Correction examen blanc 2 — Structures algébriques
Niveau : 2e Bac Sciences Mathématiques
Type : Examen blanc
Thème : structures algébriques, matrices, anneaux, corps, groupes et isomorphismes
Cette page contient une correction pédagogique personnelle. L’objectif est de présenter les méthodes de résolution dans un style clair et conforme au programme de 2e Bac Sciences Mathématiques.
Pour une meilleure lecture des formules longues, il est conseillé d’utiliser un ordinateur, une tablette, ou de tourner le téléphone en mode paysage.
Dans tout l’exercice, on note :
\[ I=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} \]et :
\[ A=\begin{pmatrix}2&-3\\1&-2\end{pmatrix}, \qquad B=\begin{pmatrix}1&-2\\1&-1\end{pmatrix} \]Partie I
On pose :
\[ \mathcal A=\{uI+vA\mid u,v\in\mathbb R\} \]Question 1
Vérifier que \[ A^2=I \] puis montrer que \(\mathcal A\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\). Déterminer une base et la dimension de \(\mathcal A\)
On calcule :
\[ A^2= \begin{pmatrix}2&-3\\1&-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&-3\\1&-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} =I \]Montrons que \(\mathcal A\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\).
D’abord, \(\mathcal A\) est non vide, car :
\[ 0=0I+0A\in\mathcal A \]Soient \(X,Y\in\mathcal A\) et \(\alpha,\beta\in\mathbb R\).
Alors il existe \(u,v,u^{\prime},v^{\prime}\in\mathbb R\) tels que :
\[ X=uI+vA \qquad\text{et}\qquad Y=u^{\prime}I+v^{\prime}A \]Donc :
\[ \alpha X+\beta Y = \alpha(uI+vA)+\beta(u^{\prime}I+v^{\prime}A) \]Ainsi :
\[ \alpha X+\beta Y = (\alpha u+\beta u^{\prime})I + (\alpha v+\beta v^{\prime})A \]Or :
\[ \alpha u+\beta u^{\prime}\in\mathbb R \qquad\text{et}\qquad \alpha v+\beta v^{\prime}\in\mathbb R \]Donc :
\[ \alpha X+\beta Y\in\mathcal A \]Déterminons maintenant une base de \(\mathcal A\).
Par définition de \(\mathcal A\), tout élément \(X\in\mathcal A\) s’écrit sous la forme :
\[ X=uI+vA \qquad (u,v\in\mathbb R) \]Donc la famille \((I,A)\) est génératrice de \(\mathcal A\).
Montrons que la famille \((I,A)\) est libre.
Soient \(u,v\in\mathbb R\) tels que :
\[ uI+vA=0 \]Alors :
\[ uI+vA= \begin{pmatrix} u+2v&-3v\\ v&u-2v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&0 \end{pmatrix} \]Donc :
\[ v=0 \]puis :
\[ u=0 \]Ainsi, la famille \((I,A)\) est libre.
Question 2
Montrer que, pour tous \(u,v,u^{\prime},v^{\prime}\in\mathbb R\), \[ (uI+vA)(u^{\prime}I+v^{\prime}A) = (uu^{\prime}+vv^{\prime})I+(uv^{\prime}+u^{\prime}v)A \] En déduire que \(\mathcal A\) est stable par multiplication matricielle
Soient \(u,v,u^{\prime},v^{\prime}\in\mathbb R\).
On a :
\[ (uI+vA)(u^{\prime}I+v^{\prime}A) = uu^{\prime}I+uv^{\prime}A+vu^{\prime}A+vv^{\prime}A^2 \]Or :
\[ A^2=I \]Donc :
\[ (uI+vA)(u^{\prime}I+v^{\prime}A) = (uu^{\prime}+vv^{\prime})I+(uv^{\prime}+u^{\prime}v)A \]Comme :
\[ uu^{\prime}+vv^{\prime}\in\mathbb R \qquad\text{et}\qquad uv^{\prime}+u^{\prime}v\in\mathbb R \]on obtient :
\[ (uI+vA)(u^{\prime}I+v^{\prime}A)\in\mathcal A \]Question 3
Montrer que \((\mathcal A,+,\times)\) est un anneau commutatif unitaire. Vérifier que \[ (I-A)(I+A)=0 \] avec \[ I-A\neq0 \qquad\text{et}\qquad I+A\neq0 \] puis en déduire que \(\mathcal A\) n’est pas un corps
D’après la question 1, \(\mathcal A\) est un sous-espace vectoriel de \(M_2(\mathbb R)\). Donc \((\mathcal A,+)\) est un groupe commutatif.
