Exercices sur les nombres réels et complexes

(1)

Nombres réels et complexes

Rationnels et irrationnels

Exercice 1 [ 02092 ][correction]

Montrer que la somme d’un nombre rationnel et d’un nombre irrationnel est un nombre irrationnel.

Montrer que√

2 n’est pas un nombre rationnel

Calculer √

2

√2

. En déduire l’existence d’irrationnelsa, b >0 tels quea^b soit rationnel.

Soitf :Q→Qtelle que

∀x, y∈Q, f(x+y) =f(x) +f(y) a) On supposef constante égale Cquelle est la valeur deC? On revient au cas général.

b) Calculerf(0).

c) Montrer que∀x∈Q, f(−x) =−f(x).

d) Etablir que∀n∈N,∀x∈Q, f(nx) =nf(x) et généraliser cette propriété à n∈Z.

e) On posea=f(1). Montrer que∀x∈Q, f(x) =ax.

Montrer que

2 3 +41

81 r5

3

!^1/3

+ 2

3−41 81

r5 3

!^1/3

est un rationnel. On conseille d’effectuer les calculs par ordinateur.

Sinest un entier>2, le rationnelH_n=

n

P

k=1 1

k peut-il être entier ? Exercice 7 [ 02647 ][correction]

a) Montrer l’existence et l’unicité des suites d’entiers (an)n∈Net (bn)n∈Nvérifiant

1 +√ 2n

=an+bn

√ 2 b) Calculera²_n−2b²_n.

c) Montrer que pour toutn∈N, il existe un uniquep∈N^? tel que

1 +√ 2n

=√ p+p

p−1 Exercice 8 [ 01975 ][correction]

[Irrationalité deπ]

a) Poura, b∈N^?, montrer que la fonction polynomiale Pn(x) = 1

n!xⁿ(bx−a)ⁿ

et ses dérivées successives prennent enx= 0 des valeurs entières.

b) Etablir la même propriété enx=a/b c) Pourn∈N^?, on pose

I_n = Z π

0

P_n(t) sintdt Montrer queIn →0.

d) En supposantπ=a/b, montrer queIn ∈Z. Conclure.

[Irrationalité de e^r pourr∈Q^?]

a) Poura, b∈N^?, montrer que la fonction polynomiale P_n(x) = 1

n!xⁿ(bx−a)ⁿ

et ses dérivées successives prennent enx= 0 des valeurs entières.

b) Etablir la même propriété enx=a/b c) On poser=a/bet pourn∈N^?

In= Z r

0

Pn(t)e^tdt Montrer queI_n →0.

d) En supposant e^r=p/q avecp, q∈N^?, montrer queqI_n ∈Z. Conclure.

(2)

Les nombres réels

Soita∈[1,+∞[. Simplifier q

a+ 2√ a−1 +

q a−2√

a−1

Soitf :R→Rune application telle que :







1) ∀(x, y)∈R², f(x+y) =f(x) +f(y) 2) ∀(x, y)∈R², f(xy) =f(x)f(y) 3) ∃x∈R, f(x)6= 0

a) Calculerf(0),f(1) etf(−1).

b) Déterminerf(x) pourx∈Zpuis pourx∈Q.

c) Démontrer que∀x>0, f(x)>0. En déduire quef est croissante.

d) Conclure quef = Id_R.

Soientn∈N^? et x1, . . . , xn∈R. On suppose

n

X

k=1

x_k =

n

X

k=1

x²_k =n Montrer que pour toutk∈ {1, . . . , n},xk = 1.

Inégalités

Vérifier

∀x∈R, x(1−x)61/4

Montrer

∀a, b∈R,ab6 1

2 a²+b²

Soientx, y∈[0,1]. Montrer

x²+y²−xy61

Montrer

∀a, b, c∈R,ab+bc+ca6a²+b²+c²

Montrer

∀u, v>0,1 +√ uv6√

1 +u√ 1 +v

Soientn∈N^?,a₁6. . .6a_n etb₁6. . .6b_n des réels.

Etablir

1 n

n

X

k=1

ak

! 1 n

n

X

k=1

bk

! 6 1

n

X

k=1

akbk

Déterminer tous les couples (α, β)∈(R^+?)² pour lesquels il existeM ∈Rtel que

∀x, y >0, x^αy^β6M(x+y)

Soient (x1, . . . , xn) et (y1, . . . , yn) deux suites réelles monotones. Comparer 1

n

X

k=1

xk

! 1 n

n

X

k=1

yk

! et 1

n

X

k=1

xkyk

Montrer que

∀x, y∈[0,1],min{xy,(1−x)(1−y)}6 1 4

(3)

Partie entière

Montrer que la fonction partie entière est croissante.

