Corrigé DST 2

PCSI 1
Corrigé DST 2
L ycée
S
chweitzer
5 − 4i. En notant δ la racine carrée écrite ci-dessus, on sait que les racines
Calculs au programme.
du trinôme sont
1. On peut commencer en écrivant la formule du binôme pour n = 6 et a et
b deux nombres complexes :
(1 − 2i) − δ
2
(a + b)6 = a6 + 6a5 b + 15a4 b2 + 20a3 b3 + 15a2 b4 + 6ab5 + b6 .
À l'aide de la formule d'Euler, puis du binôme de Newton, on calcule
6
eit − e−it
sin (t) =
2i
1
= 6 6 (eit )6 + 6(eit )5 (−e−it ) + 15(eit )4 (−e−it )2 + 20(eit )3 (−e−it )3
2 i
+ 15(eit )4 (−e−it )2 + 6(eit )5 (−e−it ) + (eit )6
1
=−
(e6it + e−6it ) − 6 e4it + e−4it + 15 e2it + e−2it − 20
64
1
= − (2 cos(6t) − 12 cos(4t) + 30 cos(2t) − 20)
64
1
=
(10 − 15 cos(2t) + 6 cos(4t) − cos(6t)) .
32
6
Albert
2. On résout donc (x+iy)2 = 5−4i, où x et y sont deux réels. Cette équation
est équivalente au système
 2
 x − y2 = 5
2xy
= −4
√
√
 2
52 + 42 = 41
x + y2 =
√
41 + 5
+i
2
3. En écrivant z = reiθ où r est le module de z et θ un de ses arguments, en
remarquant que −32 = −25 = 25 eiπ , on a
5
√
41 − 5
2
et son opposé.
Pour le trinôme, on n'est pas surpris de trouver un discriminant égal à
5 5iθ
z = −32 ⇐⇒ r e
5 iπ
=2 e
⇐⇒
r5 = 25
=
5θ = π [2π]
r =2
.
θ = π5 [ 2π
5 ]
L'équation admet l'ensemble de solutions



 iπ
3iπ
5iπ
7iπ
9iπ
5 , 2e 5 , 2e 5
S = 2e 5 , 2e 5 , 2e
| {z }


−2
4. Le trinôme au dénominateur possède deux racines : −2 et 3. On calcule la
décomposition en éléments simples suivante :
1
1
=
2
x −x−6
5
√

