corrigé

Lycée Benjamin Franklin PTSI −2014-2015
D. Blottière Mathématiques
Correction du devoir surveillé n°1
Exercice 1
Soit (z1,z2)∈C2.
i z1−(1+2i)z2=2+i
(1+i)z1−i z2=1−i⇔
z1+(−2+i)z2=1−2i L1← −iL1£N.B. 1
i=−i¤
(1+i)z1−i z2=1−i
⇔
z1+(−2+i)z2=1−2i
3z2= −2L2←L2−(1+i)L1
⇔
z1+(−2+i)z2=1−2i
z2= −2
3
⇔
z1+(−2+i)×µ−2
3¶=1−2i
z2= −2
3
⇔
z1+4
3−2 3i=1−2i
z2= −2
3
⇔
z1= −1
3−4 3i
z2= −2
3
Le système possède donc une unique solution : µ−1
3−4 3i,−2 3¶.
Exercice 2
1. Cf. théorème 45 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
2. (a) |j|=¯¯¯¯¯−1
2+ip3 2¯¯¯¯¯=v
u
u
tµ−1
2¶2
+Ãp3
2!2
=1.
(b) Le nombre jayant pour module 1, on en déduit qu’il s’écrit sous la forme eiθpour un θ∈R. D’après
les tables des valeurs remarquables de cosinus et sinus, on a cos¡2π
3¢= −1 2et sin¡2π 3¢=p3 2. On en
déduit
j=−1
2+ip3 2=cosµ2π 3¶+isinµ2π 3¶=:e2iπ
3.
(c) Tout nombre complexe élevé à la puissance 0 vaut 1. Donc j0=1. Il est clair que j1=j.
Passons au calcul de j2.
j2=³e2iπ
3´2=e4iπ 3
1

d’après la relation fonctionnelle vérifiée par les nombres eiθ, où θ∈R. Donc j2=−1
2−ip3 2=j.
Il reste à calculer j3.
j3=j×j2=e2iπ
3×e4iπ 3=e2iπ
d’après la relation fonctionnelle vérifiée par les nombres eiθ, où θ∈R. Donc j3=1.
(d) Soit n∈N. Puisque j3=1, pour calculer jn, on scinde l’étude en plusieurs parties, suivant le reste de
la division euclidienne de npar 3. Il y a trois restes à envisager : 0,1,2.
(i) Cas où le reste de la division euclidienne de n par 3 est 0
Il existe q∈Ntel que n=3q+0. Donc
jn=j3q=¡j3¢q=1q=1
d’après le calcul de j3effectué à la question 2.(c).
(ii) Cas où le reste de la division euclidienne de n par 3 est 1
Il existe q∈Ntel que n=3q+1. Donc
jn=j3q+1=j3q×j1=j=−1
2+ip3 2
d’après le cas (i).
(iii) Cas où le reste de la division euclidienne de n par 3 est 2
Il existe q∈Ntel que n=3q+2. Donc
jn=j3q+2=j3q×j2=j=−1
2−ip3 2
d’après la cas (i) et le calcul de j2effectué à la question 2.(c).
En rassemblant ces résultats on obtient
jn=¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯
1 si le reste de la division euclidienne de npar 3 est 0 ;
jsi le reste de la division euclidienne de npar 3 est 1 ;
jsi le reste de la division euclidienne de npar 3 est 2.
3. La somme Sest une somme de termes en progression géométrique, de premier terme 1 et de raison
j6=1. D’après la question 1
S=1−j2016
1−j.
La somme des chiffres composant 2016 est 9; donc 2016 est divisible par 3 (et même par 9). Son reste
dans la division euclidienne par 3 est donc 0 (on peut aussi poser la division comme à l’école primaire
pour obtenir ce résultat). De la question 2.(d), on déduit alors j2016 =1. Par suite
S=0.
Exercice 3
1. (a) Cf. définition 10 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
(b) Cf. démonstration du théorème 10 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
(c) Cf. démonstration du théorème 10 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
(d) Cf. démonstration du théorème 10 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
2. Cf. théorème 32 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
3. (a) Cf. théorème 36 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
(b) Cf. théorème 36 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
2