Montrer

∀x, y∈R,bxc+byc6bx+yc6bxc+byc+ 1

Montrer

∀x, y∈R, bxc+bx+yc+byc6b2xc+b2yc

Soientn∈N^? et x∈R. Montrer

bnxc n

=bxc

Montrer que

∀x∈R,∀n∈N^?,

n−1

X

k=0

x+k

n

=bnxc

Soita6b∈R. Etablir

Card([a, b]∩Z) =bbc+b1−ac

Soitn∈N^?.

a) Montrer qu’il existe (an, bn)∈N^?2 tel que (2 +√

3)ⁿ=a_n+b_n√

3 et 3b²_n =a²_n−1 b) Montrer que la partie entière de (2 +√

3)ⁿ est un entier impair.

Démontrer

∀n∈N^?,√ n+√

n+ 1

=√ 4n+ 2 en notant [x] la partie entière d’un réelx.

Les nombres complexes

Soitz∈U\ {1}. Montrer que ^z+1_z−1 ∈iR.

SoientP ={z∈C|Imz >0},D={z∈C| |z|<1} etf :C\ {−i} →Cdéfinie par

f(z) =z−i z+i

a) Montrer que tout élément deP à son image parf dansD.

b) Montrer que tout élément deD possède un unique antécédent parf dansP.

Calculer pourθ∈]0,2π[ etn∈N, Cn=

n

X

k=0

cos(kθ) et Sn=

n

X

k=0

sin(kθ)

Calculer pourθ∈Retn∈N, Cn=

n

X

k=0

n k

!

cos(kθ) et Sn=

n

X

k=0

n k

! sin(kθ)

SoitB une partie bornée non vide deC.

On suppose que siz∈B alors 1−z+z²∈B et 1 +z+z²∈B. DéterminerB.

(4)

Soienta, b, ztrois complexes de module 1 deux à deux distincts. Démontrer b

a

z−a z−b

2

∈R^+?

Le plan complexe

Soientz₀∈Cetr >0 tels que|z₀| 6=r.

On noteC le cercle dansCde centrez₀ et de rayonr.

a) Pourz∈C, montrer

z∈ C ⇔ |z|²−z₀z¯−z¯₀z+|z₀|²=r²

b) En déduire que l’image deC par l’applicationf :z7→1/z est un cercle dont on précisera centre et rayon en fonction dez0 etr.

a) Déterminer le lieu des pointsM d’affixezqui sont alignés avec Id’affixeiet M⁰ d’affixeiz.

b) Déterminer de plus le lieu des pointsM⁰ correspondant.

Quelle est l’image du cercle unité par l’applicationz7→_1−z¹ ?

Déterminer l’ensemble des pointsM d’affixez tels que z+ ¯z=|z|

Soienta, b, cdes réels strictement positifs.

A quelle condition existe-t-il des complexest, u, v de somme nulle vérifiant t¯t=a², u¯u=b²et v¯v=c²

Module et argument

Déterminer module et argument de z=

q 2 +√

2 +i q

2−√ 2

Soientz∈C^? etz⁰∈C. Montrer

|z+z⁰|=|z|+|z⁰| ⇔ ∃λ∈R⁺, z⁰ =λ.z

Etablir :

∀z, z⁰∈C,|z|+|z⁰|6|z+z⁰|+|z−z⁰| Interprétation géométrique et précision du cas d’égalité ?

Soienta, b∈C. Montrer

|a|+|b|6|a+b|+|a−b|

et préciser les cas d’égalité.

Soita∈Ctel que|a|<1.

Déterminer l’ensemble des complexesz tels que

z−a 1−¯az

61 Exercice 46 [ 03642 ][correction]

a) Vérifier

∀z1, z2∈C,|z1+z2|²+|z1−z2|²= 2|z1|²+ 2|z2|²

b) On supposez₁, z₂∈Ctels que|z1|61 et|z2|61. Montrer qu’il existeε= 1 ou−1 tel que

|z₁+εz₂|6√ 2

(5)

Soitf :C→Cdéfinie par

f(z) =z+|z|

2 Déterminer les valeurs prises parf.

Résoudre l’équation|z+ 1|=|z|+ 1 d’inconnuez∈C.

Racines de l’unité

Calculer le produit des racines de l’unité

Soitn∈N^?. On noteUn l’ensemble des racinesnème de l’unité.

Calculer

X

z∈Un

|z−1|

Soientn>3,ω1, . . . , ωn les racinesn-ième de l’unité avecωn = 1.

a) Calculer pourp∈Z,

Sp=

n

X

i=1

ω^p_i

b) Calculer

T =

n−1

X

i=1

1 1−ω_i

Soitω une racinenème de l’unité différente de 1. On pose S=

n−1

X

k=0

(k+ 1)ω^k En calculant (1−ω)S, déterminer la valeur deS.

Simplifier :

a)j(j+ 1) b) j

j²+ 1 c) j+ 1 j−1 Exercice 54 [ 02040 ][correction]

Soitn∈N^?. Résoudre l’équation

(z+ 1)ⁿ= (z−1)ⁿ Combien y a-t-il de solutions ?

