Correction du devoir surveill´ e n˚1

(1)

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB1−2010-2011

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚1

Exercice 1 : Résolution d’une équation et d’un système linéaires dans C 1. Résoudre l’équation (E) : z+ 2

1−z =−4 + 3i.

2. R´esoudre le syst`eme (S) :

(2 +i)z1+iz2= 1 +i (L1) 3iz1−(2−i)z2= 2i (L2) . Correction

1. Le domaine de d´efinition de l’´equation (E) est C\ {1}. Soitz∈Ctel que z6= 1.

(E) ⇐⇒ z+ 2 = (−4 + 3i)(1−z) (multiplication des deux membres par 1−z6= 0)

⇐⇒ z+ 2 =−4 + 4z+ 3i−3iz (d´eveloppement du second membre)

⇐⇒ z−4z+ 3iz=−4 + 3i−2

⇐⇒ (−3 + 3i)z=−6 + 3i

⇐⇒ (−1 +i)z=−2 +i (division des deux membres par 3)

⇐⇒ z=−2 +i

−1 +i (division des deux membres par −1 +i) Il reste à déterminer la forme algébrique de −2 +i

−1 +i :

−2 +i

−1 +i = (−2 +i)(−1−i)

(−1 +i)(−1−i) = 2 + 2i−i+ 1 (−1)²+ (−1)² = 3

2 +i 2. L’´equation (E) admet une unique solution :z= 3

2+ i 2.

2. On commence par exprimerz1 en fonction dez2, au moyen de la ligne (L2).

(L2) ⇐⇒ 3iz1= 2i+ (2−i)z2

⇐⇒ z1= 2i

3i+2−i 3i z2=2

3 +2−i 3i z2

On a donc

(S) ⇐⇒







(2 +i)z1+iz2= 1 +i z1= 2

3+2−i 3i z2

⇐⇒











(2 +i) 2

3+2−i 3i z2

+iz2= 1 +i (L1)

z1= 2

3+2−i

3i z2 (L2) On a

(L1)⇐⇒ 4 3 +2

3i+(2 +i)(2−i)

3i z2+iz2= 1 +i.

Or (2 +i)(2−i)

3i = 5

3i = 5×(−3i)

3i×(−3i) =−15i 9 =−5i

3. (Pour trouver la forme alg´ebrique de 5

3i, on aurait pu ˆetre plus astucieux et multiplier haut et bas la fraction par−i(plutˆot que par−3i).) On a alors

(L1) ⇐⇒ 4 3 +2

3i−5i

3z2+iz2= 1 +i

⇐⇒ −5i

3z2+iz2= 1 +i−4 3−2

3i

⇐⇒ (−5i

+i)z =−1 + i

(2)

Comme−5i

3 +i=−2 3i, on a (L1) ⇐⇒ −2

3iz2=−1 3+ i

3

⇐⇒ −2iz2=−1 +i (On multiplie chacun des deux membres par 3.)

⇐⇒ z2=−1 +i

−2i Or −1 +i

−2i = (−1 +i)2i

(−2i)(2i) = −2i−2 4 =−1

2 − i

2.(Pour trouver la forme alg´ebrique de −1 +i

−2i , on aurait pu ˆetre plus astucieux, ici aussi, et multiplier haut et bas la fraction pari(plutˆot que par 2i).) On a donc

(S) ⇐⇒











z2=−1 2− i

2 z1= 2

3+2−i 3i z2

⇐⇒











z2=−1 2− i

2 z1= 2

3+2−i 3i

−1 2− i

2

Or 2 3+2−i

3i

−1 2− i

2

| {z }

−¹2(1+i)

= 2 3−1

6i (2−i)(1 +i)

| {z }

3+i

= 2 3−1

6×3 +i i = 2

3−1

6×(3 +i)(−i) i(−i) = 2

3−1

6×(−3i+1) = 1 2+i

2.

D’o`u

(S)⇐⇒











z2=−1 2− i

2 z1= 1

2+ i 2

.

L’ensemble solution de (S) est donc 1

2+ i 2;−1

2 − i 2

.

Exercice 2 : Systèmes linéaires dansR Pour chaque système ci-dessous :

1. calculer son rang ;

2. pr´eciser s’il est de Cramer ou non ; 3. d´eterminer son ensemble solution.

(S1) :







2x + 3y + 5z = 8

x + 4y + 5z = 2 x + y + 6z = 2

(S2) :







x + y + z = 1

x + 2y − 2z = 0

−2x − 3y + z = −5

(S3) :







3x + 3y + 3z = 3

−x − 2y + 2z = 0

4x + 6y − 2z = 2

Correction

1. ´Etude du syst`eme (S1)

(3)

(S1) ⇐⇒







x + y + 6z = 2 (L1)↔(L3) x + 4y + 5z = 2

2x + 3y + 5z = 8

⇐⇒







x + y + 6z = 2

3y − z = 0 (L2)←(L2)−(L1) y − 7z = 4 (L3)←(L3)−2(L1)

⇐⇒







x + y + 6z = 2

y − 7z = 4 (L2)↔(L3)

3y − z = 0

⇐⇒







x + y + 6z = 2

y − 7z = 4

20z = −12 (L3)←(L3)−3(L2)

Le rang du système (S1) est donc 3. Le système (S1) est de Cramer ; il possède donc une unique solution.