 2x2 = √41 + 5
⇐⇒
2y 2 =
41 − 5

2xy = −4
(on a inclus l'égalité des modules : |(x + iy)2 | = |15 − 8i|).
Soit le rédacteur du sujet est sadique, soit il s'est trompé dans ses
constantes : on aurait pu espérer un carré parfait à la place de 41. Tant
pis ! Les nombres x et y sont de signe opposé. On trouve deux racines
carrées :
s
s
(1 − 2i) + δ
.
2
et
1
1
−
x−3 x+2
.
Sur un intervalle sur lequel la fonction est continue (]3, +∞[ par exemple)
une primitive est donnée par
x − 3
.
x 7→ ln x + 2
Exercice 1.
1.
R
(2x − 1)dx = 12 · 2(2x − 1)1/2 dx = 12 · 23 (2x − 1)3/2 .
1
3/2 est une primitive de la fonction sur
La fonction x →
7
3 (2x − 1)
[−1/2, +∞[.
R
12/11/2016
2. La fonction x 7→ xe−3x est continue sur R. D'après le théorème fondamental de l'analyse, sa primitive s'annulant en 0 a pour expression
F :
Exercice 2.
1. On eectue le changement de variable x = π − u suggéré par l'énoncé (en
écrivant dx = −du).
R → R
Rx
dt.
x 7→ 0 te−3t
Z
F (x) =
1
1 − e−3x − 3xe
9
Z
0
π
.
F : x 7→
0
et
2+e
(π − x)f (sin x) dx
Z π
Z π
=π
f (sin x) dx −
xf (sin x) dx.
0
0
Z
0
x
et
dt =
2 + (et )2
0
On obtient donc
π
Z
dt
2t
2
Z
xf (sin x) dx = π
ex
2
π
Z
I=
0
x sin x
dx =
2 − sin2 (x)
π
Z
xf (sin x) dx,
0
1
en posant f : u 7→ 2−u
2 . Cette fonction est continue sur [0, 1]. D'après la
question précédente, on a
I=
On conclut en donnant la primitive trouvée à une constante près : il s'agit
de
x
e
√
f (sin x) dx,
0
et il reste à diviser par 2 pour obtenir l'identité voulue.
2. Notons I l'intégrale à calculer. On peut écrire
1
du
2
+
u2
1
√ Z ex
√u
2
2
=
2 du
2 1
1 + √u2
ex
1
u
= √ arctan √
.
2
2 1
1
x 7→ √ arctan
2
π
Z
0
est une primitive de cette fonction. Fixons un x réel. Posons u = et , qui
est un changement de variable de classe C 1 . On écrit du = et dt. Ainsi
F (x) =
π
=
ex
x
(π − u) sin(π − u)(−1)du
| {z }
=sin(u)
Z
3. La fonction x 7→
est continue sur R. Le théorème fondamental de
2 + e2x
l'analyse assure donc que
Z
0
xf (sin x) dx =
Pour x donné, F (x) se calcule par intégration par parties. On obtient :
−3x
π
π
2
Z
π
f (sin x)dx =
0
π
2
Z
0
π
sin x
dx.
1 + cos2 (x)
Pour calculer cette intégrale, on pose le changement de variables u = cos x
(du = − sin xdx). Cela donne
.
π
I=
2
Z
1
−1
1
π
π2
1
du
=
[arctan(u)]
==
.
−1
1 + u2
2
4
A la dernière égalité, on a utilisé que arctan(1) =
2
π
4
= − arctan(−1).
Exercice 3.
Le but de cet exercice est de démontrer de deux manières l'égalité :
r
∀x ∈]0, 1] 2 arctan
1. Soit f : x 7→ 2 arctan
q
1−x
x
1−x
x
!
+ arcsin(2x − 1) =
π
.
2
intervalle,
2
1 + (v ◦ u(x))2
1
2
1
=− 2 · q
·
x 2 1−x 1 + 1−x
x
x
r
1
x
x
1
−
.
·
= −p
2
x(1 − x)
x 1 − x 1 − x + x
f 0 (x) = (v ◦ u)0 (x) ·
(∗)
et g : x 7→ arcsin(2x − 1).
(a) • Rappelons que la fonction arctan est dénie sur R. Le réel f (x) a
donc un sens si et seulement si x 6= 0 et 1−x
x est positif. Faisons un
tableau de signes.
x
1−x
x
1−x
x
−∞
0
1
(c) Posons
+∞
w:
+
0 −
−0
+
− +0 −
g 0 (x) = w0 (x) · arcsin0 (2x − 1)
2
=p
1 − (2x − 1)2
2
=p
(1 − (2x − 1)) (1 + (2x − 1))
1
.
=p
x(1 − x)
−1 ≤ 2x − 1 ≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ 2x ≤ 2 ⇐⇒ 0 ≤ x ≤ 1.
La fonction g est donc correctement dénie sur [0, 1].
(b) Posons
u:
1
]0, 1[ → R∗+
= −1
x
7→ 1−x
x
x
et
v:
]0, 1[ → ] −1, 1[
.
x
7→ 2x − 1
La fonction w est dérivable sur ]0, 1[ et la fonction arcsin est dérivable
sur ] − 1, 1[. D'après le théorème de dérivation des composées, g =
arcsin ◦w est dérivable sur ]0, 1[ et pour x pris dans cet intervalle,
Ceci montre que f est bien dénie sur ]0, 1].
• La fonction arcsin est dénie sur [−1, 1]. Pour x réel, on a
R∗+ → R
√ .
x
x 7→
(d) D'après les questions précédentes, la fonction f + g est dérivable sur
]0, 1[ et pour tout x dans cet intervalle, f 0 (x) + g 0 (x) = 0. La fonction
f + g est donc constante sur ]0, 1[. On peut calculer
La fonction u est dérivable sur ]0, 1[ et la fonction v est dérivable
sur R∗+ . D'après le théorème de dérivation des composées, v ◦ u est
dérivable sur ]0, 1[ ;
f (1/2) + g (1/2) = 2 arctan(1) + arcsin(0) = 2 ·
1
1
∀x ∈]0, 1[ (v ◦ u)0 (x) = u0 (x) · v 0 (u(x)) = − 2 · q