Soitn∈N^?. Résoudre dans Cl’équation zⁿ+ 1 = 0

Soitn∈N^?. Résoudre dans Cl’équation

(z+i)ⁿ= (z−i)ⁿ

Observer que celle-ci admet exactementn−1 solutions, chacune réelle.

Soitω= eⁱ^2π⁷ . Calculer les nombres :

A=ω+ω²+ω⁴ etB =ω³+ω⁵+ω⁶ Exercice 58 [ 02044 ][correction]

Soientn∈N,n>2 etω= exp(2iπ/n).

a) Etablir que pour toutz∈C, z6= 1,

n−1

Y

k=1

(z−ω^k) =

n−1

X

`=0

z^`

b) Justifier que l’égalité reste valable pourz= 1.

c) En déduire l’égalité

n−1

Y

k=1

sinkπ

n = n

2ⁿ⁻¹

(6)

Montrer que

sinπ 5

= s

5−√ 5 8

Equations algébriques

Pour quelsa∈Rl’équationx³+ 2x²+ 2ax−a²= 0 possèdex= 1 pour solution ? Quelles sont alors les autres solutions de l’équation ?

Résoudre dansC, les équations :

a)z²−2iz−1 + 2i= 0 b)z⁴−(5−14i)z²−2(12 + 5i) = 0.

a) Déterminer les racines carrées complexes de 5−12i.

b) Résoudre l’équationz³−(1 + 2i)z²+ 3(1 +i)z−10(1 +i) = 0 en commençant par observer l’existence d’une solution imaginaire pure.

c) Quelles particularités a le triangle dont les sommets ont pour affixe les solutions de l’équation précédente ?

Résoudre dansCl’équation

z³= 4√ 2(1 +i)

Résoudre dansCle système

(x+y= 1 +i xy= 2−i

Exponentielle complexe

SoitZ∈C^?. Résoudre l’équation e^z=Z d’inconnuez∈C.

En étudiant module et argument, établir que pour toutz∈C

1 + z n

ⁿ

→exp(z)

Exponentielles imaginaires

Déterminer module et argument de e^iθ+ 1 et de e^iθ−1 pourθ∈R.

Simplifier ^e_e^iθ_iθ⁻¹₊₁ pour θ∈]−π, π[.

Déterminer module et argument de e^i.θ+ e^i.θ⁰ pour θ, θ⁰∈R.

Si (x, y, z)∈R³ vérifie

eîx+ eîy+ eîz = 0 montrer

e^2ix+ e^2iy+ e^2iz = 0

(7)

Corrections

Exercice 1 :[énoncé]

Soitxun rationnel ety un irrationnel.

Par l’absurde : Siz=x+y est rationnel alorsy=z−xest rationnel par différence de deux nombres rationnels. Ory est irrationnel. Absurde.

Par l’absurde supposons√ 2∈Q. On peut alors écrire√

2 =p/qavecp, q∈N^? et, quitte à simplifier,pet qnon tous les deux pairs.

On a alors 2q²=p².

pest alors nécessairement pair carp²est pair. Cela permet d’écrirep= 2kavec k∈Npuisq²= 2k².

Mais alorsqest pair. Par suitepetqsont tous les deux pairs.

Absurde.

√ 2

√2

=√ 2²= 2 Si√

2

√

2 est rationnel, c’est gagné aveca=b=√

2. Sinon, on prend a=√ 2

√ 2 et b=√

2.

a) La relationf(x+y) =f(x) +f(y) avecf constante égale àC donne C=C+Cd’où C= 0.

b) Pourx=y= 0, la relationf(x+y) =f(x) +f(y) impliquef(0) = 0.

c) Poury=−x, la relationf(x+y) =f(x) +f(y) donne 0 =f(−x) +f(x) d’où f(−x) =−f(x).

d) Par récurrence :

∀n∈N,∀x∈Q, f(nx) =nf(x) Pourn∈Z⁻, n=−pavecp∈Net

f(nx) =f(−px) =−f(px) =−pf(x) =nf(x)

e) On peut écrirex=p/qavecp∈Zetq∈N^?. f(x) =f(p×1

q) =pf(1 q) or

a=f(1) =f(q×1

q) =qf(1 q) donc

f(1 q) =a

q puis

f(x) =ap q =ax

On définit le nombrexétudié

x:=(2/3+41/81*sqrt(5/3))ˆ(1/3)+(2/3-41/81*sqrt(5/3))ˆ(1/3);

Attention à définir les racines cubiques par des exposants 1/3 avec parenthèses.

