corrigé

Lycée Benjamin Franklin
D. Blottière
PTSI − 2014-2015
Mathématiques
Correction du devoir surveillé n°1
Exercice 1
Soit (z 1 , z 2 ) ∈ C2 .


i z1
−
(1 + 2i ) z 2
=
2+i

(1 + i ) z 1
−
i z2
=
1−i
⇔
⇔


z1
+
(−2 + i ) z 2
=
1 − 2i

(1 + i ) z 1
−
i z2
=
1−i

 z1
+
(−2 + i ) z 2
=
1 − 2i
3 z2
=
−2
(−2 + i ) z 2
=
1 − 2i
z2
=
−

⇔


z

 1
+



⇔



z

 1
+
⇔



z

 1
+
1 − 2i
z2
=
−
=
1 − 2i
z2
=
−




⇔



z

 1
=



 z2
=
2
3
=
4 2
− i
3 3
£
N.B.
L 2 ← L 2 − (1 + i )L 1
¶
µ
2
(−2 + i ) × −
3




L 1 ← −i L1
2
3
2
3
1 4
− − i
3 3
−
2
3
¶
µ
1 4
2
Le système possède donc une unique solution : − − i , − .
3 3
3
Exercice 2
1. Cf. théorème 45 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie et sa démonstration.
v
¯
p ¯¯ uµ
¶ Ã p !2
¯ 1
3¯ u
1 2
3
¯
t
2. (a) | j | = ¯− + i
−
+
= 1.
¯=
¯ 2
2 ¯
2
2
(b) Le nombre j ayant pour module 1, on en déduit qu’il s’écrit sous la forme e i θ pour un θ ∈ R.
D’après
¡ ¢
¡ 2π ¢ p3
1
les tables des valeurs remarquables de cosinus et sinus, on a cos 2π
=
−
et
sin
=
3
2
3
2 . On en
déduit
p
µ ¶
µ ¶
2i π
2π
2π
1
3
j = − +i
= cos
+ i sin
=: e 3 .
2
2
3
3
(c) Tout nombre complexe élevé à la puissance 0 vaut 1. Donc j 0 = 1. Il est clair que j 1 = j .
Passons au calcul de j 2 .
³ 2i π ´2
4i π
j2 = e 3
=e 3
1
1
i
= −i
¤
p
1
3
= j.
d’après la relation fonctionnelle vérifiée par les nombres e i θ , où θ ∈ R. Donc j 2 = − − i
2
2
3
Il reste à calculer j .
j3 = j × j2 = e
2i π
3
×e
4i π
3
= e 2i π
d’après la relation fonctionnelle vérifiée par les nombres e i θ , où θ ∈ R. Donc j 3 = 1.
(d) Soit n ∈ N. Puisque j 3 = 1, pour calculer j n , on scinde l’étude en plusieurs parties, suivant le reste de
la division euclidienne de n par 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 ∈ N tel que n = 3q + 0. Donc
¡ ¢q
j n = j 3q = j 3 = 1q = 1
d’après le calcul de j 3 effectué à la question 2.(c).
(ii) Cas où le reste de la division euclidienne de n par 3 est 1
Il existe q ∈ N tel que n = 3q + 1. Donc
p
1
3
j n = j 3q+1 = j 3q × j 1 = j = − + i
2
2
d’après le cas (i).
(iii) Cas où le reste de la division euclidienne de n par 3 est 2
Il existe q ∈ N tel que n = 3q + 2. Donc
n
j =j
3q+2
=j
3q
p
1
3
× j = j = − −i
2
2
2
d’après la cas (i) et le calcul de j 2 effectué à la question 2.(c).
En rassemblant ces résultats on obtient
¯
¯ 1 si le reste de la division euclidienne de n par 3 est 0 ;
¯
¯
¯
¯
n
j = ¯ j si le reste de la division euclidienne de n par 3 est 1 ;
¯
¯
¯
¯ j si le reste de la division euclidienne de n par 3 est 2.
3. La somme S est une somme de termes en progression géométrique, de premier terme 1 et de raison
j 6= 1. D’après la question 1
1 − j 2016
S=
.
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 j 2016 = 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+e i θ 6= 0. On le démontre, en raisonnant par l’absurde. Supposons
donc 1 + e i θ = 0. Ceci implique que e i θ = e i π . 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 k est entier.
(b) On calcule le conjugué de z(θ).
Ã
z(θ)
=
=
=
1 − eiθ
1 + eiθ
1 − eiθ
1 + eiθ
1 − eiθ
1 + eiθ
1−
=
1+
eiθ
1
=
=
£
¤
cf. additivité de la conjugaison complexe
·
car e i θ = e −i θ =
1
¸
eiθ
eiθ
eiθ
1 ¡
eiθ
=
£
¤
cf. question 1.(d)
1
1 ¡
=
!
eiθ − 1
¢
eiθ + 1
¢
·
¸
1
factorisation du numérateur et du dénominateur par i θ
e
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 numérateur et le dénominateur de z(θ).
1 − eiθ
=
ei0 − eiθ
1 + eiθ
=
ei0 + eiθ
=
¶
0 − θ i 0+θ
2i sin
e 2
2
=
¶
0 − θ i 0+θ
2 cos
e 2
2
=
µ
¶
θ
θ
2i sin − e i 2
2
=
µ
¶
θ
θ
2 cos − e i 2
2
=
µ ¶
θ iθ
−2i sin
e 2
2
=
µ ¶
θ iθ
2 cos
e 2
2
µ
µ
£
¤
cf. imparité de sin
3
£
¤
cf. parité de cos
De ces calculs, on déduit
z(θ)
=
µ ¶
θ iθ
e 2
−2i sin
2
µ ¶
θ iθ
e 2
2 cos
2
=
µ ¶
θ
−i sin
2
µ ¶
θ
cos
2
=
µ ¶
θ
−i tan
.
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 ¯ |5 − z|
¯
¯
¯ i + 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)
5 + |z| ≤ 9.
(2)
Comme |z| ≤ 4
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.
• Encadrement du dénominateur
D’après l’inégalité triangulaire
||i | − |z|| ≤ |i + z| ≤ |i | + |z|
4
(4)
et comme |i | = 1
|1 − |z|| ≤ |i + z| ≤ 1 + |z|.
(5)
1 + |z| ≤ 5.
(6)
Comme |z| ≤ 4
De 2 ≤ |z| ≤ 4
£
−4 ≤ −|z| ≤ −2
multiplication de chaque membre par −1 < 0
¤
et par suite
£
¤
ajout de 1 à chaque membre .
−3 ≤ 1 − |z| ≤ −1
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
1
≤
≤ 1.
5 |i + z|
(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 − z|
≤
≤ 9.
5 |i + z|
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
1
1
(cos(5x − 3x) + cos(5x + 3x)) = cos(2x) + cos(8x)
2
2
2
pour tout x ∈ R. Donc une primitive de la fonction
¯
¯ f
¯
¯
est la fonction
¯
¯ F
¯
¯
¯
:
:
R
x
R
→
x
7→
→
7→
R
cos(5x) cos(3x)
R
1
1
sin(2x) +
sin(8x).
4
16
5
Exercice 6
1. Soit x ∈ R.
cos(x) = 0
⇔
⇔
cos(x) = cos