D’après la question 2, \(\mathcal A\) est stable par multiplication matricielle.
L’associativité de la multiplication et la distributivité par rapport à l’addition sont héritées de \(M_2(\mathbb R)\).
On a aussi :
\[ I=1I+0A\in\mathcal A \]Donc \(I\) est l’élément unité.
Enfin, pour tous \(u,v,u^{\prime},v^{\prime}\in\mathbb R\), on a :
\[ (uI+vA)(u^{\prime}I+v^{\prime}A) = (uu^{\prime}+vv^{\prime})I+(uv^{\prime}+u^{\prime}v)A \]Cette expression est symétrique en \((u,v)\) et \((u^{\prime},v^{\prime})\). Donc la multiplication est commutative dans \(\mathcal A\).
On a :
\[ (I-A)(I+A)=I-A^2=I-I=0 \]De plus :
\[ I-A\neq0 \qquad\text{et}\qquad I+A\neq0 \]car \(A\neq I\) et \(A\neq -I\).
Donc \(I-A\) et \(I+A\) sont deux diviseurs de zéro dans \(\mathcal A\).
Ainsi, \(\mathcal A\) n’est pas un anneau intègre.
Or tout corps est un anneau intègre.
Partie II
Pour tout \(x\in\mathbb R\), on pose :
\[ C(x)=\sqrt{1+x^2} \]et :
\[ M(x)=C(x)I+xA \]On définit sur \(\mathbb R\) l’opération \(\star\) par :
\[ x\star y=xC(y)+yC(x) \]Question 1
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R\), \[ M(x)\in\mathcal A,\qquad \det(M(x))=1,\qquad M(x)^{-1}=M(-x) \]
Soit \(x\in\mathbb R\).
On a :
\[ M(x)=C(x)I+xA \]avec \(C(x)\in\mathbb R\) et \(x\in\mathbb R\). Donc :
\[ M(x)\in\mathcal A \]De plus :
\[ M(x)= \begin{pmatrix} C(x)+2x&-3x\\ x&C(x)-2x \end{pmatrix} \]Donc :
\[ \det(M(x)) = (C(x)+2x)(C(x)-2x)+3x^2 \]Ainsi :
\[ \det(M(x)) = C^2(x)-4x^2+3x^2 = C^2(x)-x^2 \]Or :
\[ C^2(x)=1+x^2 \]Donc :
\[ \det(M(x))=1 \]Enfin :
\[ M(x)M(-x) = (C(x)I+xA)(C(x)I-xA) \]Donc :
\[ M(x)M(-x) = C^2(x)I-x^2A^2 \]Comme \(A^2=I\), on obtient :
\[ M(x)M(-x) = (C^2(x)-x^2)I = I \]Question 2
Montrer que, pour tous \(x,y\in\mathbb R\), \[ M(x)M(y)= \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)I+ \bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)A \]
Soient \(x,y\in\mathbb R\).
On a :
\[ M(x)M(y) = (C(x)I+xA)(C(y)I+yA) \]Donc :
\[ M(x)M(y) = C(x)C(y)I+C(x)yA+xC(y)A+xyA^2 \]Or :
\[ A^2=I \]Ainsi :
Question 3
Vérifier que \[ C(x\star y)=C(x)C(y)+xy \] puis en déduire que \[ M(x)M(y)=M(x\star y) \]
Soient \(x,y\in\mathbb R\).