On peut commencer par estimer la valeur cherchée evalf(x);

Nous allons chercher à éliminer les racines cubiques. Pour cela on calculex³ expand(xˆ3);

Dans l’expression obtenue, on peut faire apparaîtrexpar factorisation du terme 2

3+ 41 243

√ 15

^1/32 3− 41

243

√ 15

^1/3

Simplifions ce terme

simplify((2/3+41/243*sqrt(15))ˆ(1/3)*

(2/3-41/243*sqrt(15))ˆ(1/3), assume=positive);

On obtient

1 81

486 + 123√

15^1/3

486−123√ 15^1/3 Développons selon (a−b)(a+b) =a²−b²

(486ˆ2-123ˆ2*15)ˆ(1/3);

donne 9261. Enfin ifactor(9261);

permet de conclure que 2

3+ 41 243

√ 15

^1/32 3− 41

243

√ 15

^1/3

= 7 27

(8)

Ainsixest solution de l’équation

x³= 4 3+7

9x En factorisant le polynôme sous-jacent

factor(xˆ3-7/9*x-4/3);

on obtient

(3x−4)(3x²+ 4x+ 3) = 0 Puisque 3x²+ 4x+ 3>0, on peut conclure

x= 4/3

Le calcul des premiers termes de la suite (Hn)n>2 permet de conjecturer queHn

est le rapport d’un entier impair par un entier pair. Ceci assureraHn∈/Z. Démontrons la propriété conjecturée par récurrence forte.

Pourn= 2, c’est immédiat.

Supposons la propriété établie jusqu’au rangn−1>2.

Casnimpair.

On peut écriren= 2k+ 1 et puisque par hypothèse de récurrenceHn−1s’écrit (2p+ 1)/2q, on obtientHn=Hn−1+ 1/négale au rapport d’un entier impair par un entier pair.

Casnest pair.

On peut écriren= 2k aveck>2 puis H_n= 1

2H_k+ 1 +1

3 +· · ·+ 1 2k−1

Par hypothèse de récurrence,Hk est le rapport d’un entier impair par un entier pair, donc ¹₂Hk aussi.

De plus, comme entrevu dans l’étude du cas précédent, l’ajout de l’inverse d’un entier impair conserve la propriété.

AinsiH_n est le rapport d’un entier impair par un entier pair.

Récurrence établie.

a) Par la formule du binôme de Newton

1 +√ 2n

=

n

X

k=0

n k

!√ 2^k

En séparant les termes d’indices pairs de ceux d’indices impaires

1 +√ 2n

=an+bn

√ 2 avec les entiers

a_n= X

062p6n

n 2p

!

2^p et b_n= X

062p+16n

n 2p+ 1

! 2^p

On peut aussi raisonner par récurrence en mettant à jour une expression dea_n+1 etb_n+1 en fonction dea_n etb_n

(an+1=an+ 2bn

b_n+1=a_n+b_n L’unicité provient de l’irrationalité de√

2. En effet si 1 +√

2ⁿ

=a+b√

2 =a⁰+b⁰√ 2 aveca, b, a⁰, b⁰ entiers, on obtient

(b⁰−b)√

2 =a−a⁰ Sib6=b⁰ alors on peut exprimer√

2 comme égal à un nombre rationnel. C’est absurde et il resteb=b⁰ et donca=a⁰.

b) Par la formule du binôme de Newton, on obtient de même

1−√ 2ⁿ

=an−√ 2bn

et alors

a²_n−2b²_n= (1 +√

2)ⁿ(1−√

2)ⁿ= (−1)ⁿ

On peut aussi raisonner par récurrence en exploitant l’expression de (a_n+1, b_n+1) en fonction de (a_n, b_n).

c) L’unicité est évidente compte tenu de la stricte croissance de la fonction p7→√

p+√ p−1.

Sinest pair alorsa²_n= 1 + 2b²_n. Pourp=a²_n, (√

2 + 1)ⁿ=an+√

2bn=√ p+p

p−1 Sinest impair alors 2b²_n=a²_n+ 1. Pourp= 2b²_n,

(√

2 + 1)ⁿ=√

2bn+an=√ p+p

p−1

(9)

a) 0 est racine de multipliciténdePn donc

∀m < n, P_n^(m)(0) = 0

Le polynômePn est de degré 2ndoncPn^(m)= 0 pour toutm >2net ainsi

∀m >2n, P_n^(m)(0) = 0 Reste à traiter le casn6m62n.

En développant par la formule du binôme P_n(x) =

n

X

k=0

1 n!

n k

!

(−a)^n−kb^kx^n+k

PuisquePn^(m)(0) est donné par la dérivation du termex^m, on obtient P_n^(m)(0) = 1

n!

n m−n

!

(−a)^2n−mb^m−n(n+m)!∈Z b) On remarque

∀x∈R, Pn(a/b−x) =Pn(x) donc

∀m∈N, P_n^(m)(a/b) = (−1)^mP_n^(m)(0)∈Z c) On a

|I_n−0|= 1 n!

Z π 0

tⁿ(bt−a)ⁿsintdt 6 1

n!πⁿ⁺¹(|b|π+|a|)ⁿ−−−−−→

n→+∞ 0 d) Par l’absurde, supposonsπ=a/b.

