Correction - Alain Troesch

Lycée Louis-Le-Grand, Paris Pour le 03/11/2014
MPSI 4 – Mathématiques
A. Troesch
DM no5 : Complexes
Correction de l’exercice 1 –
1. •Si 1 + i z= 1 + i, alors z= 1, et les 3 points sont égaux à 1 + i, donc alignés.
•Sinon, les points sont alignés si et seulement si
(1 + i) −(z−i)
1 + i z−(1 + i)
est réel. Or : (1 + i) −(z−i)
1 + i z−(1 + i) =1−z i(z−1) =−1 i= i 6∈ R.
Donc les points sont alignés ssi z= 1 .
2. Les points sont alignés si et seulement si (jz −z)(jz −j)est réel, c’est-à-dire si
0 = (jz −z)(jz −j)−(jz −z)(jz −j) = z(j2z−j2)(j−1) −j(j−1)z(j2−1).
Ainsi, les points sont alignés si et seulement si :
zz(j−j2) + (j2−1)z+ (1 −j)z= 0
Le fait d’avoir une expression de ce type (un terme zzet des termes en zet zde coefficients conjugués) nous
incite à essayer d’exprimer cela sous la forme d’une équation d’un cercle : un cercle de centre z0et de rayon r
est d’équation complexe :
|z−z0|2=r2soit: (z−z0)(z−z0) = r2.
Essayons de mettre l’équation précédente sous cette forme en factorisant. Pour commencer divisons l’ensemble
par j−j2. Pour cela, on calcule :
j2−1
j−j2=(j2−1)(j2−j) (j−j2)(j2−j)=2j−j2−1 2−j−j2.
Comme j+j2=−1et j2+ 1 = −j, on obtient :
j2−1
j−j2=j.
Remarquez que ce résultat est géométriquement évident : il ne dit rien de plus que le fait que le triangle défini
par les points 1,jet j2est équilatéral direct de centre O, donc que le côté de sommets 1et j2est obtenu du
côté de sommets jet j2par rotation de sommet Oet d’angle 2π
3, c’est-à-dire par multiplication par j.
De même (même calcul, ou même raisonnement géométrique, ou alors le récupérer commc ci-dessous à partir de
l’expression précédente) :
1−j
j−j2=j·j2−1 j−j2=j·j=j2.
L’équation de l’ensemble des points répondant au problème posé est alors :
0 = zz+jz +j2z= (z+j2)(z+j)−1.
Ainsi, les points recherchés sont solutions de l’équation :
|z+j2|2= 1.
On obtient le cercle de centre −j2et de rayon 1 .
3. Les points z,z2et z3sont alignés si et seulement si (z−z2)(z3−z)est réel, donc si et seulement si :
0 = (z−z2)(z3−z)−(z−z2)(z3−z) = zz(1 −z)(1 −z)(−(z+ 1) + (z+ 1)).
Ainsi, les points sont alignés si et seulement si :
|z|2|1−z|2(z−z) = 0,
donc si et seulement si z= 0, ou z= 1, ou z=z, c’est-à-dire zréel. Les deux premiers cas entrant dans le
dernier, on peut donc dire que z,z2et z3sont alignés si et seulement si z∈R.
1

