1. Les solutions du polynôme caractéristique P = 3z 2 + 4z + 1 = 3(z + 1)(z + 1 3 ) sont −1 et − 1 3 . La forme générale d'une solution de l'équation sans second membre est

Équations dierentielles. Exercice 1

1. Les solutions du polynôme caractéristique P = 3z ² + 4z + 1 = 3(z + 1)(z + ¹ ₃ ) sont −1 et − ¹ ₃ . La forme générale d'une solution de l'équation sans second membre est

t → λe ^−t + µe ⁻

^t

Le second membre est la partie imaginaire de e ^(−1+i)t . Pour ce second membre, une solution particulière est Ae ^(−1+i)t avec

A = 1

P(−1 + i) = 1

3i(i − ² ₃ ) = 1

13 (−3 + 2i)

En prenant la partie imaginaire, on obtient que la forme générale d'une solution pour l'équation proposée par l'énoncé est

t → λe ^−t + µe ⁻

^t + (−3 sin t + 2 cos t) e ^−t 13 Les conditions imposées se traduisent par

λ + µ + ₁₃ ² = 1

−λ − ¹ ₃ µ − ₁₃ ⁵ = 0 La solution cherchée est nalement

t → −e ^−t + 24

13 e ⁻

^t + (−3 sin t + 2 cos t) e ^−t 13

2. L'équation caractéristique s'écrit (z + 1) ² = 0 , elle admet une racine double -1. Le second membre est la partie réelle de te ^(1+i)t . Comme 1+i n'est pas racine de l'équation caractéristique, il existe une solution de l'équation dierentielle complète sous la forme

t → (At + B )e ^λt

(en posant λ = 1 + i ). En remplaçant dans l'équation on obtient

A = 1

(λ + 1) ² , B = − 2A

λ + 1 = − 2 (λ + 1) ² On en déduit

A = 1

25 (3 − 4i), B = 2

125 (−2 + 11i)

La solution particulière cherchée est la partie réelle de la solution (At + B)e ^λt . On en déduit nalement que l'ensemble des solutions demandé est

(At + B)e ^−t + e ^t

125 ((15t − 4) cos t + (20t − 22) sin t), (A, B) ∈ R ²

Équations dierentielles. Exercice 2

1. En combinant linéairement deux solutions, on obtient clairement une solution. Cela résulte des propriétés des opérations fonctionnelles.

2. Solution de y ⁰⁰ (x) + y(x) = cos x

L'équation caractéristique admet une racine double i , le second membre est la partie réelle de e ^it . On doit donc chercher une solution particulière sous la forme Ax sin x . On trouve que l'ensemble des solutions est

n

λ cos x + µ sin x + x

2 sin x, (λ, µ) ∈ R ² o

Si f est une solution paire de cette équation, il existe un λ et un µ tels que f = λ cos x + µ sin x + ^x ₂ sin x . En écrivant que f est paire, on obtient (pour tous les x )

µ sin x = 0

donc µ = 0 . La réciproque est évidente. L'ensemble des solutions paires de (2) est donc n

λ cos x + x

2 sin x, λ ∈ R o

De même, si f est une solution impaire de cette équation, il existe un λ et un µ tels que f = λ cos x+ µ sin x + ^x ₂ sin x . En écrivant que f est impaire, on obtient (pour tous les x )

λ cos x + x

2 sin x = 0

Il n'existe pas de nombre réel vériant cela, l'équation (2) n'admet pas de solution impaire.

Solution de y ⁰⁰ (x) − y(x) = x

Les racines de l'équation caractéristique sont 1 et −1 , la fonction x → −x est une solution évidente de l'équation complète. L'ensemble des solutions est donc

λe ^x + µe ^−x − x, (λ, µ) ∈ R ² qui s'écrit aussi

λ ch x + µ sh x − x, (λ, µ) ∈ R ²

Par un raisonnement analogue au précédent on obtient que l'équation (3) n'admet pas de solutions paires et que l'ensemble de ses solutions impaires est

{µ sh x − x, µ ∈ R }

3. Voir cours

4. Soit f une solution de (1), dénissons une fonction g en posant g(x) = f (−x) . En dérivant, on obtient g ⁰ (x) = −f ⁰ (−x) , g ⁰⁰ (x) = f ⁰⁰ (−x) . Avec ces relations, écrivons (1) en x et en −x :

f ⁰⁰ (x) + g(x) = x + cos x g ⁰⁰ (x) + f (x) = −x + cos x

Comme u(x) = ¹ ₂ (f (x) + g(x)) et v(x) = ¹ ₂ (f (x) − g(x)) , on en déduit u ⁰⁰ (x) + u(x) = cos x, v ⁰⁰ (x) − v(x) = x

5. D'après les questions précédentes, si f est une solution de (1) alors sa partie paire u est une solution paire de (2) et sa partie impaire v est une solution impaire de (3). Il existe donc deux réels λ et µ tels que

f (x) = λ cos x + x

2 sin x + µ sh x − x

On peut vérier par le calcul que toute fonction de cette forme est bien solution de (1).

