1. Les résultats sont présentés dans un tableau

Exercice 1.

1. Les résultats sont présentés dans un tableau

n E ₀ (n, a) E ₁ (n, a)

n = 2

z ² + a ² = 0 { ia, − ia }

2za = 0 { 0 }

n = 3

3z ² a + a ³ = 0 { ^{√ ia} ₃ , − ^{√ ia} ₃ }

z ³ + 3za ² = 0 { 0, i √

3a, − i √ 3a }

n = 4

z ⁴ + 6z ² a ² + a ⁴ = 0 S

4z ³ a + 4za ³ = 0 { 0, ia, − ia } avec

S =

ia q

3 + 2 √ 2, − ia

q 3 + 2 √

2, ia q

3 − 2 √ 2, − ia

q 3 − 2 √

2,

L'ensemble S s'obtient en prenant les racines carrées des solutions de l'équation z ² + 6u ² z + a ⁴

d'inconnue z . On peut remarquer que (1+ √

2) ² = 3+2 √

2 et donc remplacer p 3 + 2 √

2 par 1 + √

2 dans l'expression de S.

2. Dans cette question, le point important est que l'on puisse écrire λ ⁿ = λ ^k λ ^n−k . Comme λ 6 = 0 , on peut multiplier par λ ⁿ donc w est solution de E ₀ (n, a) si et seulement si

λ ⁿ X

k∈P

n

n k

w ^k a ^n−k = 0 ⇔ X

k∈P

n

n k

(λw) ^k (λa) ^n−k = 0

C'est à dire lorsque λw est solution de E 0 (n, λa) . Le raisonnement est exactement le même pour E 1 (n, a) .

3. a. Si w = − 1 l'équation n'admet pas de solution.

Si w 6 = − 1 l'équation admet une unique solution a w − 1

w + 1

b. En utilisant e ⁱ

^α2

comme dans le cours, on obtient w − 1

w + 1 = i tan α 2

c. L'ensemble cherché est formé par les solutions des équations a + z

a − z = u pour les u de U n .

Lorsque n est impair, − 1 n'est pas dans U n donc d'après a. et b. l'ensemble des

solutions est

ia tan kπ

n , n ∈ { 0, · · · n − 1 }

Lorsque n est pair, − 1 est pas dans U n donc d'après a. et b. il y a une solution de moins. L'ensemble des solutions est

ia tan kπ

n , n ∈ { 0, · · · n − 1 } − { n 2 }

d. Le développement (selon la formule du binôme) de ( − z + a) ⁿ s'obtient à partir de celui de (z + a) ⁿ en aectant chaque coecient de z ^k d'un − 1 lorsque k est impair. On en déduit que

(z + a) ⁿ − ( − z + a) ⁿ = 2 X

k∈I

n

n k

w ^k a ^n−k

puis que les solutions de E 1 (n, a) sont les mêmes que celles de l'équation du c.

4. a. En développant selon la formle du binôme, on obtient Re ((x + iy) ⁿ ) = X

k∈P

n

n k

x ^n−k (iy) ^k

i Im ((x + iy) ⁿ ) = X

k∈I

n

n k

x ^n−k (iy) ^k

b. On peut appliquer ces formules avec x = cos θ et y = sin θ , comme de plus

(cos θ + i sin θ) ⁿ = e ^inθ

On en déduit

cos nθ = X

k∈P

n

n k

(cos θ) ^n−k (i sin θ) ^k

i sin nθ = X

k∈I

n

n k

(cos θ) ^n−k (i sin θ) ^k

En mettant (cos θ) ⁿ en facteur, on obtient : cos nθ

(cos θ) ⁿ = X

k∈P

n

n k

i sin θ cos θ

k

i sin nθ

(cos θ) ⁿ = X

k∈I

n

n k

i sin θ cos θ

^k

c. D'après la question précédente, les nombres i tan θ pour lesquels sin nθ = 0 sont des solutions de E 1 (n, 1) (avec le paramêtre a = 1 ). D'après la question 2. les nombres ai tan θ pour lesquels sin nθ = 0 sont des solutions de E 1 (n, a) . On retrouve donc l'ensemble

ia tan kπ

n , n ∈ { 0, · · · n − 1 } − { n 2 }

d. D'après la question 4.b., les nombres i tan θ pour lesquels cos nθ = 0 sont des solutions de E ₀ (n, 1) (avec le paramêtre a = 1 ). Comme on en trouve le bon nombre suivant la parité de n ce sont toutes les solutions. D'après la question 2., les solutions de E 0 (n, a) sont les ai tan θ pour lesquels cos nθ = 0 .

