Les propriétés de la fonction cos conduisent aux tableaux suivants

Exercices I

Exercice 1

Les propriétés de la fonction cos conduisent aux tableaux suivants

−π − ^3π ₄ − ^π ₄ 0 ^π ₄ − ^3π ₄ π

cos(2x) + 0 − 0 + 0 − 0 +

−π − ^π ₃ 0 ^π ₃ π

2 cos(x) − 1 − 0 + 0 −

Comme cos x + cos(3x) = 2 cos(2x) cos x , on peut factoriser :

cos x + cos(3x) > cos(x) ⇔ (2 cos x − 1) cos(2x) > 0 On en déduit que l'ensemble cherché est

− 3π 4 , − π

3

∪ i

− π 4 , π

4 h ∪

π 3 , 3π

4

Exercice 2

1. Le point important ici est que le conjugué d'un nombre complexe de module 1 est son inverse. On en tire

w =

1 c − _a ¹

1

c − ¹ _b = b(a − c)

a(b − c) = b(c − a)

a(c − b) ⇒ T = ww = |w| ² 2. Utilisons les arguments comme l'indique l'énoncé :

T = e ^iβ (e ^iγ − e ^iα )

e ^iα (e ^iγ − e ^iβ ) = e ^i(β−α) e ⁱ

^γ+α2

2i sin ^γ−α ₂ e ⁱ

^γ+β2

2i sin ^γ−β ₂

! ²

= sin ^γ−α ₂ sin ^γ−β ₂

! ²

3. Les expressions trouvées aux deux questions précédentes montrent que T est un réel strictement positif. Cela se traduit par la congruence modulo 2π des arguments de ^b _a et de ^b−c _a−c . Géométriquement, c'est le théorème de l'angle au centre : 2( −→

CA, − − → CB) = ( −→

OA, − − →

OB) lorsque A , B , C sont des points d'un cercle de rayon 1 centré en O .

Exercice 3

1. a. Avec les notations de l'énoncé, v j

v _j−1 = j! (j × (j − 1)!) ^j−2

((j − 1)!) ^j−2 = j! × j ^j−2

b. Par dénition, u j est un produit de j −1 facteurs, chacun est lui même un produit de deux facteurs dont l'un est j . On en tire

u j = j ^j−1 (j − 1)! = j ^j−2 j!

On remarque en particulier que u j = _v ^v

^j

j−1

.

c. On peut calculer P n par dominos multiplicatifs . P _n =

n

Y

j=2 j−1

Y

i=1

(ij )

!

= u ₂ u ₃ · · · u _n = v 2

v ₁ v 3

v ₂ · · · v n

v _n−1 = v n

v ₁ = (n!) ⁿ⁻¹ 2. a. Calcul de Π n :

Π _n = Y

(i,j)∈{1,···n}

²

(ij) =

n

Y

j=1 n

Y

i=1

(ij)

!

=

n

Y

j=1

j ⁿ

n

Y

i=1

i

!

=

n

Y

j=1

(j ⁿ (n!))

= (n!) ⁿ

n

Y

j=1

j ⁿ = (n!) ²ⁿ

b. Les ensembles de couples T n , D n et T _n ⁰ recouvrent (sans se recouper) le carré {1, · · · n} ² . On en déduit que P n π n P _n ⁰ = Π n = (n!) ²ⁿ .

c. En posant i ⁰ = j et j ⁰ = i dans le produit dénissant P n , on obtient P _n ⁰ car i ⁰ j ⁰ = ij .

d. Comme π n = (n!) ² , on déduit de la question précédente que P _n ² (n!) ² = (n!) ²ⁿ . On en tire P n = (n!) ⁿ⁻¹ .

Problème I

I. Méthode de Cardan

1. Question de cours. Par dénition j est l'unique racine cubique de 1 dont la partie imaginaire est strictement positive. Il vérie 1 + j + j ² = 0 et

U 3 =

1, j, j ² .

Tout nombre complexe non nul admet 3 racines cubiques. Si w est l'une d'entre elles, les autres sont jw et j ² w . Par exemple, l'ensemble des racines cubique de − ^p ₂₇

³

est

n − p 3 , −j p

3 , −j ² p 3 o

.

2. a. Les racines cubiques de U sont u 0 , ju 0 , j ² u 0 , celles de de V sont v 0 , jv 0 , j ² v 0 . On peut donc former 9 couples de racines cubiques de U et V mais seulement trois de ces couples vérient la condition supplémentaire sur le produit.

