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D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir maison n˚1
Exercice 1 :Pour toutn∈N∗, on consid`ere la sommeSn d´efinie ci-dessous.
Sn= Xn k=1
k×k!
1. Pour toutn∈J1,6K, calculerSn, puis comparer le r´esultat `a (n+ 1)!.
2. D’apr`es 1., conjecturer une expression de Sn en fonction de (n+ 1)!, pour toutn∈N∗. 3. D´emontrer la conjecture ´emise en 2..
Correction
1. Calculons Sn, (n+ 1)! et comparons les deux r´esultats, pour toutn∈J1,6K.
S1= X1 k=1
k×k! = 1×1! = 1 ; (1 + 1)! = 2! = 2 ; S1= (1 + 1)!−1
S2= X2 k=1
k×k! = X1 k=1
k×k!
!
+ 2×2! =S1+ 4 = 5 ; (2 + 1)! = 3! = 6 ; S2= (2 + 1)!−1
S3= X3 k=1
k×k! = X2 k=1
k×k!
!
+ 3×3! =S2+ 18 = 23 ; (3 + 1)! = 4! = 24 ; S3= (3 + 1)!−1
S4= X4 k=1
k×k! = X3 k=1
k×k!
!
+ 4×4! =S3+ 96 = 119 ; (4 + 1)! = 5! = 120 ; S4= (4 + 1)!−1
S5= X5 k=1
k×k! = X4 k=1
k×k!
!
+ 5×5! =S4+ 600 = 719 ; (5 + 1)! = 6! = 720 ; S5= (5 + 1)!−1
S6= X6 k=1
k×k! = X5 k=1
k×k!
!
+ 6×6! =S5+ 4320 = 5039 ; (6 + 1)! = 7! = 4320 ; S6= (6 + 1)!−1
2. D’apr`es 1., on peut conjecturer que :
Sn= (n+ 1)!−1 pour toutn∈N∗.
3. D´emontrons la conjecture pr´ec´edente par r´ecurrence. Pour toutn∈N∗, on pose : P(n) : Sn= (n+ 1)!−1.
• Initialisation `an= 1 La propositionP(1) s’´ecrit :
S1= (1 + 1)!−1.
Elle est vraie, d’apr`es les calculs effectu´es en 1..
• H´er´edit´e
Soitn∈N∗ fix´e. SupposonsP(n) vraie, i.e. :
Sn= (n+ 1)!−1 et montrons que P(n+ 1) est ´egalement vraie, i.e.
Sn+1= ((n+ 1) + 1)!−1.
On a :
Sn+1 =
n+1X
k=1
k×k!
= Xn k=1
k×k!
!
+ (n+ 1)×(n+ 1)!
= Sn+ (n+ 1)×(n+ 1)!
= (n+ 1)!−1 + (n+ 1)×(n+ 1)! (hypoth`ese de r´ecurrenceP(n))
= (n+ 1)!×(1 + (n+ 1))−1
= (n+ 1)!×(n+ 2)−1
= (n+ 2)!−1 (relation de r´ecurrence des factorielles).
• Conclusion
D’apr`es l’initialisation au rang 1, l’h´er´edit´e et l’axiome de r´ecurrence, on a : Sn= (n+ 1)!−1
pour toutn∈N∗.
Exercice 2 :Soit (E) l’´equation
cos4(x)−sin4(x) = sin(3x) d’inconnuex∈R.
1. D´eterminer l’ensembleSolRdes solutions de (E) surR.
2. En d´eduire l’ensembleSol]−π,π] des solutions de (E) sur ]−π, π].
Correction 1. Soitx∈R.
cos4(x)−sin4(x) = sin(3x) ⇐⇒ (cos2(x))2−(sin2(x))2 = sin(3x)
⇐⇒ (cos2(x)−sin2(x))(cos2(x) + sin2(x)) = sin(3x) (identit´e remarquable)
⇐⇒ cos(2x)×1 = sin(3x)
formule de duplication pour cosi- nus et relation de Pythagore
⇐⇒ cos(2x) = sin(3x)
⇐⇒ cos(2x) = cosπ
2 −3x
car sin(X) = cosπ 2 −X
siX∈R
⇐⇒
(∃k∈Z) 2x=π
2 −3x+ 2kπ ou
(∃k∈Z) 2x=−π 2 −3x
+ 2kπ
cas d’´egalit´e de deux cosinus
⇐⇒
(∃k∈Z) x= π 10+2kπ ou 5
(∃k∈Z) x= π 2 −2kπ On a donc :
SolR= π
10 +2kπ
5 : k∈Z
∪ nπ
2 −2kπ : k∈Zo .