De (L3), on d´eduit quez=−12 20 =−3

5. Dez=−3

5 et de (L2), on d´eduit quey= 4 + 7z= 4 + 7×

−3 5

=−1 5. Dey=−1

5,z=−3

5 et de (L1), on d´eduit quex= 2−y−6z= 2 +1 5 −6×

−3 5

= 29 5 . L’ensemble solution de (S1) est

29 5 ;−1

5;−3 5

. 2. ´Etude du syst`eme (S2)

(S2) ⇐⇒







x + y + z = 1

y − 3z = −1 (L2)←(L2)−(L1)

−y + 3z = −3 (L3)←(L3) + 2(L1)

⇐⇒







x + y + z = 1

y − 3z = −1

0 = −4 (L3)←(L3) + (L2)

Le rang du système (S2) est 2 ; (S2) n’est donc pas de Cramer. Enfin le système (S2) n’a pas de solution car la troisième équation n’est jamais satisfaite.

L’ensemble solution de (S2) est donc l’ensemble vide, noté∅. 3. Étude du système (S3)

(S3) ⇐⇒







x + y + z = 1 (L1)← 1 3(L1)

−x − 2y + 2z = 0

4x + 6y − 2z = 2

⇐⇒







x + y + z = 1

−y + 3z = 1 (L2)←(L2) + (L1) 2y − 6z = −2 (L3)←(L3)−4(L1)

⇐⇒







x + y + z = 1

−y + 3z = 1

0 = 0 (L3)←(L3) + 2(L2)

Le rang du système (S3) est 2 ; (S3) n’est donc pas de Cramer. On achève la résolution de (S3) en expri- mantxety en fonction dez.

De (L2), on d´eduit quey= 3z−1.

Dey = 3z−1 et (L1), on d´eduit quex= 1−y−z= 1−(3z−1)−z=−4z+ 2.

L’ensemble solution de (S3) est{(−4z+ 2; 3z−1;z)|z∈R}.

(4)

Exercice 3 : Puissances successives d’un nombre complexe Soitz= 1

2 +i

√3 2 ∈C.

1. Donner la forme alg´ebrique de zⁿpour chaque entier ntel que 0≤n≤7.

2. D´eterminer la forme alg´ebrique de z²⁰¹⁰.

3. (a) Proposer une formule pour la forme alg´ebrique dezⁿ pour toutn∈N. Indication : On pourra distinguer plusieurs cas suivant la valeur de n.

(b) D´emontrer la formule propos´ee en (a).

Correction 1. z⁰= 1

2 +i

√3 2

!0

= 1 (Tout nombre élevé à la puissance 0 vaut 1.) z¹=z= 1

2 +i

√3 2 z²= 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 z³= 1

2 +i

√3 2

!3

= 1

2 +i

√3 2

!2

| {z }

−¹2+i^√2³

1 2 +i

√3 2

!

= i

√3 2

!2

− 1

2 2

=−3 4−1

4 =−1.

z⁴= 1 2 +i

√3 2

!4

= 1

2 +i

√3 2

!3

| {z }

−1

1 2 +i

√3 2

!

=−1 2−i

√3 2

z⁵= 1 2 +i

√3 2

!5

= 1

2 +i

√3 2

!3

| {z }

−1

1 2 +i

√3 2

!2

| {z }

−¹2+i^√₂³

=1 2 −i

√3 2

z⁶= 1 2 +i

√3 2

!6

= 1

2 +i

√3 2

!3

| {z }

−1

1 2 +i

√3 2

!3

| {z }

−1

= 1

z⁷= 1 2 +i

√3 2

!7

= 1

2 +i

√3 2

!6

| {z }

1

1 2 +i

√3 2

!

=1 2 +i

√3 2

2. 2010 est divisible par 6 : 2010 = 335×6. On a donc z²⁰¹⁰=



 z⁶

|{z}

1





335

= 1³³⁵= 1.

3. (a) D’apr`es les calculs effectu´es en 1., on peut conjecturer que

zⁿ=











z⁰= 1 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 0, z=1

2 +i

√3

2 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 1, z²=−1

2+i

√3

2 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 2, z³=−1 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 3, z⁴= −1

2−i

√3

2 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 4, z⁵= 1

2 −i

√3

2 si le reste de la division enti`ere dezpar 6 est 5.

(b) Preuve de la conjecture faire en (a) : soitn un entier, soit q le quotient de la division enti`ere den par 6 et soitrle reste de la division enti`ere par 6. On a donc

n= 6×q+r et 0≤r≤5.

