Correction du devoir surveill´ e n˚1

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2013-2014

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚1

Exercice 1 (Équations trigonométriques) 1. Résoudre l’équation

2 sin²(x) + 5 cos(x) = 4 d’inconnuex∈R.

2. R´esoudre l’´equation

sin(2x) = cos²(x) d’inconnuex∈]−π, π].

Correction

1. De la relation de Pythagore on d´eduit sin²(x) = 1−cos²(x), pour toutx∈R. On a donc : 2 sin²(x) + 5 cos(x) = 4 ⇔ 2−2 cos²(x) + 5 cos(x) = 4

⇔ 2 cos²(x)−5 cos(x) + 2 = 0

pour toutx∈R. On est ainsi conduit à chercher les racines du trinôme du second degréP= 2X²−5X+2.

Les coefficients de P sonta= 2,b=−5 etc= 2. Le discriminant de P est ∆ =b²−4ac= 9∈R_>0.P poss`ede donc deux racines : ⁻⁽⁻₂_×⁵⁾₂⁻³ =¹₂ et ⁻⁽⁻₂_×⁵⁾⁺³₂ = 2.

De ce qui précède, on déduit que :

2 sin²(x) + 5 cos(x) = 4 ⇔







cos(x) =1 ou 2

cos(x) = 2 pour toutx∈R. Comme le cosinus d’un nombre r´eel appartient `a [−1,1], on a :

2 sin²(x) + 5 cos(x) = 4 ⇔ cos(x) =1 2

pour toutx∈R. Il s’agit donc de r´esoudre l’´equation cos(x) = ¹₂ d’inconnuex∈R. Soitx∈R.

cos(x) = 1

2 ⇔ cos(x) = cos ^π₃

⇔











x=π 3 [2π]

ou

x=−π 3 [2π]

(cas d’´egalit´e de deux cosinus).

L’ensemble solution de l’équation de l’énoncé est donc : nπ

3 + 2kπ : k∈Zo

∪ n

−π

3 + 2kπ : k∈Zo .

(2)

2. D’apr`es la formule de duplication pour sinus, on a sin(2x) = 2 cos(x) sin(x), pour toutx∈]−π, π]. On a donc :

sin(2x) = cos²(x) ⇔ 2 cos(x) sin(x) = cos²(x)

⇔ 2 cos(x) sin(x)−cos²(x) = 0

⇔ cos(x)(2 sin(x)−cos(x)) = 0

⇔







cos(x) = 0 ou

2 sin(x)−cos(x) = 0

(Rest int`egre). pour toutx∈]−π, π].

On est ainsi conduit à résoudre deux équations :

(E1) : cos(x) = 0 et (E2) : −cos(x) + 2 sin(x) = 0 toutes deux d’inconnuesx∈]−π, π].

• R´esolution de l’´equationcos(x) = 0 d’inconnuex∈]−π, π]

D’apr`es le cours, on sait que l’ensemble solution de l’´equation cos(x) = 0 d’inconnuex∈Rest : nπ

2 +kπ : k∈Zo .

Remarque : L’ensemble précédent joue un rôle particulier en raison de son lien avec la fonction tan- gente. En effet le domaine de définition de la fonction tangente est{x∈R : cos(x)6= 0}, ensemble qui est égal àR\ {^π₂ +kπ : k∈Z}.

Soitk∈Z.

−π < π

2 +kπ≤π ⇔ −3

2 < k≤1 2

⇔ k=−1 ou k= 0 (cark∈Z).

De cette étude, on déduit que l’ensemble solution de l’équation cos(x) = 0 d’inconnuex∈]−π, π] est : nπ

2 + (−1)×π,π

2 + 0×πo

=n

−π 2,π

2 o

r´esultat que l’on peut lire directement sur le cercle trigonom´etrique.

