Correction du devoir surveill´ e n˚2

(1)

Lyc´ee Benjamin Franklin PTSI−2012-2013

D. Blotti`ere Math´ematiques

Correction du devoir surveill´ e n˚2

Exercice 1

1. R´esoudre l’´equation

(E1) : z²= 8−6i d’inconnuez∈C.

2. Soit l’´equation

(E2) : iz²−(13 +i)z+ 8−40i= 0 d’inconnuez∈C. D´eterminer l’ensemble solution de (E2).

Correction

1. Il s’agit ici de d´eterminer les racines carr´ees de 8−6i.

Essayons d’abord de voir si l’on peut donner une forme trigonométrique explicite de 8−6i (si tel est le cas, les racines carrées de 8−6iseront très simplement obtenues). Le module de 8−6iest donné par :

|8−6i|=p

8²+ (−6)²= 10.

On a donc :

8−6i= 10 4

5−i3 5

.

Comme on ne connaˆıt pas de solution explicite au syst`eme cos(θ) =4

5 et sin(θ) =−3 5 on ne peut pas donner de forme trigonom´etrique explicite de 8−6i.

On passe alors par la voie alg´ebrique et l’on raisonne par analyse-synth`ese.

• Analyse

Soitδ∈Ctel que

δ²= 8−6i. (1)

On introduit la forme algébrique de δ: soitδ=a+ib, aveca, b∈R. L’équation (1) se réécrit alors : a²−b²

| {z }

∈R

+i2ab

|{z}

∈R

= 8|{z}

∈R

+i(−6)

| {z }

∈R

. (2)

Par unicit´e de la forme alg´ebrique, on en tire :

a²−b²= 8 (3)

2ab=−6. (4)

D’autre part (1) implique|δ²|=|8−6i|et :

|δ²|=|8−6i| =⇒ |δ|²= 10 (multiplicativit´e du module et calcul de |8−6i|ci-dessus)

=⇒ (√

a²+b²)²= 10

=⇒ a²+b²= 10.

En rassemblant cette dernière équation et les équations (3) et (4) on obtient le système suivant :

a²−b²= 8 (5)

a²+b²= 10 (6)

2ab=−6. (7)

(2)

Maintenant :

(5) + (6) =⇒ 2a²= 18

=⇒ a²= 9

=⇒ a=−3 ou a= 3

et (6)−(5) =⇒ 2b²= 2

=⇒ b²= 1

=⇒ b=−1 ou b= 1.

De plus de (7), on d´eduit queaet bsont de signes oppos´es.

Finalement, on trouve deux candidats pour δ:

δ1= 3−i et δ2=−3 +i=−δ1.

• Synth`ese

Vérifions si les candidats trouvés en fin d’analyse sont bien des racines carrées de 8−6i.

δ²₁= (3−i)²= 3²−6i+ (−i)²= 9−6i−1 = 8−6i et δ₂²= (−δ1)²=δ²₁= 8−6i.

• Conclusion On a donc :

Sol_(E₁₎={3−i,−3 +i}.

2. L’équation (E2) est une équation polynomiale de degré 2, à coefficients complexes. Le discriminant du polynôme

|{z}i

a

z² + (−(13 +i))

| {z }

b

z + 8−40i

| {z }

c

est ∆ = b²−4ac

= (−(13 +i))²−4i(8−40i)

= (13 +i)²−32i+ 160i²

= 13²+ 26i+i²−32i−160

= 169 + 26i−1−32i−160

= 8−6i.

D’apr`es la question 1., on sait que δ1= 3−iest une racine carr´ee de 8−6i.

D’apr`es le cours, les solutions de (E2) sont donc : z1 = −b−δ1

2a

= 13 +i−(3−i) 2i

= 10 + 2i 2i

= 5

i + 1

= 5(−i) i(−i) + 1

= 1−5i

z2 = −b+δ1

2a

= 13 +i+ 3−i 2i

= 16 2i

= 8

i

= 8(−i) i(−i)

= −8i On a donc :

Sol(E2)={1−5i,−8i}.

