Correction du devoir surveillé n
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Exercice 1: Questions de cours1. z est racine 6-ème de l’unité lorsque z6 = 1, c’est-à-dire lorsque
z0 = 1 , z1 = e 2iπ 6 = e iπ 3 , z 2 = e 4iπ 6 = e 2iπ 3 , z 3 = e 6iπ 6 = eiπ , z 4 = e 8iπ 6 = e 4iπ 3 , z 5 = e 10iπ 6 = e 5iπ 3 2. Voir cours 3. ∀θ ∈ R, cos(θ) = e iθ + e−iθ 2 et sin(θ) = eiθ− e−iθ 2i
∀n ∈ N, ∀θ ∈ R, cos(θ) + i sin(θ)n= cos(nθ) + i sin(nθ) 4. Soit z ∈ C.
(a) z ∈ R peut s’écrire Im(z) = 0 ou z = z ou arg(z) = 0[π]. (b) z ∈ iR peut s’écrire Re(z) = 0 ou z = −z ou arg(z) = π2[π].
5. ∀z ∈ C, f (z) = 13(z − 2 − i) + 2 + i
6. Soit f : IR une fonction continue. On dit que F est une primitive de f sur I lorsque F est dérivable sur I et ∀x ∈ I, F0(x) = f (x).
7. Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I. Soit F une primitive de f sur I. Soient a, b ∈ I avec a ≤ b. Alors,
Z b
a
f (x)dx =hF (x)ib
a = F (b) − F (a)
8. Soient u et v deux fonctions de classe C1 sur un intervalle de la forme [a, b]. Alors :
Z b a u(x)v0(x)dx =hu(x)v(x)ib a− Z b a u0(x)v(x)dx 9. Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I.
Soit φ une fonction de classe C1 sur un intervalle J tel que φ(J ) ⊂ I (φ est le changement de
variable utilisé).
Soient a, b ∈ J avec a ≤ b. Alors,
Z b a f (φ(t))φ0(t)dt = Z φ(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 + iy ce 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
Puisque x et y doivent être de même signe, on en déduit les solutions : δ = 2+4i et −δ = −2−4i. On peut alors calculer les solutions de l’équation initiale :
z1 =
2i + 2 + 4i
2 = 1 + 3i ou 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 = w k 1 pour k ∈ [[1, n − 1]] et w1 = e 2iπ n ⇔ z + 1 = wk 1(z − 1) pour k ∈ [[1, n − 1]] et w1 = e 2iπ n ⇔ z(1 − wk 1) = −1 − w k 1 pour k ∈ [[1, n − 1]] et w1 = e 2iπ n ⇔ z = −(1 + w k 1) 1 − wk 1 pour k ∈ [[1, n − 1]] et w1 = e 2iπ n
On peut ensuite utiliser l’angle moitié pour simplifier encore cette expression de z et on obtient
∀k ∈ [[1, n − 1]] , z = −(1 + e 2ikπ n ) 1 − e2ikπn = −2 cos kπ n −2i sinkπ n = −i tankπn Exercice 3:
1. On reconnait presque la forme 2u√0
u sous l’intégrale avec u(t) = 1 + 2t
2 Z 1 0 t √ 1 + 2t2dt = 1 4 Z 1 0 4t √ 1 + 2t2dt = 1 4 "√ 1 + 2t2 #1 0 = 1 4 √ 3 − 1= √ 3 − 1 4
2. On reconnait la forme u0 × u sous l’intégrale avec u(x) = sin(x) dont une primitives est de la forme u22 donc Z π 4 0 sin(t) cos(t)dt = " sin2(t) 2 #π4 0 = √ 2 2 2 2 = 1 4
3. On reconnait la forme uu30 avec u(t) = t3+ 1 dont une primitive est de la forme
1 −(n−1)un−1 donc Z 1 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
4 et b = − 1 4. Donc, Z 3 2 1 x2 − 6x + 8dx = Z 3 2 1 4(x − 5)dx − Z 3 2 1 4(x − 1)dx = " 1 4ln(|x − 5|) − 1 4ln(|x − 1|) #3 2 = −ln(3) 4
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 + x2 qui ne s’annule pas sur
R donc 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+x
2)
= √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+x2 et donc ∀x ∈ R, y 0 p(x) = λ0(x)√1+x2−λ(x) 2x 2 √ 1+x2 1+x2 = λ0(x) √ 1+x2 − xλ(x) √ 1+x2(1+x2).
