Partie I. Images

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MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 2 29 juin 2019

Problème 1.

Partie I. Images

1. Introduisons le pointU d'axeupour décrire les objets proposés.

D(u)est la droite passant parU et orthogonale à la droite(OU). ∆(u)est la droite (OU).

C^∗(u)est le cercle de centreU et de rayon |u| (donc passant parO) mais privé du pointO.

C(u, r)est le cercle de centreU et de rayonr. Comme |u| 6=r, le pointO n'est pas dans ce cercle.

2. Comme on est en début d'année et que cette question est isolée, on fournit une rédaction détaillée. Dans un autre contexte, un tel résultat serait considéré comme évident.

Remarquons d'abord que, pour tous les complexes non nulsz,I ◦ I(z) =z.

SupposonsM ∈ I(E), il existe alors unA∈ E tel queM =I(A). DoncI(M) =Aest un élément deE.

Réciproquement, siI(M)∈ E, il existe alors unA ∈ E (à savoirI(M)tel que M = I(A).

3. Les résultats sont présentés dans la table1 (Images). Les calculs sont détaillés seulement pourD(u)et C(u, r). La troisième ligne se déduit de la première par 2.

E I(E)

D(u) C^∗(_2u¹)

∆(u) ∆(u)

C^∗(u) D(_2u¹) C(u, r) C

u

|u|²−r²,_||u|₂^r_−r₂_|

Tab. 1: Images

Image deD(u). Un pointM d'axez∈ D(u)si et seulement si :

1 z −u

u ∈iR⇔ 1−zu

zu ∈iR⇔zu(1−zu)∈iR⇔zu− |zu|²∈iR

⇔Re(zu)− |zu|²= 0⇔ |zu−1 2|²=1

4 ⇔

z− 1 2u

= 1 2|u|

Image deC(u, r). Un pointM d'axez∈ C(u, r)si et seulement si :

1 z −u

2

=r²⇔ |1−uz|²=r²|z|²⇔1−2 Re(uz) +|u|²|z|²=r²|z|²

⇔(|u|²−r²)|z|²Re(uz) + 1 = 0⇔ |z|²Re u

|u|²−r²z

+ 1

|u|²−r² = 0

⇔

z− u

|u|²−r²

= |u|²

(|u|²−r²)² − 1

|u|²−r² = r² (|u|²−r²)²

Partie II

1. Les conditions d'orthogonalité sont immédiates à obtenir. Elles sont rassemblées dans la table2(Orthogonalités). On peut remarquer que l'énoncé n'envisage pas les 10 cas

D(u)⊥ D(v) Re (uv) = 0 D(u)⊥∆(v) Im (uv) = 0 D(u)⊥ C^∗(v) Re ^v_u

= 1

D(u)⊥ C(v, ρ) Re ^v_u

= 1

C^∗(u)⊥ C^∗(v) Re (uv) = 0 C(u, r)⊥ C^∗(v) |u−v|²=r²+|v|²

Tab. 2: Orthogonalités

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 M0902C

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possibles. Deux cas en particulier manquent et qui seront utiles dans la suite :

∆(u)⊥ C(v, r)⇔ v

u ∈R et ∆(u)⊥ C^∗(v)⇔ v u∈R

2. Les conditions d'orthogonalités sont lues dans les tableaux précédents et rassemblées dans la table3.

cas E E⁰ cond. orth. I(E) I(E⁰) cond. orth. image 1 D(u) D(v) Re (uv) = 0 C^∗(_2u¹) C^∗(_2v¹) Re _uv¹

= 0

2 D(u) C^∗(v) Re ^v_u

= 1 C^∗(_2u¹) D(_2v¹) Re ^v_u

= 1

3 C^∗(u) C^∗(v) Re (uv) = 0 D(_2u¹ ) D(_2v¹) Re _uv¹

= 0

4 C^∗(u) C(v, ρ) D(_2u¹ ) C(w, r) Re (w2u) = 1 5 ∆(u) C^∗(v) Im ^v_u

= 0 ∆(u) D(_2v¹) Im _2v^u

= 0

6 ∆(u) C(v, ρ) Im ^v_u

= 0 ∆(u) C(w, r) Im ^w_u

= 0

Tab. 3: Conservation de l'orthogonalité pour les cas 4 et 6 : w= v

|v|²−ρ² r= ρ

|v|²−ρ² Les cas 1 et 3 résultent de la relation

1 uv = 1

|uv|²uv= 1

|uv|²uv

Le cas 2 vient de la conservation de la partie réelle par conjugaison.

Dans le cas 4, transformons la condition non écrite

|u−v|²=ρ²+|u|²⇔ −2 Re (uv) +|v|²=ρ²⇔2 Re

u v

|v|²−ρ²

= 1

qui est bien la condition voulue avec lewdonné.

Le cas 5 se déduit de Imu

2v

=−Im u

2v

=−|u|² 2|v|²Imv

u

Le cas 6 vient de ce que ^w_u est égal à _u^v multiplié par un nombre réel.