(5)

Alors

zⁿ=z^6q+r=z^6q×z^r=



 z⁶

|{z}

1





q

×z^r= 1^q×z^r=z^r.

Q.E.D.

Exercice 4 : Détermination d’une fonctionf à partir de conditions géométriques surC^f

Soienta,betcdes nombres réels etf la fonction définie sur [0; 2] parf(x) =x⁴+ax³+bx²+cx. Dans le plan P rapporté à un repère, soitC^f la courbe représentative def et soitIle point de coordonnées

1;−1

2

. D´eterminera,bet cpour que :

1. les points d’abscisses 0 et 2 deC aient mˆeme ordonn´ee ; 2. la courbe Cpasse par le pointI;

3. en le pointI, la courbeC admette une tangente parall`ele `a l’axe des abscisses.

Correction :On va commencer par traduire les conditions 1., 2. et 3. en ´equations.

On rappelle que, par d´efinition de la courbe repr´esentative de la fonctionf, un pointM(x;y) du plan appartient

`

a C^f si et seulement six∈[0; 2] ety=f(x).

De plus le coefficient directeur de la tangente au point d’abscissexde la courbeCf estf^′(x) = 4x³+3ax²+2bx+c et une droite est parall`ele `a l’axe des abscisses si et seulement si son coefficient directeur est nul.

On a cherche donc à résoudre le système suivant

(S) :







f(2) =f(0) (traduction de la condition 1) f(1) =−1

2 (traduction de la condition 2) f^′(1) = 0 (traduction de la condition 3)

(S) ⇐⇒







8a + 4b + 2c = −16 a + b + c = −3 3a + 2b + c = −24

⇐⇒







a + b + c = −3

2 (L1)↔(L2) 8a + 4b + 2c = −16

3a + 2b + c = −4

⇐⇒











a + b + c = −3

−4b − 6c = −24 (L2)←(L2)−8(L1)

−b − 2c = 1

2 (L3)←(L3)−3(L1)

⇐⇒











a + b + c = −3

2

−b − 2c = 1

2 (L2)↔(L3)

−4b − 6c = −4

⇐⇒











a + b + c = −3 2

−b − 2c = 1

2c = −26 (L3)←(L3)−4(L2) De (L3), on d´eduit quec=−3.

Dec=−3 et de (L2), on d´eduit queb=−2c−1

2 =−2×(−3)−1 2 = 11

2 . Deb=11

2 ,c=−3 et de (L1), on d´eduit quea=−3

2 −b−c=−3 2−11

2 + 3 =−4.

On a doncf(x) =x⁴−4x³+11

2 x²−3x, pour toutx∈[0; 2].

(6)

Exercice 5 : Transformation de Joukowski

A tout nombre complexe` z6= 0, on associe le nombreZ =1 2

z+1

z

. 1. Soitz=a+ib∈C^∗, avecaet br´eels.

(a) Exprimer la partie r´eelle et la partie imaginaire deZ, en fonction deaetb.

(b) Montrer que siz∈C^∗ v´erifiez.z= 1, alorsZ est r´eel.

(c) Montrer quez∈C^∗ est imaginaire pur si et seulement siZ est imaginaire pur.

2. (a) D´eterminer l’ensemble des nombres complexesz non nuls tels queZ =

√3 2 .

(b) Soitαun nombre réel fixé. En distinguant plusieurs cas, suivant la valeur deα, déterminer l’ensemble des nombres complexesznon nuls tels queZ=α.

Correction 1. (a) Z =1

2

z+1 z

= 1 2

a+ib+ 1 a+ib

. Or 1

a+ib = a−ib

(a+ib)(a−ib)= a−ib

a²+b². On a donc Z =1

2

a+ib+ a−ib a²+b²

=1 2

a+ib+ a

a²+b² −i b a²+b²

=1 2

a+ a a²+b²

+i

2

b− b a²+b²

.

Donc la partie r´eelle deZ est 1 2

a+ a a²+b²

et sa partie imaginaire est 1 2

b− b a²+b²

. (b) Soitz∈C^∗ tel quez.z= 1. Si l’on ´ecritz=a+ib, aveca, b∈R(a+ibest donc la forme alg´ebrique

dez), alors

z.z= (a+ib)(a−ib) =a²+b².

On a donca²+b²= 1. D’apr`es la question (a), la partie imaginaire de Z est alors 1

2

b− b 1

= 0.

Le nombreZ est donc r´eel.

(c) Preuve de l’assertion :z ∈ C^∗ imaginaire pur ⇐⇒ Z imaginaire pur. On démontre séparément les deux inclusions ⇒et⇐.

⇒ On suppose quez est imaginaire pur. Sia+ibdésigne la forme algébrique de z (a, b∈R), on a alorsa= 0. D’après la question (a), la partie réelle deZ est 1

2

0 + 0

0²+b²

= 0. Z est donc imaginaire pur.

⇐ On suppose queZ est imaginaire pur. Sia+ibest la forme alg´ebrique dez (a, b∈R), alors on a vu en (a) que la partie r´eelle deZ est 1

2

a+ a a²+b²

. Par hypoth`ese, celle-ci vaut 0.

