Corrigé des exercices - Dunod

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2. z 4 + 4z 3 + 4z 2 + 1 = z 2 (z + 2) 2 + 1 = (z(z + 2) + i)(z(z + 2) − i). Les racines complexes
de l’équation proposée sont les racines des équations du second degré
z 2 +2z+i = z 2 +2z+1−1+i = (z+1) 2 −(1−i) = 0 et z 2 +2z+1−1−i = (z+1) 2 −(1+i) = 0
qui se résolvent en connaissant seulement les racines carrées des nombres 1 − i et 1 + i.
Exercice 7.9
1. On a X 4 + X 3 + X 2 + X + 1 = X5 − 1
. Les racines complexes de l’équation sont donc
X − 1
les racines cinquièmes de l’unité (sauf 1). On factorise
P(X) = (X − e 2iπ
5 )(X − e
4iπ
5 )(X − e
−4iπ
5 )(X − e −2iπ
5 )
et on regroupe les facteurs conjugués : P(X) = (X 2 − 2cos 2π 5 X + 1)(X2 − 2cos 4π 5 X + 1)
2. En posant a = cos 2π 5
et b = 2cos 4π 5
, en développant, et en identifiant,on obtient
a + b = − 1 2 et ab = −1 4 . Ces nombres sont les racines de l’équation z2 + 1 2 z − 1 4
On obtient ainsi : cos 2π 5 = −1 + √ 5
etcos 4π
4
5 = −1 − √ 5
.
4
√ √
10 + 2 2
Il ne reste plus qu’à utiliser les formules de trigonométrie pour trouver sin 2π 5 = 4
Exercice 7.10
1. X 3 + X 2 − 4X + 1 = (X 2 − X + 1)(X + 2) − 3X − 1 ;
(
2. 4X 4 + X 3 − 2X 2 − 5 = (2X 2 + X + 1) 2X 2 − 1 2 X − 7 )
+ 9 4 4 X − 13
4 .
Exercice 7.11
1. On peut poser Y = X − 1, et donc
P(X) = (Y + 1) n + (Y + 1) n−1 + Y =
n∑
k=0
( n
k)
Y k +
n−1
∑
( n − 1
k
k=0
)
Y k + Y
(
∑ n ( n−1
n ∑
( )
n − 1
On obtient alors P(X) = 2 + 2nY + (n − 1) 2 Y 2 + Y
k)
2 Y k +
)Y k .
k
k=3
k=3
Il reste à revenir à la variable X : (
∑ n ( n−1
n ∑
( )
n − 1
P(X) = 2+2n(X−1)+(n−1) 2 (X−1) 2 +(X−1)
k)
2 (X − 1) k +
)(X − 1) k .
k
k=3
k=3
On peut bien entendu encore transformer le quotient et le reste ainsi obtenus. On pouvait
aussi utiliser la formule de Taylor pour les polynômes.
2. Même méthode. Posons Y = X − 1, c’est à dire X = Y + 1. On a alors :
n∑
( n
Q(X) = (X − 1) n + (X + 2) n + 2 = Y n + (Y + 3) n + 2 = Y n + 3
k)
n−k Y k + 2
Q(X) = 2Y n +
(
k=0
n−1
∑
( )
n
3
k)
n−k Y k + 2 . Il resterait à revenir à la variable X.
k=0