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

MPSI du lyc´ee Rabelais http://mpsi.saintbrieuc.free.fr `arendre lelundi 30 septembre 2013
CORRIG´ EDU DEVOIR LIBRE N˚01
EXERCICE 1
Soit n∈N⋆un entier naturel non nul et aun r´eel de l’intervalle ]0,π/2[.
On souhaite r´esoudre l’´equation
1+iz
1−iz n
=1+itan a
1−itan a(1)
1. Comme a∈]0,π/2[, nous avons
1+itan a
1−itan a=
1+isin a
cos a
1−isin a
cos a
=cos a+isin a
cos a−isin a=eia e−ia =ei2a
N
2. Les solutions complexesde l’´equation
wn=e2ia (2)
sontsimplementles racines ni`emes de e2ia.M´ethode :Re-
cherche des racines
ni`eme d’un nombre
complexe non nul
•une racine ni`eme particuli`ere de e2ia est donn´ee par ζ0=e2ia/n.
•la totalit´edes racines ni`emes de eia s’en d´eduit en multipliantζ0par
l’ensemble des racines ni`emes de 1:
Un=n1,e2iπ
n,e4iπ n,...,e2(n−1)iπ no.
•l’ensemble des solutions de l’´equation wn=e2ia est donc
S=exp 2i(a+kπ)
n;k∈{0, .., n−1}
Afin d’all´eger l’´ecriture, nous noterons d´esormais pour k∈{0, .., n−1},
θk=2i(a+kπ)
n.N
3. Soit z∈C\{−i}une solution de (1). Passantaux modules dans l’´egalit´e
(1), il vient:
1+iz
1−iz 
n
=|ei2a|=1
En prenantles racines ni`emes de ces deux nombres r´eels positifs, il s’ensuit
que 
1+iz
1−iz 
=1,i.e. |1+iz|2=|1−iz|2.
Montrons que zest n´ecessairement r´eel. Pour cela, ´ecrivons z=x+iy sous
forme alg´ebrique et montrons que y=0. L’´egalit´e|1+iz|2=|1−iz|2,caract´erisation des
nombres r´eels parmi
les nombres complexes
1

s’´ecrit 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 revientpr´ecis´ement
`a dire que toutes les racines de (1) sont r´eelles. N
4. Soit θ∈]−π,π[fix´e. En factorisantnum´erateur et d´enominateur par l’exponentielle
imaginaire de l’argument moiti´e,j’obtiens
eiθ −1
i(eiθ +1) =−ieiθ −1 eiθ +1=−ieiθ/2×2isin(θ/2) eiθ/2×2cos(θ/2)
=−i2isin(θ/2)
2cos(θ/2) =tan(θ/2).
N
5. Remarquons tout d’abord que
zest solution de (1) ⇐⇒ 1+iz
1−iz est d´efini et est solution de wn=e2ia
⇐⇒ z6=−iet 1+iz
1−iz est solution de wn=e2ia.
D’apr`es la question 3.,toute solution de (1) ´etant r´eelle, la condition z6=−i
est inutile. Par suite
zest solution de (1) ⇐⇒ 1+iz
1−iz est solution de wn=e2ia.
D’apr`es la question 2., il s’ensuit que pour tout nombre complexe z∈C,
zest solution de (1) ⇐⇒ 1+iz
1−iz ∈S
⇐⇒ ∃k∈[[0,n−1]],1+iz
1−iz =eiθk
Remarquons que pour tout entier naturel non nul net tout entier k∈
[[0,n−1]], θk6≡ π[2π].
En effet
θk≡π[2π]⇐⇒ 2
n(a+kπ)≡π[2π]
⇐⇒ a+kπ≡nπ
2[π]
⇐⇒ a≡nπ
2[π].
ce qui est impossible puisque a∈]0,π/2[.
Comme θk6≡ π[2π], le r´esultat de la question pr´ec´edente s’applique et per-
met de conclurepour tout k∈[[0,n−1]]et pour tout z∈C,
1+iz
1−iz =eiθk⇐⇒ z=tan θk/2
2

Ainsi, pourtout nombre complexe z∈C,
zest solution de (1) ⇐⇒ il existe k∈{0, .., n−1},z=tan θk/2.
Finalementl’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 ´equations et in´equations, nous raisonnons par ´equivalences.
1.
(1) ⇐⇒ 
x, x+π
4∈Dtan
tan(x)1+tan(x)
1−tan(x)=−1⇐⇒ x, x+π
4∈Dtan
tan2(x)=−1
Ainsi S=∅.
2.
(2) ⇐⇒ √2(cos 5x−sin 5x)−(cos x+√3sin x)=0⇐⇒ cos(5x+π
4)=cos(x−π 3)
⇐⇒ 5x+π
4≡x−π 3[2π]
5x+π
4≡π 3−x[2π]⇐⇒ x≡ − 7
48 π[π 2]
x≡1
72 π[π 3]
3.
(3) ⇐⇒ 2cos2x+(√3+2) cos x+√3=0⇐⇒ y=cos(x)
2y2+(√3+2)y+√3=0
⇐⇒ y=cos(x)
y=−1ou y=−√3
2⇐⇒ cos(x)=−1ou cos(x)=−√3
2
⇐⇒ 
x≡π[2π]
x≡5
6π[2π]
x≡ −5
6π[2π]
4.
(4) ⇐⇒ cos(3x+π
4)6≡ 0[2π]⇐⇒ x6≡ −1 12π[2 3π]
5.
(5) ⇐⇒ y=cos(x)
2y2−9y+4>0⇐⇒ y=cos(x)
y>4ou y<1
2
⇐⇒ cos(x)<1
2⇐⇒ ∃k∈Z,2kπ+π 3<x<2kπ+5 3π
3