MPSI du lycée Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr à rendre le lundi 30 septembre 2013 CORRIGÉ DU DEVOIR LIBRE N˚01 EXERCICE 1 Soit n ∈ N⋆ un entier naturel non nul et a un réel de l’intervalle ]0, π/2[. On souhaite résoudre l’équation n 1 + i tan a 1 + iz (1) = 1 − iz 1 − i tan a 1. Comme a ∈]0, π/2[, nous avons sin a 1+i ia 1 + i tan a cos a = cos a + i sin a = e = ei2a = sin a 1 − i tan a cos a − i sin a e−ia 1−i cos a N 2. Les solutions complexes de l’équation wn = e2ia (2) sont simplement les racines nièmes de e2ia . • une racine n ième 2ia particulière de e 2ia/n est donnée par ζ0 = e . • la totalité des racines nièmes de eia s’en déduit en multipliant ζ0 par l’ensemble des racines nièmes de 1 : n 2iπ 4iπ o 2(n−1)iπ Un = 1, e n , e n , . . . , e n . Méthode cherche nième : Re- des racines d’un nombre complexe non nul • l’ensemble des solutions de l’équation wn = e2ia est donc S= 3. exp 2i(a + kπ) n ; k ∈ {0, .., n − 1} Afin d’alléger l’écriture, nous noterons désormais pour k ∈ {0, .., n − 1}, 2i(a + kπ) . N θk = n Soit z ∈ C \ {−i} une solution de (1). Passant aux modules dans l’égalité (1), il vient : 1 + iz n i2a 1 − iz = |e | = 1 En prenant les racines nièmes de ces deux nombres réels positifs, il s’ensuit que 1 + iz 2 2 1 − iz = 1, i.e. |1 + iz| = |1 − iz| . Montrons que z est nécessairement réel. Pour cela, écrivons z = x + iy sous forme algébrique et montrons que y = 0. L’égalité |1 + iz|2 = |1 − iz|2 , 1 caractérisation des nombres réels parmi les nombres complexes s’écrit alors : |1 + iz|2 = |1 − iz|2 ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ |(1 − y) + ix|2 = |(1 + y) − ix|2 (1 − y)2 + x2 = (1 + y)2 + x2 −2y = 2y y=0 Ainsi, si z = x+iy est solution de (1) alors y = 0, ce qui revient précisément à dire que toutes les racines de (1) sont réelles. N 4. Soit θ ∈]−π, π[ fixé. En factorisant numérateur et dénominateur par l’exponentielle imaginaire de l’argument moitié, j’obtiens eiθ − 1 eiθ/2 × 2i sin(θ/2) eiθ − 1 = −i = −i i(eiθ + 1) eiθ + 1 eiθ/2 × 2 cos(θ/2) 2i sin(θ/2) = tan(θ/2). = −i 2 cos(θ/2) N 5. Remarquons tout d’abord que ⇐⇒ z est solution de (1) ⇐⇒ 1 + iz est défini et est solution de wn = e2ia 1 − iz 1 + iz z 6= −i et est solution de wn = e2ia . 1 − iz D’après la question 3., toute solution de (1) étant réelle, la condition z 6= −i est inutile. Par suite z est solution de (1) ⇐⇒ 1 + iz est solution de wn = e2ia . 1 − iz D’après la question 2., il s’ensuit que pour tout nombre complexe z ∈ C, z est solution de (1) ⇐⇒ 1 + iz ∈S 1 − iz ⇐⇒ ∃k ∈ [[0, n − 1]], 1 + iz = eiθk 1 − iz Remarquons que pour tout entier naturel non nul n et tout entier k ∈ [[0, n − 1]], θk 6≡ π[2π]. En effet θk ≡ π [2π] ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 2 (a + kπ) ≡ π [2π] n nπ [π] a + kπ ≡ 2 nπ a≡ [π]. 2 ce qui est impossible puisque a ∈]0, π/2[. Comme θk 6≡ π[2π], le résultat de la question précédente s’applique et permet de conclure pour tout k ∈ [[0, n − 1]] et pour tout z ∈ C, 1 + iz = eiθk ⇐⇒ z = tan θk /2 1 − iz 2 Ainsi, pour tout nombre complexe z ∈ C, ⇐⇒ z est solution de (1) il existe k ∈ {0, .., n − 1}, z = tan θk /2. Finalement l’ensemble des solutions de (1) est tan a n , tan a+π n , tan a + 2π n , . . . , tan a + (n − 1)π n N EXERCICE 2 Pour chacune de ces équations et inéquations, nous raisonnons par équivalences. 1. Ainsi S = ∅. (2) ⇐⇒ ⇐⇒ √ π 4 ∈ Dtan 1 + tan(x) = −1 tan(x) 1 − tan(x) ⇐⇒ (1) 2. x, x + 2(cos 5x − sin 5x) − (cos x + 5x + 5x + π 4 π 4 ≡ x − π3 [2π] ≡ π3 − x [2π] ⇐⇒ ⇐⇒ √ x, x + π4 ∈ Dtan tan2 (x) = −1 3 sin x) = 0 ⇐⇒ cos(5x + π π ) = cos(x − ) 4 3 7 x ≡ − 48 π [ π2 ] 1 π [ π3 ] x ≡ 72 3. (3) ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ 4. √ √ y = cos(x) √ √ 2 cos x + ( 3 + 2) cos x + 3 = 0 ⇐⇒ 2y 2 + ( 3 + 2)y + 3 = 0 √ y = cos(x) 3 √ ⇐⇒ cos(x) = −1 ou cos(x) = − 3 y = −1 ou y = − 2 2 x ≡ π [2π] x ≡ 56 π [2π] x ≡ − 65 π [2π] 2 (4) ⇐⇒ cos(3x + π 1 2 ) 6≡ 0 [2π] ⇐⇒ x 6≡ − π [ π] 4 12 3 5. (5) ⇐⇒ ⇐⇒ y = cos(x) y = cos(x) ⇐⇒ 2 2y − 9y + 4 > 0 y > 4 ou y < 21 π 5 1 ⇐⇒ ∃k ∈ Z, 2kπ + < x < 2kπ + π cos(x) < 2 3 3 3