.
x 2 1−x
x
π
π
+0= .
4
2
Ce qui démontre l'identité sur l'intervalle ouvert. Vérions qu'elle
demeure vraie en 1 :
D'après ce même théorème, la fonction 2 arctan étant dérivable sur R,
f = 2 arctan ◦(v ◦ u) est dérivable sur ]0, 1[. Pour x pris dans cet
f (1) + g(1) = 2 arctan(0) + arcsin(1) =
3
π
.
2
2. (a) Dans le cours, on avait traité le problème en dérivant
arccos + arcsin. Voici
un argument alternatif s'appuyant sur l'identité
cos a = sin π2 − a . Pour x ∈ [−1, 1], on a
cos (arccos(x)) = x = sin
π
2
Exercice 4.
Dans tout ce qui suit, on θ désignera un nombre de ]0, π[. On note alors
− arccos(x) .
Cn =
Ainsi, on voit que − arccos(x) est un antécédent
πdeπ x par sin. De
π
plus, arccos(x) ∈ [0, π],donc 2 − arccos(x) ∈ − 2 , 2 . Le nombre
π π
π
2 − arccos(x)
π π ∈ − 2 , 2 est l'antécédent de x par la fonction sinus
dans − 2 , 2 : il s'agit par dénition de arcsin(x) ce qui donne bien
k
cos (θ) cos(kθ),
k=0
π
2
arcsin(x) =
n
X
= 2 arctan
et
An = Cn + iSn .
1. On a
eiθ + e−iθ iθ
e
2
e2iθ + 1
1 − e2iθ
=1−
=
2
2
−iθ − eiθ
e
= eiθ
(angle moitié)
2
π
−2i sin θ
= sin(θ)eiθ−i 2 .
= eiθ
2
1 − cos(θ)eiθ = 1 −
π
− arccos(x).
2
1 − cos2 (u)
sin2 (u)
cosk (θ) sin(kθ)
k=0
(b) Soit u ∈ [0, π2 [. On calcule
f cos2 (u) + g cos2 (u)
s
Sn =
n
X
!
+ arcsin 2 cos2 (u) − 1
Ici, θ ∈]0, π[ donc sin θ est positif. C'est donc le module de notre nombre
complexe ; π2 − θ en est un argument.
= 2 arctan (|tan(u)|) + arcsin (cos(2u)) .
2. On a
Or, ici, u appartient à [0, π2 [ donc tan(u) est un nombre positif. De
plus, d'après la question 2.(a),
An = Cn + iSn =
π
π
arcsin (cos(2u)) = − arccos (cos(2u)) = − 2u.
2
2
n
X
k=0
Pour écrire la dernière égalité, on prend soin de vérier que sous nos
hypothèses, 2u ∈ [0, π]. On a donc
cosk (θ) (cos(kθ) + i sin(kθ)) =
|
{z
}
eikθ
n X
cos(θ)eiθ
k
.
k=0
On a fait apparaître la somme des premiers termes d'une suite géométrique. Avant d'appliquer la formule connue, on vérie que |cos(θ)eiθ | =
|cos(θ)| =
6 1, car θ ∈]0, π[. On a donc
π
f cos2 (u) + g cos2 (u) = 2 arctan (tan(u)) + − 2u
2
π
π
= 2u + − 2u =
2
2
n+1
1 − cos(θ)eiθ
1 − cos(θ)n+1 ei(n+1)θ
An =
=
π
1 − cos(θ)eiθ
sin(θ)ei(θ− 2 )
(c) Ce qui précède dit que f + g est constante sur ]0, 1] puisque tout
nombre x de cet intervalle s'écrit x = cos(u) avec [0, π2 [.
π
π
ei( 2 −θ) − cos(θ)n+1 ei( 2 +nθ)
=
.
sin θ
4
3.
On a donc
π
π
Re ei( 2 −θ) − cos(θ)n+1 Re ei( 2 +nθ)
z + 1 = ze
Cn = Re (An ) =
Sn = Im (An ) =
z=
ω∈Un
ω=
k=0
e
2ikπ
n
cos(θ) − cos(θ)n+1 cos(nθ)
.
sin θ
z=
−1
1−e
=
= −1.
e
2iπ k
n
2iπ n
1− e n
=
1−e
k=0
2iπ
n
=
1−1
1−e
z+1
z
=
e
ikπ
n
ikπ
n
kπ
n
.
2iπ
n
2ikπ
n
donc z + 1 = ze
2ikπ
n
puis
z+1
z
n
=e
2iknπ
n
= 1,
et on obtient bien (z + 1)n = z n : z est solution.
− ikπ
n
,
• Conclusion : l'équation admet n−1 solutions : les nombres − 2ie
sin( kπ
n )
avec k ∈ J1, n−1K.
= 0.
3. • Supposons que l'équation admet une solution z dans C.
On a (z + 1)n = z n . Le nombre z ne saurait être nul car on aurait alors
(0 + 1)n = 0n c'est à dire 1 = 0. Puisqu'il est non nul, on peut écrire
(z + 1)n
= 1 soit
zn
2ikπ
n
ie−
=−
2 sin
−2i sin kπ
n
−1
Pour résumer, à la n de ce raisonnement (que l'on appelle analyse ), on
a n−1 nombres complexes "candidats" : si le nombre z est solution, alors
− ikπ
n
, avec k ∈ J1, n−1K.
il est de la forme − 2iesin( kπ
n )
• On va maintenant faire la synthèse, c'est à dire prouver que si un nombre
est de la forme trouvée dans l'analyse, alors il est solution.
− ikπ
n
Soit k ∈ J1, n−1K et z = − 2iesin( kπ
. Il est facile, grâce aux calculs précén )
dents, de "remonter" et d'écrire
1. Cours.
2. Exercice du cours :
n−1
X
−1
1−e
Autour des racines nèmes de l'unité.
n−1
X
2ikπ
n
2ikπ
4.
X
soit z 1 − e
Or, si e n = 1, on a 0 = −1, ce qui n'est pas. Ceci nous assure que k 6= 0.
On a donc
sin θ
cos( π2 − θ) − cos(θ)n+1 cos( π2 + nθ)
=
sin θ
n+1
sin(θ) + cos(θ)
sin(nθ)
=
sin θ
cos(θ)n+1 sin(nθ)
=1+
.
sin θ
Exercice 5.
2ikπ
n
n
= 1.
On apprend donc que z+1
z est une racine nème de l'unité. D'après le cours,
rappelé en question 1, il existe un entier k entre 0 et n−1 tel que
2ikπ
z+1
=e n .
z
5