MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 1 le 21/09/18 29 juin 2019

(1)

MPSI B Année 2018-2019. Corrigé DS 1 le 21/09/18 29 juin 2019

Exercice 1

1. Les égalités sont vraies, peu importe le nom de l'indice de sommation.

2. Implicitement, l'énoncé nous invite à écrire T sous la forme T =



 X

i∈J1,nK

a

_i

x

_i







 X

j∈J1,nK

b

_j

y

_j



 −



 X

i∈J1,nK

a

_j

y

_j







 X

j∈J1,nK

b

_i

x

_i





= X

(i,j)∈J1,nK²

(a

_i

b

_j

− a

_j

b

_i

)x

_i

y

_j

L'expression demandée est donc t

_i,j

= a

_i

b

_j

− a

_j

b

_i

.

3. On peut remarquer dans l'expression précédente que t

_i,j

= 0 si i = j et que t

_j,i

= −t

i,j

si i 6= j .

À priori, le domaine de sommation de l'expression développée est le carré J 1, n K

2

. En fait, on peut enlever la diagonale ( i = j ) et rassembler les termes symétriques par rapport à cette diagonale en exploitant l'antisymétrie des t

_i,j

que l'on vient de remarquer.

Le domaine se réduit donc au triangle formé par les couples (i, j) tels que i < j :

T = X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(t

i,j

x

i

y

j

+ t

j,i

x

j

y

i

) = X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

t

i,j

(x

i

y

j

− x

j

y

i

)

= X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(a

i

b

j

− a

j

b

i

)(x

i

y

j

− x

j

y

i

)

4. On se place dans R avec x = b et y = a , alors : A

_X

= B

_Y

= X

i∈J1,nK

a

_i

b

_i

, A

_Y

= X

i∈J1,nK

a

²_i

, B

_X

= X

i∈J1,nK

b

²_i

.

L'identité de Cauchy-Binet devient



 X

i∈J1,nK

a

i

b

i





2

−



 X

i∈J1,nK

a

²_i







 X

i∈J1,nK

b

²_i





= X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(a

i

b

j

− a

j

b

i

)(b

i

a

j

− b

j

a

i

) = − X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(a

i

b

j

− a

j

b

i

)

²

≤ 0.

On en déduit



 X

i∈J1,nK

a

_i

b

_i





2

≤



 X

i∈J1,nK

a

²_i







 X

i∈J1,nK

b

²_i



 .

puis l'inégalité de Cauchy-Schwarz en prenant les racines carrées. On remarque qu'il est indispensable d'être dans R pour que les carrés soient positifs.

5. Cette fois on se place dans C et on choisit x = b et y = a .

A

_X

= X

i∈J1,nK

a

_i

b

_i

, B

_Y

= X

i∈J1,nK

b

_i

a

_i

= A

_X

, A

_Y

= X

i∈J1,nK

|a

i

|

²

, B

_X

= X

i∈J1,nK

|b

i

|

²

.

L'identité de Binet-Cauchy devient

X

i∈J1,nK

a

_i

b

_i

2

−



 X

i∈J1,nK

|a

i

|

²







 X

i∈J1,nK

|b

i

|

²





= X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(a

_i

b

_j

− a

_j

b

_i

)(b

_i

a

_j

− b

_j

a

_i

) = − X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

|a

_i

b

_j

− a

_j

b

_i

|

²

qui conduit à l'identité demandée. On peut remarquer que cela donne une version complexe (avec des modules) de l'inégalité de Cauchy-Schwarz

∀(a

1

, · · · , a

n

) ∈ C

ⁿ

, ∀(b

1

, · · · , b

n

) ∈ C

ⁿ

X

i∈J1,nK

a

i

b

i

2

≤



 X

i∈J1,nK

|a

i

|

²







 X

i∈J1,nK

|b

i

|

²



 .

On se place encore dans C mais on choisit cette fois b = a et y = x .

