Corr-DS2-complexes-et-trigo.pdf

PCSI 1 et 2
Corrigé du devoir surveillé no2
Exercice Tracé de courbe
x=1
y=−1
2x+2
1
3 6
−1
1
−3Cf
Remarques
•En 1+, la courbe de la fonction fadmet une asymptote verticale d’équa-
tion x=1.
•En 6, la fonction est dérivable et admet un maximum local : elle admet donc une
dérivée nulle et sa courbe admet une tangente horizontale.
•En 3, la fonction n’est pas dérivable, donc sa courbe n’admet pas de tangente.
En revanche, le taux d’accroissement admet une limite à gauche finie (−1) donc
la courbe admet une demi-tangente à gauche de pente −1. De même, elle admet
aussi une demi-tangente à droite de pente 2. On dit qu’en 3, la courbe admet un
point anguleux.
•En −∞, le fait que f(x)−→ +∞mais que f(x)
x−→ 0 montre que la courbe
n’admet pas d’asymptote oblique. Le fait que f(x)
x−→ 0 montre que la courbe
tend « lentement » vers +∞, ce qui fait que l’allure de la courbe est semblable à
celle de x7→ pxou de x7→ ln(x)au voisinage de +∞.
Problème Équations algébriques du troisième degré
Soit l’équation, d’inconnue zcomplexe :
(E1)z3+2z2−3iz−1−3i =0.
I1) Soit z=x∈. On a alors :
x3+2x2−3i x−1−3i =0
⇐⇒ (x3+2x2−1) + (−3x−3) = 0
⇐⇒ x3+2x2−1=0
−3x−3=0(en identifiant partie réelle
et partie imaginaire)
⇐⇒ x3+2x2−1=0
x=−1
⇐⇒ x=−1(car −1 est bien solution de x3+2x3−1=0,
ce qui justifie ⇐)
Donc −1 est l’unique solution réelle de l’équation (E1).
2) Soit P(z) = z3+2z2−3iz−1−3i. D’après la question précédente, le polynôme P
va se factoriser par (z+1).
Soit a,b,ctrois nombres complexes quelconques. On a :
(z+1) (a z2+b z +c) = P(z)
⇐⇒ a z3+ (a+b)z2−(b+c)z+c=z3+2z2−3iz−1−3i
⇐⇒ 
a=1
a+b=2
b+c=−3i
c=−1−3i
(en identifiant les coefficients
des deux polynômes)
⇐⇒ 
a=1
b=1
c=−1−3i
c=−1−3i
Ainsi : ∀z∈,z3+2z2−3i z−1−3i = (z+1) (z2+z−1−3i).
3) Cherchons les racines carrées complexes de u=5+12i. Soit z∈s’écrivant
z=x+iyoù x,y∈. On a z2=x2−y2+2i x y et
|u|=p52+122=p169 =13.
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Ainsi :
z2=u⇐⇒ 
Re(z2) = Re(u)
Im(z2) = Im(u)
z2=|u|
⇐⇒ 
x2−y2=5
2x y =12
x2+y2=13
=⇒
2x2=18
x y >0
2y2=8
⇐⇒ 
x2=9
x y >0
y2=4
⇐⇒ x=3
y=2ou x=−3 y=−2
⇐⇒ z=3+2i ou z=−3−2i.
Il ne reste que deux candidats pour les racines carrées de u; or on sait qu’on
doit en trouver deux : ce sont donc les bons. Les racines carrées complexes
de u=5+12i sont donc 3 +2i et −3−2i.
4) Résolvons maintenant l’équation (E1):
(E1)z3+2z2−3iz−1−3i =0
⇐⇒ (z+1) (z2+z−1−3i) = 0
⇐⇒ z+1=0 ou z2+z−1−3i =0.
Or z2+z−1−3i =0 est une équation du deuxième degré de discriminant
∆=12−4×1×(−1−3i) = 5+12i = (3+2i)2
en utilisant une racine carrée trouvée à la question précédente.
Cette équation a donc pour solutions complexes
z2=−1−(3+2i)
2=−2−i et z3=−1+ (3+2i) 2=1+i.
Les solutions complexes de l’équation (E1)sont donc z1=−1, z2=−2−i
et z3=1+i.
Soit les points M,N,Pd’affixes
zM=−1, zN=3+2i et zP=−3−2i.
5) a. On place les trois points dans le plan complexe :
1
1
M
N
P
On conjecture que la mesure principale αde l’angle (−−→ M N,−−→ M P)se trouve
dans l’intervalle −π,−3π
4.
b. D’après le cours, (−−→ M N ,−−→ M P)≡arg(u) [2π]avec
u=zP−zM
zN−zM
=(−3−2i)−(−1)
(3+2i)−(−1)=−2−2i 4+2i =−1+i 2+i=−(1+i) (2−i)
|2+i|2
=−3+i
5=−3 5−1 5i.
Ainsi, α≡arg−3
5−1 5i[2π].
c. Les arguments θdu complexe u=−3
5−1 5i vérifient
tan(θ) = Im(u)
Re(u)=−1/5 −3/5=1 3.