• R´esolution de l’´equation−cos(x) + 2 sin(x) = 0 d’inconnuex∈]−π, π]

On commence par r´esoudre l’´equation−cos(x) + 2 sin(x) = 0 d’inconnuex∈R.

On reconnaˆıt une ´equation du typeacos(x) +bsin(x) = 0, aveca=−1 etb= 2. Le nombre complexe

−1 + 2iest non nul. Comme son module vaut√

5, le nombre complexe −^√¹₅+i√²

5 est de module 1.

D’apr`es le cours, il existe donc un uniqueθ∈]−π, π] tel que :

− 1

√5 +i 2

√5 =e^iθ= cos(θ) +isin(θ). (1)

On ne peut d´eterminer une valeur explicite deθcar on ne connaˆıt pas de solution explicite du syst`eme :











cos(x) =− 1

√5 et

sin(x) = 2

√5.

d’inconnuex∈]−π, π]. N´eanmoins, le cours nous assure que ce syst`eme admet une unique solution.

Par unicit´e de la forme alg´ebrique d’un nombre complexe, il vient : cos(θ) =− 1

√5 et sin(θ) = 2

√5. (2)

(3)

Deθ∈]−π, π] et des signes de cos(θ) et sin(θ), on d´eduit l’encadrement : π

2 < θ < π. (3)

Les identit´es (2) donnent :

−1 =√

5 cos(θ) et 2 =√

5 sin(θ). (4)

Soitx∈R.

−cos(x) + 2 sin(x) = 0 ⇔ √

5 cos(θ) cos(x) +√

5 sin(θ) sin(x) = 0 (d’apr`es (4))

⇔ cos(θ) cos(x) + sin(θ) sin(x) = 0

⇔ cos(x−θ) = 0 (cf. formules d’addition pour cosinus)

Comme l’ensemble solution de l’´equation cos(X) = 0 d’inconnue X ∈ R est π

2 +kπ : k∈Z (cf.

cours), on en d´eduit que :

−cos(x) + 2 sin(x) = 0 ⇔ x−θ∈π

2 +kπ : k∈Z

⇔ ∃k∈Z, x−θ=^π₂ +kπ

⇔ ∃k∈Z, x=θ+^π₂ +kπ

L’ensemble solution de l’´equation−cos(x) + 2 sin(x) = 0 d’inconnue x∈Rest donc : nθ+π

2 +kπ : k∈Zo

. (5)

Pour déterminer l’ensemble solution de l’équation −cos(x) + 2 sin(x) = 0 d’inconnue x∈]−π, π], il reste à déterminer lesquels des nombresθ+^π₂ +kπ(k∈Z) appartiennent à ]−π, π].

Compte tenu du fait que les éléments de l’ensemble (5) sont en progression arithmétique de raisonπ, il y a au plus deux éléments de l’ensemble (5) qui appartiennent également à l’ensemble ]−π, π].

De (3), on d´eduit que θ+π

2 + (−1)×π=θ−π

2 ∈]−π, π] et θ+π

2 + (−2)×π=θ−3π

2 ∈]−π, π].

De cette discussion, on d´eduit que l’ensemble solution de l’´equation−cos(x) + 2 sin(x) = 0 d’inconnue x∈]−π, π] est :

θ−3π

2 , θ−π 2

.

• Conclusion

L’ensemble solution de l’´equation sin(2x) = cos²(x) d’inconnuex∈]−π, π] est :

−π 2,π

2, θ−3π 2 , θ−π

2

oùθest l’unique réel appartenant à ]−π, π] vérifiant cos(θ) =−^√¹₅ et sin(θ) = ^√²₅.

Exercice 2 (Identité du parallélogramme) 1. Démontrer que pour toutz∈C:

z z=|z|². 2. Montrer que pour tout (z1, z2)∈C² :

|z1+z2|²+|z1−z2|²= 2(|z1|²+|z2|²).