(3)

Exercice 2

1. Énoncer le cas d’égalité de deux cosinus.

(E) : cos 3x+π

4

=−1 2. D´eterminer l’ensembleERdes solutions de (E) surR.

(E^′) : cos(3x)−sin(3x) =−

√2 2 . D´eterminer l’ensembleE]−π,π]^′ des solutions de (E^′) sur ]−π, π].

Correction 1. Cf. cours.

2. On sait que cos 2π

3

=−1

2.Donc : (E2) ⇐⇒ cos

3x+π 4

= cos 2π

3

⇐⇒











∃k∈Z 3x+π 4 = 2π

3 + 2kπ ou

∃k∈Z 3x+π

4 =−2π 3 + 2kπ

(cas d’´egalit´e des cosinus)

⇐⇒











∃k∈Z 3x=

5π 12

z }| { 2π

3 −π 4 + 2kπ ou

∃k∈Z 3x=−2π 3 −π

| {z 4}

−^11π₁₂

+ 2kπ

⇐⇒











∃k∈Z x=5π 36 +2kπ ou 3

∃k∈Z x=−11π 36 +2kπ

3 On a donc :

ER= 5π

36 +2kπ

3 : k∈Z

∪

−11π 36 +2kπ

3 : k∈Z

.

3. On s’inspire de la méthode de résolution exposée lors de la correction de l’exercice 39.

• Etape 1´

Pour r´esoudre l’´equation

(E^′) : 1

|{z}

a

×cos(3x) + (−1)

| {z }

b

sin(3x) =−

√2 2

on commence par chercher une forme trigonom´etrique dea+ib= 1−i.Le module de 1−iest :

|1−i|=p

1²+ (−1)²=√ 2.

On a donc :

1−i=√ 2

1

√2−i 1

√2

=√ 2

√2 2 −i

√2 2

! . On chercheθ∈Rtel que :

cos(θ) =

√2

2 et sin(θ) =−

√2 2 .

(4)

On remarque queθ=−π

4 convient. On a donc : 1−i=√

2 cos

−π 4

+isin

−π 4

=√ 2 cos

−π 4

+i√ 2 sin

−π 4

. On en déduit, par unicité de la forme algébrique d’un nombre complexe :

1 =√ 2 cos

−π 4

et −1 =√ 2 sin

−π 4

. (8)

• Etape 2´

On utilise (8) pour transformer l’´equation (E2).

(E2) ⇐⇒ cos(3x)−sin(3x) =−

√2 2

⇐⇒ √ 2 cos

−π 4

cos(3x) +√ 2 sin

−π 4

sin(3x) =−

√2 2

⇐⇒ cos

−π 4

cos(3x) + sin

−π 4

sin(3x) =−1

2 (division par√

26= 0 de chacun des membres)

⇐⇒ cos

−π 4 −3x

=−1

2 (cos(a−b) = cos(a) cos(b) + sin(a) sin(b) pour tout a, b∈R)

⇐⇒ cosπ 4 + 3x

=−1

2 (parit´e de cosinus)

⇐⇒











∃k∈Z x= 5π 36 +2kπ ou 3

∃k∈Z x=−11π 36 +2kπ

3

(cf. question 2.)

Comme on cherche les solutions de (E2) dans ]−π, π], il faut faire une ´etude suppl´ementaire.

Soitk∈Z.

−π < 5π 36 +2kπ

3 ≤π ⇐⇒ −1< 5 36+2k

3 ≤1 (division de chaque membre par π >0)

⇐⇒ −41 36 < 2k

3 ≤ 31 36

⇐⇒ −41

24 < k≤ 31

24 (multiplication de chaque membre par ³₂ >0)

⇐⇒ k∈ {−1,0,1} (carkest entier) De fa¸con analogue¹, on montre que :

−π <−11π 36 +2kπ

3 ≤π ⇐⇒ k∈ {−1,0,1}.

