MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
Exercice 1
Soit n un entier naturel non nul, montrer que 1 < 2 sin 1 puis que
n
X
k=0
cos 2k
≤ 2
Exercice 2
Soit m un nombre complexe non nul d'image M , soit P et Q les images des deux racines carrées de m . Quel est l'ensemble des points M tels que −−→
M P soit orthogonal à −−→
M Q .
Exercice 3
Déterminer l'ensemble des nombres complexes z tels que l'origine O soit l'orthocentre du triangle formé par les points d'axes z, z 2 , z 3 .
Exercice 4
Soit r un nombre réel strictement positif et diérent de 1. Trouver un nombre complexe u et un réel R tels que
∀z ∈ C ∗ , | 1
z − i| = r ⇔ |z − u| = R
Corrigé
Exercice 1
Comme π 6 < 1 < π 2 on a aussi 1 2 < sin 1 ce qui montre l'inégalité demandée.
Soit S la somme de cosinus, c'est la partie réelle de 1 + e 2i + (e 2i ) 2 + · · · + (e 2i ) n donc S = Re
1 − e 2i(n+1) 1 − e 2i
= Re
e ni sin(n + 1) sin 1
= cos n sin(n + 1) sin 1
On peut alors majorer par 1 en valeur absolue le sin et le cos du numérateur et utiliser
1
2 < sin 1 .
Exercice 2
Notons p et q les axes de P et Q ; ce sont les racines carrées de m et vérient q =
−p, p 2 = m . Les vecteurs −−→
M P et −−→
M Q sont orthogonaux si et seulement si
p − m
q − m ∈ i R ⇔ Re p − m q − m = 0
Or p − m
q − m = m − p
m + p = 1
|m + p| 2 (m − p)(m + p) = 1
|m + p| 2 (|m| 2 − |p| 2 + 2imp) Les deux vecteurs sont donc orthogonaux lorsque |m| 2 − |p| 2 = 0 .
Comme |m| = p
|m| , l'ensemble cherché est le cercle unité. La vérication est immédiate géométriquement.
Exercice 3
On identie les points et les complexes. Supposons que 0 soit l'orthocentre du triangle (z, z 2 , z 3 ) on a alors
z − z 2
z 3 , z 2 − z 3 z
z 3 − z z 2 ∈ i R
Or z 3 − z
z 2 = z − 1
z = z − z
|z| 2 dont la partie réelle est
Re(z)(1 − 1
|z| 2 )
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/
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Rémy Nicolai Acomp13MPSI B 29 juin 2019
On en déduit z ∈ i R ou |z| = 1 .
On peut exclure z ∈ i R car alors z 2 est réel et z
2−z z
3= z − z 2 n'est pas imaginaire pur. Il existe donc θ tel que z = e iθ et
z − z 2 = e
3iθ2(−2i sin θ 2 ) est imaginaire pur lorsque
sin 3θ 2 sin θ
2 = 0
Le cas θ 2 ≡ 0(π) conduit à z = 1 à exclure car les trois points sont confondus. Le cas
3θ
2 ≡ 0(π) conduit z ∈ {1, j, j 2 } . On vérie facilement que j et j 2 conviennent.
Exercice 4
| 1
z − i| = 1 ⇔ |1 − iz| 2 = r 2 |z| 2 ⇔ (1 − r 2 )|z| 2 − 2 Re(iz) + 1 = 0
⇔ |z| 2 + 2 Re(z i
1 − r 2 ) + 1
1 − r 2 ⇔ |z + i
1 − r 2 | 2 − 1
(1 − r 2 ) 2 + 1 1 − r 2 = 0
⇔ |z + i
1 − r 2 | 2 = r 2 (1 − r 2 ) 2 On peut donc choisir
u = − i
(1 − r 2 ) , R = r (1 − r 2 )
On en déduit que l'image du cercle de centre i et de rayon 1 par l'inversion z → 1 z est le cercle de centre u et de rayon R .
Cette création est mise à disposition selon le Contrat
Paternité-Partage des Conditions Initiales à l'Identique 2.0 France disponible en ligne http://creativecommons.org/licenses/by-sa/2.0/fr/