On en déduit la relation demandée

(1)

Exercice 1

Pournentier naturel supérieur ou égal 1 etθréel, on pose

Dn(θ) =

n−1

X

k=−n+1

e^ikθ Fn(θ) = 1 n

n

X

j=1

Dj(θ)

1. ChaqueD_j(θ)gurant dansF_n est une somme dee^ikθ. Combien de fois obtient-on un e^ikθpour unk xé ?

Écrivons en ligne pourj= 1,2,3,· · ·, nleskqui apparaissent dansF_n : -1 0 10

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

...

Il est clair que 0 gurenfois, 1 et -1 gurentn−1fois, 2 et -2 gurentn−2fois, ...

ket −kgurent n−kfois. On en déduit la relation demandée.

Fn(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 calculerD_n en multipliant pare^iθ−1. Il ne reste que les termes extrêmes :

(eîθ−1)Dn(θ) =eî(n)θ−eî(−n+1)θ⇒Dn(θ) =sin(n−¹₂)θ sin^θ₂ Calculons ensuitePn

k=1sin(n−¹₂)θ comme la partie imaginaire de eⁱ⁽^θ²⁾+eⁱ⁽^θ²^+θ)+· · ·+eⁱ⁽⁻^θ²^+nθ)= e⁽¹²^+n)θ−eⁱ^θ²

e^iθ−1 = sinⁿ₂θ sin^θ₂ eⁱⁿ²^θ On en déduit nalement

Fn(θ) = 1 n

n

X

k=0

Dk(θ) = 1 n

sinⁿ₂θ sin^θ₂

!2

Exercice 2

1. On calcule les racines carrées de√ 4−3ipar la méthode du cours puis on multiplie par 2. On en tire que les racines carrées de8−6isont3−iet−3 +i.

Les antécédents de1 +iparf sont2et−1 +i.

En eet, ce sont les solutions de l'équation d'inconnuez z²

z−2i = 1 +i⇔z²−(1 +i)z+ 2(−1 +i) = 0

Le discriminant de cette équation du second degré est 8−6i dont on a calculé les racines. On en déduit les antécédents.

2. On se propose de montrer que :

sih∈ {0,8i},hadmet un seul antécédent.

sih6∈ {0,8i},hadmet deux antécédents distincts.

En eet la recherche d'un antécédent deh parf se traduit parf(z) =hc'est à dire l'équation du second degré

z²−hz+ 2ih= 0 dont le discriminant est∆ =h²−8ih=h(h−8i).

L'étude de la surjectivité et de l'injectivité de la fonction revient à celle de l'équation d'inconnue complexez

f(z) =h⇔z²= (z−2i)h

que l'on vient d'étudier. Elle admet toujours des solutions pour n'importe quel para- mètrew. La fonction est donc surjective.

En général (sauf si le discriminant est nul), cette équation admet deux solutions dis- tinctes : la fonction n'est donc pas injective.

3. Le calcul des parties réelles et imaginaires deg(z)conduit à :

Reg(z) = 2x³−2xy²−4xy Img(z) = 4x²y+ 2x²−2y² En eet

g(z) =z²(z+ 2i) +z³=|z|²z+ 2iz²+z³

Le calcul se termine en exprimant à part les parties réelles et imaginaires dez² etz³. 4. a. D'après la question précédente,g(z)est imaginaire pur si et seulement si

2x(x²−y²−2y) = 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/

1 Rémy Nicolai S0701C

(2)

L'ensemble des points dont l'axez est tel queg(z)soit imaginaire pur est donc la réunion de la droite∆d'équationx= 0privée du point2ien lequel la fonction n'est pas dénie et de l'ensembleCd'équation

x²−y²−2y= 0

b. Les axesa,u1et u2 du pointA des vecteurs−→u1 et−u→2 sont

a=−i, u1= 1

√2(1 +i), u2= 1

√2(−1 +i)

Comme|u1|=|u2|= 1etiu1=u2, le repèreR⁰ est orthonormé direct.

