corrigé du devoir libre n˚01 - MPSI Saint-Brieuc

MPSI du lycée Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr
à rendre le lundi 30 septembre 2013
CORRIGÉ DU DEVOIR LIBRE N˚01
EXERCICE 1
Soit n ∈ N⋆ un entier naturel non nul et a un réel de l’intervalle ]0, π/2[.
On souhaite résoudre l’équation
n
1 + i tan a
1 + iz
(1)
=
1 − iz
1 − i tan a
1.
Comme a ∈]0, π/2[, nous avons
sin a
1+i
ia
1 + i tan a
cos a = cos a + i sin a = e = ei2a
=
sin a
1 − i tan a
cos a − i sin a
e−ia
1−i
cos a
N
2.
Les solutions complexes de l’équation
wn = e2ia
(2)
sont simplement les racines nièmes de e2ia . • une racine n
ième
2ia
particulière de e
2ia/n
est donnée par ζ0 = e
.
• la totalité des racines nièmes de eia s’en déduit en multipliant ζ0 par
l’ensemble des racines nièmes de 1 :
n 2iπ 4iπ
o
2(n−1)iπ
Un = 1, e n , e n , . . . , e n
.
Méthode
cherche
nième
:
Re-
des
racines
d’un
nombre
complexe non nul
• l’ensemble des solutions de l’équation wn = e2ia est donc
S=
3.
exp
2i(a + kπ)
n
; k ∈ {0, .., n − 1}
Afin d’alléger l’écriture, nous noterons désormais pour k ∈ {0, .., n − 1},
2i(a + kπ)
.
N
θk =
n
Soit z ∈ C \ {−i} une solution de (1). Passant aux modules dans l’égalité
(1), il vient :
1 + iz n
i2a
1 − iz = |e | = 1
En prenant les racines nièmes de ces deux nombres réels positifs, il s’ensuit
que
1 + iz 2
2
1 − iz = 1, i.e. |1 + iz| = |1 − iz| .
Montrons que z est nécessairement réel. Pour cela, écrivons z = x + iy sous
forme algébrique et montrons que y = 0. L’égalité |1 + iz|2 = |1 − iz|2 ,
1
caractérisation des
nombres réels parmi
les nombres complexes
s’écrit alors :
|1 + iz|2 = |1 − iz|2
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
|(1 − y) + ix|2 = |(1 + y) − ix|2
(1 − y)2 + x2 = (1 + y)2 + x2
−2y = 2y
y=0
Ainsi, si z = x+iy est solution de (1) alors y = 0, ce qui revient précisément
à dire que toutes les racines de (1) sont réelles.
N
4.
Soit θ ∈]−π, π[ fixé. En factorisant numérateur et dénominateur par l’exponentielle
imaginaire de l’argument moitié, j’obtiens
eiθ − 1
eiθ/2 × 2i sin(θ/2)
eiθ − 1
=
−i
=
−i
i(eiθ + 1)
eiθ + 1
eiθ/2 × 2 cos(θ/2)
2i sin(θ/2)
= tan(θ/2).
= −i
2 cos(θ/2)
N
5.
Remarquons tout d’abord que
⇐⇒
z est solution de (1)
⇐⇒
1 + iz
est défini et est solution de wn = e2ia
1 − iz
1 + iz
z 6= −i et
est solution de wn = e2ia .
1 − iz
D’après la question 3., toute solution de (1) étant réelle, la condition z 6= −i
est inutile. Par suite
z est solution de (1)
⇐⇒
1 + iz
est solution de wn = e2ia .
1 − iz
D’après la question 2., il s’ensuit que pour tout nombre complexe z ∈ C,
z est solution de (1)
⇐⇒
1 + iz
∈S
1 − iz
⇐⇒
∃k ∈ [[0, n − 1]],
1 + iz
= eiθk
1 − iz
Remarquons que pour tout entier naturel non nul n et tout entier k ∈
[[0, n − 1]], θk 6≡ π[2π].
En effet
θk ≡ π
[2π]
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
2
(a + kπ) ≡ π [2π]
n
nπ
[π]
a + kπ ≡
2
nπ
a≡
[π].
2
ce qui est impossible puisque a ∈]0, π/2[.
Comme θk 6≡ π[2π], le résultat de la question précédente s’applique et permet de conclure pour tout k ∈ [[0, n − 1]] et pour tout z ∈ C,
1 + iz
= eiθk ⇐⇒ z = tan θk /2
1 − iz
2
Ainsi, pour tout nombre complexe z ∈ C,
⇐⇒
z est solution de (1)
il existe k ∈ {0, .., n − 1}, z = tan θk /2.
Finalement l’ensemble des solutions de (1) est
tan
a
n
, tan
a+π
n
, tan
a + 2π
n
, . . . , tan
a + (n − 1)π
n
N
EXERCICE 2
Pour chacune de ces équations et inéquations, nous raisonnons par équivalences.
1.
Ainsi S = ∅.
(2)
⇐⇒
⇐⇒
√
π
4
∈ Dtan
1 + tan(x)
= −1
 tan(x)
1 − tan(x)
⇐⇒
(1)
2.

 x, x +
2(cos 5x − sin 5x) − (cos x +
5x +
5x +
π
4
π
4
≡ x − π3 [2π]
≡ π3 − x [2π]
⇐⇒
⇐⇒
√
x, x + π4 ∈ Dtan
tan2 (x) = −1
3 sin x) = 0 ⇐⇒ cos(5x +
π
π
) = cos(x − )
4
3
7
x ≡ − 48
π [ π2 ]
1
π [ π3 ]
x ≡ 72
3.
(3)
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
4.
√
√
y = cos(x)
√
√
2 cos x + ( 3 + 2) cos x + 3 = 0 ⇐⇒
2y 2 + ( 3 + 2)y + 3 = 0
√
y = cos(x)
3
√
⇐⇒ cos(x) = −1 ou cos(x) = −
3
y = −1 ou y = − 2
2

 x ≡ π [2π]
x ≡ 56 π [2π]

x ≡ − 65 π [2π]
2
(4)
⇐⇒
cos(3x +
π
1
2
) 6≡ 0 [2π] ⇐⇒ x 6≡ − π [ π]
4
12 3
5.
(5)
⇐⇒
⇐⇒
y = cos(x)
y = cos(x)
⇐⇒
2
2y − 9y + 4 > 0
y > 4 ou y < 21
π
5
1
⇐⇒ ∃k ∈ Z, 2kπ + < x < 2kπ + π
cos(x) <
2
3
3
3