Corrigé Contrôle continu n◦ 1 de Mathématiques MAT112, groupe PHG-S1 Q UESTION DE COURS (5 POINTS ) n n! n (1) Lorsque 0 6 k 6 n, on a = et quand k > n on a = 0. k k!(n − k)! k (2) Nous avons quand 1 6 k 6 n n! n n n! + + = k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)! k k−1 n!(n − k + 1) n!k + = k!(n − k + 1)! k!(n − k + 1)! n!(n − k + 1) + n!k = k!(n − k + 1)! n!(n + 1) = k!(n + 1 − k)! (n + 1)! = k!(n + 1 − k)! n+1 = k m (3) On a ∑ aj = j=0 am+1 − 1 . Montrons le par récurrence. a−1 m am+1 − 1 . a−1 j=0 Initialisation : L’égalité P(0) est vraie. En effet, on a Soit P(m) : ∑ aj = 0 ∑ a j = a0 = 1 et j=0 a0+1 − 1 = 1. a−1 Hérédité : Soit m ∈ N, si l’égalité P(m) est vraie alors l’égalité P(m + 1) est vraie. En effet, si P(m) est vraie, on a m+1 m ∑ a j = ∑ a j + am+1 j=0 j=0 am+1 − 1 + am+1 a−1 am+1 − 1 + am+1 (a − 1) = a−1 m+2 a −1 = . a−1 Par récurrence, on en déduit que l’égalité P(m) est vraie pour tout m entier naturel. = E XERCICE 1 (6 POINTS ) (1) Développons l’identité (z + 1)(az2 + bz + c), il vient (z + 1)(az2 + bz + c) = az3 + (a + b)z2 + (b + c)z + c 1 2 En identifiant les coefficients, on obtient le système d’équations suivant a = 1 a = 1 a+b = 2 b = 1 ⇔ b+c = 2 c = 1 c = 1 Ainsi pour tout nombre complexe z, P(z) = (z + 1)(z2 + z + 1). (2) On a P(z) = 0 ⇔ (z + 1)(z2 + z + 1) = 0 ⇔ z + 1 = 0 ou z2 + z + 1 = 0. √ Le discriminant ∆ du trinôme z2 +z+1 est ∆ = −3. Une racine√carrée de ∆ est √i 3, −1 + i 3 −1 − i 3 on en déduit que les racines du trinôme z2 + z + 1 sont et . 2 2 Ainsi les solutions de l’équation P(z) = 0 sont √ √ −1 + i 3 −1 − i 3 z1 = −1, z2 = et z3 = . 2 2 Ce qui donne sous forme trigonométrique z1 = eiπ , z2 = e 2iπ 3 et z3 = e− 2iπ 3 . (3) Le triangle A1 A2 A3 est isocèle en −1. En effet, on a √ 2 √ 2 −1 + i 3 3 1 2 2 A1 A2 = |z1 − z2 | = −1 − = − − i = 1/4 + 3/4 = 1 2 2 2 A1 A23 √ 2 √ 2 −1 − i 3 3 1 = |z1 − z3 | = −1 − = − + i = 1/4 + 3/4 = 1. 2 2 2 2 E XERCICE 2 (2 POINTS ) Pour tout n entier naturel, on note H(n) l’égalité suivante n ∑ k · k! = (n + 1)! − 1. k=0 Montrons par récurrence que pour tout n, l’égalité H(n) est vraie. Initialisation : L’égalité H(0) est vraie. En effet, on a 0 ∑ k · k! = 0 · 0! = 0 et (0 + 1)! − 1 = 1 − 1 = 0. k=0 Hérédité : Soit n ∈ N, si l’égalité H(n) est vraie alors l’égalité H(n + 1) est vraie. En effet, si H(n) est vraie, on a n+1 n ∑ k · k! = ∑ k · k! + (n + 1) · (n + 1)! k=0 k=0 = (n + 1)! − 1 + (n + 1) · (n + 1)! = (n + 1)!