On a :
\[ x\star y=xC(y)+yC(x) \]Donc :
\[ C^2(x\star y)=1+(x\star y)^2 \]Ainsi :
\[ C^2(x\star y) = 1+\bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)^2 \]D’où :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2C^2(y)+y^2C^2(x)+2xyC(x)C(y) \]Or :
\[ C^2(x)=1+x^2 \qquad\text{et}\qquad C^2(y)=1+y^2 \]Donc :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2(1+y^2)+y^2(1+x^2)+2xyC(x)C(y) \]C’est-à-dire :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2+y^2+2x^2y^2+2xyC(x)C(y) \]D’autre part :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = C^2(x)C^2(y)+2xyC(x)C(y)+x^2y^2 \]Donc :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = (1+x^2)(1+y^2)+2xyC(x)C(y)+x^2y^2 \]Ainsi :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = 1+x^2+y^2+2x^2y^2+2xyC(x)C(y) \]On obtient donc :
\[ C^2(x\star y)=\bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 \]Or :
\[ C(x\star y)>0 \]et :
\[ C(x)C(y)+xy>0 \]car :
\[ C(x)C(y)>|xy| \]Donc :
D’après la question précédente :
\[ M(x)M(y) = \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)I+ \bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)A \]Donc :
\[ M(x)M(y) = C(x\star y)I+(x\star y)A \]Question 4
On pose \[ G=\{M(x)\mid x\in\mathbb R\} \] Montrer que \(G\) est un groupe pour la multiplication matricielle. En déduire que \((\mathbb R,\star)\) est un groupe et que l’application \[ \Theta:\mathbb R\longrightarrow G,\qquad \Theta(x)=M(x) \] est un isomorphisme de groupes de \((\mathbb R,\star)\) vers \((G,\times)\)
On a :
\[ M(0)=C(0)I+0A=I \]Donc :
\[ I\in G \]Soient \(M(x),M(y)\in G\). D’après la question précédente :
\[ M(x)M(y)=M(x\star y) \]Donc :
\[ M(x)M(y)\in G \]Ainsi, \(G\) est stable par multiplication.
De plus, d’après la question 1 :
\[ M(x)^{-1}=M(-x)\in G \]Donc tout élément de \(G\) admet son inverse dans \(G\).
L’associativité est héritée de la multiplication matricielle.
Considérons l’application :
\[ \Theta:\mathbb R\longrightarrow G,\qquad \Theta(x)=M(x) \]Par définition de \(G\), l’application \(\Theta\) est surjective.
Montrons qu’elle est injective.
Soient \(x,y\in\mathbb R\) tels que :
\[ \Theta(x)=\Theta(y) \]Alors :
\[ M(x)=M(y) \]Donc :
\[ C(x)I+xA=C(y)I+yA \]Ainsi :
\[ (C(x)-C(y))I+(x-y)A=0 \]Comme la famille \((I,A)\) est libre, on obtient :
\[ x-y=0 \]Donc :
\[ x=y \]Ainsi, \(\Theta\) est injective.
Donc \(\Theta\) est bijective.
De plus, pour tous \(x,y\in\mathbb R\), on a :
\[ \Theta(x\star y) = M(x\star y) = M(x)M(y) = \Theta(x)\Theta(y) \]Comme \(G\) est un groupe et que \(\Theta\) est une bijection compatible avec les lois, on transporte la structure de groupe de \(G\) vers \(\mathbb R\).
Et, avec cette structure de groupe sur \(\mathbb R\), l’application \(\Theta\) devient un isomorphisme de groupes.
Partie II
Pour tout \(x\in\mathbb R\), on pose :
\[ C(x)=\sqrt{1+x^2} \]et :
\[ M(x)=C(x)I+xA \]On définit sur \(\mathbb R\) l’opération \(\star\) par :
\[ x\star y=xC(y)+yC(x) \]Question 1
Montrer que, pour tout \(x\in\mathbb R\), \[ M(x)\in\mathcal A,\qquad \det(M(x))=1,\qquad M(x)^{-1}=M(-x) \]
Soit \(x\in\mathbb R\).
On a :
\[ M(x)=C(x)I+xA \]avec \(C(x)\in\mathbb R\) et \(x\in\mathbb R\). Donc :
\[ M(x)\in\mathcal A \]De plus :
\[ M(x)= \begin{pmatrix} C(x)+2x&-3x\\ x&C(x)-2x \end{pmatrix} \]Donc :
\[ \det(M(x)) = (C(x)+2x)(C(x)-2x)+3x^2 \]Ainsi :
\[ \det(M(x)) = C^2(x)-4x^2+3x^2 = C^2(x)-x^2 \]Or :
\[ C^2(x)=1+x^2 \]Donc :
\[ \det(M(x))=1 \]Enfin :
\[ M(x)M(-x) = (C(x)I+xA)(C(x)I-xA) \]Donc :
\[ M(x)M(-x) = C^2(x)I-x^2A^2 \]Comme \(A^2=I\), on obtient :
\[ M(x)M(-x) = (C^2(x)-x^2)I = I \]Question 2
Montrer que, pour tous \(x,y\in\mathbb R\), \[ M(x)M(y)= \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)I+ \bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)A \]
Soient \(x,y\in\mathbb R\).