Exercice 2.

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)

M 0

−

→ v 0

−−→ 0M 0

α

Fig. 1: Interprétation du α de la vitesse initiale

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

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 .

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

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 . 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 3.

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 :

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[

1

−3

Fig. 4: Graphe de h

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

n k

2n k

−

n k+1

2n k+1

= 1 2

n k

2n−1 k

Dans le calcul de la somme S , il faut traiter à part le dernier terme.

S = 2

n 0

2n k

−

n n

2n n

! +

n n

2n−1 n

= 2 1 − 1

2n n

!

+ 1

2n−1 n

Or

2n − 1 n − 1

+

2n − 1 n

= 2n

n

avec

2n − 1 n − 1

=

2n − 1 n

donc 2n

n

= 2

2n − 1 n

et S = 2

Exercice 4.

Exercice 3

1. Exprimons cos θ à l'aide d'exponentielles. Il vient 1 − cos θe ^iθ = 1 − 1

2 e ^2iθ − 1

2 = − ie ^iθ sin θ On en déduit que le module est | sin θ |. L'argument est

θ − π

2 si sin θ > 0, θ + π

2 si sin θ < 0

2. Notons A n et B n les deux sommes proposées. Ce sont les parties réelles de sommes de suites géométriques de raison respectivement cos θe ^iθ et _cos ¹ _θ e ^iθ . Lorsque θ n'est pas un multiple de ^π ₂ , les raisons sont diérentes de 1, on en déduit

A n = Re

cos θ e ^iθ 1 − e ^inθ (cos θ) ⁿ 1 − cos θe ^iθ

= Re

cos θ e ^iθ 1 − e ^inθ (cos θ) ⁿ

− ie ^iθ sin θ

= (cos θ) ⁿ⁺¹ sin(nθ) sin θ

B _n = Re





1 − _(cos ^e

^i(n+1)θ

_θ)

n+1

1 − _cos ^e

^iθ

_θ



 = Re





1 − _(cosθ) ^e

^i(n+1)θn+1

− i tan θ



 = sin(n + 1)θ (cos θ) ⁿ sin θ

Exercice 5.

Pour n entier naturel supérieur ou égal 1 et θ réel, on pose D _n (θ) =

n−1

X

k=−n+1

e ^ikθ F _n (θ) = 1 n

n

X

j=1

D _j (θ)

1. Chaque D j (θ) gurant dans F n est une somme de e ^ikθ . Combien de fois obtient-on un e ^ikθ pour un k xé ?

Écrivons en ligne pour j = 1, 2, 3, · · · , n les k qui apparaissent dans F n : -1 0 1 0

-2 -1 0 1 2 -3 -2 -1 0 1 2 3

...

Il est clair que 0 gure n fois, 1 et -1 gurent n − 1 fois, 2 et -2 gurent n − 2 fois, ...

k et − k gurent n − k fois. On en déduit la relation demandée.

F n (θ) =

n−1

X

k=−n+1

(1 − | k | n )e ^ikθ

2. Il ne faut pas essayer d'utiliser la première question. Commençons par calculer D n en multipliant par e ^iθ − 1 . Il ne reste que les termes extrêmes :

(e ^iθ − 1)D n (θ) = e ^i(n)θ − e ^i(−n+1)θ ⇒ D n (θ) = sin(n − ¹ ₂ )θ sin ^θ ₂ Calculons ensuite P n

k=1 sin(n − ¹ ₂ )θ comme la partie imaginaire de e ⁱ⁽

^θ2

⁾ + e ⁱ⁽

^θ2

^+θ) + · · · + e ⁱ⁽⁻

^θ2

^+nθ) = e ⁽

¹²

^+n)θ − e ⁱ

^θ2

e ^iθ − 1 = sin ⁿ ₂ θ sin ^θ ₂ e ⁱ

ⁿ²

^θ On en déduit nalement

F n (θ) = 1 n

n

X

k=0

D k (θ) = 1 n

sin ⁿ ₂ θ sin ^θ ₂

! 2