27septembre2010 Compositionn 1 Mathématiques

Mathématiques

Composition n ^o 1

27 septembre 2010

de 9h15 à 11h15

Nombres complexes

Ï L’usage de la calculatrice est interdit durant l’épreuve.

Ï Le candidat attachera la plus grande importance à la clarté, à la précision et à la concision de la rédaction.

Ï Si le candidat découvre en cours d’épreuve ce qu’il croît être une erreur d’énoncé, il le préci- sera dans sa copie.

Ï L’épreuve comporte sept exercices sur les nombres complexes.

Paris XVI^e 2010-2011

Exercice 1 — Pour commencer en douceur On considère le nombre complexez=¡

1−p 3¢

−i·¡ 1+p

3¢ . 1. Déterminer le module et un argument dez².

2. En déduirezsous forme polaire.

3. En déduire les valeurs exactes de cos¡₁₇π 12

¢et sin¡₁₇π 12

¢.

4. En utilisant ces résultats, résoudre dansRl’équation suivante d’inconnuex: (E) : ³

1−p 3´

·cos(x)−³ 1+p

3´

·sin(x)=2

Exercice 2 — Module

Soientn∈Nstrictement supérieur à 1 etz₁,... ,z_ndes nombres complexes non nuls de même module. Montrer que le nombre

(z₁+z₂)·(z₂+z₃)···(z_n−1+z_n)·(z_n+z₁) z₁·z₂···z_n

est un réel.

Exercice 3 — Forme polaire d’une somme géométrique Soientα∈Retz=e^iα. Ecrire 1+z+z²sous forme polaire.

Exercice 4 — Une équation Résoudre l’équation

27·(z−i)⁶=(z+1)⁶

Exercice 5 — Paramétrage deU

On noteU, l’ensemble des nombres complexes de module 1. On rappelle quez∈U_{si, et} seulement si, il existe un réelθtel quez=e^iθ.

1. Soitz, un élément deU, différent de 1. Démontrer que le quotient z+1

z−1 est un imaginaire pur.

1+λi 1−λi appartient àU. Étudier la réciproque.

3. Soitz∈C. Démontrer que, pour toutu∈U\ {1}, le quotient z−uz

1−u est réel. Étudier la réciproque.

Exercice 6 — Une factorisation Pour toutréel x, on pose :

P(x)=(x²−4x+5)²+(x+1)² 1. Résoudre dansCl’équation

z²−4z+5+i(z+1)=0 2. Résoudre dansCl’équation

(z²−4z+5)²+(z+1)²=0 3. En déduire quatre nombres réelsA,B,CetDtels que

∀x∈R, P(x)=(x²+Ax+B)·(x²+C x+D)

Exercice 7 — Une équation atypique Résoudre dansCl’équation

z²−2i z+1=0

Corrigé de l’exercice 1 — Pour commencer en douceur

1. On a

z²=4·

³

−p 3+i´

=8·e^5iπ/6 ainsi¯

¯z²¯

¯=8 et⁵₆^πest un argument dez².

2. On déduit de la question précédente quez= ±2p

2·e^5iπ/12et comme Re(z)<0, on a z= −2p

2·e^5iπ/12=2p

2·e^17iπ/12 3. On en déduit que













 cos

µ17π 12

¶

=Re µ z

2p 2

¶

= − p3−1

2p 2 sin

µ17π 12

¶

=Im µ z

2p 2

¶

= − p3+1

2p 2 4. Après division par 2p

26=0, l’équation (E) : ³

1−p 3´

·cos(x)−

³1+p 3´

·sin(x)=2 est équivalente à

Ã1−p 3 2p

2

!

·cos(x)−

Ã1+p 3 2p

2

!

·sin(x)= 2 2p

2= 1 p2 et l’on déduit de la question précèdente que cette équation est équivalente à

cos µ17π

12

¶

·cos(x)+sin µ17π

12

¶

·sin(x)=cos³π 4

´

c’est-à-dire

cos µ

x−17π 12

¶

=cos³π 4

´

Les solutions de cette dernière équations sont les réelsxvérifiant x−17π

12 = ± π 4[2π] On trouve finalement que l’ensemble des solutions est

S ₌ µ7π

6 +2π·Z

¶

∪ µ5π

3 +2π·Z

¶

Corrigé de l’exercice 2 — Module

Soitr>0 le module des nombresz₁,...,z_n. Ecrivonsz_k=r·e^iθk avecθ_k∈Rpour tout 1ÉkÉn.

