∑ ∑ ∑ ∑ ∑

Corrigé
Contrôle continu n◦ 1 de Mathématiques
MAT112, groupe PHG-S1
Q UESTION DE COURS (5 POINTS )
n
n!
n
(1) Lorsque 0 6 k 6 n, on a
=
et quand k > n on a
= 0.
k
k!(n − k)!
k
(2) Nous avons quand 1 6 k 6 n
n!
n
n
n!
+
+
=
k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)!
k
k−1
n!(n − k + 1)
n!k
+
=
k!(n − k + 1)! 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
m
(3) On a
∑ aj =
j=0
am+1 − 1
. Montrons le par récurrence.
a−1
m
am+1 − 1
.
a−1
j=0
Initialisation : L’égalité P(0) est vraie. En effet, on a
Soit P(m) :
∑ aj =
0
∑ a j = a0 = 1
et
j=0
a0+1 − 1
= 1.
a−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
m
∑ a j = ∑ a j + am+1
j=0
j=0
am+1 − 1
+ am+1
a−1
am+1 − 1 + am+1 (a − 1)
=
a−1
m+2
a
−1
=
.
a−1
Par récurrence, on en déduit que l’égalité P(m) est vraie pour tout m entier naturel.
=
E XERCICE 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 = 1
a+b = 2
b = 1
⇔
b+c = 2



c = 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,
−1 + i 3 −1 − i 3
on en déduit que les racines du trinôme z2 + z + 1 sont
et
.
2
2
Ainsi les solutions de l’équation P(z) = 0 sont
√
√
−1 + i 3
−1 − i 3
z1 = −1, z2 =
et z3 =
.
2
2
Ce qui donne sous forme trigonométrique
z1 = eiπ ,
z2 = e
2iπ
3
et
z3 = e−
2iπ
3
.
(3) Le triangle A1 A2 A3 est isocèle en −1. En effet, on a
√ 2 √ 2
−1 + i 3 3
1
2
2
A1 A2 = |z1 − z2 | = −1 −
= − − i
= 1/4 + 3/4 = 1
2
2
2 A1 A23
√ 2 √ 2
−1 − i 3 3
1
= |z1 − z3 | = −1 −
= − + i
= 1/4 + 3/4 = 1.
2
2
2 2
E XERCICE 2 (2 POINTS )
Pour tout n entier naturel, on note H(n) l’égalité suivante
n
∑ k · k! = (n + 1)! − 1.
k=0
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 · k! = 0 · 0! = 0
et
(0 + 1)! − 1 = 1 − 1 = 0.
k=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
n
∑ k · k! = ∑ k · k! + (n + 1) · (n + 1)!
k=0
k=0
= (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 n entier naturel.
3
E XERCICE 3 (7 POINTS )
(1) L’application f est définie tant que z2 + 1 6= 0, or z2 + 1 est nul si et seulement si z
est égal à ±i. Le domaine de définition de f est donc C \ {i, −i}.
1
, or on a
(2) On cherche les nombres complexes z ∈ C \ {i, −i} tels que f (z) = √3+i
√
1
z
1
f (z) = √
⇔ 2
⇔ z2 − ( 3 + i)z + 1 = 0
=√
z +1
3+i
3+i
√
2
On doit donc √
résoudre l’équation z − ( √
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 δ 2 = ∆, c’est à dire une racine carrée de ∆. Posons δ = x + iy avec x et y
réels, il vient alors
√
δ 2 = x2 − y2 + 2ixy et δ 2 = −2 + 2i 3
|δ 2 | = x2 + y2
et |δ 2 | = |∆| = 4.
On obtient le système
 2
 2
=
1
 x − y2 = −2
 x
x2 + y2 = √
4
y2 = √
3
⇔


2xy
= 2 3
2xy = 2 3

√
et
y= 3
 x=1
ou
⇔
√ .

x = −1 et y = − 3
√
√
Prenons δ = 1 + i 3, les racines du trinôme z2 − ( 3 + i)z + 1 sont alors
√
√
3+1
3−1
(1 + i) et
(1 − i).
2
2
√
√
3−1
1
Les nombres complexes z tels que f (z) = √3+i
sont 3+1
2 (1 + i) et
2 (1 − i).
(3) Déterminons l’ensemble des éléments z de C \ {i, −i} tels que f (z) est imaginaire
pur.
f (z) =
=
z
z2 + 1
=
z(z̄2 + 1)
zz̄2 + z
|z|2 z̄ + z
= 2
= 2
2
2
2
|z + 1|
|z + 1|
|z + 1|2
|z|2 (ℜ(z) − iℑ(z)) + ℜ(z) + iℑ(z)
|z2 + 1|2
(|z|2 + 1)ℜ(z)
(1 − |z|2 )ℑ(z)
+
i
|z2 + 1|2
|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 z de C \ {i, −i} tels que f (z) est imaginaire pur est
iR \ {i, −i}.
(4) On a
f (eiθ ) =
eiθ
1
1
1
=
=
=
.
2 cos(θ )
+ 1 e−iθ (e2iθ + 1) eiθ + e−iθ
e2iθ
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 =
(1/2 cos(θ ))n+1 − 1
.
(1/2 cos(θ )) − 1
1
La suite (un ) converge si et seulement si le module de 2 cos(θ
) est strictement inférieur à 1. Or
1
1
2 cos(θ ) < 1 ⇔ | cos(θ )| > 2
i
2π
2π
π πh
∪
⇔ θ ∈ −π, −
∪ − ,
,π
3
3 3
3