∈ (∃k∈Z) x= π
2 −2kπ ⇐⇒ (∃k′∈Z) x= π
2 + 2k′π.
L’ensemble SolRpeut donc aussi s’´ecrire : SolR=
π 10 +2kπ
5 : k∈Z
∪ nπ
2 + 2kπ : k∈Zo . 2. On a bien sˆur :
Sol]−π,π]=SolR∩]−π, π].
D´eterminons lesquelles des solutions de (E) surRappartiennent `a ]−π, π].
• Soitk∈Z. π 10+2kπ
5 ∈]−π, π] ⇐⇒ −π < π 10+2kπ
5 ≤π
⇐⇒ −11π 10 <2kπ
5 ≤ 9π 10
soustraction de π
10 `a chaque membre
⇐⇒ −11
4 < k≤9 4
multiplication de chaque membre par 5 2π>0
⇐⇒ −3 + 1
4 < k≤2 +1 4
⇐⇒ k∈ {−2,−1,0,1,2} (cark∈Z).
• Soitk∈Z. π
2 −2kπ∈]−π, π] ⇐⇒ −π < π
2 −2kπ≤π
⇐⇒ −3π
2 <−2kπ≤π 2
soustraction de π
2 `a chaque membre
⇐⇒ 3
4 > k≥ −1 4
multiplication de chaque membre par− 1 2π <0
⇐⇒ k= 0 (cark∈Z).
On en d´eduit que :
Sol]−π,π] = π
10+2kπ
5 : k∈J−2,2K
∪ nπ
2 −2kπ : k= 0o
=
−7π
| {z }10
k=−2
,−3π
| {z }10
k=−1
, π
|{z}10
k=0
, π
|{z}2
k=1
, 9π
|{z}10
k=2
∪ nπ 2 o
=
−7π 10,−3π
10, π 10,π
2,9π 10
Exercice 3 :Montrer que pour tousn∈N,z∈C∗,θ∈R: z+1
z = 2 cos(θ) ⇒ zn+ 1
zn = 2 cos(nθ).
Correction
Soitn∈N,z∈C∗, θ∈Rtels que :
z+1
z = 2 cos(θ).
1
On a :
z+1
z = 2 cos(θ) ⇒ z2+ 1 = 2 cos(θ)z (multiplication de chaque membre parz)
⇒ z2−2 cos(θ)z+ 1 = 0.
Par suitezest racine du polynˆomeP de degr´e 2 d´efini par : P =X2−2 cos(θ)X+ 1.
Le discriminant deP est :
∆ = (−2 cos(θ))2−4×1×1
= 4 cos2(θ)−4
= 4(cos2(θ)−1)
= −4 sin2(θ) (cf. relation de Pythagore)
= (2isin(θ))2. Les racines carr´ees de ∆ sont doncδ= 2isin(θ) et−δ.
Par suite, les racines deP sont :
z1=−(−2 cos(θ)) + 2isin(θ)
2×1 =eiθ et z2=−(−2 cos(θ))−2isin(θ)
2×1 =e−iθ. De ce qui pr´ec`ede, on d´eduit que :
z=eiθ ou z=e−iθ. On scinde alors l’´etude en deux parties.
• 1ercas :z=eiθ On a alors 1
z =e−iθ. On a donc : zn+ 1
zn =zn+ 1
z n
= eiθn
+ e−iθn
=einθ+e−inθ (formule de Moivre).
Mais d’apr`es une relation d’Euler, on a :
einθ+e−inθ= 2 cos(nθ).
On a ainsi montr´e que : zn+ 1
zn = 2 cos(nθ).
• 2`emecas :z=e−iθ On a alors 1
z =e−(−iθ)=eiθ. On a donc : zn+ 1
zn =zn+ 1
z n
= e−iθn
+ eiθn
=e−inθ+einθ (formule de Moivre).
Mais d’apr`es une relation d’Euler, on a :
e−inθ+einθ= 2 cos(nθ).
On a ainsi montr´e que : zn+ 1
zn = 2 cos(nθ).
Conclusion : Quel que soit le cas dans lequel on se trouve, on a zn+ 1
zn = 2 cos(nθ). L’assertion est donc d´emontr´ee.
1. Repr´esenter le cercle trigonom´etrique, puis placer les points ρ(π4) etρ(10π).
2. D´eduire de 1. un encadrement de cos(10π).
3. Soitθ∈R. Exprimer cos(5θ) comme un polynˆome en cos(θ).
4. D´eduire de 3. que cos(10π) est solution d’une ´equation r´eelle bicarr´ee1. 5. R´esoudre l’´equation r´eelle bicarr´ee pr´ec´edemment trouv´ee.