C =

(u 0 , v 0 ), (ju 0 , j ² v 0 ), (j ² u 0 , jv 0 ) b. Soit (u, v) ∈ C , d'après la formule du binôme

(u + v) ³ = u ³ + 3u ² v + 3uv ² + v ³ = U + 3uv(u + v) + V = S + 3p ₀ (u + v)

⇒ (u + v) ³ − 3p 0 (u + v) − S = 0 3. Toute équation du second degré dans C admet des solutions. Notons U et V les solutions

de l'équation proposée. On a alors U + V = −q et U V = − ^p ₂₇

³

. Ceci entraîne que les complexes U et V sont non nuls. Ils admettent chacun trois racines cubiques. Soit u 0

et v 1 des racines cubiques de U et V . Alors u 0 v 1 est une racine cubique de U V donc u 0 v 1 ∈ n

− p 3 , −j p

3 , −j ² p 3 o

On choisit alors v 0 égal à v 1 ou à j ² v 1 ou à jv 1 pour réaliser u 0 v 0 = − ^p ₃ = p 0 . La relation de la question précédente s'écrit alors

(u + v) ³ + p(u + v) + q = 0

4. a. D'après les questions précédentes, on peut procéder de la manière suivante (mé- thode de Cardan).

Calculer les solutions de l'équation (2) .

Choisir deux racines cubiques u et v de ces solutions telles que uv = − ^p ₃ . Les nombres u + v , ju + j ² v , j ² u + jv sont des solutions de l'équation (1) . b. Lorsque 4p ³ + 27q ² est nul, le discriminant de l'équation (2) est nul aussi. Elle

admet donc une seule solution U . Les calculs précédents restent valables mais les solutions obtenues ne sont pas distinctes, elle deviennent : 2u , −u , −u .

5. a. Dans le cas particulier considéré, p = −3 , q = 1 , on forme l'équation (2) (2) z ² + z + 1 = 0

b. Les solutions de (2) sont j = e

^2iπ3

et j ² = j = e ⁻

^2iπ3

. Les racines cubiques des solutions dont le produit vaut − ^p ₃ = 1 sont inverses l'une de l'autre c'est à dire conjuguées. On obtient

C = n

e

^2iπ9

, e ⁻

^2iπ9

,

e

^8iπ9

, e ⁻

^8iπ9

,

e ⁻

^4iπ9

, e

^4iπ9

o en utilisant

2π 9 + 2π

3 = 8π 9 et 2π

9 − 2π

3 = − 4π 9 c. La méthode donne alors trois solutions pour l'équation (1) :

2 cos 2π

9 , 2 cos 8π

9 , 2 cos 4π 9

II. Tableau de variations

1. La dérivée de f est f ⁰ (x) = 3x ² + p . On obtient deux tableaux de variations distincts suivant le signe de p .

Si p > 0 . Dans ce cas f ⁰ (x) > 0 pour tous les x et la fonction est strictement croissante de −∞ vers +∞ .

Si p < 0 . On peut former le tableau suivant

−∞ − p

− ^p ₃ − p

− ^p ₃ +∞

f −∞ % v − & v + % +∞

2. L'équation admet toujours au moins une solution réelle à cause des limites en −∞

et +∞ et du théorème des valeurs intermédiaires. Les tableaux ne sont pas utiles ici, toute argumentation les invoquant est une erreur.

3. Calculons v ₋ et v + : v − = f(−

r

− p 3 ) = p

3 r

− p 3 − p

r

− p

3 + q = − 2p 3

r

− p 3 + q de même :

v + = f ( r

− p 3 ) = − p

3 r

− p 3 + p

r

− p

3 + q = 2p 3

r

− p

3 + q

On en déduit que v ₋ v ₌ ¹ ₃ (4p ³ + 27q ² ) .

Si 4p ³ + 27q ² < 0 . Alors p < 0 donc on est dans le cas du deuxième tableau de variations. On applique trois fois le théorème des valeurs intermédiaires. On obtient trois solutions distinctes x ₁ , x ₂ , x ₃ telles que

x 1 < − r

− p

3 < x 2 <

r

− p 3 < x 3

Si 4p ³ + 27q ² > 0 . Deux cas sont possibles.

a. Si p > 0 alors le premier tableau de variations montre qu'il existe une seule solution réelle.

b. Si p < 0 alors on est dans le cas du deuxième tableau avec v ₋ et v + de même signe. Dans ce cas aussi, une seule solution : soit avant − p

− ^p ₃ soit après − p p 3 .

Exercices II

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 ) 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 .

Problème II

Comparaison des moyennes arithmétiques et géométriques : méthode de Cau- chy

1. Comme A(a 1 , a ₂ ) = ¹ ₂ (a ₁ + a ₂ ) et G(a 1 , a ₂ ) = √

a ₁ a ₂ , la relation A(a 1 , a ₂ ) ² − G(a 1 , a ₂ ) ² = 1

4 (a ₁ − a ₂ ) ² > 0 assure A(a 1 , a 2 ) ≥ G(a 1 , a 2 ) .

2. La propriété est vraie pour m = 1 d'après la question 1. Passer de m à m + 1 revient à doubler le nombre de termes mis en jeu dans le calcul des moyennes.