Par intégration par parties successives In=

" _m X

k=1

(−1)^k−1sin(t+kπ/2)P_n^(k−1)(t)

#π

0

+ (−1)^m Z π

0

sin(t+mπ/2)P_n^(m)(t) dt Donc

In=

"_2n+2 X

k=1

(−1)^k−1sin(t+kπ/2)P_n^(k−1)(t)

#^π

0

=

2n+2

X

k=1

(−1)^ksin(kπ/2)(P_n^(k−1)(π)+P_n^(k−1)(0))∈Z CommeI_n ∈ZetI_n→0, la suite (I_n) est stationnaire égale à 0.

Or sur [0, π] la fonctiont7→Pn(t) sin(t) est continue, positive sans être nulle et 0< πdoncIn>0. Absurde.

a) 0 est racine de multipliciténdePn donc

∀m < n, P_n^(m)(0) = 0

Le polynômePn est de degré 2ndoncPn^(m)= 0 pour toutm >2net ainsi

∀m >2n, P_n^(m)(0) = 0

Reste à traiter le casn6m62n. En développant par la formule du binôme Pn(x) =

n

X

k=0

1 n!

n k

!

(−a)^n−kb^kx^n+k

PuisquePn^(m)(0) est donné par la dérivation du termex^m, on obtient P_n^(m)(0) = 1

n!

n m−n

!

(−a)^2n−mb^m−n(n+m)!∈Z b) On remarque

∀x∈R, P_n(a/b−x) =P_n(x) donc

∀m∈N, P_n^(m)(a/b) = (−1)^mP_n^(m)(0)∈Z c) On a

|In−0|= 1 n!

Z r 0

tⁿ(bt−a)ⁿe^tdt 6 1

n!rⁿ⁺¹(br+a)ⁿ −−−−−→

n→+∞ 0 d) Par intégration par parties

I_n=

P_n(t)e^t^r

0− Z r

0

P_n⁰(t)e^tdt et en répétant l’opération

I_n =

" _2n X

m=0

(−1)^mP_n^(m)(t)e^t

#^r

0

On en déduit

qIn=

2n

X

m=0

(−1)^m

P_n^(m)(r)p−P_n^m(0)q

∈Z

Or sur [0, r] la fonctiont7→P_n(t)e^t est continue, positive sans être nulle et 0< r doncI_n>0.

AinsiqIn →0,qIn>0 etqIn∈Z: c’est absurde.

Notons qu’on en déduit immédiatement l’irrationalité de lnrpourr∈Q^+?\ {1}.

(10)

Posons

x= q

a+ 2√ a−1 +

q a−2√

a−1 On a

x²= 2a+ 2p

a²−4(a−1) = 2a+ 2p

(a−2)² Sia∈[1,2] alorsx²= 2a+ 2(2−a) = 4 doncx= 2.

Sia∈[2,+∞[ alorsx²= 4(a−1) puisx= 2√ a−1.

a)f(0) =f(0 + 0) =f(0) +f(0) doncf(0) = 0.

∀x∈R, f(x) =f(1.x) =f(1)f(x) Commef est non nulle, on af(1) = 1.

f(1) +f(−1) =f(0) = 0 doncf(−1) =−1.

b) Par récurrence surn∈N:f(n) =n. De plus

f(−n) =f((−1)×n) =f(−1)×f(n) =−f(n) =−ndonc

∀x∈Z, f(x) =x Pourx∈Q,x=^p_q avecp∈Z, q∈N^?,

f(x) =f(p×1

q) =f(p)×f(1 q) Orf(p) =pet

1 =f(1) =f(q×1

q) =f(q)×f(1

q) =q×f(1 q) doncf(¹_q) = ¹_q. Par suitef(x) =x.

c)

∀x>0, f(x) =f(√ x√

x) = f(√ x)²

>0 Pourx, y∈R, si x6y alors

f(y) =f(x+y−x) =f(x) +f(y−x)>f(x) Ainsif est croissante.

d) Pourx∈Retn∈N:

E(nx)

n 6x < E(nx) + 1 n

Commef est croissante : f(E(nx)

n )6f(x)< f(E(nx) + 1

n )

puis

E(nx)

n 6f(x)<E(nx) + 1 n

A la limite, quandn→+∞, on obtientx6f(x)6xi.e.f(x) =x. Finalement f = Id_R.

On a n

X

k=1

(x_k−1)²=

n

X

k=1

x²_k−2

n

X

k=1

x_k+

n

X

k=1

1 = 0

et puisqu’une somme de quantités positives n’est nulle que si chaque quantité est nulle, on obtient

∀16k6n, xk= 1

On peut dresser le tableau de variation de la fonctionf :x7→x(1−x) et constater qu’elle possède un maximum enx= 1/2 de valeurf(1/2) = 1/4.

