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PCSI 1 et 2
Équations algébriques du troisième degré
Problème
Corrigé du devoir surveillé no 2
Soit l’équation, d’inconnue z complexe :
(E1 ) z 3 + 2 z 2 − 3i z − 1 − 3i = 0.
Tracé de courbe
Exercice
I 1) Soit z = x ∈ R. On a alors :
x 3 + 2 x 2 − 3i x − 1 − 3i = 0
⇐⇒
x =1
⇐⇒
(x 3 + 2 x 2 − 1) + (−3 x − 3) = 0
3
x + 2 x2 − 1 = 0
(en identifiant partie réelle
−3x −3=0
⇐⇒
⇐⇒
3
x +2x −1=0
x = −1
x = −1
1
3
−1
6
2) Soit P(z) = z 3 +2 z 2 −3i z −1−3i. D’après la question précédente, le polynôme P
va se factoriser par (z + 1).
−3
Cf
y = − 12 x + 2
Soit a, b, c trois nombres complexes quelconques. On a :
(z + 1) (a z 2 + b z + c) = P(z)
⇐⇒
Remarques
• En 1+ , la courbe de la fonction f admet une asymptote verticale d’équation 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.
n’admet pas d’asymptote oblique. Le fait que
f (x)
x
f (x)
x
−
→ 0 montre que la courbe
−
→ 0 montre que la courbe
tend « lentement » vers +∞, ce qui fait que l’allure de la courbe est semblable à
p
celle de x 7→ x ou de x 7→ ln(x) au voisinage de +∞.
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
(car −1 est bien solution de x 3 + 2 x 3 − 1 = 0,
ce qui justifie ⇐)
Donc −1 est l’unique solution réelle de l’équation (E1 ).
1
• En −∞, le fait que f (x) −
→ +∞ mais que
et partie imaginaire)
2
⇐⇒
⇐⇒
Ainsi :
a z 3 + (a + b) z 2 − (b + c) z + c = z 3 + 2 z 2 − 3i z − 1 − 3i

a=1


a+ b = 2

b + c = −3i


c = −1 − 3i

a=1


b=1
(en identifiant les coefficients
des deux polynômes)

c = −1 − 3i


c = −1 − 3i
∀ z ∈ C,
z 3 + 2 z 2 − 3i z − 1 − 3i = (z + 1) (z 2 + z − 1 − 3i).
3) Cherchons les racines carrées complexes de u = 5 + 12i. Soit z ∈
z = x + i y où x, y ∈ R. On a z 2 = x 2 − y 2 + 2i x y et
p
p
| u | = 52 + 122 = 169 = 13.
C s’écrivant
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Ainsi :
Soit les points M , N , P d’affixes
z2 = u
⇐⇒
⇐⇒
=⇒
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒

2

 Re(z ) = Re(u)
Im(z 2 ) = Im(u)