³π´
2
∃ k ∈ Z,
x=
ou



∃ k ∈ Z,
π
+ 2kπ
2
x =−
π
+ 2kπ
2
£
¤
cf. cas d’égalité de deux cosinus .
Donc l’ensemble solution de (E 1 ) est
nπ
o n π
o
Sol (E 1 ) =
+ 2kπ : k ∈ Z ∪ − + 2kπ : k ∈ Z .
2
2
Dans l’exemple 32 du chapitre 2 Nombres complexes et trigonométrie, on a expliqué que cet ensemble
est égal à
o
nπ
+ kπ : k ∈ Z .
2
2. Soit x ∈ R.
cos(x) =
1
2
⇔
⇔
cos(x) = cos




³π´
3
∃ k ∈ Z,
x=
ou



∃ k ∈ Z,
π
+ 2kπ
3
x =−
π
+ 2kπ
3
£
¤
cf. cas d’égalité de deux cosinus .
Donc l’ensemble solution de (E 2 ) est
o n π
o
nπ
+ 2kπ : k ∈ Z ∪ − + 2kπ : k ∈ Z .
Sol (E 2 ) =
3
3
3. Soit x ∈ R. D’après la formule de duplication pour cosinus
cos(2x) = 2 cos2 (x) − 1.
Ainsi
cos(2x) + 1 = cos(x)
⇔
2 cos2 (x) = cos(x)
⇔
2 cos2 (x) − cos(x) = 0
⇔
cos(x) (2 cos(x) − 1) = 0
⇔