(a−b)²>0 donne 2ab6a²+b²

Sachantx²6xety²6y, on a

x²+y²−xy−16x+y−xy−1 = (x−1)(1−y)60

Sachant

2xy6x²+y² on obtient

ab+bc+ca61

2(a²+b²) +1

2(b²+c²) +1

2(c²+a²) =a²+b²+c²

(11)

Compte tenu de la positivité des membres, le problème revient à établir 1 +√

uv2

6(1 +u)(1 +v) soit encore

2√

uv6u+v ce qui découle de la propriété

√u−√ v2

>0 Exercice 18 :[énoncé]

Par somme de quantités positives, on a X

16k,`6n

(ak−a`)(bk−b`) = X

16k,`6n

(akbk−a`bk−akb`+a`b`)>0 En séparant la somme en quatre, on obtient

n

X

k=1

akbk−2

n

X

k=1

ak n

X

`=1

b`+n

n

X

`=1

a`b`>0 et on en déduit

n

X

k=1

akbk >

n

X

k=1

ak n

X

k=1

bk

ce qui donne l’inégalité demandée.

Soit (α, β) solution. Considérons

f(x, y) = x^αy^β x+y sur (R^+?)².

On a

f(x, x) =x^α+β 2x f bornée impliqueα+β = 1.

Inversement, supposonsα+β= 1.

Siy>xalors

06f(x, y) = x^αy^1−α x+y 6 y

x+y x

y ^α

61 Six>y alors idem.

Etudions la différence 1

n

X

k=1

xkyk− 1 n

n

X

k=1

xk

! 1 n

n

X

k=1

yk

!

= 1 n²

n

X

k=1

nxkyk−

n

X

k=1 n

X

`=1

xky`

!

ce qui donne encore 1

n

X

k=1

xkyk− 1 n

n

X

k=1

xk

! 1 n

n

X

k=1

yk

!

= 1 n²

n

X

k=1 n

X

`=1

(xkyk−xky`) Or

n

X

k=1 n

X

`=1

(x_ky_k−x_ky_`) =

n

X

k=1 n

X

`=1

x_k(y_k−y_`) = X

16`<k6n

x_k(y_k−y_`)+ X

16k<`6n

x_k(y_k−y_`) car lorsquek=`le terme xk(yk−y`) est nul.

Par changement d’indice, on peut réécrire la dernière somme X

16k<`6n

x_k(y_k−y_`) = X

16`<k6n

x_`(y_`−y_k) et alors

n

X

k=1 n

X

`=1

(x_ky_k−x_ky_`) = X

16`<k6n

(x_k−x_`) (y_k−y_`)

Les termes sommés sont alors tous de même signe, à savoir positif si les suites (xi)16i6n et (yi)16i6n ont même monotonie et négatifs si ces deux suites sont de monotonies contraires.

Au final, si les deux suites ont même monotonie alors 1

n

X

k=1

xk

! 1 n

n

X

k=1

yk

! 6 1

n

X

k=1

xkyk

et si les deux suites sont de monotonies contraires alors 1

n

X

k=1

xkyk 6 1 n

n

X

k=1

xk

! 1 n

n

X

k=1

yk

!

Commençons par résoudre le min. On a

xy6(1−x)(1−y)⇔x+y61

(12)

Casx+y61 :

min{xy,(1−x)(1−y)}=xy6x(1−x)6 1 4 Casx+y >1 :

min{xy,(1−x)(1−y)}= (1−x)(1−y)<(1−x)x61/4

Soitx6y∈R.bxc6xdoncbxc6y orbxc ∈Zdoncbxc6byccarbycest le plus grand entier inférieur ày.

Puisquebxc6xetbyc6y, on a

bxc+byc6x+y

Par définition,bx+ycest le plus grand entier inférieur àx+y, on a donc déjà bxc+byc6bx+yc

D’autre partx <bxc+ 1 ety <byc+ 1 donc x+y <bxc+byc+ 2 puis

bx+yc<bxc+byc+ 2

Puisque cette inégalité concerne des entiers, on peut transformer cette inégalité stricte en l’inégalité large suivante

bx+yc6bxc+byc+ 1

Sibxc6x <bxc+ 1/2 etbyc6y <byc+ 1/2 alors

bx+yc=bxc+byc, b2xc= 2bxc et b2yc= 2byc puis relation voulue.

Sibxc+ 1/26x <bxc+ 1 etbyc6y <byc+ 1/2 alors

bx+yc6bxc+byc+ 1, b2xc= 2bxc+ 1 et b2yc= 2byc

puis la relation voulue

Sibxc6x <bxc+ 1/2 etbyc+ 1/26y <byc+ 1 : analogue Sibxc+ 1/26x <bxc+ 1 etbyc+ 1/26y <byc+ 1 alors

bx+yc=bxc+byc+ 2, b2xc= 2bxc+ 1 et b2yc= 2byc+ 1 puis la relation voulue.

Dans tous les cas la relation proposée est vérifiée.

On abnxc6nxpuis ^bnxc_n 6x, or x7→ bxcest croissante donc bnxc

n

6bxc

bxc6xdoncnbxc6nxpuisnbxc6bnxccarnbxc ∈Z. Par suite

bxc6 bnxc n puis

bxc6 bnxc

n

et finalement

bxc= bnxc

n

Posonsm=bnxcet réalisons la division euclidienne demparn:m=nq+ravec 06r6n−1.

