Partie III. Les formules du type Machin

(1)

MPSI B 2009-2010 Corrigé DM 4 29 juin 2019

Partie I

1. Exprimons d'abordxpuisx+i:

α= arctan1

x⇒x= cosα

sinα ⇒x+i= 1 sinαe^iα Deux expressions sont possibles pour les arguments dex+i.

x >0⇒α∈]0,π

2[⇒sinα >0 : αest un argument dex+i x <0⇒α∈]−π

2,0[⇒sinα <0 : α+πest un argument dex+i Dans les deux cas,αest congru modulo2πà un argument dex+i.

2. Posonsβ= arctan¹_y. Un calcul analogue à celui de la question précédente conduit à :

(x+i)^m(y+i)e⁻ⁱ^π⁴ = 1

sin^mαsinβe^i(mα+β−^π⁴⁾ Ce nombre complexe est réel si et seulement si

mα+β−π

4 ≡0 (π)

3. On calcule(2 +i)²(−7 +i)et on trouve−25(1 +i). On en déduit la formule demandée moduloπ. Pour lever cette ambigüité àπprès, on remarque que

0<arctan1

7 <arctan1 2 < π

4 donc

0<arctan1

2 −arctan1 7 < π

4 0<arctan1

2 < π 4 La somme est donc bien entre0et ^π₂.

4. En developpant et en utilisantrq−1 =p², on obtient

(p+r+i)(p+q+i) = (2p+q+r)(p+i)

L'égalité en découle à un multiple de π près. De plus, les deux membres de l'égalité sont entre0et π, ils sont donc forcément égaux.

Partie II

1. En utilisant des formules du binôme et en séparant les parties réelles et imaginaires, on obtient

m 1 2 3 4

Am x x²−1 x³−3x x⁴−6x²+ 1 B_m 1 2x 3x²−1 4x³−4x 2. Il s'agit de séparer les parties réelles et imaginaires de

A_m+1+iB_m+1= (A_m+iB_m)(x+i) On obtient :

A_m+1=xA_m−B_m B_m+1=A_m+xB_m

Ici encore, on sépare les parties réelles et imaginaires après quelques manipulations simples :

A_m(−x) +iB_m(−x) = (−x+i)^m= (−1)^m(x−i)^m= (−1)^m(x+i)^m

= (−1)^m(Am−iBm) On en déduit :

Am(−x) = (−1)^mAm(x) Bm(−x) =−(−1)^mBm(x) Cette fois on dérive

(Am+iBm)⁰=m(x+i)^m−1

A⁰_m=mA_m−1 B_m⁰ =mB_m−1 Pourx6= 0, on fait apparaitre ¹_x

(x+i)^m= (ix)^m 1

i + 1 x

m

= (−ix)^m

i−1 x

m

Simest pair :

(−i)^m= (−1)^m² ⇒







Am(x) = (−1)^m²x^mAm(−1 x) Bm(x) = (−1)^m²x^mBm(−1

x)

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/

1 Rémy Nicolai M0904C

(2)

Simest impair :

(−i)^m=−(−1)^m−1² i⇒(x+i)^m=−(−1)^m+1² ix^m

Am(−1

x) +iBm(−1 x)

= (−1)^m−1² x^m

B_m(−1

x)−iA_m(−1 x)

⇒







A_m(x) = (−1)^m−1² x^mB_m(−1 x) B_m(x) =−(−1)^m−1² x^mA_m(−1

x) 3. En utilisant arctan pour exprimer un argument de x+i, on peut écrire une suite

d'équivalences :

A_m(x) =B_m(x)⇔ π

4 ≡ un argument de(x+i)^m mod (π)

⇔marctan1 x≡ π

4 mod (π)⇔arctan1 x ≡ π

4m mod ( π 4m) On en déduit que l'ensemble des solutions est

n

cotan π 4m+kπ

m

, k∈ {0,· · · , m−1}o

Tous les ^(4k+1)π_4m sont dans]0, π[. La fonctioncotanest décroissante dans cet intervalle.

Donc la plus grande des solutions est

cotan π 4m

4. On calcule la dérivée de Fm en remplaçant les dérivées des polynômes à l'aide des formules de la question II.2. et en utilisant les relations de récurrence pour n'avoir que desm−1. On obtient

F_m⁰ =−2mA²_m−1+B_m−1² (Am−Bm)²

On en déduit queFm est décroissante dans chaque intervalle de son domaine de dé- nition. Il s'agit d'intervalles ouverts dont les extrémités sont lescotan^(4k+1)π_4m pour k entre0et m−1.

D'après la formule du binôme, le degré de A_m est m et celui deB_m est m−1 donc F_mtend vers+1en+∞et −∞.