On a :
\[ M(x)M(y) = (C(x)I+xA)(C(y)I+yA) \]Donc :
\[ M(x)M(y) = C(x)C(y)I+C(x)yA+xC(y)A+xyA^2 \]Or :
\[ A^2=I \]Ainsi :
Question 3
Vérifier que \[ C(x\star y)=C(x)C(y)+xy \] puis en déduire que \[ M(x)M(y)=M(x\star y) \]
Soient \(x,y\in\mathbb R\).
On a :
\[ x\star y=xC(y)+yC(x) \]Donc :
\[ C^2(x\star y)=1+(x\star y)^2 \]Ainsi :
\[ C^2(x\star y) = 1+\bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)^2 \]D’où :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2C^2(y)+y^2C^2(x)+2xyC(x)C(y) \]Or :
\[ C^2(x)=1+x^2 \qquad\text{et}\qquad C^2(y)=1+y^2 \]Donc :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2(1+y^2)+y^2(1+x^2)+2xyC(x)C(y) \]C’est-à-dire :
\[ C^2(x\star y) = 1+x^2+y^2+2x^2y^2+2xyC(x)C(y) \]D’autre part :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = C^2(x)C^2(y)+2xyC(x)C(y)+x^2y^2 \]Donc :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = (1+x^2)(1+y^2)+2xyC(x)C(y)+x^2y^2 \]Ainsi :
\[ \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 = 1+x^2+y^2+2x^2y^2+2xyC(x)C(y) \]On obtient donc :
\[ C^2(x\star y)=\bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)^2 \]Or :
\[ C(x\star y)>0 \]et :
\[ C(x)C(y)+xy>0 \]car :
\[ C(x)C(y)>|xy| \]Donc :
D’après la question précédente :
\[ M(x)M(y) = \bigl(C(x)C(y)+xy\bigr)I+ \bigl(xC(y)+yC(x)\bigr)A \]Donc :
\[ M(x)M(y) = C(x\star y)I+(x\star y)A \]Question 4
On pose \[ G=\{M(x)\mid x\in\mathbb R\} \] Montrer que \(G\) est un groupe pour la multiplication matricielle. En déduire que \((\mathbb R,\star)\) est un groupe et que l’application \[ \Theta:\mathbb R\longrightarrow G,\qquad \Theta(x)=M(x) \] est un isomorphisme de groupes de \((\mathbb R,\star)\) vers \((G,\times)\)
On a :
\[ M(0)=C(0)I+0A=I \]Donc :
\[ I\in G \]Soient \(M(x),M(y)\in G\). D’après la question précédente :
\[ M(x)M(y)=M(x\star y) \]Donc :
\[ M(x)M(y)\in G \]Ainsi, \(G\) est stable par multiplication.
De plus, d’après la question 1 :
\[ M(x)^{-1}=M(-x)\in G \]Donc tout élément de \(G\) admet son inverse dans \(G\).
L’associativité est héritée de la multiplication matricielle.
Considérons l’application :
\[ \Theta:\mathbb R\longrightarrow G,\qquad \Theta(x)=M(x) \]Par définition de \(G\), l’application \(\Theta\) est surjective.
Montrons qu’elle est injective.
Soient \(x,y\in\mathbb R\) tels que :
\[ \Theta(x)=\Theta(y) \]Alors :
\[ M(x)=M(y) \]Donc :
\[ C(x)I+xA=C(y)I+yA \]Ainsi :
\[ (C(x)-C(y))I+(x-y)A=0 \]Comme la famille \((I,A)\) est libre, on obtient :
\[ x-y=0 \]Donc :
\[ x=y \]Ainsi, \(\Theta\) est injective.
Donc \(\Theta\) est bijective.
De plus, pour tous \(x,y\in\mathbb R\), on a :
\[ \Theta(x\star y) = M(x\star y) = M(x)M(y) = \Theta(x)\Theta(y) \]Comme \(G\) est un groupe et que \(\Theta\) est une bijection compatible avec les lois, on transporte la structure de groupe de \(G\) vers \(\mathbb R\).