Équations trigonométriques

1. L'expression cos x + cos 2x + cos 3x est la partie réelle d'une somme géométrique d'ex- ponentielles. On en déduit que pour x non congru à 0 mod 2π

cos x + cos 2x + cos 3x = cos 2x sin ^3x ₂ sin ^x ₂

Les nombres congrus à 0 mod 2π ne sont pas solutions. Les solutions sont les x annulant le cos ou le sin du numérateur. L'ensemble des solutions est donc

( π 4 + Z

π 2 ) ∪ ( 2π

3 + Z 2π) ∪ (− 2π

3 + Z 2π)

Les solutions de sin ^3x ₂ = 0 sont les nombres congrus à 0 modulo ^2π ₃ mais à ces solutions, il faut enlever (pour l'équation qui nous est proposée) les nombres congrus à 0 modulo 2π . Cela explique la forme des solutions qui peut paraître étrange au premier abord.

Cet ensemble de solutions est obtenu plus facilement quand on s'y prend autrement en utilisant

cos x + cos 3x = 2 cos x cos 2x

L'équation s'écrit alors

(2 cos x + 1) cos 2x = 0

2. Exprimons l'équation à l'aide de sin x uniquement. On obtient que x est solution si et seulement si sin x est solution de

2t ² + 3t − 2 = 0

Les solutions de cette équation sont ¹ ₂ et −2 . Comme −2 n'est pas un sin , l'ensemble des solutions est formé par les x tels que sin x = ¹ ₂ soit

( π

6 + 2π Z ) ∪ ( 5π

6 + 2π Z ) Géométrie. Exercice 1

1. On considère trois points quelconques (A, B, C) dans le plan. Les coordonnées de ces points sont respectivement (a, a ⁰ ), (b, b ⁰ ), (c, c ⁰ ) . Un point quelconque M est sur la hau- teur issue de A si et seulement si −−→

AM est colinéaire à un vecteur orthogonal à − − → BC . Le calcul des coordonnées de ce vecteur donne l'équation

x(M ) − a b ⁰ − c ⁰ y(M ) − a ⁰ c − b

= 0

2. Les trois points (A, B, C) sont sur l'hyperbole Γ , on en déduit que leurs ordonnées sont respectivement :

a ⁰ = k a , b ⁰ = k

b , c ⁰ = k c

Les coordonnées de l'orthocentre sont solutions du système aux deux inconnues x(H ) et y(H ) formé à partir des équations des hauteurs issues de A et de B .

x(H ) − a −k( ¹ _b − ¹ _c ) y(H ) − ^k _a b − c

= 0

x(H) − b −k( ¹ _c − ¹ _a ) y(H ) − ^k _b c − a

= 0

En développant les déterminants, le système devient

( (b − c)x + k( ¹ _b − ¹ _c )y = a(b − c) + ^k _a

( ¹ _b − ¹ _c )

(c − a)x + k( ¹ _c − ¹ _a )y = b(c − a) + ^k _b

( ¹ _c − ¹ _a )

A B

C

H Γ

Fig. 1: Orthocentre d'un triangle inscrit sur une hyperbole

On divise la première ligne par b − c , la seconde par c − a puis on multiplie les deux par abc . Le système devient :

abcx − aky = a ² bc − k ² abcx − bky = ab ² c − k ²

On résoud ce système par les formules de Cramer. Le déterminant D au dénominateur est :

D =

abc −ak abc −bk

= abck

1 −a 1 −b

= abck(a − b) Les déterminants donnant x(H) et y(H ) s'écrivent :

Dx(H ) =

a ² bc − k ² −ak ab ² c − k ² −bk

= (b − a)k ³

Dy(H ) =

abc a ² bc − k ² abc ab ² c − k ²

= (abc) ² (b − a)

On en déduit nalement les coordonnées de l'orthocentre x(H ) = − k ²

abc y(H ) = − abc k

Ces expressions montrent bien que x(H )y(H ) = k c'est à dire H est encore sur l'hy- perbole. On a démontré la proposition suivante

L'orthocentre d'un triangle inscrit sur une hyperbole équilatère est encore sur l'hyperbole.

