MPSI B Année 2016-2017. Corrigé DM 2 19 octobre 2019

(1)

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Exercice 1.

M 0

−

→ v 0

−−→ 0M 0

α

Fig. 1: Interprétation du α de la vitesse initiale

1. Le réel α est un argument de ^v _z

⁰₀

donc une mesure de l'angle entre −−−→

OM ₀ et − → v ₀ (g 1).

Le mouvement se fait à l'intérieur du billard si et seulement si

α ∈ i π 2 , π

2 + π h

= π

2 , 3π 2

.

2. En utilisant la dénition de cos avec une exponentielle : 1 − 2 cos αe ^iα = 1 − e ^−iα + e ^iα

e ^iα = − e ^2iα = e ^i(2α+π)

3. a. Les points dont l'axe vérie la condition imposée forment la droite passant par M 0 et de direction − → v 0 .

b. Avec les conditions précisées par l'énoncé, on peut chercher l'axe du premier point de contact avec le bord sous la forme z 0 + λz 0 e ^iα avec λ réel non nul.

Ce complexe doit être de module 1 ce qui donne 1 + λ ² + 2λ cos α = 1 donc λ = − 2 cos α . On en déduit

z 1 = (1 − 2 cos αe ^iα )z 0 = − e ^2iα z 0 = e ^i(2α−π) z 0

De plus v 0

z ₁ = z 0 e ^iα

z 0 e ^i(2α−π) = e ^i(−α+π) ⇒ − α + π est un argument de v 0

z ₁

M

0

M

1

M

2

(a) Choc élastique en M

1

M

0

M

1

M

2

−− → v

0

−

→ v

1

−−−−→ OM

1

θ ϕ

(b) Vecteurs en M

1

.

Fig. 2: Question 4

4. Calcul de − → v ₁ . Considérons les angles portés sur la gure 2b. La propriété de réexion élastique se traduit par le fait qu'ils sont opposés (bissectrice).

Or θ est un argument de ^−v _−z

⁰₁

= ^v _z

⁰

1

et ϕ est un argument de _−z ^v

¹₁

= − ^v _z

₁¹

. On en déduit : un argument de v 1

z ₁ + π ≡ −un argument de v 0

z ₁ mod (2π) Soit α 1 un argument de ^v _z

¹₁

. Alors v 1 = z 1 e ^iα

¹

(car v 1 est de module 1) avec

α ₁ + π ≡ − ( − α + π) mod (2π) ⇒ α ₁ ≡ α mod (2π) ⇒ v ₁ = z ₁ e ^iα . L'axe de la vitesse après le premier choc est e ^iα z 1 .

5. Le calcul du premier choc conduit à : point : z 0

vitesse : v 0 = e ^iα z 0

)

−→

( point : z ₁ = e ^i(2α−π) z ₀ vitesse : v 1 = e ^iα z 1

.

Comme l'expression de v 1 en fonction de z 1 est analogue à celle de v 0 en fonction de z 0 , on peut calculer le deuxième choc et, la forme étant la même, les chocs suivants :

z 1 = e ^i(2α−π) z 0

v ₁ = e ^iα z ₁ )

−→

( z 2 = e ^i(2α−π) z 1

v ₂ = e ^iα z ₂ −→ · · · −→

( z n = e ^in(2α−π) z 0

v _n = e ^iα z _n De plus,

π

2 < α < π

2 + π ⇒ π < 2α < 3π ⇒ 2α − π ∈ ]0, 2π[.

On a donc bien montré qu'il existe β = 2α − π ∈ ]0, 2π[ tel que z _n = e ^inβ z ₀ .

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 M1602C

(2)

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6. La longueur M j−1 M j est la valeur absolue du λ de la question 3b :

M _j−1 M j = − 2 cos α > 0 car π

2 < α < π 2 + π.

7. Si le mouvement est q -périodique alors z 0 = z q donc qβ ∈ 2π Z. Il existe donc un entier p tel que q(2α − π) = 2pπ donc

α

π = 2p + q 2q = p

q + 1 2 ∈ Q .

Réciproquement, si ^α _π est rationnel et si p et q sont des entiers dénis par p

q = α π − 1

2 ,

alors le mouvement est q périodique. Les points sur le bord forment un polygône régulier mais la trajectoire ne décrit pas forcément les côtés. Par exemple (gures 3a et 3b) :

α = 9π 14 ⇒

( p = 1

q = 7 ou α = 13π 14 ⇒

( p = 3 q = 7 .

(a) Cas α =

^9π₁₄

(b) Cas α =

^13π₁₄

Fig. 3: Question 7

8. On peut ramener M k au point d'axe 1 par une rotation. Les images de M k+1 et M k−1 par cette même rotation sont alors ^z

^k+1

_z

_k

et ^z

^k−1

_z

_k

. La symétrie de la gure étant conservée par rotation, les images sont symétriques par rapport à l'axe réel donc

z k+1

z _k = z _k−1

z _k

⇒ z _k+1 = z k

z _k z _k−1 Si z _k = e ^iβ z _k−1 , on en tire

z k+1 = e ^iβ z k−1

e ^−iβ z _k−1 z _k−1 = e ^2iβ z _k−1 = e ^iβ z k ⇒ z k = e ^ikβ z 0

à partir du calcul de z 1 .