1 2

a+ a a²+b²

= 0 =⇒ a+ a

a²+b² = 0 (multiplication des deux membres par 2)

=⇒ a(1 + 1 a²+b²

| {z }

>0

) = 0 (factorisation para)

=⇒ a= 0 (division des deux membres par 1 + 1

a²+b² 6= 0) La partie r´eelle dez est donc nulle ;zest donc imaginaire pur.

Q.E.D.

2. (a) Dans cette question, il s’agit de r´esoudre l’´equation 1 2

z+1

z

| {z }

Z

=

√3

2 . Le domaine de d´efinition de cette ´equation estC∗. Soitz∈C∗.

1 2

z+1

z

=

√3

2 ⇐⇒ z+1 z =√

3 (multiplication des deux membres par 2)

⇐⇒ z²+ 1 =√

3z (multiplication des deux membres parz6= 0)

⇐⇒ z²−√

3z+ 1 = 0

(7)

On est donc conduit à déterminer les racines du trinôme du second degréx²−√

3x+ 1. Son discriminant vaut (−√

3)²−4 =−1 =i². Ses racines sont donc

√3−i 2 et

√3 +i 2 . Les nombres complexesz∈C^∗ tels que Z=

√3

2 sont doncz₁=

√3−i

2 etz₂=

√3 +i 2 . (b) Soit α un nombre réel fixé. On cherche à résoudre l’équation 1

2

z+1 z

| {z }

Z

= α, d’inconnue z. Le domaine de d´efinition de cette ´equation estC∗. Soitz∈C∗.

1 2

z+1

z

=α ⇐⇒ z+1

z = 2α (multiplication des deux membres par 2)

⇐⇒ z²+ 1 = 2αz (multiplication des deux membres parz6= 0)

⇐⇒ z²− 2αz+ 1 = 0

On est donc conduit à déterminer les racines du trinôme du second degré x²−2αx+ 1. Son discriminant vaut ∆ = (−2α)²−4 = 4(α²−1) = 4(α−1)(α+ 1). On scinde alors l’étude en trois parties.

• ∆ = 0 (⇐⇒α= 1 ouα=−1)

Dans ce casx²−2αx+ 1 poss`ede une unique racine−(−2α) 2 =α.

• ∆>0 (⇐⇒α >1 ouα <−1) Dans ce cas, 4(α² −1) > 0 et p

4(α²−1) = 2√

α²−1. x² −2αx+ 1 poss`ede deux racines 2α−2√

α²−1

2 =α−√

α²−1 etα+√ α²−1.

• ∆<0 (⇐⇒ −1< α <1)

Dans ce cas, 4(α² −1) < 0 et p

4(1−α²) = 2√

1−α². x² −2αx+ 1 poss`ede deux racines 2α−2i√

1−α²

2 =α−i√

1−α² etα+i√ 1−α². Pour finir, on rassemble les diff´erents r´esultats obtenus.

• Siα=−1 ou 1, alors l’unique nombre complexez∈C^∗ tel que Z=αest z=α.

• Si α >1 ouα < −1, alors les deux nombres complexesz ∈C^∗ tels que Z =α sont z1=α−√

α²−1 etz2=α+√

α²−1 .

• Si −1 < α < 1, alors les deux nombres complexes z ∈ C^∗ tels que Z = α sont z1=α−i√

1−α² etz2=α+i√ 1−α².

Exercice 6 : Systèmes linéaires dansRavec paramètre(s)

1. Soitmun nombre réel fixé. Déterminer le rang et le nombre de solution(s) du système suivant d’inconnue x

y

o`u x, y∈R.

(S1) :

2mx+ (m+ 1)y= 2

(m+ 2)x+ (2m+ 1)y=m+ 1

2. Soitλun nombre réel fixé. Déterminer le rang et le nombre de solution(s) du système suivant d’inconnue



 x y z



o`ux, y, z∈R.

(S2) :







λx + y + z = 1

x + λy + z = λ

x + y + λz = λ²

Indication : On pourra distinguer plusieurs cas, suivant la valeur du param`etreλ.

Correction

1. On s´epare l’´etude en plusieurs parties.

(8)

• Cas o`um6= 0 : on peut alors diviser par 2m.

(S1)⇐⇒







2mx + (m+ 1)y = 2

(2m+ 1)−(m+ 2)

2m (m+ 1)

y = m+ 1−(m+ 2)

2m ×2 (L2)←(L2)−(m+ 2) 2m L1

On a :

(2m+1)−(m+ 2)

2m (m+1) = (2m+ 1)(2m)

2m −(m+ 2)(m+ 1)

2m = 4m²+ 2m−m²−3m−2

2m =3m²−m−2

2m m+ 1−(m+ 2)

m = (m+ 1)m

m −(m+ 2)

m =m²+m−m−2

m = m²−2 m On a donc

(S1)⇐⇒







2mx + (m+ 1)y = 2

3m²−m−2

2m y = m²−2

m .