 2 z = |u|
 2
2
x − y =5
2 x y = 12
 2
x + y 2 = 13

2
 2x = 18
xy >0

2 y2 = 8
 2
 x =9
xy >0
 2
y =4
x =3
x = −3
ou
y =2
y = −2
z = 3 + 2i
z = −3 − 2i.
ou
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.
z M = −1,
N
1
M
⇐⇒
(z + 1) (z 2 + z − 1 − 3i) = 0
z+1=0
ou
−−→ −−→
On conjecture que”la mesure— principale α de l’angle ( M N, M P) se trouve
3π
dans l’intervalle −π, − 4 .
−−→ −−→
b. D’après le cours, ( M N , M P) ≡ arg(u) [2π] avec
zP − zM
(−3 − 2i) − (−1)
−2 − 2i
1+i
(1 + i) (2 − i)
=
=
=−
=−
zN − z M
(3 + 2i) − (−1)
4 + 2i
2+i
| 2 + i |2
3+i
3 1
=−
= − − i.
5
5 5
1 3
Ainsi, α ≡ arg − 5 − 5 i [2π].
u=
c. Les arguments θ du complexe u = − 53 − 15 i vérifient
Or z 2 + z − 1 − 3i = 0 est une équation du deuxième degré de discriminant
θ ≡ arctan
z2 =
−1 − (3 + 2i)
= −2 − i
2
et
z3 =
−1 + (3 + 2i)
= 1 + i.
2
Les solutions complexes de l’équation (E1 ) sont donc z1 = −1, z2 = −2 − i
et z3 = 1 + i.
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
1
3 +π
[2π].
d. La mesure principale de l’angle α est l’unique mesure de cet angle qui se
trouve dans l’intervalle ]−π, π]. Or
1
3
0 < arctan 13 < π2
< arctan 13 + π < 2π,
0<
∆ = 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
−1/5
1
Im(u)
=
= .
Re(u)
−3/5
3
De plus, Re(u) < 0 donc on aura
2
z + z − 1 − 3i = 0.
1
P
tan(θ) =
(E1 ) z 3 + 2 z 2 − 3i z − 1 − 3i = 0
et z P = −3 − 2i.
5) a. On place les trois points dans le plan complexe :
4) Résolvons maintenant l’équation (E1 ) :
⇐⇒
zN = 3 + 2i
donc
puis
π
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 31 − π < 0.
1
L’angle α a pour mesure principale arctan 3 − π.
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II 1) Soit l’équation, d’inconnue x réelle,
(E2 )
2) a. Soit A et B les points du plan complexe d’affixes respectives
p
p
zA = 4 + 4i 3 et zB = 4 − 4i 3.
x 3 − 12 x − 8 = 0,
et la fonction polynomiale P : x 7→ x 3 − 12 x − 8.
• Comme tout polynôme, cette fonction est définie et dérivable sur R et on a
∀ x ∈ R,
0
2
P (x) = 4 x − 12.
P 0 (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 :
−2
+
P 0 (x)
+∞
2
−
0
0
+ i sin
π
3
π
= 8 ei 3 .
π
P 0 (x) = 0 ⇐⇒ 4 x 2 − 12 = 0 ⇐⇒ x 2 = 4 ⇐⇒ x = 2 ou x = −2.
−∞
π
3
De plus, zB = zA = 8 e−i 3 .
Cherchons ses zéros :
x
En remarquant que | zA | = 8, on écrit
p zA = 8 21 + i 23 = 8 cos
π
π
Écrits sous forme trigonométrique, on a zA = ei 3 et zB = 8 e−i 3 .
b. Comme les complexes zA et zB sont de module 8, les points A et B sont sur le
cercle de centre O et de rayon 8 (donc 4 cm graphiquement). Comme la partie
réelle de zA et zB vaut 4, les abscisses des points A et B sont de 4, donc ces
points sont sur la droite d’équation x = 4. Puisque Im(zA) > 0, le point A se
trouve au dessus de l’axe des abscisses, et inversement pour le point B.