• Etape 3´ On conclut.

E]−π,π]^′ = 5π

36 +2kπ

3 : k∈ {−1,0,1}

∪

−11π 36 +2kπ

3 : k∈ {−1,0,1}

=

−19π 36 ,5π

36,29π 36 ,−35π

36 ,−11π 36 ,13π

36

.

1. Le fait que l’on trouve les mêmes valeurs pourk, dans ce deuxième cas, n’est pas un fait général. Il faut faire une étude soignée (au brouillon), dans cette deuxième situation.

(5)

Exercice 3

1. ´Enoncer les relations d’Euler.

2. Soient p, q∈R. D´emontrer que :

cos(p) + cos(q) = 2 cos p+q

2

cos p−q

2

. 3. Soit l’´equation

(E) : 3 cos(5x) = cos(2x) + cos(12x) d’inconnuex∈R. D´eterminer l’ensembleERdes solutions de (E) surR. Correction

1. Cf. cours.

2. Soient p, q∈R. 2 cos

p+q 2

cos

p−q 2

= 2 eⁱ(^p+q2 ) +e⁻ⁱ(^p+q2 ) 2

! eⁱ(^p−q2 ) +e⁻ⁱ(^p−q2 ) 2

!

(relations d’Euler)

= 1

2

eⁱ(^p+q2 ) +e⁻ⁱ(^p+q2 ) eⁱ(^p−q2 ) +e⁻ⁱ(^p−q2 )

= 1

2

eⁱ(^p+q2 ).eⁱ(^p−q2 ) +eⁱ(^p+q2 ).e⁻ⁱ(^p−q2 ) +e⁻ⁱ(^p+q2 ).eⁱ(^p−q2 ) +e⁻ⁱ(^p+q2 ).e⁻ⁱ(^p−q2 )

= 1

2

eⁱ(^p+q2 +^p−q₂ ) +eⁱ(^p+q2 −^p−q₂ ) +eⁱ(⁻^p+q2 +^p−q₂ ) +eⁱ(⁻^p+q2 −^p−q₂ )

´equation fonctionnelle

= 1

2 e^ip+e^iq+e^−iq+e^−ip

= e^ip+e^−ip

2 +e^iq+e^−iq 2

= cos(p) + cos(q) (relations d’Euler) 3. Soitx∈R.

(E) ⇐⇒ 3 cos(5x) = 2 cos

2x+ 12x 2

cos

2x−12x 2

(r´esultat de la question 2, avecp= 2xet q= 12x)

⇐⇒ 3 cos(5x) = 2 cos(7x) cos(−5x)

⇐⇒ 3 cos(5x) = 2 cos(7x) cos(5x) (cos est paire)

⇐⇒ cos(5x)(3−2 cos(7x)) = 0

⇐⇒







(E1) : cos(5x) = 0 ou

(E2) : 3−2 cos(7x) = 0

(Rest int`egre)

Il reste à résoudre les équations (E1) et (E2).

• R´esolution de(E1)

(E1) ⇐⇒ cos(5x) = cosπ 2

⇐⇒











∃k∈Z 5x=π 2 + 2kπ ou

∃k∈Z 5x=−π 2 + 2kπ

(cas d’´egalit´e des cosinus)

(6)

⇐⇒











∃k∈Z x= π 10+2kπ ou 5

∃k∈Z x=−π 10+2kπ

5

• R´esolution de(E2)

(E2) ⇐⇒ 2 cos(7x) = 3

⇐⇒ cos(7x) = 3 2

Comme pour toutX ∈R: −1≤cos(X)≤1, l’´equation (E2) n’a pas de solution.

• Conclusion

L’ensembleER des solutions de (E) surRest donn´e par : ER=

π 10+2kπ

5 : k∈Z

∪

−π 10+2kπ

5 : k∈Z

.