Pour déterminer le rang de (S1), on s’intéresse maintenant aux valeurs de m 6= 0 qui annulent un coefficient diagonal, i.e. aux solutions de l’équation 3m²−m−2 = 0. On cherche donc les racines du trinôme 3m²−m−2. On remarque que m = 1 est racine évidente de ce trinôme. L’autre racine est donc (cf. partie du cours^≪somme et produit de racines^≫)−2

3. – Ainsi, si m6= 0, m6= 1 et m6=−2

3, alors le rang de (S1) est 2. Dans ce cas, (S1) est un syst`eme de Cramer ; il poss`ede donc une unique solution.

– Si m= 1, alors

(S1)⇐⇒

2x + 2y = 2 0 = −1 .

Dans ce cas, le rang de (S1) est 1 et le syst`eme (S1) n’admet aucune solution.

– Si m=−2 3, alors

(S1)⇐⇒







−4

3x + 1

3y = 2

0 = 7

3 .

Dans ce cas, le rang de (S1) est 1 et le syst`eme (S1) n’admet aucune solution.

• Cas o`um= 0 Si m= 0, alors

(S1) :

y = 2

2x + y = 1 ⇐⇒

2x + y = 1 (L1)↔(L2) y = 2

Le rang de (S1) est alors 2 ; il s’agit d’un syst`eme de Cramer et il admet donc une unique solution.

On rassemble alors les r´esultats.

• Si m6= 1 etm6=−2

3, alors le rang de (S1) est 2 et (S1) poss`ede une unique solution.

• Si m= 1 oum=−2

3, alors le rang de (S1) est 1 et (S1) ne poss`ede aucune solution.

2. On ´echelonne le syst`eme (S2).

(S2) ⇐⇒







x + y + λz = λ² (L1)↔(L3)

x + λy + z = λ

λx + y + z = 1

⇐⇒







x + y + λz = λ²

(λ−1)y + (1−λ)z = λ−λ² (L2)←(L2)−(L1) (1−λ)y + (1−λ²)z = 1−λ³ (L3)←(L3)−λ(L1)

⇐⇒







x + y + λz = λ²

(λ−1)y + (1−λ)z = λ−λ²

(−λ²−λ+ 2)z = 1 +λ−λ²−λ³ (L3)←(L3) + (L2)

(9)

Pour déterminer le rang de (S2), on est conduit à étudier les valeurs de λ qui annulent un coefficient diagonal, c’est-à-direλ= 1 et les solutions de l’équation−λ²−λ+ 2 = 0. On cherche donc les racines du trinôme−λ²−λ+ 2. On remarque que λ= 1 est racine évidente de ce trinôme. L’autre racine est donc (cf. partie du cours ^≪somme et produit de racines^≫)−2. L’étude se scinde alors en trois parties.

• Cas o`uλ6= 1 etλ6=−2

Alors tous les coefficients diagonaux dans le système échelonné précédent sont non nuls. Le système (S2) donc de rang 3 ; c’est un système de Cramer et il possède donc une unique solution.

• Cas o`uλ= 1

Pour résoudre (S2) sous cette hypothèse, on commence par remplacerλpar 1 dans le système échelonné précédent.

(S2) ⇐⇒







x + y + z = 1

0 = 0

On lit alors que le rang de (S2) est 1 et que son ensemble solution est{(1−y−z;y;z)|y, z∈R}(deux paramètresy etz). (S2) possède donc une infinité de solutions.

• Cas o`uλ=−2

Pour résoudre (S2) sous cette hypothèse, on commence par remplacerλpar−2 dans le système échelonné précédent.

(S2) ⇐⇒







x + y − 2z = 4

−3y + 3z = −6

0 = 3

On lit alors que le rang de (S2) est 2 et que (S2) ne poss`ede aucune solution.

On rassemble à présent les différents résultats obtenus.

• Si λ6= 1 etλ6=−2, alors le rang de (S2) est 3 et (S2) poss`ede une unique solution.

• Si λ= 1, alors le rang de (S2) est 1 et (S2) poss`ede une infinit´e de solutions.

• Si λ=−2, alors le rang de (S2) est 2 et (S2) ne poss`ede aucune solution.

Exercice 7 : De Bordeaux à Saint-Jean-de-Luz, à vélo

Deux cyclistes partent en mˆeme temps de Bordeaux pour se rendre `a Saint-Jean-de-Luz (distance : 195 km).

L’un deux, dont la vitesse moyenne sur ce parcours est supérieure de 4 km.h⁻¹ à celle de l’autre, arrive une heure plus tôt.

D´eterminer la vitesse moyenne de chaque cycliste.

Correction :On note t le temps (en heures) de parcours et v la vitesse (en kilomètres/heure) du cycliste le plus lent. D’après l’énoncé, on a les deux équations suivantes.

t×v= 195 et (t−1)×(v+ 4) = 195.