De plus, Re(u)<0 donc on aura
θ≡arctan1
3+π[2π].
d. La mesure principale de l’angle αest l’unique mesure de cet angle qui se
trouve dans l’intervalle ]−π,π]. Or
0<1
3
donc 0 <arctan1
3<π 2
puis π<arctan1
3+π<2π,
donc la mesure trouvée à la question précédente ne convient pas.
Pour la ramener dans l’intervalle ]−π,π], il suffit de lui retirer 2π:
−π<arctan1
3−π<0.
L’angle αa pour mesure principale arctan1
3−π.
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II1) Soit l’équation, d’inconnue xréelle,
(E2)x3−12 x−8=0,
et la fonction polynomiale P:x7→ x3−12 x−8.
•Comme tout polynôme, cette fonction est définie et dérivable sur et on a
∀x∈,P0(x) = 4x2−12.
Cherchons ses zéros :
P0(x) = 0⇐⇒ 4x2−12 =0⇐⇒ x2=4⇐⇒ x=2 ou x=−2.
P0(x)étant du deuxième degré, il est du même signe que a=4 à l’extérieur
de ses racines. On en déduit le tableau de variations suivant :
x
P0(x)
P
−∞ −22+∞
+0−0+
−∞−∞
88
−24−24
+∞+∞
où les limites en ±∞ se montrent en écrivant
P(x) = x31−12
x2−8 x3.
•La fonction Pest continue et strictement croissante sur l’inter-
valle ]−∞,−2], et
lim
−∞ P=−∞ <0¶8=P(−2).
D’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation P(x) = 0 admet
une unique solution x1dans ]−∞,−2].
De même sur [−2,2], où Pest strictement décroissante et où
P(−2) = 8¾0¾−24 =P(2),
et on obtient une unique solution x2dans [−2,2], et enfin sur [2, +∞[, où
Pest strictement croissante et où
P(2) = 24 ¶0<+∞=lim
+∞P,
et on obtient une unique solution x3dans [2,+∞[.
En conclusion, l’équation (E2)admet exactement 3 solutions dans l’in-
tervalle .
2) a. Soit Aet Bles points du plan complexe d’affixes respectives
zA=4+4ip3 et zB=4−4ip3.
En remarquant que |zA|=8, on écrit
zA=81
2+ip3 2=8cosπ 3+i sinπ 3=8eiπ
3.
De plus, zB=zA=8e−iπ
3.
Écrits sous forme trigonométrique, on a zA=eiπ
3et zB=8 e−iπ 3.
b. Comme les complexes zAet zBsont de module 8, les points Aet Bsont sur le
cercle de centre Oet de rayon 8 (donc 4 cm graphiquement). Comme la partie
réelle de zAet zBvaut 4, les abscisses des points Aet Bsont de 4, donc ces
points sont sur la droite d’équation x=4. Puisque Im(zA)>0, le point Ase
trouve au dessus de l’axe des abscisses, et inversement pour le point B.
148
A
B
c. Recherchons les racines cubiques de zAet de zB. Soit z=reiθun complexe
quelconque, où r>0 et θ∈. Alors :
z3=zA⇐⇒ r3ei3θ=8eiπ
3
⇐⇒ r3=8
3θ≡π
3[2π](en identifiant modules et arguments)
⇐⇒ ¨r=81/3= (23)1/3=2
θ≡π
9[2π 3].
On en déduit que les racines cubiques de zAsont
z0=2 eiπ
9,z1=2 ei7π 9et z2=2 ei13π 9.
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Le même raisonnement pour zBmême aux racines cubiques suivantes :
z0
0=2 e−iπ
9,z0
1=2 ei5π
9et z0
2=2 ei11π
9.
d. Toutes les racines cubiques trouvées sont de module 2, donc les points cor-
respondants se trouvent sur le cercle de centre Oet de rayon 2 (soit, graphi-
quement, de 1 cm).
On place le point Passocié à la première racine cubique de zAen coupant
en trois angles égaux l’angle (−→ ex,−→ OA). À l’aide de la rotation de centre O et
d’angle 2π
3appliquée deux fois successivement, on obtient les points Qet R.
Le même principe, appliqué à l’angle (−→ ex,−→ OB), fournit les points P0,Q0et R0
associés aux racines cubiques de zB.
48
A
B
P
Q
R
P0
Q0
R0
Remarque. On constate graphiquement que les racines cubiques de zBsont les
conjugués des racines cubiques de zA. Ceci provient du fait que zB=zA(mais n’a pas
été démontré...)
3) a. Soit P,Qet Rles points d’affixes
zP=2eiπ
9,zQ=2ei7π 9et zR=2ei13π 9.
On a :
zQ−zP=2 ei7π
9−2eiπ 9=2eiπ 9ei6π 9−1=2eiπ 9×ei2π 3−1
=2ei2π
3−1
zR−zQ=2 ei13π
9−2ei7π 9=2ei7π 9ei6π 9−1
=2ei2π
3−1
zP−zR=2eiπ
9−2ei13π 9=2ei13π 9e−i12π 9−1=2e−i4π 3−1
=2ei2π
3−1.