(1 + n + 1) − 1 = (n + 1)!(n + 2) − 1 = (n + 2)! − 1 Par récurrence, on en déduit que l’égalité H(n) est vraie pour tout n entier naturel. 3 E XERCICE 3 (7 POINTS ) (1) L’application f est définie tant que z2 + 1 6= 0, or z2 + 1 est nul si et seulement si z est égal à ±i. Le domaine de définition de f est donc C \ {i, −i}. 1 , or on a (2) On cherche les nombres complexes z ∈ C \ {i, −i} tels que f (z) = √3+i √ 1 z 1 f (z) = √ ⇔ 2 ⇔ z2 − ( 3 + i)z + 1 = 0 =√ z +1 3+i 3+i √ 2 On doit donc √ résoudre l’équation z − ( √ 3 + i)z + 1 = 0. Le discriminant ∆ du trinôme z2 − ( 3 + i)z + 1 est ∆ = −2 + 2i 3. Cherchons un nombre complexe δ tel que δ 2 = ∆, c’est à dire une racine carrée de ∆. Posons δ = x + iy avec x et y réels, il vient alors √ δ 2 = x2 − y2 + 2ixy et δ 2 = −2 + 2i 3 |δ 2 | = x2 + y2 et |δ 2 | = |∆| = 4. On obtient le système 2 2 = 1 x − y2 = −2 x x2 + y2 = √ 4 y2 = √ 3 ⇔ 2xy = 2 3 2xy = 2 3 √ et y= 3 x=1 ou ⇔ √ . x = −1 et y = − 3 √ √ Prenons δ = 1 + i 3, les racines du trinôme z2 − ( 3 + i)z + 1 sont alors √ √ 3+1 3−1 (1 + i) et (1 − i). 2 2 √ √ 3−1 1 Les nombres complexes z tels que f (z) = √3+i sont 3+1 2 (1 + i) et 2 (1 − i). (3) Déterminons l’ensemble des éléments z de C \ {i, −i} tels que f (z) est imaginaire pur. f (z) = = z z2 + 1 = z(z̄2 + 1) zz̄2 + z |z|2 z̄ + z = 2 = 2 2 2 2 |z + 1| |z + 1| |z + 1|2 |z|2 (ℜ(z) − iℑ(z)) + ℜ(z) + iℑ(z) |z2 + 1|2 (|z|2 + 1)ℜ(z) (1 − |z|2 )ℑ(z) + i |z2 + 1|2 |z2 + 1|2 On en déduit donc que = f (z) ∈ iR ⇔ (|z|2 + 1)ℜ(z) = 0 ⇔ ℜ(z) = 0 car |z|2 + 1 > 0. L’ensemble des éléments z de C \ {i, −i} tels que f (z) est imaginaire pur est iR \ {i, −i}. (4) On a f (eiθ ) = eiθ 1 1 1 = = = . 2 cos(θ ) + 1 e−iθ (e2iθ + 1) eiθ + e−iθ e2iθ On en déduit que f (eiθ ) est réel. (5) On a deux cas, le cas où f (eiθ ) = 1 et le cas où f (eiθ ) 6= 1. 1er cas : Si f (eiθ ) = 1, ce qui est possible car f (eiθ ) = 1 ⇔ cos(θ ) = 1/2 ⇔ θ = π/3 ou 5π/3, alors un = n + 1. 4 Dans ce cas, la suite (un ) ne converge pas. 2ème cas : Si f (eiθ ) 6= 1, alors un = (1/2 cos(θ ))n+1 − 1 . (1/2 cos(θ )) − 1 1 La suite (un ) converge si et seulement si le module de 2 cos(θ ) est strictement inférieur à 1. Or 1 1 2 cos(θ ) < 1 ⇔ | cos(θ )| > 2 i 2π 2π π πh ∪ ⇔ θ ∈ −π, − ∪ − , ,π 3 3 3 3