On cherche donc à résoudre le système (S) :

t×v= 195

(t−1)×(v+ 4) = 195 . (S) ⇐⇒

tv= 195

tv−v+ 4t−4 = 195

⇐⇒

tv= 195

195−v+ 4t−4 = 195 (cartv= 195 d’apr`es (L1))

⇐⇒

tv= 195

−v+ 4t= 4

On introduit alors les inconnues auxiliairesV =−v et T = 4t. Alors la deuxième ligne du dernier système se réécritV+T = 4 et sa première ligne est équivalente àV T =−4×195 (il est plus astucieux de ne pas effectuer le calcul du second membre ici). On cherche donc, à présent, à résoudre le système

V T =−4×195

.D’apr`es le

(10)

cours les solutions de ce système sont les racines du trinôme du second degréx²−4x−4×195. Son discriminant

∆ vaut 4²+ 4×4×195 = 16×196 = (4×14)²= 56². On a donc







V = 4−56

2 =−26 et T = 4 + 56

2 = 30 ou

V = 30 et T =−26

C’est `a dire 





−v=4−56

2 =−26 et 4t=4 + 56 2 = 30 ou

−v= 30 et 4t=−26

Or, la vitessev et le tempst sont des nombres positifs. Ainsi, on trouvev= 26 (ett= 7,5).

Les vitesses des deux cyclistes sont donc 26 km.h⁻¹ et 30 km.h⁻¹.

Exercice 8 : L’aire des champs¹

1. On considère un triangleABC et un pointA^′ du segment [BC]. On noteAÂA^′^B l’aire du triangleAA^′B et AÂA^′^C l’aire du triangleAA^′C.

b

B

bA

bC

bD b

A^′

D´emontrer que A^AA^′^B

A^AA^′^C = A^′B A^′C.

2. On considère à présent un champ triangulaireP RE, dont on connaˆıt les aires de trois parcelles (cf. schéma ci-dessous).

20

30 50

x y

z

bP

P^′

b

R

R^′

b

E E^′

O

Calculer l’aire du champP RE.

Correction

1. L’aire d’un triangle est donn´ee par la formule Aire = 1

2(Base×Hauteur). On a donc A^AA^′^B= 1

2 ×A^′B×AD et A^AA^′^C =1

2 ×A^′C×AD.

Ainsi A^AA^′^B A^AA^′^C =

1

2 ×A^′B×AD 1

2×A^′C×AD

=A^′B A^′C.

2. On cherche à calculer l’aire du triangleP RE. Celle-ci vaut 20 + 30 + 50 +x+y+z= 100 +x+y+z. Il reste à déterminer la valeur dex+y+z.

On applique la relation obtenue en 1. aux triangles :

• OP R^′ et OR^′E et on obtient : (1) 50 z = P R^′

R^′E;

1. D’après le livre intitulé100 friandises mathématiquesde R. Ferachoglou et M. Lafond.

(11)

• RP R^′ et RR^′Eet on obtient : (2) 20 + 30 + 50 x+y+z = P R^′

R^′E;

• ORE^′ etOE^′P et on obtient : (3) 20 30 =RE^′

E^′P ;

• ERE^′ etEE^′P et on obtient : (4) 20 +x+y

30 + 50 +z = RE^′ E^′P. De (1) et (2), on d´eduit que 50

z = 100

x+y+z, c’est-`a-dire 2z=x+y+z ou encore (5) z=x+y.

De (3) et (4), on tire (6) 20

30 = 20 +x+y

30 + 50 +z. De (5) et (6), on d´eduit que 20×(80 +z) = 30×(20 +z).

On résout cette dernière équation pour trouver z = 100. Alors d’après (5), x+y = 100. On a donc x+y+z= 200.

L’aire du champP RE vaut 300.

Exercice 9 : Des serpents, des souris et des scorpions² Dans un d´esert, il y a des serpents, des souris et des scorpions.

Chaque matin, chaque serpent mange une souris.

Chaque midi, chaque scorpion pique un serpent (et ¸ca ne pardonne pas).

Chaque soir, chaque souris mange un scorpion.

Au bout d’une semaine, il ne reste plus qu’un animal : une souris. Combien y avait-il de souris au d´ebut ? Correction :Le septi`eme jour :

• le soir, on avait 0 serpent, 1 souris et 1 scorpion (avant que la souris ne mange le scorpion) ;

• le midi, on avait 1 serpent, 1 souris et 1 scorpion (avant que le scorpion ne pique le serpent) ;

• le matin, on avait 1 serpent, 2 souris et 1 scorpion (avant que le serpent ne mange la souris).

Si un matin, on axserpents,ysouris etz scorpions, c’est que la veille :

• le soir, on avaitxserpents,y souris ety+zscorpions (y souris ont mang´ey scorpions) ;

• le midi, on avaitx+y+zserpents,y souris ety+z scorpions (y+zscorpions ont piqu´ey+zserpents) ;

• le matin, on avaitx+y+z serpents,x+ 2y+z souris ety+z scorpions (x+y+z serpents ont mang´e x+y+z souris).