(4)

3. Interpréter géométriquement l’identité obtenue en 2.

Correction

1. Soitz∈C. On az= Re(z) +iIm(z) etz= Re(z)−iIm(z). Par suite : z z = (Re(z) +iIm(z))(Re(z)−iIm(z))

= Re(z)²−(iIm(z))² (3^`^emeidentit´e remarquable)

= Re(z)²+ Im(z)². D’autre part par d´efinition du module, on a|z|=p

Re(z)²+ Im(z)², d’o`u|z|²= Re(z)²+ Im(z)². En comparant les expressions obtenues pourz z et|z|², on remarque que :

z z=|z|².

2. Soit (z1, z2)∈C².

|z1+z2|²+|z1−z2|² = (z1+z2)(z1+z2) + (z1−z2)(z1−z2) (d’apr`es la question 1)

= (z1+z2)(z1+z2) + (z1−z2)(z1−z2) (cf. propriétés algébriques de la conjugaison)

= z1z1+z1z2+z2z1+z2z2+z1z1−z1z2−z2z1+z2z2

= 2z1z1+ 2z2z2

= 2|z1|²+ 2|z2|² (d’apr`es la question 1).

On a donc d´emontr´e que :

|z1+z2|²+|z1−z2|²= 2|z1|²+ 2|z2|².

3. Soit (z1, z2)∈C². On place les pointsM(z1),M(z2) etM(z1+z2) dans le plan usuel (un repère orthonormé (O;−→u ,−→v) du plan étant fixé).

1 2 3 4 5

−1

−2

1 2 3 4 5 6

−1

b

O

b

M(z1)

|z1|

b

M(z1+z2)

|z2|

b M(z2)

|z2|

|z1|

|z1−z2|

|z1+z2|

D’après l’interprétation géométrique du module, on a les identités :

|z1|=OM(z1) ; |z2|=OM(z2) ; |z1+z2|=OM(z1+z2) ; |z1−z2|=M(z1)M(z2).

On remarque que toutes ces longueurs sont des longueurs de côtés ou de diagonales du parallélogramme OM(z1)M(z1+z2)M(z2).

L’identité démontrée à la question 2 s’interprète donc comme suit.

La somme des carrés des longueurs des côtés d’un parallélogramme est égale à la somme des carrés des longueurs de ses diagonales.

(5)

Exercice 3 (Majoration de la distance `a l’origine des points d’un cercle) 1. D´eterminer l’ensembleC des points du plan d’affixez tels que :

|z−1 +i|= 2√ 2.

2. Repr´esenter graphiquement l’ensemble Cavec pr´ecision.

On utilisera uniquement un compas pour ce faire.

3. Conjecturer qu’il existe un plus petit nombre r´eelM (explicite) tel que pour toutz∈C:

|z−1 +i|= 2√

2 ⇒ |z| ≤M.

4. Démontrer le résultat précédent à l’aide de l’inégalité triangulaire.

Correction

1. Soitz∈C. On a :

|z−1 +i|= 2√

2 ⇔ |z−(1−i)|= 2√ 2.

On reconnaˆıt que cette dernière équation est l’équation du cercle de centre Ω(1−i) et de rayon 2√ 2. Ainsi a-t-on :

Cest le cercle de centre Ω(1−i) et de rayon 2√ 2.

2. Pour construire la longueur√

2 (et par suite 2√

2), on s’appuie sur le théorème de Pythagore qui assure que la diagonale d’un carré de côté de longueur 1 a pour longueur√

2.

1 2

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4

−1

−2

O

√2

3√ 2

C

b Ω

b

A

3. Soit z∈Ctel que|z−1 +i|= 2√

2, i.e. tel que le pointM(z) est sur le cercleC. On cherche à trouver un majorant optimum de |z|pour un telz. Compte tenu de l’interprétation géométrique du module, cela revient à cherche un majorant optimum de la longueur OP lorsque le pointP parcourt le cercleC. D’après la figure réalisée à la question précédente, on conjecture que la longueur OP est inférieure ou

´egale `a la longueurOA= 3√

2 (A´etant le point d’affixe 3−3i), lorsqueP parcourt le cercleC. On conjecture donc le r´esultat suivant.