4. Il y a plusieurs cas à étudier (suivant le sommet droit) :
•CNS pour avoir un triangle rectangle en z:
Re(z2−z)(z3−z) = 0.
Or,
(z2−z)(z3−z) = zz(z−1)(z−1)(z+ 1) = |z|2|z−1|2(z+ 1).
Cette expression est imaginaire pure si et seulement si z= 0,z= 1, ou z+ 1 est imaginaire pure, c’est-à-dire
Re(z) = −1. Ainsi, z,z2,z3forment un triangle rectangle en zsi et seulement si z= 0,z= 1 (triangles
réduits à un point, peut-on vraiment dire qu’ils sont rectangles ?) ou si Re(z) = −1
•CNS pour avoir un triangle rectangle en z2:
0 = Re((z2−z)(z3−z)) = Re(|z|2|z−1|2z).
Ainsi, le triangle est rectangle en z2si et seulement si z= 0,z= 1 (cas dégénérés) ou Re(z) = 0 (l’axe
imaginaire pur)
•CNS pour avoir un triangle rectangle en z3:
0 = Re((z−z3)(z2−z3) = Re(|z|2|1−z|2z(1 + z)).
Une fois éliminés les cas dégénérés, il reste à savoir à quelle condition z(1 + z)est imaginaire pur, ce qui
équivaut à :
0 = z(1 + z) + z(1 + z) = 2zz +z+z= 2 z+1
2z+1 2−1 4.
Ainsi, z,z2,z3est rectangle en z3si et seulement si z= 0,z= 1 , ou
z+1
2
2
=1
4.
c’est-à-dire zest sur le cercle de centre d’affixe −1
2, de rayon 1 2
5. En appelant M1,M2et M3les points d’affixes z,z2et z3,Oest l’orthocentre de M1M2M3si et seulement si
OM1⊥M2M3,OM2⊥M1M3et OM3⊥M1M2, ce qui s’exprime :
0 = Re(z(z3−z2) = |z|2Re(z(z−1))
0 = Re(z2(z3−z) = |z|2Re(z(z−1)(z+ 1))
0 = Re(z3(z2−z) = |z|2Re(z2(z−1))
le cas z= 0 étant dégénéré, nous ne le considérerons pas. La condition est donc équivalente à
z(z−1) + z(z−1) = 0
(z−1)(z+ 1)z+z(z−1)(z+ 1) = 0
z2(z−1) + z2(z−1) = 0.
Une combinaison z2L1−zL3donne alors l’équation
(z3−z3)(z−1) = 0
En ôtant le cas z= 1 dégénéré, on obtient donc z3=z3. On note alors z=reßθ; l’équation équivaut alors à
e3 i θ= e−3 i θ,
donc 6 i θ≡0[2π]puis θ≡0[ π
3]. Ainsi, il existe k∈Ztel que z=reikπ
3. Par ailleurs, les cas kequiv0[3] sont
dégénérés (triangle plat) ; on suppose donc qu’on n’est pas dans ce cas. La première équation amène alors de
plus :
z2+z2=z+z
soit :
2r2cos 2kπ
3= 2rcos kπ 3.
Puisque kn’est pas divisible par 3, il en est de même de 2k. Ainsi, les deux cosinus sont égaux à 1
2ou −1 2, et
comme rest positif, ils sont de même signe. Un petit passage en revue des valeurs de kmodulo 6montre que
ceci impose k≡2ou k≡4modulo 6. Par ailleurs, on obtient alors 2r2= 2r, et r6= 0, donc r= 1.
2

Ainsi, une condition nécessaire, en dehors des cas dégénérés z= 0,z= 1 et z=−1, est z=jou z=j2. Dans
ces deux derniers cas, les triangles obtenus sont des triangles équilatéraux inscrits dans le cercle trigonométrique.
L’orthocentre est bien égal à O.
Ainsi, Oest orthocentre du triangle non dégénéré de sommets z,z2et z3si et seulement si z=jou z=j2.
6. Le triangle de sommets i,zet izest rectangle isocèle en isi et seulement si izest obtenu de zpar rotation de
centre id’angle π
2, ou l’inverse, c’est-à-dire si et seulement si
iz−i = i(z−i) ou iz−i = −i(z−i).
Le premier cas est impossible (il est équivalent à i = i2). Le second équivaut à
2 i z= i −1soit: z=−i
2(i −1) = 1 + i 2.
Ainsi, le seul point zpour lequel i,zet izest rectangle isocèle est z=1 + i
2
7. Même principe pour un triangle équilatéral, mais cette fois, un côté doit se déduire de l’autre par rotation d’angle
π
3, donc par multiplication par eiπ
3=−j2, ou son conjugué −j. Cela nous donne donc deux équations à étudier :
•z−i = −j(i z−i), soit : z(1 + i j) = i + i j.
En passant en notations polaires et en factorisant l’arc moitié :
z= eiπ
2·1 + e2 i π
3
1 + e7 i π
6
=eiπ
2eiπ 3
e7 i π
12 ·
cos π
3
cos 7π
12 .
Or, cos 7π
12 =−sin π 12, et
sin2π
12=1 21−cos π 6.
Par positivité de ce sinus,
sin π
6=p2−√3 2.
On obtient donc : z=−1
p2−√3eiπ
4
•z−i = −j2(i z−i), soit : z(1 + i j2) = i + i j2.
On obtient cette fois :
z= eiπ
2·1 + e−2 i π
3
1 + e−iπ
6
= eiπ
4
cos π
3
cos π
12,
soit : z=1
p2 + √3eiπ
4.
Correction de l’exercice 2 –
1. Soit m∈[[1, n]]. On a alors :
n
X
ℓ=1
αn(θℓ)e−imθℓ=
n
X
ℓ=1
n
X
k=1
1
nxkeikθℓe−imθℓ
=
n
X
k=1
n
X
ℓ=1
1
nxkeikθℓe−imθℓ
=
n
X
k=1
1
nxk
n
X
ℓ=1
ωℓ
k−m,
où pour tout s∈Z,ωs= e2 i sπ
nest une racine n-ième de l’unité. Or,
•si k, m sont deux éléments de [[1, n]]2tels que k6=m, on a 0<|k−m|< n, donc ωk−m6= 1, et par conséquent :
n
X
ℓ=1
ωℓ
k−m=ωk−m
1−ωn
k−m
1−ωk−m
= 0,
puisque ωn
k−m= 1.
3