Donc si on a x serpents, y souris et z scorpions un matin, on avait la veille, au matin, x+y+z serpents, x+ 2y+z souris ety+z scorpions, d’o`u le tableau :

jour (matin) serpents souris scorpions

7 1 2 1

6 4 6 3

5 13 19 9

4 41 60 28

3 129 189 88

2 406 595 277

1 1278 1873 872

On avait donc 1873 souris le matin du premier jour.

Problème : Résolution d’une équation polynomiale de degré 3 dans C Le but de ce problème est de résoudre dansCl’équation (E) :

z³−6z+ 4 = 0. Partie A : deux ´equations annexes

Soientw=−2 + 2iet α= 1 +ideux nombres complexes. On rappelle que le nombre complexej est d´efini par j=−1

2 +i

√3 2 .

(12)

1. V´erifier que : 1 +j+j= 0 ;jj= 1 ;α³=w.

2. Montrer que (z−α)(z−jα)(z−jα) =z³−w.

3. En d´eduire :

(a) l’ensemble des solutions de l’´equationz³=w, d’inconnuez∈C; (b) l’ensemble des solutions de l’´equationz³=w, d’inconnuez∈C. Correction

1. 1 +j+j= 1−1 2+i

√3 2 −1

2 −i

√3 2 = 0 jj = −1

2+i

√3 2

!

−1 2 −i

√3 2

!

identit´= e remarquable

−1 2

2

− i

√3 2

!2

= 1 4+3

4 = 1

α²= (1 +i)²= 1 + 2i+i²= 2idoncα³= (1 +i)³= (1 +i)²(1 +i) = 2i(1 +i) =−2 + 2i=w 2. On d´eveloppe, r´eduit et ordonne (z−α)(z−jα)(z−jα).

(z−α)(z−jα)(z−jα) = (z²−jαz−αz+jα²)(z−jα)

= (z²−(1 +j)αz+jα²)(z−jα)

= z³−(1 +j)αz²+jα²z−jαz²+ (1 +j)jα²z−jjα³

= z³−(1 +j+j)αz²+ (j+ (1 +j)j)α²z−jjα³.

Or 1 +j+j= 0

jj= 1

j+ (1 +j)j=j+jj+j=j+ 1 +j= 0 On a donc (z−α)(z−jα)(z−jα) =z³−w.

3. (a) R´esolution dez³=w z³=w ⇐⇒ z³−w= 0

⇐⇒ (z−α)(z−jα)(z−jα) = 0

⇐⇒











z−α= 0 ou

z−jα= 0 ou

z−jα= 0

(un produit est nul ssi au moins un de ses facteurs est nul)

L’ensemble des solutions de l’´equationz³=west donc

α;jα;jα . (b) R´esolution dez³=w

z vérifiez³=wsi et seulement siz³=w=w, c’est-à-dire si et seulement si z=α ou z=jα ou z=jα (d’après (a)).

Les solutions dez³=wsont doncα;jα;jα=jα.

L’ensemble des solutions de l’´equationz³=west donc

α;jα;jα .

Partie B : des outils

SoientA etB deux nombres complexes.

1. Montrer que :

A³+B³= (A+B)³−3AB(A+B).

2. SoitS=A+B etP =AB. Montrer queAet B sont solutions de l’´equation d’inconnuez: z²−Sz+P = 0.

(13)

Correction

1. On va développer (A+B)³−3AB(A+B) et voir que l’on obtientA³+B³pour répondre à la question.

Première étape : développement de (A+B)³. Pour développer (A+B)³, on peut :

• utiliser l’identit´e remarquable (qui est `a connaˆıtre)

(A+B)³=A³+ 3A²B+ 3AB²+B³

• ou d´evelopper (A+B)³ ^≪en deux temps^≫ : (A+B)²=A²+ 2AB+B²donc

(A+B)³= (A+B)²(A+B) = (A²+2AB+B²)(A+B) =A³+2A²B+AB²+A²B+2AB²+B³=A³+3A²B+3AB²+B³. Deuxième étape : développement de (A+B)³−3AB(A+B)

(A+B)³−3AB(A+B) =A³+ 3A²B+ 3AB²+B³−3A²B−3AB²=A³+B³. 2. A est solution dez²−Sz+P = 0 si et seulement siA²−SA+P = 0. Or

A²−SA+P = A²−(A+B)A+AB (par d´efinition deS etP)

= A²−A²−AB+AB

= 0.

De mˆeme, on montre que Best solution dez²−Sz+P = 0.

Partie C : r´esolution de (E)

Soitz0 un nombre complexe solution de l’´equation (E). Soient u et v deux complexes tels que u+v =z0 et uv= 2.

1. Donner la valeur dez₀³−6z0. 2. Calculeru³+v³et u³v³.

3. En d´eduire queu³ et v³ sont solutions de l’´equation (E^′) : z²+ 4z+ 8 = 0. 4. Montrer que les deux solutions de (E^′) sontwet ¯w.