Le calcul des coordonnées se fait avec les axes. On cherche les réelsX etY tels que

x+iy=a+Xu1+Y u2⇔









 x= 1

√2(X−Y)

y=−1 + 1

√2(X+Y)

⇔











X= 1

√2(x+y+ 1)

Y = 1

√2(−x+y+ 1)

c. On transforme l'équation deC comme nous y invite l'énoncé :

x²−y²−2y= 0⇔x²−(y+ 1)²+ 1 = 0⇔(y+ 1)²−x²= 1

⇔(y+ 1 +x)(y+ 1−x) = 1⇔2XY = 1

L'ensembleC est donc formé par les points de coordonnées(t,_2t¹)dans le repère C. Il s'agit d'une hyperbole.

y

x A

O Y X

∆ C

Exercice 3

1. Les résultats sont présentés dans un tableau

n E₀(n, a) E₁(n, a)

n= 2

z²+a²= 0 {ia,−ia}

2za= 0 {0} n= 3

3z²a+a³= 0 {^√^ia₃,−^√^ia₃}

z³+ 3za²= 0 {0, i√

3a,−i√ 3a} z⁴+ 6z²a²+a⁴= 0 4z³a+ 4za³= 0

(3)

avec

S=

ia q

3 + 2√ 2,−ia

q 3 + 2√

2, ia q

3−2√ 2,−ia

q 3−2√

2,

L'ensembleS s'obtient en prenant les racines carrées des solutions de l'équation z²+ 6u²z+a⁴

d'inconnuez. On peut remarquer que(1+√

2)²= 3+2√

2et donc remplacerp 3 + 2√

2 par1 +√

2dans l'expression deS.

2. Dans cette question, le point important est que l'on puisse écrireλⁿ =λ^kλ^n−k. Comme λ6= 0, on peut multiplier parλⁿ doncwest solution deE0(n, a)si et seulement si

λⁿ X

k∈Pn

n k

w^ka^n−k = 0⇔ X

k∈Pn

n k

(λw)^k(λa)^n−k = 0

C'est à dire lorsque λw est solution deE₀(n, λa). Le raisonnement est exactement le même pourE₁(n, a).

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

Siw6=−1l'équation admet une unique solution aw−1

w+ 1 b. En utilisanteⁱ^α² comme dans le cours, on obtient

w−1

w+ 1 =itanα 2

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

a−z =u pour lesudeUn.

Lorsquenest impair,−1n'est pas dansUn donc d'après a. et b. l'ensemble des solutions est

iatankπ

n , n∈ {0,· · ·n−1}

Lorsquenest pair,−1est pas dansUndonc d'après a. et b. il y a une solution de moins. L'ensemble des solutions est

iatankπ

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 dez^k d'un −1 lorsque kest impair. On en déduit que

(z+a)ⁿ−(−z+a)ⁿ= 2 X

k∈In

n k

w^ka^n−k

puis que les solutions deE1(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∈Pn

n k

x^n−k(iy)^k

iIm ((x+iy)ⁿ) = X

k∈In

n k

x^n−k(iy)^k

b. On peut appliquer ces formules avecx= cosθet y= sinθ, comme de plus (cosθ+isinθ)ⁿ=e^inθ

On en déduit

cosnθ = X

k∈P_n

n k

(cosθ)^n−k(isinθ)^k

isinnθ = X

k∈In

n k

(cosθ)^n−k(isinθ)^k

En mettant(cosθ)ⁿ en facteur, on obtient : cosnθ

(cosθ)ⁿ = X

k∈Pn

n k

isinθ cosθ

^k

i sinnθ

(cosθ)ⁿ = X

k∈In

n k

isinθ cosθ

k

(4)

c. D'après la question précédente, les nombresitanθ pour lesquels sinnθ = 0sont des solutions de E1(n,1) (avec le paramêtre a = 1). D'après la question 2. les nombres aitanθ pour lesquels sinnθ = 0 sont des solutions de E₁(n, a). On retrouve donc l'ensemble

iatankπ

n, n∈ {0,· · ·n−1} − {n 2}

d. D'après la question 4.b., les nombres itanθ pour lesquels cosnθ = 0 sont des solutions de E₀(n,1) (avec le paramêtre a = 1). Comme on en trouve le bon nombre suivant la parité dence sont toutes les solutions. D'après la question 2., les solutions deE₀(n, a)sont lesaitanθpour lesquelscosnθ= 0.