Partie III. Les formules du type Machin

1. D'après la dénition,(x, y)∈ Cm si et seulement si

(x+i)^m(y+i)∈Reⁱ^π⁴

Un nombre complexe est dans Reⁱ^π⁴ si et seulement si sa partie réelle est égale à sa partie imaginaire. Or

(x+i)^m(y+i) = (A_m(x) +iB_m(x))(y+i)

=Am(x)y−Bm(x) +i(Bm(x)y+Am(x)) Donc

(x, y)∈C_m⇔A_m(x)y−B_m(x) =B_m(x)y+A_m(x)

⇔(Am(x)−Bm(x))y=Am(x) +Bm(x) On en déduit :

Am(x)6=Bm(x) y=F_m(x) )

⇒(x, y)∈ C_m

Supposons maintenant (x, y)∈ Cm avecAm(x) =Bm(x). Alors Am(x) +Bm(x) = 0 doncAm(x) =Bm(x) = 0donc(x+iy)^mdevrait aussi être nul ce qui est évidemment faux carxet y sont non nuls. Ceci montre l'implication réciproque.

2. Ici,mdésigne un entier entre1et 4.

Les fonctionsFm sont strictement décroissantes dans leurs intervalles de dénition et tendent vers1en+∞.

D'après le tableau des valeurs decotan_4m^π , la plus grande de ces valeurs est inférieure à6. On est donc certain que l'intervalle[13,+∞[est tout entier dans un intervalle de dénition deFm. CommeFm(13)est strictement inférieur à2et queFmtend vers1à l'inni, on est certain qu'aucunFm(x), pourx≥14, ne peut prendre de valeur entière.

On peut lire sur les tableaux les entiers entre1et 13pour lesquels lesFm(x)prennent des valeurs entières.

Pourm= 1 :

x= 2 y=F₁(2) = 3 arctan1

2 + arctan1 3 ≡π

4 (π)

x= 3 y=F1(3) = 2 même formule

(3)

Ici, les deuxarctansont entre0 et ^π₂ donc leur somme est entre0et πdonc

arctan1

2+ arctan1 3 =π

4 Pourm= 2:

x=1 y=F2(1) =−1 2 arctan 1 + arctan(−1) = π

4 (évident)

x=2 y=F2(2) =−7 2 arctan1

2−arctan1 7 = π

4 x=3 y=F₂(3) = 7 2 arctan1

3+ arctan1 7 = π

4 On a fait disparaitre le moduloπpar une évaluation numérique.

Pourm= 3, il n'existe pas de formule de Machin.

Pourm= 4, on obtient la formule de Machin :

x= 5 y=F4(5) =−239 4 arctan1

5 −arctan 1 239 = π

4 On a fait disparaitre le moduloπpar une évaluation numérique.

Partie IV. Algorithme de Lehmer.

1. Les calculs conduisent à :

z0= 17 + 7i z1=−41 + 3i z2=−577 +i z4=−33290 2. Pour un entier k tel que zk est déni et de partie imaginaire strictement positive,

notonsak et bk respectivement sa partie réelle et sa partie imaginaire. Montrons que 0≤bk+1< bk

Par dénition :

zk+1= (−nk+i)(ak+ibk) =−nkak−bk+i(−nkbk+ak)⇒

(b_k+1=a_k−n_kb_k ak+1=−nk−bk

Par dénition de la partie entière : nk≤ ak

b_k < nk+ 1⇒nkbk≤ak < nkbk+bk

⇒0≤ak−nkbk< bk ⇒0≤bk+1< bk

3. a. Lorsque a0 et b0 sont des entiers, les relations obtenus dans la question précé- dentes montrent que tous lesak et bk sont entiers. La suite desbk est une suite décroissante d'entiers strictement positifs. Elle ne peut être innie. Il existe donc unktel que z_k est réel.

b. L'algorithme permet d'écrire

z₁=z₀(−n0+i) z2=z1(−n1+i)

...

zk=z_n−1(−n_k−1+i)∈R

d'où zk

z0

= (−n0+i)(−n1+i)· · ·(−n_k−1+i)

Commez_kest réel, les arguments de _z¹₀ et de(−n0+i)· · ·(−nk−1+i)sont congrus moduloπ.

Pourwcomplexe de partie imaginaire strictement positive, un argument est :

arctan Imw

Rew

si Rew >0

arctan Imw

Rew

+π si Rew <0 π

2 si Rew= 0

Les arguments dez0 sont donc congrus modulo πà arctan^b_a, ceux de−nj+ià

−arctan_n¹

j (ou ^π₂ sinj= 0). On en déduit :

−arctanb a ≡

−arctan 1 n0

+· · ·+

−arctan 1 n0

(π)

Ce qui donne la formule annoncée en remplaçant éventuellement certains termes par des ^π₂.