5. En d´eduire les valeurs possibles deuetv.

6. En d´eduire les valeurs possibles dez0. V´erifier qu’elles sont bien solutions de (E).

Correction

1. Commez0 est solution de (E), on az₀³−6z0+ 4 = 0 et doncz³₀−6z0=−4.

2. D’apr`es la question 1. de la partie B, en posantA=u³ etB=v³, on a u³+v³= (u+v)³−3uv(u+v).

Oru+v=z0 etuv= 2 donc

u³+v³=z₀³−3×2×z0=z₀³−6z0=−4.

Enfin

u³v³= (uv)³= 2³= 8.

3. Deu³+v³=−4,u³v³= 8 et de la question 2. de la partie B, en posantA=u³etB=v³, on d´eduit que u³etv³sont solutions de l’´equationz²+ 4z+ 8 = 0.En effet, siA=u³etB=v³, on aS=u³+v³=−4 et P =u³v³= 8.

4. Dire que west solution de (E^′) signifie quew²+ 4w+ 8 = 0. On va calculer w²+ 4w+ 8 et vérifier que l’on obtient 0 pour répondre à la question.

w²+ 4w+ 8 = (−2 + 2i)²+ 4(−2 + 2i) + 8

= 4−8i−4−8 + 8i+ 8

= 0

On peut procéder de même pour vérifier quewest solution de (E^′) ou bien utiliser la conjugaison complexe comme on l’explique ci-après. Commew²+ 4w+ 8 = 0, on aw²+ 4w+ 8 = 0, c’est-à-direw²+ 4w+ 8 = 0

(14)

5. Des questions 3. et 4., on d´eduit que

u³=w(i.e.uest solution dez³=w) et v³=w(i.e.v est solution dez³=w) ou

u³=w(i.e.uest solution dez³=w) etv³=w(i.e.v est solution dez³=w).

On applique alors les r´esultats obtenus dans la partie A (questions 3.(a) et 3.(b)) pour obtenir : (u=αoujαoujα) et (v=αoujαoujα)

ou

(u=αoujαoujα) et (u=αoujαoujα).

Pour chacune des valeurs de u et v ci-dessus, on calcule maintenant le produit uv. Par hypothèse, ce dernier doit être égal à 2. Cela va nous permettre d’éliminer certaines valeurs de uet v.

(1) Si (u=αetv=α) ou (u=αetv=α), alorsuv=αα= (1 +i)(1−i) = 2.

(2) Si (u=αetv=jα) ou (u=jαetv=α), alorsuv=jαα= 2j 6= 2 (carαα= 2).

(3) Si (u=αetv=jα) ou (u=jαetv=α), alorsuv=jαα= 2j 6= 2 (carαα= 2).

(4) Si (u=jαetv=α) ou (u=αetv=jα), alorsuv=jαα= 2j 6= 2 (carαα= 2).

(5) Si (u=jαetv=jα) ou (u=jαetv=jα), alorsuv=j²αα= 2j²= 2j6= 2 (carαα= 2 etj²=j).

(6) Si (u=jαetv=jα) ou (u=jαetv=jα), alorsuv=jjαα= 2 (carαα= 2 etjj= 1).

(7) Si (u=jαetv=α) ou (u=αetv=jα), alorsuv=jαα= 2j 6= 2 (carαα= 2).

(8) Si (u=jαetv=jα) ou (u=jαetv=jα), alorsuv=jjαα= 2 (carαα= 2 etjj= 1).

(9) Si (u=jαetv=jα) ou (u=jαetv=jα), alorsuv=j²αα= 2j6= 2 (carαα= 2 etj²=j).

Le produituvétant égal à 2, on voit que les seuls cas possibles restants sont (1), (6) et (8), c’est-à-dire : (u=αet v=α) ou (u=αetv=α)

ou

(u=jαet v=jα) ou (u=jαetv=jα) ou

(u=jαet v=jα) ou (u=jαetv=jα).

6. On rappelle quez0=u+v. D’après la question précédente, on a donc trois possibilités pour la valeur de z0. On les liste ci-dessous.

z0=α+α= 1 +i+ 1−i= 2 ou

z0=jα+jα=jα+jα=−1 2 −

√3

2 +i −1 2 +

√3 2

!

+ −1 2−

√3

2 +i −1 2+

√3 2

!!

=−1−√ 3 ou

z0=jα+jα=jα+jα=−1 2 +

√3 2 −i 3

2+

√3 2

! + −1

2+

√3 2 −i 3

2 +

√3 2

!!

=−1 +√ 3

Pour vérifier que ces trois valeurs de z0sont solutions de l’équation (E), on calcule pourzégal à chacune des trois valeurs −1−√

3,−1 +√

3, 2 l’expression z³−6z+ 4.

Pour chacune, on obtient 0. L’ensemble solution de (E) est donc{−1−√

3 ; −1 +√ 3 ; 2}.