cos(x) = 0
2 cos(x) − 1 = 0

⇔




£
¤
R est intègre
ou
cos(x) = 0
ou
1
cos(x) = .
2



L’ensemble solution de (E 3 ) est donc Sol (E 1 ) ∪ Sol (E 2 ) , i.e.
Sol (E 3 ) =
nπ
o nπ
o n π
o
+ kπ : k ∈ Z ∪
+ 2kπ : k ∈ Z ∪ − + 2kπ : k ∈ Z .
2
3
3
6
Exercice 7
• Analyse
On suppose qu’un nombre complexe z vérifie
¯ ¯
¯1¯
|z| = ¯¯ ¯¯ = |1 − z|.
z
On note z = a + i b, où a ∈ R et b ∈ R, sa forme algébrique.
D’après la propriétés algébriques du module
¯ ¯
¯ 1¯
¯ ¯= 1 .
¯ z ¯ |z|
Donc
|z| =
1
|z|
ce qui implique
|z|2 = 1.
On a donc
a 2 + b 2 = 1.
(10)
De l’équation |1 − z| = |z|, on déduit |1 − z|2 = |z|2 . Comme la forme algébrique de 1 − z est
1−z = 1
− a} + i (−b)
| {z
| {z }
∈R
et comme |z|2 = 1, on a
∈R
(1 − a)2 + (−b)2 = 1
d’où
1 − 2a + a 2 + b 2 = 1.
(11)
De (10) et (11), on déduit
1 − 2a = 0
1
soit a = . En utilisant cette identité et (10), on obtient
2
b2 =
3
4
p
3
.
2
À la fin de cette phase d’analyse on a deux candidats
p
p
π
π
1
3
1
3
z1 = + i
= ei 3
et
z2 = − i
= e −i 3 = z 1 .
2
2
2
2
et par suite b = ±
• Synthèse
— Vérifions si z 1 est solution.
¯ π¯
¯
¯
1. |z 1 | = ¯e i 3 ¯ = 1 car tout nombre complexe de la forme e i θ , avec θ ∈ R, est de module 1 (cf. relation
de Pythagore).
¯ ¯
¯1¯
1
1
¯ = 1.
2. ¯¯ ¯¯ =
=¯
z1
|z 1 | ¯¯e i π3 ¯¯
¯
Ã
p !¯¯ ¯¯
p ¯¯
¯
1
3 ¯ ¯1
3 ¯ ¯¯ ¯¯
¯
3. |1 − z 1 | = ¯1 −
+i
¯ = ¯ −i
¯ = z 1 puisqu’un nombre complexe et son conjugué ont
¯
¯
¯
2
2
2
2 ¯
même module.
Le nombre z 1 est donc solution.
7
— Si un nombre complexe z est solution, alors son conjugué l’est aussi. En effet
¯ ¯ ¯¯µ ¶¯¯ ¯ ¯
¯1¯ ¯ 1 ¯ ¯1¯
¯
¯
¯ ¯=¯
¯ ¯
|z| = |z|
;
;
|1 − z| = ¯1 − z ¯ = |1 − z|.
¯ z ¯ ¯ z ¯¯ = ¯ z ¯
Puisque z 1 est solution, z 1 = z 2 est donc également solution.
• Conclusion
¯ ¯
o
n π
¯1¯
π
L’ensemble des nombres complexes z tels que |z| = ¯¯ ¯¯ = |1 − z| est e i 3 , e −i 3 .
z
Remarque : On montre aisément que
¯ ¯
¯1¯
|z| = ¯¯ ¯¯ = |1 − z|
z
¯
¯
¯
¯ et
¯
¯
⇔
|z| = 1
|z − 1| = 1
−
−
pour tout z ∈ C. Un repère orthonormé (O; →
u ,→
v ) du plan étant fixé, les solutions du problème posé sont les affixes
des points d’intersection du cercle C 1 de centre O et de rayon 1 et du cercle C 2 de centre Ω(1) (point d’affixe 1) et
de rayon 1.
2
C1
1
C2
×
0
−3
−2
1
−1
−1
2
×
−2
−3
Tous les segments bleus ayant pour longueurs 1, on vérifie que les deux points marqués en rouge ont pour affixe
π
e ±i 3 (cf. triangle équilatéral et angles dans un tel).
Exercice 8
|z 1 + z 2 + z 3 |
=
=
=
¯
¯
¯z 1 + z 2 + z 3 ¯
£
¤
un complexe et son conjugué ont même module
¯
¯
¸
·
¯1
¯
1
¯ + 1 + 1¯
z
=
si
|z|
=
1
alors
¯z
z2 z3 ¯
z
1
¯
¯
¯ z2 z3 + z1 z3 + z1 z2 ¯
¯
¯
[mise au même dénominateur]
¯
¯
z1 z2 z3
=
|z 2 z 3 + z 1 z 3 + z 1 z 2 |
|z 1 | |z 2 | |z 3 |
£
¤
cf. propriétés algébriques du module
=
|z 2 z 3 + z 1 z 3 + z 1 z 2 |
[car |z 1 | = |z 2 | = |z 3 | = 1]
8