Exercice 2.

1. Pour k ≥ 1 , on peut écrire (k + 1)

n k

= k n

k

+ n

k

= n n − 1

k − 1

+ n

k

d'où , en notant S la somme cherchée :

S = n

n

X

k=1

n − 1 k − 1

+

n

X

k=0

n k

= n2 ⁿ⁻¹ + 2 ⁿ = (n + 2)2 ⁿ⁻¹

Autre solution. Considérons la fonction f dénie par f (x) = x(1 +x) ⁿ . Alors S = f ⁰ (1) or f ⁰ (x) = (1 + x) ⁿ + nx(1 + x) ⁿ⁻¹ d'où S = 2 ⁿ + n2 ⁿ⁻¹ .

2. Factorisons la diérence.

(m + 2)x + 1 − 1 + x + x ²

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

= mx − (m + 3)x ²

1 − x = ((m + 3)x − m) x x − 1 L'inéquation proposée est équivalente (pour m 6 = − 3 ) à

m + 3

x − 1 x(x − h(m)) < 0 avec h(m) = m

m + 3 = 1 − 3 m + 3

Le signe de cette expression est facile à évaluer pour x plus grand que 0, 1, h(m) et elle change de signe en chacune de ces valeurs. On doit donc classer 0, 1, h(m) suivant m en étudiant le graphe de h qui est une hyperbole. (g 4). On obtient :

2

(3)

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1 −3

Fig. 4: Graphe de h

Si m < − 3 ,

0 < 1 < h(m) ⇒ S m = ]0, 1[ ∪ ] m

m + 3 , + ∞ [ Si m = − 3 , l'inéquation devient

3x

x − 1 < 0 ⇒ S m = ]0, 1[

Si − 3 < m ≤ 0

h(m) < 0 < 1 ⇒ S m = ] − ∞ , m

m + 3 [ ∪ ]0, 1[

Si m > 0

0 < h(m) < 1 ⇒ S m = ] − ∞ , 0[ ∪ ] m m + 3 , 1[

3. Les k! et (k + 1)! se simplient respectivement dans les deux quotients en permettant

une mise en facteur

n k

2n k

−

n k+1

2n k+1

= n(n − 1) · · · (n − k + 1)

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

= n(n − 1) · · · (n − k + 1)

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

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

n 2n − k = 1

2 n(n − 1)(n − 2) · · · (n − k + 1) (2n − 1)(2n − 2) · · · (2n − k) Ce quotient contient k facteurs en haut (compteur entre 0 et k − 1 ) et en bas (compteur entre 1 et k ). On retrouve un quotient de coecients du binôme en introduisant des k! en haut et en bas. On en déduit la formule valable pour k entre 0 et n − 1

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Exercice 1.

M 0

−

→ v 0

−−→ 0M 0

α

Fig. 1: Interprétation du α de la vitesse initiale

1. Le réel α est un argument de v z

donc une mesure de l'angle entre −−−→

OM 0 et − → v 0 (g 1).

Le mouvement se fait à l'intérieur du billard si et seulement si

α ∈ i π 2 , π

2 + π h

= π

2 , 3π 2

.

2. En utilisant la dénition de cos avec une exponentielle : 1 − 2 cos αe iα = 1 − e −iα + e iα

e iα = − e 2iα = e i(2α+π)

3. a. Les points dont l'axe vérie la condition imposée forment la droite passant par M 0 et de direction − → v 0 .

b. Avec les conditions précisées par l'énoncé, on peut chercher l'axe du premier point de contact avec le bord sous la forme z 0 + λz 0 e iα avec λ réel non nul.

Ce complexe doit être de module 1 ce qui donne 1 + λ 2 + 2λ cos α = 1 donc λ = − 2 cos α . On en déduit

z 1 = (1 − 2 cos αe iα )z 0 = − e 2iα z 0 = e i(2α−π) z 0

De plus v 0

z 1 = z 0 e iα

z 0 e i(2α−π) = e i(−α+π) ⇒ − α + π est un argument de v 0

z 1

M

M

M

(a) Choc élastique en M

M

M

M

−− → v

−

→ v

−−−−→ OM

θ ϕ

(b) Vecteurs en M

.

Fig. 2: Question 4

4. Calcul de − → v 1 . Considérons les angles portés sur la gure 2b. La propriété de réexion élastique se traduit par le fait qu'ils sont opposés (bissectrice).