Géométrie. Exercice 2

1. L'ensemble D(t) est la demi-droite d'extrémité le point T (t) d'axe e ^it et de direction le vecteur d'axe e ^i(t−

⁾ . Cette demi-droite est clairement tangente en T (t) au cercle de centre O et de rayon 1.

2. Comme r est positif, la relation

1 − λi = re ^i(t−

⁾ entraîne que r = |1 − λi| = √

1 + λ ² .

Lorsque la partie réelle d'un nombre complexe est strictement positive, un de ses

Fig. 2: question 1

2*Pi/5 M affixe 2i

1

1

Fig. 3: question 4

arguments est l' arctan du quotient de sa partie imaginaire sur sa partie réelle. C'est bien le cas ici, on en déduit

−arctan(λ) = θ − t (2π) puis

λ = p r ² − 1 t = θ + arctan( p

r ² − 1) (2π)

3. Soit M un point d'axe re ^i(θ) avec r ≥ 1 (en dehors du disque). Supposons que, pour un certain t , M ∈ D(t) . Il existe alors un λ ≥ 0 tel que

re ^iθ = e ^it + λe ^i(t−

⁾ Après division par e ^it , cette relation devient

re ^i(θ−t) = 1 − λi

D'après la question précédente, il existe un seul λ positif (qui vaut √

r ² − 1 ) et une innité de t tous congrus modulo 2π à θ + arctan( √

r ² − 1) . Lorsque deux valeurs de t sont congrues modulo 2π , elles dénissent la même demi-droite. Il existe donc une seule demi-droite qui contient le point M .

4. Pour M d'axe 2i , r = 2 et θ = ^π ₂ donc λ = √

3 . Comme cos( ^π ₃ ) = ¹ ₂ et sin( ^π ₃ ) =

√ 3 2 , arctan( √

3) = ^π ₃ et t = ^π ₂ − ^π ₃ = ^5π ₆ .

5. On vient de montrer que M d'axe 2i est sur l'unique demi-droite D( ^5π ₆ ) . Un vecteur directeur de cette demi-droite fait avec l'axe des x un angle ^5π ₆ − ^π ₂ = ^π ₃ .

D'autre part, r = 2 , θ = ^π ₂ . Donc (1 + i p

r ² − 1)e ^iθ = (1 + i √

3)i = 2e ⁱ⁽

⁻

⁾ Ceci prouve bien que (dans ce cas particulier) le vecteur d'axe

(1 + i p

r ² − 1)e ^iθ est orthogonal à un vecteur directeur de D(t) d'axe e ⁱ

.

Plus généralement, on a vu que si M d'axe re ^iθ . Il est sur une unique demi-droite D(t) son axe s'écrivant e ^it + λe ^i(t−

⁾ avec λ = √

r ² − 1 et t = θ + arctan( √ r ² − 1) . On peut donc encore écrire

1 + i p

r ² − 1 = re ^−i(θ−t)

donc

(1 + i p

r ² − 1)e ^iθ = re ^it qui est bien l'axe d'un vecteur orthogonal à D(t) .

6. a. Les règles usuelles de dérivation s'appliquent pour les fonctions à valeurs com- plexes.

M ⁰ (r) = e ^iθ(r) + irθ ⁰ (r)e ^iθ(r) b. On a vu que si M (r) = re ^iθ(r) ∈ D(t) alors

(1 + i p

r ² − 1)e ^iθ = re ^it

est l'axe d'un vecteur orthogonal à D(t) . Par conséquent − →

m ⁰ (r) est othogonal à D(t) lorsque le quotient des axes est réel. Transformons ce quotient :

e ^iθ + irθ ⁰ e ^iθ (1 + i √

r ² − 1)e ^iθ = 1 + irθ ⁰ 1 + i √

r ² − 1 = (1 + irθ ⁰ )(1 − i √ r ² − 1)

|1 + i √ r ² − 1| ²

Cette expression est réelle lorsque la partie imaginaire du numérateur est nulle c'est à dire

rθ ⁰ − p

r ² − 1 = 0