6. En d´eduire la valeur exacte de cos(10π).
Correction 1.
1 1
-1 -1
√2
2 cos(10π)
bO bU
bV
b
ρ(π4)
b
ρ(10π)
2. De 1., on d´eduit que : √
2
2 <cos(π 10)<1.
3. Soitθ∈R. On a :
cos(5θ) = Re ei5θ
(d’apr`es la d´efinition deei5θ)
= Re (eiθ)5
(formule de Moivre)
(∗)= Re((cos(θ) +isin(θ))5) (d’apr`es la d´efinition de eiθ) D´eveloppons `a pr´esent (cos(θ) +isin(θ))5.
(cos(θ) +isin(θ))5 = X5 k=0
5 k
cosk(θ)(isin(θ))5−k (formule du binˆome de Newton)
1. Une ´equation d’inconnuex∈Rest dite r´eelle bicarr´ee, si elle est de la formeax4+bx2+c= 0, avec (a, b, c)∈R3.
= 5
0
| {z }
1
cos0(θ)
| {z }
1
(i sin(θ))5
| {z }
isin5(θ)
+ 5
1
| {z }
5
cos1(θ)
| {z }
cos(θ)
(i sin(θ))4
| {z }
sin4(θ)
+ 5
2
| {z }
10
cos2(θ) (i sin(θ))3
| {z }
−isin3(θ)
+ 5
3
| {z }
10
cos3(θ) (i sin(θ))2
| {z }
−sin2(θ)
+ 5
3
| {z }
5
cos4(θ) (i sin(θ))1
| {z }
isin(θ)
+ 5
5
| {z }
1
cos5(θ) (i sin(θ))0
| {z }
1
= 5 cos(θ) sin4(θ)−10 cos3(θ) sin2(θ) + cos5(θ)
| {z }
∈R
+i sin5(θ)−10 cos2(θ) sin3(θ) + 5 cos4(θ) sin(θ)
| {z }
∈R
On en d´eduit que :
cos(5θ) = Re((cos(θ) +isin(θ))5) (cf. (*))
= 5 cos(θ) sin4(θ)−10 cos3(θ) sin2(θ) + cos5(θ)
= 5 cos(θ)(1−cos2(θ))2−10 cos3(θ)(1−cos2(θ)) + cos5(θ) (relation de Pythagore)
= 5 cos(θ)(1−2 cos2(θ) + cos4(θ))−10 cos3(θ)(1−cos2(θ)) + cos5(θ)
= 5 cos(θ)−10 cos3(θ) + 5 cos5(θ)−10 cos3(θ) + 10 cos5(θ) + cos5(θ)
= 16 cos5(θ)−20 cos3(θ) + 5 cos(θ).
On a donc :
(∗∗) cos(5θ) =P(cos(θ)) o`uP = 16X5−20X3+ 5X.
4. En appliquant (∗∗) avecθ= π
10, il vient : cos
5× π 10
= 16 cos5π 10
−20 cos3π 10
+ 5 cosπ 10
soit
cosπ 2
| {z }
0
= 16 cos5π 10
−20 cos3π 10
+ 5 cosπ 10
.
On a ainsi :
cosπ 10
×
16 cos4π 10
−20 cos2π 10
+ 5
= 0 et donc (Rest int`egre) :
cosπ 10
= 0 ou
16 cos4π 10
−20 cos2π 10
+ 5 = 0 D’apr`es la r´eponse 2., la premi`ere alternative est fausse. On en d´eduit que :
16 cos4π 10
−20 cos2π 10
+ 5 = 0
et donc que cosπ 10
est solution de l’´equation :
16x4−20x2+ 5 = 0 d’inconnuex∈R.
16y2−20y+ 5 = 0 d’inconnuey ∈R.
Le discriminant du polynˆome 16y2−20y+ 5 est :
∆ = (−20)2−4×16×5 = 80>0.
On remarque que√ 80 =√
16×5 =√ 16√
5 = 4√
5.On a donc :
16y2−20y+ 5 = 0⇐⇒
y=−(−20)−4×√ 5
2×16 = 5−√ 5 ou 8
y=5 +√ 5 8 pour touty∈R.
Soitx∈R. On a d’apr`es ce qui pr´ec`ede :
16x4−20x2+ 5 = 0 ⇐⇒
(∗∗∗)
x2=−(−20)−4×√ 5
2×16 = 5−√ 5 ou 8
x2=5 +√ 5 8 Avant d’aller plus loin, ´etudions les signes de 5−√
5
8 et de 5 +√ 5
8 . Il est clair que 5 +√
5 8 ≥0.