4. (a) Le nombre z(θ) est bien défini si 1+eiθ6=0. On le démontre, en raisonnant par l’absurde. Supposons
donc 1 +eiθ=0. Ceci implique que eiθ=eiπ. D’après le cours (cf. théorème 29), il existe alors k∈Z
tel que θ=π+2kπ. Or θ∈]−π,π[ donc
−π<π+2kπ<π
et par suite −1<k<0, ce qui contredit le fait que kest entier.
(b) On calcule le conjugué de z(θ).
z(θ)=Ã1−eiθ
1+eiθ!
=1−eiθ
1+eiθ£cf. question 1.(d)¤
=1−eiθ
1+eiθ£cf. additivité de la conjugaison complexe¤
=
1−1
eiθ
1+1
eiθ·car eiθ=e−iθ=1
eiθ¸
=
1
eiθ¡eiθ−1¢
1
eiθ¡eiθ+1¢·factorisation du numérateur et du dénominateur par 1
eiθ¸
=eiθ−1
eiθ+1
=−¡1−eiθ¢
1+eiθ
= −z(θ)
Comme z(θ)=−z(θ), le nombre complexe z(θ) est imaginaire pur.
(c) On utilise les deux formules d’angle moitié (cf. questions 3.(a) et 3.(b)) pour écrire autrement le nu-
mérateur et le dénominateur de z(θ).
1−eiθ=ei0−eiθ
=2isinµ0−θ
2¶ei0+θ
2
=2isinµ−
θ
2¶eiθ
2
= −2isinµθ
2¶eiθ
2£cf. imparité de sin¤
1+eiθ=ei0+eiθ
=2cosµ0−θ
2¶ei0+θ
2
=2cosµ−
θ
2¶eiθ
2
=2cosµθ
2¶eiθ
2£cf. parité de cos¤
3

De ces calculs, on déduit
z(θ)=−2isinµθ
2¶eiθ
2
2cosµθ
2¶eiθ
2
=−isinµθ
2¶
cosµθ
2¶
= −itanµθ
2¶.
Exercice 4
1. (a) Cf. démonstration du lemme 1 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
(b) Cf. théorème 17 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
2. D’après les propriétés du module d’un nombre complexe
¯¯¯¯
5−z
i+z¯¯¯¯=|5−z| |i+z|.
Pour encadrer ce quotient, on va commencer par encadrer le numérateur et le dénominateur par des
quantités strictement positives.
•Encadrement du numérateur
D’après l’inégalité triangulaire
||5|−|−z||≤|5+(−z)|≤|5|+|−z|
et comme |5|=5, |−z|=|z|
|5−|z||≤|5−z|≤ 5+|z|. (1)
Comme |z|≤4
5+|z|≤9. (2)
De 2 ≤|z|≤4
−4≤−|z|≤−2£multiplication de chaque membre par −1<0¤
et par suite
1≤5−|z|≤3£ajout de 5 à chaque membre¤.
La fonction valeur absolue étant (strictement) croissante sur R≥0
1=|1|≤|5−|z||. (3)
De (1), (2) et (3) on déduit
1≤|5−|z||≤|5−z|≤5+|z|≤9
d’où
1≤|5−z|≤9. (4)
•Encadrement du dénominateur
D’après l’inégalité triangulaire
||i|−|z||≤|i+z|≤|i|+|z|
4

et comme |i|=1
|1−|z||≤|i+z|≤ 1+|z|. (5)
Comme |z|≤4
1+|z|≤5. (6)
De 2 ≤|z|≤4
−4≤−|z|≤−2£multiplication de chaque membre par −1<0¤
et par suite
−3≤1−|z|≤−1£ajout de 1 à chaque membre¤.
La fonction valeur absolue étant (strictement) décroissante sur R≤0
1=|−1|≤|1−|z||. (7)
De (5), (6) et (7) on déduit
1≤|1−|z||≤|i+z|≤1+|z|≤5
d’où
1≤|i+z|≤5. (8)
•Où l’on combine les inégalités (4) et (8) pour obtenir l’encadrement demandé
La fonction inverse étant (strictement) décroissante sur R>0, on déduit de (8)
1
5≤1 |i+z|≤1. (9)
En multipliant membre à membre les inégalités (4) et (9), qui ne mettent en jeu que des nombres
réels positifs, il vient 1
5≤|5−z| |i+z|≤9.
Exercice 5
1. Cf. théorème 31 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie.
2. (a) Cf. théorème 33 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
(b) Cf. théorème 33 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
3. Cf. théorème 35 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
4. De la question 3, on déduit
cos(5x)cos(3x)=1
2(cos(5x−3x)+cos(5x+3x))=1 2cos(2x)+1 2cos(8x)
pour tout x∈R. Donc une primitive de la fonction
¯¯¯¯
f:R→R
x7→ cos(5x)cos(3x)
est la fonction ¯¯¯¯¯
F:R→R
x7→ 1
4sin(2x)+1 16 sin(8x).
5