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PCSI 10 Septembre 2016
Correction du devoir surveillé n◦2
Exercice 1: Questions de cours
1. zest racine 6-ème de l’unité lorsque z6= 1, c’est-à-dire lorsque
z0= 1 , z1=e2iπ
6=e
iπ
3, z2=e4iπ 6=e2iπ 3, z3=e6iπ 6=eiπ, z4=e8iπ 6=e4iπ 3, z5=e10iπ 6=e5iπ 3
2. Voir cours
3.
∀θ∈R,cos(θ) = eiθ +e−iθ
2et sin(θ) = eiθ −e−iθ 2i
∀n∈N,∀θ∈R,cos(θ) + isin(θ)n= cos(nθ) + isin(nθ)
4. Soit z∈C.
(a) z∈Rpeut s’écrire Im(z) = 0 ou z=zou arg(z) = 0[π].
(b) z∈iRpeut s’écrire Re(z)=0ou z=−zou arg(z) = π
2[π].
5. ∀z∈C, f(z) = 1
3(z−2−i) + 2 + i
6. Soit f:IRune fonction continue. On dit que Fest une primitive de fsur Ilorsque Fest
dérivable sur Iet ∀x∈I, F 0(x) = f(x).
7. Soit fune fonction définie et continue sur un intervalle I. Soit Fune primitive de fsur I.
Soient a, b ∈Iavec a≤b. Alors,
Zb
af(x)dx =hF(x)ib
a=F(b)−F(a)
8. Soient uet vdeux fonctions de classe C1sur un intervalle de la forme [a, b]. Alors :
Zb
au(x)v0(x)dx =hu(x)v(x)ib
a−Zb
au0(x)v(x)dx
9. Soit fune fonction définie et continue sur un intervalle I.
Soit φune fonction de classe C1sur un intervalle Jtel que φ(J)⊂I(φest le changement de
variable utilisé).
Soient a, b ∈Javec a≤b. Alors,
Zb
af(φ(t))φ0(t)dt =Zφ(b) φ(a)f(x)dx.
Exercice 2:
1. z2−2iz + 2 −4i= 0 est une équation du second degré à coefficients complexes.
∆=(−2i)2−4(2 −4i) = −12 + 16i
On doit maintenant chercher les deux racines carrés du complexes −12 + 16i. On les cherche
sous la forme z=x+iyce qui donne le système suivant :
x2−y2=−12
2xy = 16
x2+y2=√122+ 162= 20 ⇔
2x2= 8
2xy = 16
−2y2=−32 ⇔
x= 2 ou x=−2
xy = 8
y= 4 ou y=−4
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Puisque xet ydoivent être de même signe, on en déduit les solutions : δ= 2+4iet −δ=−2−4i.
On peut alors calculer les solutions de l’équation initiale :
z1=2i+ 2 + 4i
2= 1 + 3iou z2=2i−2−4i 2=−1−i
2. On va modifier cette équation pour se ramener au racine n-ème de l’unité.
(z+ 1)n−(z−1)n= 0 ⇔(z+ 1)n= (z−1)n⇔ z+ 1
z−1!n
= 1 car z= 1 n’est pas solution.