yp est solution de (E) ⇔ yp0 +
x 1 + x2yp = 1 √ 1 + x2 ⇔ λ 0(x) √ 1 + x2 − xλ(x) √ 1 + x2(1 + x2) + x 1 + x2 λ(x) √ 1 + x2 = 1 √ 1 + x2 ⇔ λ 0(x) √ 1 + x2 = 1 √ 1 + x2 ⇔ λ0(x) = 1
Nous pouvons donc prendre λ(x) = x. Ainsi, la fonction yp(x) = √1+xx 2 est 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) = ( x 7→ √λ + x 1 + x2, λ ∈ R ) 2. Voir correction TD 4
Exercice 5: Soit f la fonction qui associe à un complexe z, lorsque c’est possible, le complexe
f (z) = z
2
z − 2i
1.
2. z ∈ C est un antécédent du complexe 1 + i par f si, et seulement si, f (z) = 1 + i. f (z) = 1 + i ⇔ z 2 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 ∈ C tel 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 − 6i sont donc δ = 3 − i et −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 ⇔ z 2 z − 2i = a ⇔ z2 = a(z − 2i) ⇔ z2− az + 2ai = 0
Le nombre d’antécédents de a dépend 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)x 2− y2+ 2ixy x + i(y − 2) + x 3+ 3ix2y − 3xy2− iy3 = (x2+ (y − 2)2)(x 2− y2 + 2ixy)(x − i(y − 2)) x2+ (y − 2)2 + x 3+ 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
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 z par i dans 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 −i n’est pas solution de (E).
2. Soit z une solution de (E). On sait donc que a 6= −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| z solution 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 z un nombre réel.
(1 − iz)3(1 + i√3) = (1 − iz)3(1 + i√3) = (1 − iz)3(1 − i√3)
puisque z est un nombre réel. On en déduit donc que
z ∈ R solution de (E) ⇒ (1 − iz)3(1 + i√3) ∈ R 5. z solution 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].
6. Soit z un réel. |1 − iz| = √1 + z2 1 − iz = √1 + z2 √ 1 1 + z2 − i z √ 1 + z2 !
Nous cherchons θ tel que
( cos(θ) = √1 1+z2 sin(θ) = √−z 1+z2 ⇒ tan(θ) = sin(θ) cos(θ) = −z √ 1+z2 1 √ 1+z2 = −z ⇒ tan(−θ) = z ⇒ θ = −arctan(z)
donc arg(1 − iz) = −arctan(z).
arg((1 − iz)3(1 + i√3)) = 3arg(1 − iz) + arg(1 + i√3) = −3arctan(z) + π 3 car 1 + i√3 = 2eiπ3.
7. Soit z une solution de (E). On doit donc avoir arg((1 − iz)3(1 + i√3)) = 0 [π].
z solution de (E) ⇒ −3arctan(z) + π
3 = kπ pour k ∈ Z ⇒ arctan(z) = π
9 −
kπ
3 Or la fonction arctan est à valeurs dansi−π
2;
π
2
h
donc on doit avoir −π2 < π9−kπ
3 < π 2, c’est-à-dire −21 18 < k < 33
18 donc il n’y a que trois valeurs possibles k = −1; 0; 1.
z = tanπ9 z = tanπ9 +π3= tan4π9 z = tanπ9 −π 3 = tan− 2π 9