On anq+r6nx < nq+r+ 1 donc pour toutk∈ {0, . . . , n−1} : q+k+r

n 6x+k

n < q+k+r+ 1 n

Sik+r < nalors x+_n^k

=q et sik+r>nalors x+_n^k

=q+ 1.

Par suite

n−1

X

k=0

x+ k

n

=

n−r−1

X

k=0

x+k

n

+

n−1

X

k=n−r

x+k

n

=nq+r=m=bnxc

(13)

Sia /∈Zalors [a, b]∩Z={bac+ 1,bac+ 2, . . . ,bbc} donc Card([a, b]∩Z) =bbc − bac Or

b1−ac= 1 +b−ac=− bac cara /∈Zdonc

Card([a, b]∩Z) =bbc+b1−ac Sia∈Zalors [a, b]∩Z={a, a+ 1, . . . ,bbc}donc

Card([a, b]∩Z) =bbc −a+ 1 =bbc+b1−ac car 1−a∈Z.

a) Par récurrence surn∈N^?.

Pourn= 1, a1= 2 etb1= 1 conviennent.

Supposons la propriété établie au rangn>1.

(2 +√

3)ⁿ⁺¹= (2 +√

3)(a_n+b_n√

3) =a_n+1+b_n+1√ 3 avecan+1= 2an+ 3bn etbn+1=an+ 2bn de sorte que

3b²_n+1−a²_n+1=−a²_n+ 3b²_n=−1 Récurrence établie.

b)an−16bn

√3< an donc 2an−16(2 +√

3)ⁿ <2an donc j

(2 +√ 3)ⁿk

= 2an−1 C’est un entier impair.

Soitpun entier strictement supérieur à√ n+√

n+ 1. On a 2n+ 1 + 2p

n²+n < p² donc

4(n²+n)< p²−(2n+ 1)²

Puisque les nombres comparés sont des entiers, on a aussi 4(n²+n) + 16 p²−(2n+ 1)² c’est-à-dire

(2n+ 1)²6 p²−(2n+ 1)2

et on en déduit

4n+ 26p²

Or le carré d’un entier ne peut qu’être congru à 0 ou 1 modulo 4. On en déduit 4n+ 2< p²

et donc √

4n+ 2< p Ainsi, il n’existe pas d’entiers compris entre√

n+√

n+ 1 et√

4n+ 2 donc √

n+√ n+ 1

=√ 4n+ 2

Puisquez∈U, on a ¯z= 1/z donc z+ 1

z−1

= z¯+ 1

¯

z−1 = 1/z+ 1

1/z−1 = 1 +z

1−z =−z+ 1 z−1 puis

z+ 1 z−1 ∈iR

a) Posonsx= Re(z) et y= Im(z).

|f(z)|²= |z−i|²

|z+i|² =x²+ (y−1)² x²+ (y+ 1)²

Siy >0 alorsx²+ (y−1)²< x²+ (y+ 1)² donc|f(z)|<1. Ainsi,

∀z∈P, f(z)∈D b) SoitZ∈D.

Z =z−i

z+i ⇔z=i1 +Z 1−Z

(14)

avec

i1 +Z

1−Z =i1 +Z−Z¯−ZZ¯

|1−Z|² =−2Im(Z)

|1−Z|² +i1− |Z|²

|1−Z|² ∈P Ainsi,

∀Z ∈D,∃!z∈P, f(z) =Z

Cn etSn sont les parties réelles et imaginaires de

n

X

k=0

e^ikθ= e^i(n+1)θ−1

e^iθ−1 = e^inθ/2sin^(n+1)θ₂ sin^θ₂ Ainsi

C_n= cosnθ 2

sin^(n+1)θ₂

sin^θ₂ et S_n= sinnθ 2

sin^(n+1)θ₂ sin^θ₂

C_n etS_n sont les parties réelles et imaginaires de

n

X

k=0

n k

!

e^ikθ= (1 + e^iθ)ⁿ= 2ⁿeⁱ^nθ² cosⁿ θ 2 Ainsi

Cn = 2ⁿcosnθ 2 cosⁿθ

2 et Sn= 2ⁿsinnθ 2 cosⁿ θ

2

On observe queB={i,−i}est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres. . . Posonsf :C→Cetg:C→Cdéfinies par

f(z) = 1−z+z²et g(z) = 1 +z+z² On remarque

|f(z)−i|=|z+i| |z−(1 +i)|, |f(z) +i|=|z−i| |z−(1−i)|

|g(z)−i|=|z−i| |z+ 1 +i| et |g(z) +i|=|z+i| |z+ 1−i|

Soienta∈B et (zn)n>0 la suite d’éléments deB définie parz0=aet pour tout n∈N

zn+1 =

f(zn) si Re(zn)60 g(zn) si Re(zn)>0 Posons enfin

un= z²_n+ 1

=|zn−i| |zn+i|

Si Re(z_n)60 alors

un+1=|f(zn)−i| |f(zn) +i|=un|zn−(1 +i)| |zn−(1−i)|

Selon le signe de la partie imaginaire dezn, l’un au moins des deux modules

|zn−(1 +i)|et|zn−(1−i)|est supérieur à√

2 alors que l’autre est supérieur à 1.