+
A
+∞
8
P
−24
−∞
où les limites en ±∞ se montrent en écrivant
P(x) = x
3
1−
12
x2
−
4
1
8
x3
8
.
• La fonction P est continue et strictement croissante sur l’intervalle ]−∞, −2], et
lim P = −∞ < 0 ¶ 8 = P(−2).
B
−∞
D’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation P(x) = 0 admet
une unique solution x 1 dans ]−∞, −2].
De même sur [−2, 2], où P est strictement décroissante et où
P(−2) = 8 ¾ 0 ¾ −24 = P(2),
c. Recherchons les racines cubiques de zA et de zB . Soit z = r eiθ un complexe
quelconque, où r > 0 et θ ∈ R. Alors :
z 3 = zA
⇐⇒
et on obtient une unique solution x 2 dans [−2, 2], et enfin sur [2, +∞[, où
P est strictement croissante et où
⇐⇒
P(2) = 24 ¶ 0 < +∞ = lim P,
⇐⇒
+∞
et on obtient une unique solution x 3 dans [2, +∞[.
En conclusion, l’équation (E2 ) admet exactement 3 solutions dans l’intervalle R.
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
π
r 3 ei3θ = 8 ei 3
3
r =8
3θ ≡
¨
r =8
θ≡
(en identifiant modules et arguments)
π
3 [2π]
1/3
3 1/3
= (2 )
π
9
=2
[ 2π
3 ].
On en déduit que les racines cubiques de zA sont
π
z0 = 2 ei 9 ,
z1 = 2 ei
7π
9
et
z2 = 2 ei
13π
9
.
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Le même raisonnement pour zB même aux racines cubiques suivantes :
π
z00 = 2 e−i 9 ,
z10 = 2 ei
5π
9
z20 = 2 ei
et
11π
9
.
d. Toutes les racines cubiques trouvées sont de module 2, donc les points correspondants se trouvent sur le cercle de centre O et de rayon 2 (soit, graphiquement, de 1 cm).
On place le point P associé à la première racine cubique de zA en coupant
−→
→
en trois angles égaux l’angle (−
e , OA). À l’aide de la rotation de centre O et
d’angle
x
2π
3
appliquée deux fois successivement, on obtient les points Q et R.
−→
→
Le même principe, appliqué à l’angle (−
e x , OB), fournit les points P 0 , Q0 et R0
associés aux racines cubiques de zB .
A
On a :
z − z = 2 ei 7π9 − 2 ei π9 = 2 ei π9 ei 6π9 − 1 = 2 ei π9 × ei 2π3 − 1 Q
P
2π
= 2 ei 3 − 1 7π
7π 6π
z − z = 2 ei 13π
9 − 2 ei 9 = 2 ei 9
ei 9 − 1 R
Q
2π
= 2 ei 3 − 1 13π
4π
12π
z − z = 2 ei π9 − 2 ei 13π
9 = 2 ei 9
e−i 9 − 1 = 2 e−i 3 − 1 P
R
2π
= 2 ei 3 − 1 .
Ainsi, zQ − zP = zR − zQ = zP − zR .
Chacun de ces modules représentant une distance, on obtient que les distances PQ, QR et PR sont égales : le triangle PQR est équilatéral.
b. L’affixe du centre de gravité G du triangle PQR est donnée par
Q0
Q
P
P0
R0
z P + zQ + zR
Š
7π
13π
2 € iπ
e 9 + ei 9 + ei 9
3
3
2π
2π
4π 2π 2 π
2 iπ
= e 9 1 + ei 3 + ei 3 = ei 9 1 + ei 3 + e−i 3
3
3
2 iπ
2π
9
= e
1 + 2 cos 3
3
=0
zG =
4
8
R
=
L’affixe du point G étant nul, le centre de gravité du triangle PQR se
trouve en l’origine O du repère.
c. Par définition, l’image du point Q par la rotation de centre P et d’angle π3 est
l’unique point Q0 vérifiant

