MPSI B 29 juin 2019
Énoncé
1. Résoudre
z + i z − i
3+
z + i z − i
2+
z + i z − i
+ 1 = 0
2. Si a
0, a
1, · · · , a
nsont des nombres complexes et
P(z) = a
0+ a
1z + · · · + a
nz
ncomment s'exprime P (z) − P (−z) ?
Résoudre
z
7+ 7
2
z
5+ 7
4
z
3+ 7
6
z = 0
3. Déterminer l'ensemble des réels x tels que
sin x + sin 2x < sin 3x
4. Montrer que
arctan 1 + arctan 2 + arctan 3 = π
5. Présenter dans un tableau les valeurs de arccos(|cos x|) et arcsin(|sin x|) dans les inter- valles
0,
π2,
π2
, π ,
π,
3π2,
3π2
, 2π
Corrigé
1. Un nombre complexe z est solution si et seulement si il est diérent de i et si
z+iz−iest solution de 1 + w + w
2+ w
3= 0 dont les racines sont
U
4− {1} = {−1, i, −i}
D'autre part la fonction homographique z →
z+iz−iest une bijection de C − {i} vers C − {1} dont la bijection réciproque est w → i
w+1w−1. On en déduit que l'ensemble des solutions est
{0, 1, −1}
2. Il est évident que P (z) − P (−z) se réduit aux termes d'indice impair comptés deux fois soit
2(a
1z + a
3z
3+ a
5z
5+ · · · )
Pour P(z) = (1 + z)
7et grâce à la formule du binôme, l'équation proposée revient à (1 + z)
7= (1 − z)
7, soit comme 1 n'est pas solution à
1 + z 1 − z
7= 1
ou encore à
1+z1−z∈ U
7. L'homographie z →
1−z1+zest une bijection de C − {1} vers C − {−1} dont la bijection réciproque est w →
w−1w+1. De plus, si w = e
ite
it− 1
e
it+ 1 = i tan t 2
Comme −1 n'est pas racine 7
◦toutes les racines de l'unité correspondent à des solutions de l'équation proposée dont l'ensemble est
i tan kπ
7 , k ∈ {0, · · · , 6}
3. Remarquons que − sin x + sin 3x = 2 sin x cos x .
En utilisant sin 2x = 2 sin x cos x , les inéquations suivantes sont équivalentes
0 < sin x(2 cos
2x − 1 − cos x) 0 < sin x(cos x − 1)(2 cos x + 1)
sin x(2 cos x + 1) < 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/
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Rémy Nicolai Aelem10MPSI B 29 juin 2019
On en déduit que l'ensemble des solutions est [
k∈Z
− 2π
3 + 2kπ, +2kπ
∪ 2π
3 + 2kπ, π + 2kπ
4. Comme arctan 1 =
π4, il sut de prouver que arctan 2 + arctan 3 =
3π4. D'une part arctan 2 + arctan 3 ∈
π4
+
π4,
π2+
π2=
π2
, π D'autre part, .
tan(arctan 2 + arctan 3) = 2 + 3
1 − 2 × 3 = −1
c'est à dire arctan 2 + arctan 3 ∈ −
π4+ π Z. La seule possibilité dans l'intervalle
π 2, π est
3π4.
5. On peut former le tableau suivant.
0,
π2π
2
, π
π,
3π23π
2
, 2π
sin + + − −
cos + − − +
|sin| sin x sin x − sin x − sin x
|cos| cos x − cos x − cos x cos x arcsin(|sin|) x π − x x − π 2π − x arccos(|cos|) x π − x x − π 2π − x
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/