Et, avec cette structure de groupe sur \(\mathbb R\), l’application \(\Theta\) devient un isomorphisme de groupes.
Partie IV
Pour tout \(t\in\mathbb R\), on pose :
\[ R_t=(I+tB)(I-tB)^{-1} \]Question 1
Montrer que \(I-tB\) est inversible pour tout \(t\in\mathbb R\), puis vérifier que \[ (I-tB)^{-1}=\frac1{1+t^2}(I+tB) \]
Soit \(t\in\mathbb R\).
On calcule :
\[ (I-tB)(I+tB)=I-t^2B^2 \]Or :
\[ B^2=-I \]Donc :
\[ (I-tB)(I+tB)=I+t^2I=(1+t^2)I \]Comme :
\[ 1+t^2>0 \]on obtient :
\[ (I-tB)\left(\frac1{1+t^2}(I+tB)\right)=I \]et :
Question 2
En déduire que \[ R_t=\frac1{1+t^2}\bigl((1-t^2)I+2tB\bigr) \] puis montrer que \[ R_t\in\mathcal C \qquad\text{et}\qquad R_t\neq -I \]
D’après la question précédente :
\[ R_t=(I+tB)(I-tB)^{-1} \]Donc :
\[ R_t=(I+tB)\frac1{1+t^2}(I+tB) \]Ainsi :
\[ R_t=\frac1{1+t^2}(I+tB)^2 \]Or :
\[ (I+tB)^2=I+2tB+t^2B^2 \]et :
\[ B^2=-I \]Donc :
\[ (I+tB)^2=(1-t^2)I+2tB \]D’où :
Comme :
\[ \frac{1-t^2}{1+t^2}\in\mathbb R \qquad\text{et}\qquad \frac{2t}{1+t^2}\in\mathbb R \]alors :
\[ R_t\in\mathcal C \]Montrons que \(R_t\neq -I\).
Supposons que :
\[ R_t=-I \]Alors :
\[ \frac1{1+t^2}\bigl((1-t^2)I+2tB\bigr)=-I \]Comme la famille \((I,B)\) est libre, on compare le coefficient de \(B\). On obtient :
\[ \frac{2t}{1+t^2}=0 \]Donc :
\[ t=0 \]Mais pour \(t=0\), on a :
\[ R_0=I \]ce qui contredit \(R_0=-I\).
Question 3
Pour \(a,b\in\mathbb R\) tels que \(ab\neq1\), on pose \[ aTb=\frac{a+b}{1-ab} \] Montrer que \[ R_aR_b=R_{aTb} \]
Soient \(a,b\in\mathbb R\) tels que :
\[ ab\neq1 \]On pose :
\[ c=aTb=\frac{a+b}{1-ab} \]D’après la question précédente :
\[ R_a=\frac1{1+a^2}\bigl((1-a^2)I+2aB\bigr) \]et :
\[ R_b=\frac1{1+b^2}\bigl((1-b^2)I+2bB\bigr) \]Donc :
\[ R_aR_b= \frac1{(1+a^2)(1+b^2)} \bigl((1-a^2)I+2aB\bigr) \bigl((1-b^2)I+2bB\bigr) \]En utilisant \(B^2=-I\), on obtient :
\[ \begin{aligned} R_aR_b &= \frac1{(1+a^2)(1+b^2)} \Bigl( \bigl((1-a^2)(1-b^2)-4ab\bigr)I \\ &\qquad\qquad + 2\bigl(a(1-b^2)+b(1-a^2)\bigr)B \Bigr) \end{aligned} \]Or :
\[ (1-a^2)(1-b^2)-4ab = (1-ab)^2-(a+b)^2 \]et :
\[ a(1-b^2)+b(1-a^2) = (a+b)(1-ab) \]Donc :
\[ \begin{aligned} R_aR_b &= \frac1{(1+a^2)(1+b^2)} \Bigl( \bigl((1-ab)^2-(a+b)^2\bigr)I \\ &\qquad\qquad + 2(a+b)(1-ab)B \Bigr) \end{aligned} \]Comme :
\[ c=\frac{a+b}{1-ab} \]on a :
\[ 1+c^2 = 1+\left(\frac{a+b}{1-ab}\right)^2 = \frac{(1-ab)^2+(a+b)^2}{(1-ab)^2} \]Or :
\[ (1-ab)^2+(a+b)^2=(1+a^2)(1+b^2) \]Donc :
\[ \frac1{1+c^2} = \frac{(1-ab)^2}{(1+a^2)(1+b^2)} \]Ainsi :
