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Corrigé
Contrôle continu n◦1 de Mathématiques
MAT112, groupe PHG-S1
QUESTION DE COURS (5 POINTS)
(1) Lorsque 0 6k6n, on a n
k=n! k!(n−k)!et quand k>non a n k=0.
(2) Nous avons quand 1 6k6n
n
k+n k−1=n! k!(n−k)!+n! (k−1)!(n−k+1)!
=n!(n−k+1)
k!(n−k+1)!+n!k k!(n−k+1)!
=n!(n−k+1) + n!k
k!(n−k+1)!
=n!(n+1)
k!(n+1−k)!
=(n+1)!
k!(n+1−k)!
=n+1
k
(3) On a
m
∑
j=0
aj=am+1−1
a−1. Montrons le par récurrence.
Soit P(m):
m
∑
j=0
aj=am+1−1
a−1.
Initialisation : L’égalité P(0)est vraie. En effet, on a
0
∑
j=0
aj=a0=1 et a0+1−1
a−1=1.
Hérédité : Soit m∈N, si l’égalité P(m)est vraie alors l’égalité P(m+1)est vraie.
En effet, si P(m)est vraie, on a
m+1
∑
j=0
aj=
m
∑
j=0
aj+am+1
=am+1−1
a−1+am+1
=am+1−1+am+1(a−1)
a−1
=am+2−1
a−1.
Par récurrence, on en déduit que l’égalité P(m)est vraie pour tout mentier naturel.
EXERCICE 1 (6 POINTS)
(1) Développons l’identité (z+1)(az2+bz +c), il vient
(z+1)(az2+bz +c) = az3+ (a+b)z2+ (b+c)z+c
1

2
En identifiant les coefficients, on obtient le système d’équations suivant
a=1
a+b=2
b+c=2
c=1
⇔
a=1
b=1
c=1
Ainsi pour tout nombre complexe z,P(z) = (z+1)(z2+z+1).
(2) On a
P(z) = 0⇔(z+1)(z2+z+1) = 0⇔z+1=0 ou z2+z+1=0.
Le discriminant ∆du trinôme z2+z+1 est ∆=−3. Une racine carrée de ∆est i√3,
on en déduit que les racines du trinôme z2+z+1 sont −1+i√3
2et −1−i√3 2.
Ainsi les solutions de l’équation P(z) = 0 sont
z1=−1,z2=−1+i√3
2et z3=−1−i√3 2.
Ce qui donne sous forme trigonométrique
z1=eiπ,z2=e2iπ
3et z3=e−2iπ 3.
(3) Le triangle A1A2A3est isocèle en −1. En effet, on a
A1A2
2=|z1−z2|2=
−1−−1+i√3
2
2
=
−1
2−i√3 2
2
=1/4+3/4=1
A1A2
3=|z1−z3|2=
−1−−1−i√3
2
2
=
−1
2+i√3 2
2
=1/4+3/4=1.
EXERCICE 2 (2 POINTS)
Pour tout nentier naturel, on note H(n)l’égalité suivante
n
∑
k=0
k·k!= (n+1)!−1.
Montrons par récurrence que pour tout n, l’égalité H(n)est vraie.
Initialisation : L’égalité H(0)est vraie. En effet, on a
0
∑
k=0
k·k!=0·0! =0 et (0+1)!−1=1−1=0.
Hérédité : Soit n∈N, si l’égalité H(n)est vraie alors l’égalité H(n+1)est vraie.
En effet, si H(n)est vraie, on a
n+1
∑
k=0
k·k!=
n
∑
k=0
k·k!+ (n+1)·(n+1)!
= (n+1)!−1+ (n+1)·(n+1)!
= (n+1)!(1+n+1)−1
= (n+1)!(n+2)−1
= (n+2)!−1
Par récurrence, on en déduit que l’égalité H(n)est vraie pour tout nentier naturel.

3
EXERCICE 3 (7 POINTS)
(1) L’application fest définie tant que z2+16=0, or z2+1 est nul si et seulement si z
est égal à ±i. Le domaine de définition de fest donc C\{i,−i}.
(2) On cherche les nombres complexes z∈C\{i,−i}tels que f(z) = 1
√3+i, or on a
f(z) = 1
√3+i⇔z
z2+1=1
√3+i⇔z2−(√3+i)z+1=0
On doit donc résoudre l’équation z2−(√3+i)z+1=0. Le discriminant ∆du
trinôme z2−(√3+i)z+1 est ∆=−2+2i√3. Cherchons un nombre complexe δ
tel que δ2=∆, c’est à dire une racine carrée de ∆. Posons δ=x+iy avec xet y
réels, il vient alors
δ2=x2−y2+2ixy et δ2=−2+2i√3
|δ2|=x2+y2et |δ2|=|∆|=4.
On obtient le système
x2−y2=−2
x2+y2=4
2xy =2√3⇔
x2=1
y2=3
2xy =2√3
⇔
x=1 et y=√3
ou
x=−1 et y=−√3
.
Prenons δ=1+i√3, les racines du trinôme z2−(√3+i)z+1 sont alors
√3+1
2(1+i)et √3−1 2(1−i).
Les nombres complexes ztels que f(z) = 1
√3+isont √3+1
2(1+i)et √3−1 2(1−i).
(3) Déterminons l’ensemble des éléments zde C\{i,−i}tels que f(z)est imaginaire
pur.
f(z) = z
z2+1=z(¯z2+1) |z2+1|2=z¯z2+z |z2+1|2=|z|2¯z+z |z2+1|2
=|z|2(ℜ(z)−iℑ(z)) + ℜ(z) + iℑ(z)
|z2+1|2
=(|z|2+1)ℜ(z)
|z2+1|2+i(1−|z|2)ℑ(z) |z2+1|2
On en déduit donc que
f(z)∈iR⇔(|z|2+1)ℜ(z) = 0⇔ℜ(z) = 0 car |z|2+1>0.
L’ensemble des éléments zde C\{i,−i}tels que f(z)est imaginaire pur est
iR\{i,−i}.
(4) On a
f(eiθ) = eiθ
e2iθ+1=1 e−iθ(e2iθ+1)=1 eiθ+e−iθ=1
2cos(θ).
On en déduit que f(eiθ)est réel.
(5) On a deux cas, le cas où f(eiθ) = 1 et le cas où f(eiθ)6=1.
1er cas : Si f(eiθ) = 1, ce qui est possible car
f(eiθ) = 1⇔cos(θ) = 1/2⇔θ=π/3 ou 5π/3,
alors
un=n+1.

4
Dans ce cas, la suite (un)ne converge pas.
2ème cas : Si f(eiθ)6=1, alors
un=(1/2cos(θ))n+1−1
(1/2cos(θ)) −1.
La suite (un)converge si et seulement si le module de 1
2cos(θ)est strictement in-
férieur à 1. Or
1
2cos(θ)
<1⇔ |cos(θ)|>1
2
⇔θ∈−π,−2π
3∪i−π 3,π 3h∪2π 3,π