Or θ est un argument de −v −z

= v z

et ϕ est un argument de −z v

= − v z

. On en déduit : un argument de v 1

z 1 + π ≡ −un argument de v 0

z 1 mod (2π) Soit α 1 un argument de v z

. Alors v 1 = z 1 e iα

(car v 1 est de module 1) avec

α 1 + π ≡ − ( − α + π) mod (2π) ⇒ α 1 ≡ α mod (2π) ⇒ v 1 = z 1 e iα . L'axe de la vitesse après le premier choc est e iα z 1 .

5. Le calcul du premier choc conduit à : point : z 0

vitesse : v 0 = e iα z 0

)

−→

( point : z 1 = e i(2α−π) z 0 vitesse : v 1 = e iα z 1

.

Comme l'expression de v 1 en fonction de z 1 est analogue à celle de v 0 en fonction de z 0 , on peut calculer le deuxième choc et, la forme étant la même, les chocs suivants :

z 1 = e i(2α−π) z 0

v 1 = e iα z 1 )

−→

( z 2 = e i(2α−π) z 1

v 2 = e iα z 2 −→ · · · −→

( z n = e in(2α−π) z 0

v n = e iα z n De plus,

π

2 < α < π

2 + π ⇒ π < 2α < 3π ⇒ 2α − π ∈ ]0, 2π[.

On a donc bien montré qu'il existe β = 2α − π ∈ ]0, 2π[ tel que z n = e inβ z 0 .

1

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6. La longueur M j−1 M j est la valeur absolue du λ de la question 3b :

M j−1 M j = − 2 cos α > 0 car π

2 < α < π 2 + π.

7. Si le mouvement est q -périodique alors z 0 = z q donc qβ ∈ 2π Z. Il existe donc un entier p tel que q(2α − π) = 2pπ donc

α

π = 2p + q 2q = p

1. Le réel α est un argument de ^v _z

OM ₀ et − → v ₀ (g 1).

2. En utilisant la dénition de cos avec une exponentielle : 1 − 2 cos αe ^iα = 1 − e ^−iα + e ^iα

e ^iα = − e ^2iα = e ^i(2α+π)

b. Avec les conditions précisées par l'énoncé, on peut chercher l'axe du premier point de contact avec le bord sous la forme z 0 + λz 0 e ^iα avec λ réel non nul.

Ce complexe doit être de module 1 ce qui donne 1 + λ ² + 2λ cos α = 1 donc λ = − 2 cos α . On en déduit

z 1 = (1 − 2 cos αe ^iα )z 0 = − e ^2iα z 0 = e ^i(2α−π) z 0

z ₁ = z 0 e ^iα

z 0 e ^i(2α−π) = e ^i(−α+π) ⇒ − α + π est un argument de v 0

z ₁

4. Calcul de − → v ₁ . Considérons les angles portés sur la gure 2b. La propriété de réexion élastique se traduit par le fait qu'ils sont opposés (bissectrice).

Or θ est un argument de ^−v _−z

= ^v _z

et ϕ est un argument de _−z ^v

= − ^v _z

z ₁ + π ≡ −un argument de v 0

z ₁ mod (2π) Soit α 1 un argument de ^v _z

. Alors v 1 = z 1 e ^iα

α ₁ + π ≡ − ( − α + π) mod (2π) ⇒ α ₁ ≡ α mod (2π) ⇒ v ₁ = z ₁ e ^iα . L'axe de la vitesse après le premier choc est e ^iα z 1 .

vitesse : v 0 = e ^iα z 0

( point : z ₁ = e ^i(2α−π) z ₀ vitesse : v 1 = e ^iα z 1

z 1 = e ^i(2α−π) z 0

v ₁ = e ^iα z ₁ )

( z 2 = e ^i(2α−π) z 1

v ₂ = e ^iα z ₂ −→ · · · −→

( z n = e ^in(2α−π) z 0

v _n = e ^iα z _n De plus,

On a donc bien montré qu'il existe β = 2α − π ∈ ]0, 2π[ tel que z _n = e ^inβ z ₀ .

M _j−1 M j = − 2 cos α > 0 car π

Réciproquement, si ^α _π est rationnel et si p et q sont des entiers dénis par p

8. On peut ramener M k au point d'axe 1 par une rotation. Les images de M k+1 et M k−1 par cette même rotation sont alors ^z

_z

et ^z

_z

z _k = z _k−1

z _k

⇒ z _k+1 = z k

z _k z _k−1 Si z _k = e ^iβ z _k−1 , on en tire

z k+1 = e ^iβ z k−1

e ^−iβ z _k−1 z _k−1 = e ^2iβ z _k−1 = e ^iβ z k ⇒ z k = e ^ikβ z 0

= n2 ⁿ⁻¹ + 2 ⁿ = (n + 2)2 ⁿ⁻¹

Autre solution. Considérons la fonction f dénie par f (x) = x(1 +x) ⁿ . Alors S = f ⁰ (1) or f ⁰ (x) = (1 + x) ⁿ + nx(1 + x) ⁿ⁻¹ d'où S = 2 ⁿ + n2 ⁿ⁻¹ .

(m + 2)x + 1 − 1 + x + x ²

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

= mx − (m + 3)x ²