 PQ = PQ0
−−→ −−→ π
 PQ , PQ0 ≡
[2π].
3
B
(égalité de distances)
(mesure d’angle)
d. La forme complexe des rotations nous permet d’écrire
Remarque. On constate graphiquement que les racines cubiques de zB sont les
conjugués des racines cubiques de zA. Ceci provient du fait que zB = zA (mais n’a pas
été démontré...)
3) a. Soit P, Q et R les points d’affixes
π
z P = 2 ei 9 ,
zQ = 2 ei
7π
9
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
et
zR = 2 ei
13π
9
π
zQ0 = z P + ei 3 zQ − z P
π
7π
π
π
10π
4π π
= ei 9 + ei 3 ei 9 − ei 9 = ei 9 + ei 9 − ei 9
”
—
”
—
π
π
π
4π
= ei 9 × 1 + eiπ − ei 3 = ei 9 × 1 + (−1) + ei 3
π
.
= ei 9 × ei
12π
9
= ei
13π
9
= zR .
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Par la rotation de centre P et d’angle π3 , le point Q se transforme en le
point Q0 , qui n’est autre que R. On en déduit que
PQ = PR
−→ −→
PQ, PR ≡
et que
π
3
X 2 − 8 X + 64 = 0
[2π].
Ainsi, le triangle PQR est isocèle en P et son angle en P mesure
montre une nouvelle fois que le triangle PQR est équilatéral.
Connaissant la somme et le produit de U et V , ces deux nombres sont les
solutions de l’équation
π
3
: ceci
u + v = x0
et u × v = 4.
a. u et v ont pour somme x 0 et pour produit 4 : ce sont donc les solutions de
l’équation du deuxième degré
z2 − x0 z + 4 = 0
d’inconnue z complexe. Une telle équation admet ou bien deux solutions
complexes distinctes, ou bien une unique solution double. Dans les deux
cas, les nombres complexes u et v existent bien.
b. Comme u × v = 4 ∈ R∗+ , 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 x 0 = u + v puis que
uv =4 :
x 03 − 12 x 0 − 8 = (u + v)3 − 12 (u + v)3 − 8
= u3 + 3 u2 v + 3 u v 2 + v 3 − 12 (u + v) − 8
3
3
= u + v + 3 u v (v + u) − 12 (u + v) − 8
= u3 + v 3 + 12 (u + v) − 12 (u + v) − 8
= u3 + v 3 − 8.
La relation (R) donne donc
u3 + v 3 − 8 = 0
donc
u 3 + v 3 = 8.
d. Posons U = u3 et V = v 3 . On vient donc de voir que U + V = 8. Par ailleurs,
U × V = u3 v 3 = (u v)3 = 43 = 64.
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
⇐⇒
(X − 4)2 + 48 = 0
p
(X − 4)2 − (i 16 × 3)2 = 0
p
p
(X − 4 − 4i 3) (X − 4 + 4i 3) = 0
p
p
X = 4 + 4i 3 ou X = 4 − 4i 3
⇐⇒
⇐⇒
x 03 − 12 x 0 − 8 = 0.
Soit u et v deux complexes tels que
(X − 4)2 − 16 + 64 = 0
⇐⇒
4) Analyse. Supposons que x 0 soit une solution de (E2 ) :
(R)
⇐⇒
Les nombres U et V sont donc les nombres
p
p
zA = 4 + 4i 3 et zB = 4 − 4i 3.
e. Une première possibilité est que
U = zA
V = zB .
et que
(on peut aussi avoir U = zB et V = zA, que nous traiterons ensuite). Comme
U = u3 (resp. V = v 3 ), 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
(
7π
13π
π
u = 2 ei 9 ou u = 2 ei 9 ou u = 2 ei 9
π
v = 2 e−i 9
ou
v = 2 ei
5π
9
= 2 e−i
13π
9
ou
v = 2 ei
11π
9
7π
= 2 e−i 9 .
Ceci donne lieu, a priori, à 9 couples de valeurs possibles pour (u, v). Toutefois, nous avons vu que arg(v) ≡ − arg(u) [2π], ce qui ne nous laisse que
(
(
¨
π
7π
13π
u = 2 ei 9
u = 2 ei 9
u = 2 ei 9
ou
ou
π
7π
13π
v = 2 e−i 9
v = 2 e−i 9
v = 2 e−i 9
Puisque u + v = x 0 , on en déduit que
x 0 = 4 cos π9
ou x 0 = 4 cos
7π
9
ou
x 0 = 4 cos
13π
9
.
Si l’on part de U = zB et V = zA, le même raisonnement intervertit les valeurs de u et v mais les valeurs de x 0 trouvées à la fin sont les mêmes.
Les seules valeurs possibles pour les solutions x 0 de l’équation (E2 )
sont :
π
7π 13π et 4 cos 9 .
4 cos 9 , 4 cos 9