Ainsi

u_n+1>√ 2u_n Si Re(zn)>0, on obtient le même résultat.

On en déduit que siu06= 0 alors la suite (un) n’est pas bornée. Or la partie B est bornée doncu₀= 0 puisa=±i. AinsiB⊂ {i,−i}.

SachantB 6=∅ et sachant que l’appartenance deientraîne celle de−iet inversement, on peut conclure

B={i,−i}

Rappelons que siuest un complexe de module alors 1/u= ¯u.

On a alors

(z−a)²= (z−a) 1

¯ z −1

¯ a

= (z−a)(¯a−z)¯

¯

a¯z =−a|z−a|²

¯ z

donc

b a

z−a z−b

2

= |z−a|²

|z−b|² ∈R^+?

a) On a

z∈ C ⇔ |z−z₀|²=r² et en développant

|z−z0|²= (z−z0) (z−z0) =z¯z−z0z¯−¯z0z+z0z¯0

(15)

b) Notons que 0∈ C/ puisque|z0| 6=r. On peut donc considérer l’imagef(C).

SoitZ=f(z) avecz∈ C. Puisque

|z|²−z0z¯−z¯0z+|z0|²=r² on a

1−z₀ z −z¯₀

¯

z +|z₀|²−r² zz¯ = 0 donc

1−z0Z−z¯0Z¯+

|z0|²−r²

|Z|²= 0 ce qui se réécrit

|Z|²− z0

|z₀|²−r²Z− z¯0

|z₀|²−r²

Z¯= 1 r²− |z₀|² Posons alors

Z0= ¯z₀

|z₀|²−r² et l’on obtient

|Z|²−Z¯0Z−Z0Z¯+|Z0|²= 1

r²− |z0|² + |z0|²

|z0|²−r²² = r² |z0|²−r²² AinsiZ appartient au cercleC⁰ de centreZ0 et de rayon ^r

|^|z0|²−r²|.

Inversement, en reprenant les calculs en sens inverse, on obtient que tout pointZ deC⁰ est l’image d’un certainzdeC.

a)M =I est solution.

PourM 6=I,I, M, M⁰ sont alignés si, et seulement si, il existeλ∈Rtel que

−−→IM⁰=λ−−→

IM i.e. ^iz−i_z−i ∈R. Posonsx= Re(z) et y= Im(z).

Im

iz−i z−i

= 0⇔x(x−1) +y(y−1) = 0⇔ x−¹₂2

+ y−¹₂2

= ¹₂. Finalement le lieu des pointsM solutions est le cercle de centre Ω

1/2 1/2 et de rayon 1/√

2.

b) Le pointM⁰ est l’image deM par la rotation de centreO et d’angleπ/2.

Le lieu des pointsM⁰ est donc le cercle de centre Ω⁰

−1/2

1/2 et de rayon 1/√ 2

Soitzun complexe du cercle unité avecz6= 1. Il existeθ∈]0,2π[ tel quez= e^iθ. On a alors

1

1−z = 1

1−e^iθ = e^−iθ/2 i

2 sinθ/2 =1 2 +1

2icotanθ 2

Quandθparcourt ]0,2π[ (ce qui revient à faire parcourir àzle cercle unité), l’expression cotan(θ/2) prend toutes les valeurs deR. L’image du cercle unité est la droite d’équationx= 1/2.

SoitM(z) solution avecz=a+ibet a, b∈R. On a 2a=√

a²+b² donca>0 etb=±√ 3a.

AinsiM se situe sur les demi-droites d’origineO dirigée par les vecteurs~u

1√ 3 et

~v 1

−√ 3.

Inversement : ok.

En multipliant les trois complexest, u, v par e^iθ, on peut former un nouveau triplet solution à partir d’un premier. Sans perte de généralité, on peut donc supposert∈R⁺ auquel cast=a.

En écrivantu=x+iy et v=x⁰+iy⁰ avecx, x⁰, y, y⁰∈R, la condition t+u+v= 0 donne

(x⁰ =−(a+x) y⁰=−y

et les deux conditionsu¯u=b² etv¯v=c² équivalent alors au système ( x²+y²=b²

(x+a)²+y²=c²

Ce système possède une solution si, et seulement si, le cercle de centreO et de rayonbcoupe le cercle de centre Ω(−a,0) et de rayonc. Ces deux cercles se coupent si, et seulement si,

|b−c|6a6b+c

On peut alors conclure que le triplet (t, u, v) existe si, et seulement si, chacun des paramètresa, b, cest inférieur à la somme des deux autres.