⇔z+ 1
z−1=wk
1pour k∈[[1, n −1]] et w1=e2iπ
n
⇔z+ 1 = wk
1(z−1) pour k∈[[1, n −1]] et w1=e2iπ
n
⇔z(1 −wk
1) = −1−wk 1pour k∈[[1, n −1]] et w1=e2iπ
n
⇔z=−(1 + wk
1)
1−wk
1
pour k∈[[1, n −1]] et w1=e2iπ
n
On peut ensuite utiliser l’angle moitié pour simplifier encore cette expression de zet on obtient
∀k∈[[1, n −1]] , z =−(1 + e2ikπ
n)
1−e2ikπ
n
=−2 cos kπ
n
−2isin kπ
n=−i
tan kπ
n
Exercice 3:
1. On reconnait presque la forme u0
2√usous l’intégrale avec u(t) = 1 + 2t2
Z1
0
t
√1+2t2dt =1
4Z1
0
4t
√1+2t2dt =1
4"√1+2t2#1
0
=1
4√3−1=√3−1 4
2. On reconnait la forme u0×usous l’intégrale avec u(x) = sin(x)dont une primitives est de la
forme u2
2donc
Zπ
4
0sin(t) cos(t)dt ="sin2(t)
2#
π
4
0
=√2
22
2=1 4
3. On reconnait la forme u0
u3avec u(t) = t3+ 1 dont une primitive est de la forme 1 −(n−1)un−1donc
Z1
0
t2
(t3+ 1)3dt ="1 −2(t3+ 1)2#1
0
=1
−2×4−1 −2×1=3 8
4. On doit chercher les racines de l’équation x2−6x+ 8 = 0 dont le discriminant vaut ∆=4. On
a donc
∃(a, b)∈R2,∀x∈[2,3],1
x2−6x+ 8 =a x−5+b x−1
Par identification, on trouve a=1
4et b=−1 4. Donc,
Z3
2
1
x2−6x+ 8dx =Z3
2
1
4(x−5)dx −Z3
2
1
4(x−1)dx ="1 4ln(|x−5|)−1 4ln(|x−1|)#3
2
=−ln(3)
4
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5. On utilise une double intégration par parties pour faire disparaitre le polynôme devant la
fonction sin.
6. Voir TD 4
Exercice 4:
1. Nous devons d’abord diviser toute cette équation par la quantité 1 + x2qui ne s’annule pas sur
Rdonc cela ne modifie pas l’intervalle d’étude. L’équation devient
(E0) : y0+x
1 + x2y=1
√1 + x2
Il s’agit d’une équation différentielle linéaire du premier ordre à coefficients non constants avec
second membre. On commence par résoudre l’équation sans second membre
(EH) : y0+x
1 + x2y= 0
donc les solutions sont de la forme ∀x∈R, yh(x) = λe−1
2ln(1+x2)=λ
√1+x2, λ ∈R.
Nous cherchons ensuite une solution particulière par variations de la constante donc sous la
forme
yp(x) = λ(x)
√1+x2et donc ∀x∈R, y0
p(x) = λ0(x)√1+x2−λ(x)2x
2√1+x2
1+x2=λ0(x)
√1+x2−xλ(x) √1+x2(1+x2).
ypest solution de (E) ⇔y0
p+x
1 + x2yp=1
√1 + x2
⇔λ0(x)
√1 + x2−xλ(x) √1 + x2(1 + x2)+x
1 + x2
λ(x)
√1 + x2=1 √1 + x2
⇔λ0(x)
√1 + x2=1 √1 + x2
⇔λ0(x)=1
Nous pouvons donc prendre λ(x) = x. Ainsi, la fonction yp(x) = x
√1+x2est une solution
particulière de (E).
Pour avoir la forme générale des solutions, il reste à faire la somme de la solution de l’équation
homogène et de la solution particulière
SE(R) = (x7→ λ+x
√1 + x2, λ ∈R)
2. Voir correction TD 4
Exercice 5: Soit fla fonction qui associe à un complexe z, lorsque c’est possible, le complexe
f(z) = z2
z−2i
1.
Df={z∈C, /z −2i6= 0}=C\{2i}.
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2. z∈Cest un antécédent du complexe 1 + ipar fsi, et seulement si, f(z) = 1 + i.
f(z) = 1 + i⇔z2
z−2i= 1 + i
⇔z2= (1 + i)(z−2i)
⇔z2−(1 + i)z+ 2i(1 + i)=0
Il s’agit d’une équation du second degré à coefficients complexes.
∆ = (1 + i)2−8i(1 + i)=2i−8i+ 8 = 8 −6i
Le déterminant est complexe donc on cherche ses racines carrées : δ=x+iy∈Ctel que
δ2= 8 −6i.