•si k=m, on obtient n
X
ℓ=1
ωℓ
k−m=
n
X
ℓ=1
1 = n.
On en déduit que dans la somme sur k, seul le terme correspondant à l’indice k=mest non nul, d’où :
n
X
ℓ=1
αn(θℓ)e−imωℓ=1
nxm·n=xm.
2. On obtient alors :
n
X
ℓ=1
Sn(θℓ) =
n
X
ℓ=1
αn(θℓ)αn(θℓ)
=
n
X
ℓ=1
n
X
k=1
1
nαn(θℓ)xke−ikθℓ
=
n
X
k=1
1
nxk
n
X
ℓ=1
αn(θℓ)e−ikθℓ
=1
n
n
X
k=1
x2
k,
d’après la question précédente. Il vient donc :
n
X
ℓ=1
Sn(θℓ) = ρ0.
3. Soit θ∈R. On a alors, en séparant la somme double en la somme sur la diagonale, et la somme sur chacun des
triangles stricts, puis en regroupant les termes symétriques en les indices :
Sn(θ) = αn(θ)αn(θ)
=1
n2
n
X
k=1
n
X
ℓ=1
xkxℓeikθe−iℓθ
=1
n2
n
X
k=1
x2
k+1
n2X
16k<ℓ6n
xkxℓe−i(ℓ−k)θ+ ei(ℓ−k)θ
=ρ0
n+2 n2
n
X
k=1
n
X
ℓ=k+1
xkxℓcos((ℓ−k)θ).
En effectuant un changement d’indice sur la somme interne, il vient :
Sn(θ) = ρ0
n+2 n2
n
X
k=1
n−k
X
h=1
xkxk+hcos(hθ)
=ρ0
n+2 n2
n−1
X
h=1 cos(hθ)
n−h
X
k=1
xkxk+h!,
et donc finalement Sn(θ) = ρ0
n+2 n2
n−1
X
h=1
(n−h)ρhcos(ℓh).
4. Pour tout h∈N∗, on a :
Z2π
0
cos(hθ)dθ=1
hhsin(hθ)i2π
0= 0,
donc, par linéarité de l’intégrale :
1
2πZ2π
0
Sn(θ)dθ=1
2πZ2π
0
ρ0
ndθ+1 n2π
n−1
X
h=1
(n−h)Z2π
0
cos(hθ)dθ=ρ0
n.
4

Ainsi, on a bien, d’après la question 2,
1
2πZ2π
0
Sn(θ)dθ=1
n
n
X
ℓ=1
Sn(θℓ).
5. On pose x1=x2=···=xn= 1. On a alors pour tout h∈[[0, n −1]],ρh= 1. On déduit alors de la question 3
que
2
n
n−1
X
k=1 1−k
ncos(kθ) = Sn(θ)−1 n.
Or,
αn(θ) = 1
n
n
X
k=1
eikθ =eiθ
n·1−einθ 1−eiθ=eiθ n
einθ
2
eiθ
2·sin nθ
2
sin θ
2,
d’où
Sn(θ) = |αn(θ)|2=sin2nθ
2
n2sin2θ
2.
On en déduit que
n−1
X
k=1 1−k
ncos(kθ) = sin2nθ
2
2nsin2θ
2−1
2.
6. On déduit de la question 3 que
Sn(θ) = 1
n+2 n
n−1
X
h=1 1−h
ncos(hθ0) cos(hθ)
=1
n+1 n
n−1
X
h=1 1−h
n(cos (h(θ+θ0)) + cos (h(θ−θ0)))
=1
n+
sin2n(θ+θ0)
2
2n2sin2θ+θ0
2−1
2n+
sin2n(θ−θ0)
2
2n2sin2θ−θ0
2−1
2n,
en vertu de la question précédente, et du fait que d’après les hypothèses faites, θ+θ0∈]0,2π[, et θ−θ0∈
]−π, π[\{0}, et que si θ−θ0<0, on peut retrouver appliquer la formule de la question précédente avec θ0−θ.
Ainsi
Sn(θ) = 1
2n2
sin n(θ+θ0)
2
sin θ+θ0
2
2
+
sin n(θ−θ0)
2
sin θ−θ0
2
2
.
Correction du problème –Résolution des équations de degré 3 et 4
On note j= e 2 i π
3.
Partie I – Équation de degré 3 (formules de Cardan)
Soit a,bet cdes nombres complexes. On cherche à résoudre l’équation x3+ax2+bx +c= 0.
1. Le développement du cube (x−α)3fournit un terme 3αx2,qui doit compenser entièrement le terme ax2(puisqu’on
ne veut pas de terme en y2. Ainsi, on fait le changement de variable y=x+a
3(remarquez que ce n’est qu’une
adaptation de la mise sous forme canonique. On a alors :
x3+ax2+bx +c=x+a
33−a2 9x−a3 27 +bx +c=x+a 33+b−a2 3x+a 3+c−ab 3+2a3 27 .
Ainsi, la résolution de l’équations x3+ax2+bx +c= 0 équivaut à la résolution de y3+py +q= 0 , avec :
y=x−a
4, p =b−a2 3, q =c−ab 3+2a3 27 .
5