorsque A,B,C,D sont cocycliques.
    On tape :
    eq1:=x1*t1^2*t0^2+x1*t1^2+x1*t0^2+x1+2*R*t1^2-2*R*t0^2
    eq2:=x2*t2^2*t0^2+x2*t2^2+x2*t0^2+x2+2*R*t2^2-2*R*t0^2
    eq3:=x3*t3^2*t0^2+x3*t3^2+x3*t0^2+x3+2*R*t3^2-2*R*t0^2
    eq4:=y1*t1^2*t0^2+y1*t1^2+y1*t0^2+y1+2*R*t1^2*t0-
    2*R*t1*t0
    ^2-2*R*t1+2*R*t0
    eq5:=y2*t2^2*t0^2+y2*t2^2+y2*t0^2+y2+2*R*t2^2*t0-
    2*R*t2*t0
    ^2-2*R*t2+2*R*t0
    eq6:=y3*t3^2*t0^2+y3*t3^2+y3*t0^2+y3+2*R*t3^2*t0-
    2*R*t3*t0
    ^2-2*R*t3+2*R*t0
  3. On élimine t1 de eq1 et eq4.
    On tape :
    eq7:=resultant(eq1,eq4,t1)
    On élimine t2 de eq2 et eq5.
    On tape :
    eq8:=resultant(eq2,eq5,t2)
    On élimine t3 de eq3 et eq6.
    On tape :
    eq9:=resultant(eq3,eq6,t3)
    On cherche le pgcd de eq7, eq8, eq9. On tape :
    D:=factor(gcd(eq7,eq8,eq9))
    On obtient :
    4*(t0^2+1)^3*R^2
    4*(t02+1)3*R2 n’est jamais nul donc on tape :
    eq7:=eq7/D
    On obtient :
    x1^2*t0^2+x1^2-2*x1*t0^2*R+2*x1*R+t0^2*y1^2+4*t0*R*y1+y1^2
    On tape :
    eq8:=eq8/D
    On obtient :
    x2^2*t0^2+x2^2-2*x2*t0^2*R+2*x2*R+t0^2*y2^2+4*t0*R*y2+y2^2
    On tape :
    eq9:=eq9/D
    On obtient :
    x3^2*t0^2+x3^2-2*x3*t0^2*R+2*x3*R+t0^2*y3^2+4*t0*R*y3+y3^2
    On élimine R de eq8 et eq7.
    On tape :
    eq10:=resultant(eq8,eq7,R)
    On élimine R de eq8 et eq9.
    On tape :
    eq11:=resultant(eq8,eq9,R)
    On cherche le pgcd de eq10, eq11. On tape :
    DD:=gcd(eq10,eq11)
    On obtient :
    2*t0^2+2
    2*t02+2 n’est jamais nul donc on tape :
    On tape :
    eq10:=eq10/DD
    eq11:=eq11/DD
    On élimine t0 de eq10 et eq11.
    factor(resultant(eq10,eq11,t0))
    On obtient :
    (-4*(y2^2+x2^2)^2)*(x1^2*x2*y3-x1^2*x3*y2-x1*x2^2*y3+ x1*y3^2*y2-x1*y3*y2^2+x1*x3^2*y2+x2^2*x3*y1-x2*y3^2*y1+ x2*y3*y1^2-x2*x3^2*y1+x3*y2^2*y1-x3*y2*y1^2)^2
  4. La nullité du résultat précédent donne la relation que doivent vérfier x1,y1,x2,y2,x3,y3 pour que les 4 points soient cocycliques On tape :
    eq12:=x1^2*x2*y3-x1^2*x3*y2-x1*x2^2*y3+x1*y3^2*y2-x1*y3*y2^2+ x1*x3^2*y2+x2^2*x3*y1-x2*y3^2*y1+x2*y3*y1^2-x2*x3^2*y1+ x3*y2^2*y1-x3*y2*y1^2
    Les affixes a,b,c,d des 4 points distincts A,B,C,D vérifient par définition :
    x1+iy1=ba, x2+iy2=ca,x3+iy3=da
    On tape :
    eq13:=numer(im((x1+i*y1)/(x2+i*y2)*(x3-x2+i*(y3-y2))/ (x3-x1+i*(y3-y1))))
    On tape :
    simplify(eq12/eq13)
    On obtient :
    -1
    Donc les 2 relations eq12=0 et eq13=0 sont donc équivalentes.
  5. On sait que :
    Les points distincts A,B,C,D d’affixes a,b,c,d sont cocycliques si et seulement si displaystyle AC,AB=DC,DB+kπ (k∈ ℕ).
    displaystyle AC,AB=arg(ba/ca)
    displaystyle DC,DB=arg(bd/cd)
    Donc arg(ba/ca*cd/bd=kπ (k∈ ℕ).
    Donc im(ba/ca*cd/bd=im(ab/ac*dc/db=0 i.e. α=ab/ac*dc/db ∈ ℝ.
    On peut même dire si α>0 A et D sont sur le même arc BC et si α<0 A et D ne sont pas sur le même arc BC.
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