3. NotonsC le cercle passant parO (donc de typeC^∗(u).

Par hypothèse, il est orthogonal àC1etC2qui sont de typesC(u, r). D'après la question précédentes, les images sont orthogonales. Les images deC1 et C2 sont des cercles qui ne passent pas par O, l'image de C est une droite D qui ne passe pas par O. Les orthogonalités des images se traduisent par le fait que les centres des cercles images de C₁et C₂sont surD.

La droite des centres est du type∆(u)et elle est orthogonale à C₁ et C₂. Les images sont encore orthogonales et la droite des centre est sa propre image. On en déduit que les centres des images deC1 et C2 sont sur la droite des centres.

Les centres des cercles images sont donc confondus au point d'intersection de la droite des centres avec l'image deC.

Exercices.

1. a. Par dénition de la tangente hyperbolique : e^2t−1

e^2t−1 =e^t−e^−t e^t+e^−t = tht b. Avec les relations usuelles de trigonométrie circulaire :

tan²ϕ−1

tan²ϕ+ 1 = cos²ϕ(sin²ϕ

cos²ϕ−1) = sin²ϕ−cos²ϕ=−cos 2ϕ c. On cherche à montrer que

π−2 arctan(e^t) = arccos(tht) Posonsθ=π−2 arctan(e^t).

A-t-il le bon cosinus ?

Utilisons la question précédente avecϕ= arctan(e^t)donctanϕ=e^t : cosθ=−cos(2 arctan(e^t)) = e^2t−1

e^2t+ 1 = tht

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MPSI B 2009-2010 Corrigé du DM 2 29 juin 2019 Commee^test strictement positive,arctan(e^t)∈

0,^π₂

. On en tire que 2 arctan(e^t)∈[0, π]⇒θ∈[0, π]

Il est donc dans le bon intervalle et on peut conclure

π−2 arctan(e^t) = arccos(tht)⇒arccos(tht) + 2 arctan(e^t) =π

d. D'après l'expression de la fonctionch, le réel strictement positif test solution de l'équation proposée si et seulement si e^t est une solution plus grande que 1 de l'équation d'inconnuez

z²− 2z

cosx+ 1 = 0

Cette équation s'étudie sans problème, son discriminant est 4

cos²x−4 = 4 tan²x ses racines sont

1 + sinx

cosx , 1−sinx cosx

Elles sont positives et leur produit est 1. Une seule est plus grande que 1, c'est : 1 + sinx

cosx On en déduit

t= ln(1 + sinx cosx )

On peut transformer cette expression, en posanty= ^π₂ −xet en passant à ^y₂ : 1 + sinx

cosx = 1 + cosy

siny = 2 cos²^y₂

2 sin^y₂cos^y₂ = cos^y₂

sin^y₂ = tan(π 2 −y

2) = tan(π 4 +x

2)

L'unique solution est donc

ln tan(π

4 +x 2)

e. Calculonscos(arcsin(_cht¹ ))en remarquant que lecosd'unarcsin est toujours positif ;

cos(arcsin( 1 cht)) =

r 1− 1

ch²t = s

ch²t−1

ch²t =|tht|

Commearcsin(_ch¹_t)etπ−arcsin(_ch¹_t)sont dans[0,^π₂]⊂[0, π], on peut conclure.

Pourt≥0,

cos(arcsin( 1

cht)) = tht⇒arcsin( 1

cht) = arccos(tht) Pourt≤0,

cos(arcsin( 1

cht)) =−tht⇒π−arcsin( 1

cht) = arccos(tht)

2. Posonsa= (7 + 5√

2)¹³,b= (−7 + 5√

2)¹³ et utilisons l'identité

a³−b³= (a−b)(a²+ab+b²) = (a−b)((a−b)²+ 3ab)

Commea³−b³= 14et ab= 1, on en déduit que le nombrexque l'on nous demande de simplier est racine de

x³+ 3x−14 = (x−2)(x²+ 2x+ 7)

doncx= 2carx²+ 2x+ 17est sans racine réelle.

De même, si a =

13+5√ 17 2

¹₃

et b =

−13+5√ 17 2

¹₃

, a³−b³ = 13 et ab = 4, on en déduit que le nombrexque l'on nous demande de simplier est racine de

x³+ 12x−13 = (x−1)(x²+x+ 13)

doncx= 1carx²+x+ 13est sans racine réelle.

3. En utilisant les formules de transformation de produits en sommes, on obtient 1

8(sin 2x+ sin 6x+ sin 8x)

4. D'après la formule donnant la tangente d'une somme, tan(arctan(1 +x)−arctanx) = 1 +x−x

1 + (1 +x)x= 1 1 +x+x² On en tire qu'il existe un entierktel que

arctan(1 +x)−arctanx= arctan 1

1 +x+x² +kπ

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Il s'agit maintenant de montrer quekest nul.

Remarquons d'abord que1 +x+x²>0pour tous les réelsxdonc.

arctan 1

1 +x+x² ∈i 0,π

2 h

D'autre part, par croissance et dénition de la fonctionarctan, arctan(1 +x)−arctanx∈[0, π[

On en déduit

kπ= arctan(1 +x)−arctanx−arctan 1 1 +x+x²

i−π 2, πh On en tirek= 0donc

arctan(1 +x)−arctanx= arctan 1 1 +x+x²