On a ´egalement
5−√ 5
8 ≥0
car :
5−√ 5
8 ≥0 ⇐⇒ 5−√
5≥0 (multiplication de chaque membre par 8>0)
⇐⇒ 5≥√
5 (ajout de√
5 `a chaque membre)
⇐⇒ 25≥5
| {z }
vrai
(car la fonction carr´ee estրրsur R+) De ces deux signes et de (∗ ∗ ∗), on d´eduit alors que :
16x4−20x2+ 5 = 0 ⇐⇒
x=
r5−√ 5 ou 8
x=−
r5−√ 5 ou 8
x=
r5 +√ 5 ou 8
x=−
r5 +√ 5 8
.
L’ensemble solution de l’´equation 16x4−20x2+ 5 = 0 est donc :
− s
5−√ 5 8 ,
s 5−√
5 8 ,−
s 5 +√
5 8 ,
s 5 +√
5 8
.
6. De 4. et 5., on d´eduit que :
cosπ 10
=
r5−√ 5 ou 8
cosπ 10
=−
r5−√ 5 ou 8
cosπ 10
=
r5 +√ 5 ou 8
cosπ 10
=−
r5 +√ 5 8
.
D’apr`es 2., on a cosπ 10
>0 donc :
cosπ 10
6
=− s
5−√ 5
8 et cosπ
10
6
=− s
5 +√ 5 8 . D’autre part :
s 5−√
5 8 <
√2 2 car :
r5−√ 5 8 <
√2
2 ⇐⇒ 5−√
5 8 <1
2 (car la fonction carr´ee est րրsurR+)
⇐⇒ 5−√
5<4 (multiplication de chaque membre par 8>0)
⇐⇒ −√
5<−1 (soustraction de 5 `a chaque membre)
⇐⇒ 5>1
| {z }
vrai
(car la fonction carr´ee est ցցsurR−).
D’apr`es 2., on a donc :
cosπ 10
6
= s
5−√ 5 8 . Par ´elimination des cas, il ne reste qu’une seule possibilit´e :
cosπ 10
= s
5 +√ 5 8 .
Exercice 5
1. Soient a, b, c trois nombres complexes de module 1 tels que a+b+c = 1. On se propose de montrer qu’alors l’un des trois nombresa, b, cvaut 1.
(a) Montrer que : 1a +1b+1c = 1.
(b) `A l’aide de (a), simplifier l’expression (a−1)(b−1)(c−1).
(c) Conclure.
2. Soient a, b, c, dquatre nombres complexes de module 1 tels quea+b+c+d= 1. Est-il vrai, en g´en´eral, que l’un des quatre nombresa, b, c, dvaut 1 ?
1.(a) Comme |a|=|b|=|c|= 1, il existeθa, θb, θc ∈Rtels que :
a=eiθa b=eiθb c=eiθc.
On a 1
a+1 b +1
c = 1
eiθa + 1 eiθb + 1
eiθc
= e−iθa+e−iθb+e−iθc
1
eiθ =e−iθ pour toutθ∈R
= eiθa+eiθb+eiθc (e−iθ=eiθ pour toutθ∈R)
= a+b+c
= a+b+c (additivit´e de la conjugaison complexe)
= 1 (cara+b+c= 1)
= 1
1.(b) On commence par d´evelopper (1−a)(1−b)(1−c).
(1−a)(1−b)(1−c) = (1−a−b+ab)(1−c)
(=∗) 1−a−b+ab−c+ac+bc−abc
Maintenant, en multipliant chacun des deux membres de l’´egalit´e obtenue en 1.(a) par abc, il vient : ab+bc+ac=abcet donc que :
ab+bc+ac−abc= 0.
De cette derni`ere identit´e et de (∗), on d´eduit alors que :
(1−a)(1−b)(1−c) = 1−a−b+ab−c+ac+bc−abc
= 1−(a+b+c)
= 0 (cara+b+c= 1 par hypoth`ese)
1.(c) De (1−a)(1−b)(1−c) = 0 et du fait queRest int`egre, on d´eduit qu’au moins un des trois facteurs (1−a), (1−b), (1−c) est nul, i.e. qu’un moins un des trois nombresa, b,c vaut 1.
(d) La g´en´eralisation propos´ee pour quatre nombres est fausse. La r´eponse `a la question pos´ee est donc
≪Non.≫.
Un contre-exemple2 est donn´e par :
a=−j ; b=−j2 ; c=i ; d=−i.
2. On rappelle quej=e
2iπ 3 et que :
1 +j+j2= 0 (somme des racines 3-`emes de l”unit´e).