Conjecture : Le nombre r´eel 3√

2 est le plus petit nombre r´eelM tel que pour toutz∈C:

|z−1 +i|= 2√

2 ⇒ |z| ≤M.

(6)

4. Prouvons la conjecture énoncée à la question précédente.

• Le nombre r´eel 3√

2 v´erifie : pour toutz∈C,|z−1 +i|= 2√

2⇒ |z| ≤3√ 2.

Soitz∈Ctel que|z−1 +i|= 2√ 2.

|z| = |z−1 +i+ 1−i|

≤ |z−1 +i|+|1−i| (in´egalit´e triangulaire)

= 2√ 2 +√

2

= 3√ 2

• Si M est un nombre r´eel tel que pour tout z∈C,|z−1 +i|= 2√

2⇒ |z| ≤M, alors 3√ 2≤M. SoitM un nombre r´eel tel que pour tout z∈C, |z−1 +i|= 2√

2⇒ |z| ≤M. On a|(3−3i)−1 +i|=|2−2i|= 2√

2. De la propriété vérifiée parM, on déduit alors que|3−3i| ≤M, ce qui peut se réécrire 3√

2≤M.

• Conclusion

La conjecture énoncée à la question 3 est vraie.

Exercice 4 (Autour de l’angle moiti´e)

1. D´emontrer que pour toutz∈C,zest imaginaire pur si et seulement siz=−z.

2. Soitθ∈]−π, π[. On pose

z= 1−eîθ 1 +eîθ. (a) Montrer que le nombrezest bien défini.

(b) Montrer quez est imaginaire pur, sans calculer la forme alg´ebrique dez.

(c) Calculer la partie imaginaire dez.

Correction 1. Soitz∈C.

z est imaginaire pur ⇔ Re(z) = 0

⇔ z+z 2 = 0

⇔ z+z= 0 (multiplication de chaque membre par 26= 0)

⇔ z=−z On a donc d´emontr´e que :

pour toutz∈C,zest imaginaire pur si et seulement siz=−z.

2. (a) Le nombrezest bien défini si et seulement si 1 +eîθ6= 0. Prouvons ce résultat par l’absurde.

Supposons 1 +eîθ= 0. On a alorseîθ =−1 et donceîθ =eîπ. D’après le cours, cela implique qu’il existek∈Ztel queθ=π+ 2kπ. Orθ∈]−π, π[. On en déduit :−π < π+ 2kπ < πet par suite

−1< k <0.

Cette dernière inégalité contredit le fait quekest entier.

le nombre complexezest bien d´efini.

(7)

(b) D’apr`es la question 1, montrer quez est imaginaire pur revient `a montrer quez=−z.

z =

1−e^iθ 1 +e^iθ

= 1−e^iθ

1 +eîθ (propriétés algébriques de la conjugaison complexe)

= 1−e⁻^iθ

1 +e⁻îθ (eîθ=e⁻îθ)

= e⁻^iθ(e^iθ−1)

e⁻^iθ(e^iθ+ 1) (relation fonctionnelle de l’exponentielle complexe)

= e^iθ−1 e^iθ+ 1

= −(1−e^iθ) 1 +e^iθ

= −1−e^iθ 1 +e^iθ

= −z On a donc d´emontr´e que :

zest imaginaire pur.

(c) On rappelle les formules d’angles moiti´e : 1−e^iθ=−2isin

θ 2

eⁱ^θ² et 1 +e^iθ= 2 cos θ

2

eⁱ^θ².

Grˆace `a celles-ci, on a :

z = 1−e^iθ 1 +e^iθ

=

−2isin θ

2

eⁱ^θ² 2 cos

θ 2

eⁱ^θ²

= −itan θ

2

.