On a alors, après passage à l’angle moitié,

Z =(z1+z₂)·(z2+z₃)···(zn−1+z_n)·(zn+z₁) z1·z2···zn

=

¡r·e^iθ1+r·e^iθ2¢

·¡

r·e^iθ2+r·e^iθ3¢

···¡

r·e^iθn−1+r·e^iθn¢

·¡

r·e^iθn+r·e^iθ1¢ r·e^iθ1·r·e^iθ2···r·e^iθn

=

2ⁿ·rⁿ·e^{i(θ1+···+θn)}·cos

µθ₁−θ₂ 2

¶

·cos

µθ₂−θ₃ 2

¶

···cos

µθ_n−θ₁ 2

¶

rⁿ·e^{i(θ1+···+θn)}

=2ⁿ·cos

µθ₁−θ₂ 2

¶

·cos

µθ₂−θ₃ 2

¶

···cos

µθ_n−θ₁ 2

¶

Ainsi

(z1+z₂)·(z2+z₃)···(zn−1+z_n)·(zn+z₁) z₁·z₂···zn ∈R

Corrigé de l’exercice 3 — Forme polaire d’une somme géométrique

On a 1+z+z²=1+e^iα+e^2iα=1+e^2iα+e^iα

=2 cos(θ)e^iα+e^iα

=[2 cos(α)+1]e^iα

Corrigé de l’exercice 4 — Une équation

NotonsE l’éqauation de l’énoncé. Puisquez= −1 n’est pas solution,Eest équivalente à µp

3·z−i z+1

¶6

=1

Le nombrezest donc solution deE si et seulement siil existe 0ÉkÉ5 tel que p3·z−i

z+1=e^{i kπ/3} i.e.

z=e^{i kπ/3}+ip p 3

3−e^{i kπ/3} Après tout calcul, on trouve les solutions suivantes :

1 2+

p3 2 +i·

Ã3 2+

p3 2

! , 1

2− p3

2 +i· Ã3

2− p3

2

! , −17

26− p3

26+i· Ã33

26+5p 3 26

! , −17

26+ p3

26+i· Ã33

26−5p 3 26

!

+ 7 26−5p

3 26 ±i·

à 9 26−

p3 26

! , 7

26+5p 3 26 ±i·

à 9 26+

p3 26

!

REMARQUE–On a obtenu ces expressions au moyen de Maple par la ligne suivante :

> for k from 0 to 5 do

expand(rationalize(evalc((I*sqrt(3)+exp(I*k*Pi*1/3))/(sqrt(3)-exp(I*k*Pi*1/3))))) do;

Corrigé de l’exercice 5 — Paramétrage deU

1. Commez∈U\{1}, il existe un réelθtel que z+1

z−1=e^iθ+1 e^iθ−1

=e^iθ/2

e^iθ/2· 2 cosθ/2 2isinθ/2

∈iR.

2. Quel que soit λ ∈ R, les nombres 1+λi et 1−λi sont conjugués, donc leurs modules sont égaux et leur quotient est de module 1.

Réciproquement, s’il existe un réelθtel que 1+λi

1−λi =e^iθ,

alorse^iθ6= −1 (puisque le numérateur et le dé- nominateur ne peuvent être opposés), et donc

λi=e^iθ−1

e^iθ+1=isin(θ/2) cos(θ/2), doncλ∈R.

3. Commeu∈U\ {1}, on sait queu=1/u(on sait aussi quez=z) et par conséquent,

z−uz

1−u =z−z/u

1−1/u =uz−z

u−1 =z−uz 1−u . Ainsi, le nombre complexe (z−uz)/(1−u) est égal à son conjugué, c’est donc un nombre réel.

Réciproquement, supposons que le rapport z−uz

1−u

soit un réelλ. Alors, siλ6=z, c’est-à-dire siz n’est pas réel,

u= λ−z λ−z

est le quotient de deux nombres complexes conjugués, doncu∈U_.

En revanche, sizest réel, alors z−uz

1−u =z∈R

quel que soitu∈C\ {1}. La conditionz∉Rest donc une condition nécessaire et suffisante pour que la réciproque soit vraie.

Corrigé de l’exercice 6 — Une factorisation

1. Le discriminant de l’équation vaut

∆= −5−12i=(2−3i)² d’où les solutions

{1+i,3−2i}.

2. On a, pour toutzdansC

(z²−4z+5)²+(z+1)²=(z²−4z+5+i(z+1))(z²−4z+5−i(z+1))

Or,zvérifie

z²−4z+5+i(z+1)=0 si et seulement si zest solution de

z²−4z+5−i(z+1)=0.

On en déduit les solutions de cette dernière équation :

{1−i,3+2i}.

3. On a, d’après les questions précédentes, pour tout nombre réelx

P(x)=(x−1−i)(x−3+2i)(x−1+i)(x−3−2i)

=(x−1−i)(x−1+i)(x−3+2i)(x−3−2i)

=(x²−2x+2)(x²−6x+13)

Corrigé de l’exercice 7 — Une équation atypique

Posons z = x+i y avec x et y dans R. Le nombrezest solution de l’équationsi et seule- ment si

x²−y²+2i x y−2i(x−i y)+1=0, c’est-à-dire

[x²−y²−2y+1]+2i[x y−x]=0, ce qui équivaut au système

½x²−y²−2y+1= 0 x(y−1) = 0 . Ce système est équivalent à

½x²−y²−2y+1= 0

y = 1 ou

½x²−y²−2y+1= 0

x = 0

ie

½x² = 2 y = 1 ou

½y²+2y−1 =0

x =0 ,

soit encore, après résolution des équations du second degré :

½x = ±p 2

y = 1 ou

½y = −1±p 2

x = 0 .

Il y a donc quatre solutions : i(−1+p

2), −i(1+p 2), p

2+i et −p 2+i