Exercice 4

1. ´Enoncer la formule du binˆome de Newton.

2. ´Enoncer la formule de Moivre, puis la d´emontrer.

3. Soitx∈R. Lin´eariser sin⁵(x).

Correction 1. Cf. cours.

2. Cf. cours pour l’énoncé et cf. TD pour la démonstration.

3. Soitx∈R. sin⁵(x) =

e^ix−e^−ix 2

5

(relations d’Euler)

= 1

(2i)⁵ e^ix−e^−ix5

= 1

32i e^ix−e^−ix5

(cari⁵=i²×i²×i= (−1)×(−1)×i=i)

= 1

32i X5 k=0

5 k

(e^ix)^k(−e^−ix)^5−k

!

(formule du binˆome de Newton)

= 1

32i X5 k=0

5 k

(e^ix)^k(−1)^5−k(e^−ix)^5−k

!

= 1

32i X5 k=0

5 k

e^ikx(−1)^5−ke^−i(5−k)x

!

(formule de Moivre)

= 1

32i 5

0

eⁱ⁰(−1)⁵e^−i5x+ 5

1

e^ix(−1)⁴e^−i4x+ 5

2

e^i2x(−1)³e^−i3x

+ 5

3

e^i3x(−1)²e^−i2x+ 5

4

e^i4x(−1)¹e^−ix+ 5

5

e^i5x(−1)⁰eⁱ⁰

= 1

32i

− 5

0

e^−i5x+ 5

1

e^−i3x− 5

2

e^−ix+ 5

3

e^ix− 5

4

e^i3x+ 5

5

e^i5x

(´equation fonctionnelle)

(7)

= 1

32i −e^−i5x+ 5e^−i3x−10e^−ix+ 10eîx−5eî3x+eî5x

(cf. triangle de Pascal)

= 1

32i eî5x−e^−i5x−5(eî3x−e^−i3x) + 10(eîx−e^−ix)

= 1

32i(2isin(5x)−10isin(3x) + 20isin(x)) (relations d’Euler)

= 1

16sin(5x)− 5

16sin(3x) +5 8sin(x) On a donc :

sin⁵(x) = 1

16sin(5x)− 5

16sin(3x) +5 8sin(x).

Exercice 5

1. Expliciter l’ensembleU₇ des racines septi`emes de 1.

2. Soient n∈Netq∈C\ {1}. que vaut la somme suivante ? Xn k=0

q^k 3. D´emontrer que la somme des racines septi`emes de 1 est nulle.

4. SoitS la somme d´efinie par : S= sin

2π 7

+ sin

4π 7

+ sin

6π 7

+ sin

8π 7

+ sin

10π 7

+ sin

12π 7

. (a) ´Ecrire la sommeS `a l’aide du symbole sommatoireX

. (b) Calculer la sommeS.

5. Énoncer le cas d’égalité de deux formes trigonométriques.

(E) : z⁶=z d’inconnuez∈C. D´eterminer l’ensemble solution de (E).

Correction 1. On a :

U₇=n

e^2ikπ⁷ : k∈J0,6Ko

(ensemble contenant 7 ´el´ements).

2. Soient n∈Netq∈C\ {1}. D’apr`es le cours : Xn k=0

q^k =1−qⁿ⁺¹ 1−q .

3. La somme des racines 7-i`emes de l’unit´e est : X6 k=0

e^2ikπ⁷ .

X6 k=0

e^2ikπ⁷ = X6 k=0

(e^2iπ⁷ )^k (formule de Moivre)

(⋆)=

1−(e^2iπ⁷ )⁶⁺¹ 1−e^2iπ⁷

= 1−e^2iπ 1−e^2iπ⁷

(8)

= 0 (care^2iπ= 1)

L’égalité (⋆) requiert quelques explications. Pour l’obtenir, on a appliqué la formule sommatoire de la question 2, avec q=e^2iπ⁷ et n= 6. On le peut care^2iπ⁷ 6= 1, comme on le vérifie ci-dessous, à l’aide d’un raisonnement par l’absurde.

