Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2013-2014
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir maison n˚1
Exercice 1 (4 points) :Comparer les nombres r 9
20+
√11 25 et 1
10+
√11 5 .
Correction : Comme la racine carr´ee d’un r´eel positif ou nul ´etant un nombre positif ou nul, on a√ 11≥0.
On en d´eduit ais´ement que :
1 10+
√11
5 ≥0. (1)
Calculons `a pr´esent le carr´e de 1 10+
√11 5 . 1
10+
√11 5
!2
= 1
10 2
+ 2× 1 10×
√11
5 +
√11 5
!2
= 1
100+
√11 25 +11
25
= 1
100+11×4 25×4 +
√11 25
= 45
100+
√11 25
= 9×5 20×5 +
√11 25 On a donc :
1 10+
√11 5
!2
= 9 20+
√11
25 . (2)
De (1), (2) et de le d´efinition de la racine carr´ee d’un r´eel positif ou nul, on d´eduit que : r 9
20+
√11 25 = 1
10+
√11 5 .
Exercice 2 (4 points) : Soit un entier naturel n et soient a0, a1, . . . , an des nombres r´eels. On note (E) l’´equation
anzn+an−1zn−1+. . .+a2z2+a1z+a0= 0
d’inconnuez∈C. Montrer que si un nombre complexeαest solution de (E), alorsαest aussi solution de (E).
Correction :Soitαun nombre complexe solution de l’´equation (E). On a donc :
anαn+an−1αn−1+. . .+a2α2+a1α+a0= 0. (3) En appliquant conjugaison complexe `a chacun des membres de (3), il vient :
anαn+an−1αn−1+. . .+a2α2+a1α+a0= 0 = 0. (4)
Grˆace aux propri´et´es alg´ebriques de la conjugaison complexe, on peut r´e´ecrire le premier membre de (4) pour obtenir :
anαn+an−1αn−1+. . .+a2α2+a1α+a0= 0 (5) Commea0, a1, . . . , an sont des nombres r´eels, on a :
∀i∈J0, nK ai=ai. (6)
De (5) et (6), on d´eduit :
anαn+an−1αn−1+. . .+a2α2+a1α+a0= 0.
Le nombre complexeαest donc solution de l’´equation (E).
Exercice 3 (12 points) R´esoudre l’´equation
(E) : z2=z d’inconnuez∈C, en raisonnant par analyse-synth`ese.
Correction
• Analyse
Soitz∈Ctel que :
z2=z. (7)
On introduit la forme alg´ebrique de z, en ´ecrivantz=a+ib, avec (a, b)∈R2. De (7), on d´eduit :
a2−b2
| {z }
∈R
+i2ab
|{z}
∈R
= a
|{z}
∈R
+i(−b)
| {z }
∈R
. (8)
De l’unicit´e de la forme alg´ebrique d’un nombre complexe et de (8), on tire le syst`eme : a2−b2 = a (L1)
2ab = −b (L2).
On aimerait obtenir une expression deaseul grˆace `a (L2) en divisant chacun des membres de (L2) parb, mais on ne le peut carb peut ˆetre nul. Ceci nous contraint `a scinder l’´etude en deux parties.
– 1ercas :b= 0
La ligne (L1) se r´e´ecrit
a2=a
´equation ´equivalente `a
a(a−1) = 0.
L’int´egrit´e deRimplique que cette derni`ere ´equation a deux solutions :a= 0 eta= 1. On a donc deux premiers candidats pour ˆetre solutions de (E) :z= 0 etz= 1.
– 2`emecas : b6= 0
Dans ce cas, on peut diviser chaque membre de l’´equation (L2) parbpour obtenir 2a=−1, soita=−1 2. En substituantapar−1
2 dans la ligne (L1), on obtient : 1
4−b2=−1 2 soit
b2=3
4. (9)
En appliquant la racine carr´ee `a chaque membre de (9), et comme√
b2=|b|, il vient :
|b|=
√3 2 . On a donc b =
√3
2 ou b = −
√3
2 . On en d´eduit deux autres candidats pour ˆetre solutions de (E) : z=−1
2 +i
√3
2 et z=−1 2 −i
√3 2 .
Bilan de l’analyse : on a montr´e que si un nombre complexe z est solution de (E), alors n´ecessairement on a :
z= 0 ou z= 1 ou z=−1 2+i
√3
2 ou z=−1 2−i
√3 2 .
• Synth`ese
Il s’agit de v´erifier `a pr´esent si les quatre nombres complexes pr´ec´edents sont solutions de (E).
– 02= 0 (clair) donc 0 est solution de (E).
– 12= 1 (clair) donc 1 est solution de (E).
– On reconnaˆıt que −1 2 +i
√3
2 est le nombre complexej.
j2= −1 2+i
√3 2
!2
=
−1 2
2 + 2×
−1 2
×i
√3 2 + i
√3 2
!2
=1 4 −i
√3 2 −3
4 =−1 2 −i
√3 2 =j On a donc :
j2=j. (10)
Ainsij est solution de (E).
– Il nous reste `a v´erifier si −1 2 −i
√3
2 =j est solution de (E). En appliquant la conjugaison complexe `a chaque membre de (10) et en utilisant les propri´et´es alg´ebriques de la conjugaison, on obtient :
j2= (j).
Le nombrej est donc solution de (E).
• Conclusion
Du raisonnement pr´ec´edent, on d´eduit que l’ensemble solution de (E) est : Sol={0,1, j, j}.