Exercice 4

1. a. Commeω est de module 1, son inverse est égal à son conjugué donc ω= _ω¹. De plus

ω⁵= 1⇒ 1 ω =ω⁴.

En remplaçantω parω² dans la relation précédente, on obtient ω²= 1

ω² =ω³carω⁵= 1.

b. En multipliant par1−ω6= 0, on obtient

(1−ω)(1 +ω+ω²+ω³+ω⁴) = 1−ω⁵= 0⇒1 +ω+ω²+ω³+ω⁴= 0 2. a. D'après la question précédente,α=ω+ω = 2 Re(ω)∈R. Commeβ =−1−α,

on en déduit queβ est aussi réel.

b. Par dénition α+β = −1. Exprimons le produit αβ en fonction deα puis de puissances deω à l'aide de la question 1.a. :

αβ=− α²+α

=−



ω²+ ω⁸

|{z}

=ω³

+ 2 +ω+ω⁴





=− 1 +ω+ω²+ω³+ω⁴+ 1

=−1 On va montrer que l'équation (d'inconnuez) dontαetβ sont les deux racines est

z²+z−1 = 0

En eet, pour toutz,

(z−α)(z−β) =z²−(α+β)z+αβ=z²+z−1

3. Pour le cercle d'équation x²+y²+x−1 = 0, les points d'intersection sont faciles à calculer.

Les points d'intersections avec l'axeOy ont pour coordonnées(0,1)et(0,−1). Les points d'intersections avec l'axeOxont pour coordonnées(α,0) et(β,0). En eet, pour l'intersection avec0x, on retrouve l'équation de la question précédente.

On obtient le centre et le rayon en écrivant l'équation sous une autre forme x²+y²+x−1 = 0⇔(x+1

2)²+y²= 1 + 1 4 On en déduit que

Le centre est le point de coordonnées(−¹₂,0). Le rayon est ^√₂⁵.

4. On suppose dans cette question queω=e^2iπ⁵ . On va montrer que les points d'abscisses 2, αet β sur le cercle de centreO et de rayon 2 sont des sommets d'un pentagone régulier en montrant que leurs axes appartiennent à2U5.

Il existe un seul point du cercle dont l'abscisse est2, son axe est2∈2U⁵. Il existe deux points du cercle dont l'abscisse estα, leurs axes sont2ω= 2e^2iπ⁵ , et

2ω⁴= 2e^8iπ⁵ (conjuguées et dans2U5).

Montrons que β est la partie réelle de ω² = e^4iπ⁵ . En eet, comme ω⁻¹ = ω⁴ et 1 +ω+ω²ω³+ω⁴= 0

β =−1−ω−ω⁻¹=−1−ω−ω⁴=ω²+ω³= 2 Re(ω²) = 2 Ree^4iπ⁵

Les axes des deux points du cercle d'abscisseβsont donc2ω²et2ω²= 2ω³ qui sont dans2U⁵.

On peut construire un pentagone régulier à la règle et au compas en utilisant l'algo- rithme suivant.

Construire le pointAde coordonnées(−¹₂,0)et le pointB de coordonnées (0,1) Construire le cercleC1 de centreAet passant parB.

Construire les points d'intersectionC,D deC1 avec l'axeOx. Construire le cercleC2 de centre0et de rayon 2.

Contruire les pointsE,F,G,H de même abscisse queC,D surC2

Construire le pointKde coordonnées (2,0)

(5)

B

K C2

G E

H

C1

A O

C D

F

Fig. 1: Construction d'un pentagone régulier

Alors(E, F, G, H, K)forme un pentagone régulier.

Le principe étant de commencer par construire le cercle de la question 3 dont les intersections avec l'axe réel sont les abscisses de 4 points du pentagone (dans le cercle centré à l'origine et de rayon 2).