En utilisant la question II 2c, déduisez de ce qui précède les seules valeurs possibles pour le couple (u, v) puis donnez les valeurs de x 0 correspondantes.
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5) Synthèse. Nous avons vu dans la question II 1 que l’équation (E2 ) admettait
exactement 3 solutions réelles. Or, la question précédente ne nous a laissé que
3 candidats pour être ces solutions : c’est donc que ce sont les solutions de (E2 ).
4) On résout maintenant l’équation trigonométrique :
cos(3θ) = 12 ⇐⇒ cos(3θ) = cos π3
L’équation (E2 ) x 3 − 12 x − 8 = 0 a pour ensemble de solutions
¦
©
7π 13π π
S (E2 ) = 4 cos 9 , 4 cos 9 , 4 cos 9
.
où r > 0 et θ ∈ R.
S =
Attention, erreur d’énoncé ! Sous cette forme, x est un nombre réel. Si (E2 )
admettait des solutions complexes, on ne pourrait pas les représenter ainsi...
2) On linéaire cos3 (θ) grâce aux formule d’Euler :
‹
 iθ
e + e−iθ 3
cos3 (θ) =
2
1 3iθ
= 3 e + 3 eiθ + 3 e−iθ + e−3iθ
2
1
= 3 2 cos(3θ) + 6 cos(θ)
2
cos3 (θ) =
1
4
cos(3θ) +
3
4
3
4
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
r02 − 12 = 0 ⇐⇒ r02 = 16 ⇐⇒ r0 = 4.
3
r0 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8 = 42 cos(3θ) − 8
3
r0 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8 = 0
⇐⇒
42 cos(3θ) − 8 = 0
⇐⇒
cos(3θ) = 12 .
Pour r0 = 4, on a
r0 cos(θ)
3
¦π
9
+k
π
9
π
2π
[ 2π
3 ] ou θ ≡ − 9 [ 3 ].
2π
3 ,
k ∈Z
©
1
3
¦ π
∪ −9 +k
est
2π
3 ,
k ∈Z
©
3
r0 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8 = 0
cos(3θ) =
θ≡
θ≡
π
9
π
9
1
2
[ 2π
3 ]
(d’après la question III 3)
ou θ ≡ − π9 [ 2π
3 ]
[2π] ou θ ≡
ou θ ≡
cos(θ).
En prenant r0 = 4, on a
donc
θ≡
[2π] ou 3θ ≡ − π3 [2π]
x 3 − 12 x − 8 = 0
⇐⇒
Dans cette dernière expression, le terme en cos(θ) disparaitra si r03 − 12 r0 = 0.
Puisque r0 > 0,
r03 − 12 r0 = 0 ⇐⇒
⇐⇒
π
3
5) Si l’on prend x = 4 cos(θ), où θ ∈ R quelconque, on a
(E2 )
3
3) Linéarisons r0 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8 en ordonnant les termes :
3
r0 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8 = r03 14 cos(3θ) + 34 cos(θ) − 12 r0 cos(θ) − 8
r3
= 40 cos(3θ) + 43 r03 − 12 r0 cos(θ) − 8.
3
4
3θ ≡
L’ensemble des solutions de l’équation cos(3θ) =
III 1) On cherche les solutions de (E2 ) sous la forme
x = r cos(θ),
⇐⇒
− π9
7π
9
(d’après la question III 4)
[2π] ou θ ≡
[2π] ou θ ≡
5π
9
13π
9
[2π]
[2π] ou θ ≡
11π
9
[2π].
Pour retrouver les valeurs de l’inconnue x correspondantes, nous allons
prendre le cosinus de ces valeurs. Ramenons-nous aux mesures principales
(dans ]−π, π]) de ces angles :
(E2 )
x 3 − 12 x − 8 = 0
⇐⇒
θ≡
π
9
[2π] ou θ ≡
7π
9
[2π] ou θ ≡ − 5π
9 [2π]
ou θ ≡ − π9 [2π] ou θ ≡
5π
9
[2π] ou θ ≡ − 7π
9 [2π].
Comme cos(−ϕ) = cos(ϕ), on ne garde que les nombres suivants
x 1 = 4 cos π9 , x 2 = 4 cos 4π
et x 3 = 4 cos 5π
9
9
comme solutions de (E3 ).
On a appliqué cos à trois nombres distincts de l’intervalle [0, π], où cos est
strictement décroissante : on en déduit que x 1 > x 2 > x 3 et en particulier que
ces trois nombres sont distincts. Comme une équation du troisième degré a au
plus 3 solutions distinctes, on en déduit que ce sont les seules :
©
¦
π
5π 7π .
S (E2 ) = 4 cos 9 , 4 cos 9 , 4 cos 9
1
− 12 r0 cos(θ) − 8 = 0 ⇐⇒ cos(3 θ) = 2 .
Oscar DEVYS et Bertrand MICAUX, Lycée Victor Hugo (Besançon)
[ DS2 | 2016-2017 | 02/01/2017 ]
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