A

_X

= X

i∈J1,nK

a

_i

x

_i

, B

_Y

= A

_X

, A

_Y

= X

i∈J1,nK

a

_i

x

_i

, B

_X

= A

_Y

.

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 S1801C

(2)

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L'identité de Binet-Cauchy devient

X

i∈J1,nK

a

i

x

i

2

−

X

i∈J1,nK

a

i

x

i

2

= X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

(a

i

a

j

− a

j

a

i

)

| {z }

=2iIm(a_ia_j)

(x

i

x

j

− x

j

x

i

)

| {z }

=2iIm(x_ix_j)

= −4 X

(i,j)∈J1,nK

2

i<j

Im(a

_i

a

_j

) Im(x

_i

x

_j

).

Ceci conduit à la relation demandée.

Exercice 2

A

^′

O A

Z

M

Fig. 1: Bissectrice (OZ), (OM )

1. Comme a est réel, z − a est le conjugué de z − a . Ils ont donc le même module ce qui entraine que |m| = |z| = |z| . Donc OM = OZ et M et Z sont sur un même cercle de centre O .

2. Notons α un argument de z − a et θ un argument de z . Alors e

^iα

est l'axe d'un vecteur directeur de AZ et e

^iθ

est l'axe d'un vecteur directeur de (O, Z) . De plus on peut écrire

m = |z|e

^i(2α−θ)

Le complexe e

^i(2α−θ)

est donc l'axe d'un vecteur directeur de (O, M) . Notons µ = 2α − θ , c'est un argument de ce vecteur directeur. On a alors

α = 1 2 (θ + µ)

ce qui montre que (AZ ) est la bissectrice des demi-droites (OM ) et (OZ) .

O

A

^′

A

Z

M

Fig. 2: Construction du point M 3. On calcule en utilisant la dénition :

m − z = z z − a

z − a − z = |z|

²

− az − |z|

²

+ az

z − a = 2ia Im(z)

z − a ⇒ m − z

z − a = 2ia Im(z)

|z − a|

²

De manière analogue :

m + a = z z − a

z − a + a = |z|

²

− az + za − a

²

z − a = |z|

²

− a

²

z − a En divisant par la relation précédente, on obtient bien :

m + a

m − z = i a

²

− |z|

²

2a Im z

On en déduit que la droite (M Z) est orthogonale aux droites (AZ) et à (M A

⁰

) . Les droites (AZ) et (M A

⁰

) sont parallèles car toutes les deux orthogonales à (ZM ) . On construit géométriquement M en prenant le point d'intersection de la droite per- pendiculaire à (AZ ) en A avec le cercle de centre O qui passe par Z ..

2

(3)

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Problème

I. Méthode de Cardan

1. Question de cours. Par dénition j est l'unique racine cubique de 1 dont la partie imaginaire est strictement positive. Il vérie 1 + j + j

²

= 0 et

U

3

=

1, j, j

²

.

Tout nombre complexe non nul admet 3 racines cubiques. Si w est l'une d'entre elles, les autres sont jw et j

²

w . Par exemple, l'ensemble des racines cubique de −

^p₂₇³

est

n − p 3 , −j p

3 , −j

²

p 3 o

.

2. a. Les racines cubiques de U sont u

0

, ju

0

, j

²

u

0

, celles de de V sont v

0

, jv

0

, j

²

v

0

. On peut donc former 9 couples de racines cubiques de U et V mais seulement trois de ces couples vérient la condition supplémentaire sur le produit.