δ2= 8 −6i⇔
x2−y2= 8
2xy =−6
x2+y2=√64 + 36 = 10 ⇔
2x2= 18
xy =−3
−2y2=−2⇔
x= 3 ou x=−3
xy =−3
y= 1 ou y=−1
Les racines du complexes 8−6isont donc δ= 3 −iet −δ=−3 + i. Nous pouvons alors en
déduire les antécédents de 1 + i.
f(z) = 1 + i⇔z2−(1 + i)z+ 2i(1 + i)=0
⇔z=1 + i+ 3 −i
2= 2 ou z=1 + i−3 + i 2=−1 + i
On peut vérifier que ces deux complexes sont bien des antécédents de 1 + i.
3. Soit a∈C.
f(z) = a⇔z2
z−2i=a
⇔z2=a(z−2i)
⇔z2−az + 2ai= 0
Le nombre d’antécédents de adépend du discriminant ∆ = a2−8ai=a(a−8i).
(Si a= 0 ou a= 8i, a a 1 seul antécédent
Si a∈C\{0,8i}, a a 2 antécédents distincts
4. Soit z∈Df.
g(z) = |x+iy−2i|2(x+iy)2
x+iy−2i+ (x+iy)3
= (x2+ (y−2)2)x2−y2+ 2ixy
x+i(y−2) +x3+ 3ix2y−3xy2−iy3
= (x2+ (y−2)2)(x2−y2+ 2ixy)(x−i(y−2))
x2+ (y−2)2+x3+ 3ix2y−3xy2−iy3
=x3−ix2(y−2) −y2x+iy2(y−2) + 2ix2y+ 2xy(y−2) + x3+ 3ix2y−3xy2−iy3
=x3−y2x+ 2xy(y−2) + x3−3xy2+i−x2(y−2) + y2(y−2) + 2x2y+ 3x2y−y3
g(z) = 2x(x2−y2−2y) + i2x2+ 4x2y−2y2
5.
g(z)∈iR⇔Re(g(z)) = 0
⇔2x(x2−y2−2y) = 0
⇔x= 0 ou x2−y2−2y= 0
Aest la réunion de la droite d’équation x= 0 de l’ensemble B={(x, y)∈R2, x2−y2−2y= 0}
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Exercice 6: On cherche à résoudre l’équation suivante d’inconnue z:
(E) : (1 −iz)3(1 + i√3) = (1 + iz)3(1 −i√3)
1. Nous allons remplacer zpar idans chacun des 2 membres pour montrer que l’égalité n’a pas
lieu.
(1 + i2)3(1 + i√3) = 0
(1 −i2)3(1 −i√3) = 8(1 −i√3) 6= 0
Donc −in’est pas solution de (E).
2. Soit zune solution de (E). On sait donc que a6=−i.
(1 −iz)3(1 + i√3) = (1 + iz)3(1 −i√3) ⇒(1 + i√3)
(1 −i√3) =(1 + iz)3
(1 −iz)3
⇒1 + i√3
1−i√3= 1 + iz
1−iz!3
⇒
1 + i√3
1−i√3
=
1 + iz
1−iz
3
⇒1 = 
1 + iz
1−iz
3
car |1 + i√3|=|1−i√3|
zsolution de (E)⇒
1 + iz
1−iz
= 1
3. On utilise la forme algébrique de z,z=x+iy.
1 + iz
1−iz
= 1 ⇔ |1 + iz|=|1−iz|
⇔ |1 + i(x+iy)|=|1−i(x+iy)|
⇔ |1−y+ix|2=|1 + y+ix|2
⇔(1 −y)2+x2= (1 + y)2+x2
⇒ −2y= 2y
⇒y= 0
1 + iz
1−iz
= 1 ⇒z∈R
4. Soit zun nombre réel.
(1 −iz)3(1 + i√3) = (1 −iz)3(1 + i√3) = (1 −iz)3(1 −i√3)
puisque zest un nombre réel. On en déduit donc que
z∈Rsolution de (E)⇒(1 −iz)3(1 + i√3) ∈R
5.
zsolution de (E)⇒
1 + iz
1−iz
= 1
⇒z∈R
⇒(1 −iz)3(1 + i√3) ∈R
⇒arg((1 −iz)3(1 + i√3)) = 0[π].
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