\[ R_c = \frac1{1+c^2}\bigl((1-c^2)I+2cB\bigr) \]Donc :
\[ \begin{aligned} R_c &= \frac1{(1+a^2)(1+b^2)} \Bigl( \bigl((1-ab)^2-(a+b)^2\bigr)I \\ &\qquad\qquad + 2(a+b)(1-ab)B \Bigr) \end{aligned} \]D’où :
Question 4
En utilisant l’isomorphisme \(\Psi\), expliquer le lien entre \(R_t\) et le nombre complexe \[ z_t=\frac{1+it}{1-it} \]
On a :
\[ z_t=\frac{1+it}{1-it} \]Comme \(1-it\neq0\), on écrit :
\[ z_t = \frac{(1+it)^2}{(1-it)(1+it)} = \frac{1-t^2+2it}{1+t^2} \]Donc :
\[ z_t=\frac{1-t^2}{1+t^2}+i\frac{2t}{1+t^2} \]En appliquant l’isomorphisme \(\Psi\), on obtient :
\[ \Psi(z_t) = \frac{1-t^2}{1+t^2}I+\frac{2t}{1+t^2}B \]Donc :
\[ \Psi(z_t) = \frac1{1+t^2}\bigl((1-t^2)I+2tB\bigr) \]D’après la question 2 :
\[ \Psi(z_t)=R_t \]Ainsi, \(R_t\) est l’image du nombre complexe \(z_t\) par l’isomorphisme \(\Psi\).
Question 5
Résoudre dans \(\mathbb R\) l’équation \[ R_t^3=B \] et retrouver les solutions \[ t=2-\sqrt3, \qquad t=2+\sqrt3, \qquad t=-1 \]
D’après la question précédente :
\[ R_t=\Psi(z_t) \]Donc :
\[ R_t^3=\Psi(z_t)^3 \]Comme \(\Psi\) est un isomorphisme de corps, on a :
\[ \Psi(z_t)^3=\Psi(z_t^3) \]De plus :
\[ B=\Psi(i) \]Ainsi :
\[ R_t^3=B \]équivaut à :
\[ \Psi(z_t^3)=\Psi(i) \]Comme \(\Psi\) est injective, cela équivaut à :
\[ z_t^3=i \]On résout donc :
\[ z^3=i \]Or :
\[ i=e^{i\left(\frac{\pi}{2}+2k\pi\right)} \]Donc les solutions sont :
\[ z=e^{i\left(\frac{\pi}{6}+\frac{2k\pi}{3}\right)} \]avec :
\[ k\in\{0,1,2\} \]Ainsi :
\[ z\in \left\{ e^{i\frac{\pi}{6}}, e^{i\frac{5\pi}{6}}, e^{i\frac{3\pi}{2}} \right\} \]Or :
\[ z_t=\frac{1+it}{1-it} \]et si \(z_t=e^{i\theta}\), alors :
\[ t=\tan\left(\frac{\theta}{2}\right) \]Donc les valeurs de \(t\) sont :
\[ t=\tan\frac{\pi}{12}, \qquad t=\tan\frac{5\pi}{12}, \qquad t=\tan\frac{3\pi}{4} \]On calcule :
\[ \tan\frac{\pi}{12}=2-\sqrt3 \] \[ \tan\frac{5\pi}{12}=2+\sqrt3 \]et :
\[ \tan\frac{3\pi}{4}=-1 \]Cet exercice est construit autour des isomorphismes et du transport de structure. La partie I construit un anneau commutatif unitaire qui n’est pas un corps, car il possède des diviseurs de zéro. La partie III construit un corps isomorphe à \(\mathbb C\), et la partie IV relie les matrices \(R_t\) aux nombres complexes \[ z_t=\frac{1+it}{1-it} \] Cela permet de transformer une équation matricielle en équation complexe.
FIN DE LA CORRECTION — EXAMEN BLANC 2 STRUCTURES
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