A(a 1 , · · · , a ₂

m+1

) = 1

2 (A(a 1 , · · · , a 2

^m

) + A(a 2

^m

+1 , · · · , a ₂

m+1

))

Comme on suppose l'inégalité pour les familles de 2 ^m nombres et pour les familles de 2 nombres, on a :

A(a ₁ , · · · , a ₂

m+1

) ≥ 1

2 (G(a ₁ , · · · , a ₂

m

) + G(a ₂

m

+1 , · · · , a ₂

m+1

))

≥ p

G(a ₁ , · · · , a ₂

m

)G(a ₂

m

+1 , · · · , a ₂

m+1

) = G(a ₁ , · · · , a ₂

m+1

) 3. Dans cette question, 2 ^m ≤ n < 2 ^m+1 , a = A(a 1 , · · · , a n ) et on considère la famille de

2 ^m+1 termes

a 1 , a 2 , · · · a n , a, · · · , a

| {z }

2

^m+1

termes

a. Calculons la moyenne arithmétique en tenant compte de : 1

n (a ₁ + · · · + a _n ) = a

A(a ₁ , · · · , a ₂

m+1

) = 1

2 ^m+1 a ₁ + · · · + a _n + (2 ^m+1 − n)a

= 1

2 ^m+1 na + (2 ^m+1 − n)a

= a

b. D'après 3.a. et 2. : a ≥ G(a 1 , · · · , a ₂

m+1

) . En élevant à la puissance 2 ^m+1 on obtient

a ²

^m+1

≥ a ₁ · · · a _n a ²

^m+1

⁻ⁿ

ou encore a ⁿ ≥ a 1 · · · a n . Comme a 1 · · · a n = G(a 1 · · · a n ) ⁿ , on a bien la formule demandée.

Exercices III

Exercice 1

Remarquons que D _a est formé par les couples (k, a − k) où k décrit {0, · · · , n} . On en déduit que

A _a =

a

X

k=0

a k

= 2 ^a

Comme T n est l'union disjointe des D a , B n =

n

X

a=0

A a = 1 + 2 + · · · + 2 ⁿ = 2 ⁿ⁺¹ − 1

La somme G b,n se calcule par dominos G b,n =

b 0

+(

b + 2 1

− b + 1

0

)+(

b + 3 2

− b + 2

1

)+· · ·+(

n + b + 1 n

− n + b

n − 1

)

= 1 − 1 +

n + b + 1 n

=

n + b + 1 n

D n =

n

X

y=0 n

X

x=0

x + y x

!

=

n

X

y=0

G y,n =

n

X

y=0

n + y + 1 y

=

n+1

X

y=1

n + y y

= G _n,n+1 − 1 =

2n + 2 n + 1

− 1

Exercice 2

On linéarise par les formules transformant les produits en sommes : 4 sin ² x sin(2kx) = 2 sin(2kx) − sin(2(k + 1)x) − sin(2(k − 1)x)

= (sin(2kx) − sin(2(k + 1)x)) − (sin(2(k − 1)x) − sin(2kx)) = u _k − u _k−1 avec u _k = sin(2kx) − sin(2(k + 1)x) . On en déduit

q

X

k=p

4 sin ² x sin(2kx) = u q − u p−1

= sin(2qx) − sin(2(q + 1)x) − sin(2(p − 1)x) + sin(2px)

Exercice 3

Notons X la diérence des deux quotients, comme

n k

2n k

= n(n − 1) · · · (n − k + 1) (2n)(2n − 1) · · · (2n − k + 1) on a

X = n(n − 1) · · · (n − k + 1)

(2n)(2n − 1) · · · (2n − k + 1) − n(n − 1) · · · (n − k) (2n)(2n − 1) · · · (2n − k)

= n · · · (n − k + 1)

(2n) · · · (2n − k) (2n − k − n + k) = 1 2

n · · · (n − k + 1) (2n − 1) · · · (2n − k)

= 1 2

n · · · (n − k + 1) k!

k!

(2n − 1) · · · (2n − 1 − k + 1) = 1 2

n k

2n−1 k

Comme cette décomposition n'est valable que pour k < n , on en déduit (par simplication télescopique)

n−1

X

k=0 n k

2n−1 k

= 2

n 0

2n 0

−

n n

2n n

!

= 2 − 2 1

2n n

Pour la somme complète, on ajoute le dernier terme

n

X

k=0 n k

2n−1 k

= 2 − 2 1

2n n

+ 1

2n−1 n

En fait cette somme est égale à 2 car

2n − 1 n

=

n facteurs

z }| { (2n − 1)(2n − 2) · · · (2n − 1 − n)

n! = 1

2 2n

n−1 facteurs

z }| { (2n − 1)(2n − 2) · · ·

n! = 1

2 2n

n

.