Ainsi, 
zQ−zP = zR−zQ = zP−zR .
Chacun de ces modules représentant une distance, on obtient que les dis-
tances PQ,QR et PR sont égales : le triangle PQR est équilatéral.
b. L’affixe du centre de gravité Gdu triangle PQR est donnée par
zG=zP+zQ+zR
3=2 3eiπ
9+ei7π 9+ei13π 9
=2
3eiπ
91+ei2π 3+ei4π 3=2
3eiπ
91+ei2π 3+e−i2π 3
=2
3eiπ
91+2 cos2π
3
=0
L’affixe du point Gétant nul, le centre de gravité du triangle PQR se
trouve en l’origine Odu repère.
c. Par définition, l’image du point Qpar la rotation de centre Pet d’angle π
3est
l’unique point Q0vérifiant
PQ =PQ0(égalité de distances)
−−→
PQ ,−−→ PQ0≡π
3[2π].(mesure d’angle)
d. La forme complexe des rotations nous permet d’écrire
zQ0=zP+eiπ
3zQ−zP
=eiπ
9+eiπ 3ei7π 9−eiπ 9=eiπ 9+ei10π 9−ei4π 9
=eiπ
9×1+eiπ−eiπ 3=eiπ 9×1+ (−1) + ei4π 3
=eiπ
9×ei12π 9=ei13π 9=zR.
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Par la rotation de centre Pet d’angle π
3, le point Qse transforme en le
point Q0, qui n’est autre que R. On en déduit que
PQ =PR et que −→ PQ,−→ PR≡π
3[2π].
Ainsi, le triangle PQR est isocèle en Pet son angle en Pmesure π
3: ceci
montre une nouvelle fois que le triangle PQR est équilatéral.
4) Analyse. Supposons que x0soit une solution de (E2):
(R)x3
0−12 x0−8=0.
Soit uet vdeux complexes tels que
u+v=x0et u×v=4.
a. uet vont pour somme x0et pour produit 4 : ce sont donc les solutions de
l’équation du deuxième degré
z2−x0z+4=0
d’inconnue zcomplexe. Une telle équation admet ou bien deux solutions
complexes distinctes, ou bien une unique solution double. Dans les deux
cas, les nombres complexes uet vexistent bien.
b. Comme u×v=4∈∗
+, on a
arg(u v)≡0[2π]d’où arg(u)+arg(v)≡0[2π]d’où arg(v)≡ − arg(u) [2π].
c. Reformulons le premier membre de (R)en utilisant que x0=u+vpuis que
u v =4 :
x3
0−12 x0−8= (u+v)3−12(u+v)3−8
=u3+3u2v+3u v2+v3−12 (u+v)−8
=u3+v3+3u v (v+u)−12(u+v)−8
=u3+v3+12(u+v)−12(u+v)−8
=u3+v3−8.
La relation (R)donne donc
u3+v3−8=0 donc u3+v3=8.
d. Posons U=u3et V=v3. On vient donc de voir que U+V=8. Par ailleurs,
U×V=u3v3= (u v)3=43=64.
Connaissant la somme et le produit de Uet V, ces deux nombres sont les
solutions de l’équation
X2−8X+64 =0⇐⇒ (X−4)2−16 +64 =0
⇐⇒ (X−4)2+48 =0
⇐⇒ (X−4)2−(ip16 ×3)2=0
⇐⇒ (X−4−4ip3) (X−4+4ip3) = 0
⇐⇒ X=4+4ip3 ou X=4−4ip3
Les nombres Uet Vsont donc les nombres
zA=4+4ip3 et zB=4−4ip3.
e. Une première possibilité est que
U=zAet que V=zB.
(on peut aussi avoir U=zBet V=zA, que nous traiterons ensuite). Comme
U=u3(resp. V=v3),u(resp. v)est une racine cubique complexe de U=zA
(resp. de V=zB). Ces dernières ont été calculées à la question II2c, donc
(u=2eiπ
9ou u=2ei7π 9ou u=2ei13π 9
v=2e−iπ
9ou v=2ei5π 9=2e−i13π 9ou v=2ei11π 9=2e−i7π 9.
Ceci donne lieu, a priori, à 9 couples de valeurs possibles pour (u,v). Tou-
tefois, nous avons vu que arg(v)≡ −arg(u) [2π], ce qui ne nous laisse que
¨u=2eiπ
9
v=2e−iπ
9
ou (u=2ei7π
9
v=2e−i7π
9
ou (u=2ei13π
9
v=2e−i13π
9
Puisque u+v=x0, on en déduit que
x0=4 cosπ
9ou x0=4 cos7π 9ou x0=4 cos13π 9.
Si l’on part de U=zBet V=zA, le même raisonnement intervertit les va-
leurs de uet vmais les valeurs de x0trouvées à la fin sont les mêmes.
Les seules valeurs possibles pour les solutions x0de l’équation (E2)
sont :
4 cosπ
9, 4 cos7π 9et 4 cos13π 9.
En utilisant la question II2c, déduisez de ce qui précède les seules va-
leurs possibles pour le couple (u,v)puis donnez les valeurs de x0corres-
pondantes.
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