C =

(u

0

, v

0

), (ju

0

, j

²

v

0

), (j

²

u

0

, jv

0

) b. Soit (u, v) ∈ C , d'après la formule du binôme

(u + v)

³

= u

³

+ 3u

²

v + 3uv

²

+ v

³

= U + 3uv(u + v) + V = S + 3p

₀

(u + v)

⇒ (u + v)

³

− 3p

0

(u + v) − S = 0 3. Toute équation du second degré dans C admet des solutions. Notons U et V les solutions

de l'équation proposée. On a alors U + V = −q et U V = −

^p₂₇³

. Ceci entraîne que les complexes U et V sont non nuls. Ils admettent chacun trois racines cubiques. Soit u

0

et v

₁

des racines cubiques de U et V . Alors u

₀

v

₁

est une racine cubique de U V donc u

₀

v

₁

∈ n

− p 3 , −j p

3 , −j

²

p 3 o

On choisit alors v

₀

égal à v

₁

ou à j

²

v

₁

ou à jv

₁

pour réaliser u

₀

v

₀

= −

^p₃

= p

₀

. La relation de la question précédente s'écrit alors

(u + v)

³

+ p(u + v) + q = 0

4. a. D'après les questions précédentes, on peut procéder de la manière suivante (mé- thode de Cardan).

Calculer les solutions de l'équation (2) .

Choisir deux racines cubiques u et v de ces solutions telles que uv = −

^p₃

. Les nombres u + v , ju + j

²

v , j

²

u + jv sont des solutions de l'équation (1) . b. Lorsque 4p

³

+ 27q

²

est nul, le discriminant de l'équation (2) est nul aussi. Elle

admet donc une seule solution U . Les calculs précédents restent valables mais les solutions obtenues ne sont pas distinctes, elle deviennent : 2u , −u , −u .

5. a. Dans le cas particulier considéré, p = −3 , q = 1 , on forme l'équation (2)

(2) z

²

+ z + 1 = 0

b. Les solutions de (2) sont j = e

^2iπ³

et j

²

= j = e

⁻^2iπ³

. Les racines cubiques des solutions dont le produit vaut −

^p₃

= 1 sont inverses l'une de l'autre c'est à dire conjuguées. On obtient

C = n

e

^2iπ⁹

, e

⁻^2iπ⁹

,

e

^8iπ⁹

, e

⁻^8iπ⁹

,

e

⁻^4iπ⁹

, e

^4iπ⁹

o

en utilisant

2π 9 + 2π

3 = 8π 9 et 2π

9 − 2π

3 = − 4π 9 c. La méthode donne alors trois solutions pour l'équation (1) :

2 cos 2π

9 , 2 cos 8π

9 , 2 cos 4π 9

II. Tableau de variations

1. La dérivée de f est f

⁰

(x) = 3x

²

+ p . On obtient deux tableaux de variations distincts suivant le signe de p .

Si p > 0 . Dans ce cas f

⁰

(x) > 0 pour tous les x et la fonction est strictement croissante de −∞ vers +∞ .

Si p < 0 . On peut former le tableau suivant

−∞ − p

−

^p₃

− p

−

^p₃

+∞

f −∞ % v

₋

& v

+

% +∞

2. L'équation admet toujours au moins une solution réelle à cause des limites en −∞

et +∞ et du théorème des valeurs intermédiaires. Les tableaux ne sont pas utiles ici, toute argumentation les invoquant est une erreur.

3

(4)

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3. Calculons v

−

et v

+

: v

−

= f (−

r

− p 3 ) = p

3 r

− p 3 − p

r

− p

3 + q = − 2p 3

r

− p 3 + q de même :

v

₊

= f ( r

− p 3 ) = − p

3 r

− p 3 + p

r

− p

3 + q = 2p 3

r

− p 3 + q On en déduit que v

−

v

=1

3

(4p

³

+ 27q

²

) .

Si 4p

³

+ 27q

²

< 0 . Alors p < 0 donc on est dans le cas du deuxième tableau de variations. On applique trois fois le théorème des valeurs intermédiaires. On obtient trois solutions distinctes x

1

, x

2

, x

3

telles que

x

₁

< − r

− p

3 < x

₂

<

r

− p 3 < x

₃

Si 4p

³

+ 27q

²

> 0 . Deux cas sont possibles.

a. Si p > 0 alors le premier tableau de variations montre qu'il existe une seule solution réelle.