Notons qu’au passage, on red´emontre le r´esultat obtenu en 2.(b). On a donc :

Im(z) =−tan θ

2

.

Exercice 5 (Somme de nombres complexes de module 1, ´egale `a 1)

1. Soient a, b, ctrois nombres complexes de module 1 tels quea+b+c= 1. Le but de cette question est de montrer qu’alors un des trois nombres a, b, cvaut 1.

(a) Justifier que l’un des trois nombresa, b, cvaut 1 si et seulement si (a−1)(b−1)(c−1) = 0.

(8)

(b) Justifier que les nombres complexesa, b, csont inversibles, puis montrer que : 1

a =a et 1

b =b et 1 c =c.

(c) Conclure.

2. Soient a, b, c, dquatre nombres complexes de module 1 tels quea+b+c+d= 1. A-t-on nécessairement un des quatre nombresa, b, c, dégal à 1 ?

Correction

1. (a) CommeCest int`egre on a :

(a−1)(b−1)(c−1) = 0 ⇔











a−1 = 0 ou

b−1 = 0 ou

c−1 = 0

⇔











a= 1 ou

b= 1 ou

c= 1.

l’un des trois nombresa, b, cvaut 1 si et seulement si (a−1)(b−1)(c−1) = 0.

(b) Un nombre complexe de module 1 est non nul. Par suite, un nombre complexe de module 1 est inversible. En particuliera, b, csont inversibles.

On a |a|= 1 par hypothèse. Par suite |a|²= 1. Or |a|² =a a(cf. question 1 de l’exercice 2). On a donc a a= 1. En multipliant chaque membre de cette dernière égalité par ¹_a (qui existe d’après ce qui précède), on obtient :

1 a =a.

De mˆeme, on montre que 1

b =b et 1 c =c.

a, b, csont inversibles et 1 a =a, 1

b =b, 1 c =c.

(c) D’après la question 1.(a), montrer que l’un des trois nombresa, b, cest égal à 1 revient à démontrer que (a−1)(b−1)(c−1) = 0.

(a−1)(b−1)(c−1) = (ab−a−b+ 1)(c−1)

= abc−ab−ac+a−bc+b+c−1

= abc−ab−ac−bc+a+b+c−1 Commea+b+c= 1, on a :

(a−1)(b−1)(c−1) =abc−ab−ac−bc.

Pour montrer que (a−1)(b−1)(c−1) = 0, il reste donc `a ´etablir que

abc−ab−ac−bc= 0. (6)

En appliquant la conjugaison complexe à chaque membre de l’identitéa+b+c= 1 et en utilisant l’additivité de la conjugaison complexe, il vient :

a+b+c= 1.

(9)

D’après la question 1.(b), cette identité se réécrit : 1 a+1

b +1 c = 1 ou encore :

bc+ac+ab abc = 1.

On a doncbc+ac+ab=abc, identit´e de laquelle on d´eduit (6).

De cette ´etude, on d´eduit que :

l’un des nombres complexes a, b, cvaut 1.

2. D’après le cours (cf. somme des racinesn-ièmes de l’unité où n∈N_≥₂) on sait que :

4

X

k=0

e^2iπk⁵ = 0.

On a donc :

1 +e^2iπ⁵ +e^4iπ⁵ +e^6iπ⁵ +e^8iπ⁵ = 0.

On en d´eduit que :

−e^2iπ⁵ −e^4iπ⁵ −e^6iπ⁵ −e^8iπ⁵ = 1.

Ainsi en posant

a=−e^2iπ⁵ ; b=−e^4iπ⁵ ; c=−e^6iπ⁵ ; d=−e^8iπ⁵ on a |a|=|b|=|c|=|d|= 1, a+b+c+d= 1 eta6= 1,b6= 1,c6= 1,d6= 1.

Grâce au contre-exemple construit ci-dessus, on donne une réponse négative à la question posée.