Supposons quee^2iπ⁷ = 1. Alors,e^2iπ⁷ =eⁱ⁰ et d’après le cas d’égalité de deux formes trigonométriques, il existe un entier relatif ktel que :

2π

7 = 0 + 2k π.

On en d´eduit k= 1

7, ce qui contredit le fait quekest entier.

4. (a) On a :

S = sin 2π

7

+ sin 4π

7

+ sin 6π

7

+ sin 8π

7

+ sin 10π

7

+ sin 12π

7

= sin

2×1×π 7

+ sin

2×2×π 7

+ sin

2×3×π 7

+ sin

2×4×π 7

+ sin

2×5×π 7

+ sin

2×6×π 7

= X6 k=1

sin

2×k×π 7

.

On a

S= X6 k=1

sin 2kπ

7

.

(b)

S =

X6 k=1

sin 2kπ

7

= X6 k=0

sin 2kπ

7

car sin

2×0×π 7

= sin(0) = 0

= X6 k=0

Im e^2ikπ⁷

(cf. d´efinition dee^iθ, avecθ∈R)

= Im X6 k=0

e^2ikπ⁷

!

(Im(z1+z2) = Im(z1) + Im(z2) pour tout z1, z2∈C)

= Im(0) (d’apr`es la question 3)

= 0 5. Cf. cours.

6. Pour r´esoudre l’´equation

(E) : z⁶=z

on est tenté d’introduire une forme trigonométrique dez, mais on ne peut le faire que siz6= 0. Cela nous pousse à scinder l’étude en deux parties.

(9)

• 1^er cas :z= 0

Il est clair que 0 est solution de (E).

• 2^`^eme cas :z∈C^∗

On introduit une forme trigonom´etrique de z. Soientr∈R^+∗ etθ∈Rtels que :z=re^iθ.

z⁶=z ⇐⇒ (re^iθ)⁶=re^iθ

⇐⇒ r⁶e^i6θ=r e^−iθ (formule de Moivre ete^iθ=e^−iθ)

⇐⇒





 r⁶=r

∃k∈Z 6θ=−θ+ 2kπ

(cas d’égalité de deux formes trigonométriques)

⇐⇒







r⁵= 1 (division parr6= 0 de chacun des membres)

∃k∈Z 7θ= 2kπ

⇐⇒







r= ⁵√

1 = 1 (carr∈R^+∗)

∃k∈Z θ= 2kπ 7

⇐⇒ z∈n

e^2ikπ⁷ : k∈Zo

⇐⇒ z∈U₇ (cf. cours sur les racinesn-i`emes de l’unit´e)

• Conclusion

Sol(E)={0} ∪ U₇={0} ∪ n

e^2ikπ⁷ : k∈J0,6Ko .

Exercice 6

(E1) : Z⁴=−1 d’inconnueZ ∈C. D´eterminer l’ensemble solution de (E1).

(E2) : (z−i)⁴+ (z+i)⁴= 0 d’inconnuez∈C.

(a) D´eterminer l’ensemble solution de (E2).

(b) Donner la forme alg´ebrique de chacune des solutions de (E2).

(c) Que remarque-t-on ? Correction

1. SoitZ ∈C.

Z⁴=−1 ⇐⇒ Z⁴=e^iπ

⇐⇒ Z⁴= (eⁱ^π⁴)⁴ (formule de Moivre)

⇐⇒ Z⁴

(eⁱ^π⁴)⁴ = 1 (division de chacun des membres par (eⁱ^π⁴)⁴=−16= 0)

⇐⇒

Z eⁱ^π⁴

4

= 1

(10)

⇐⇒ Z

eⁱ^π⁴ ∈U₄=n

e^2ikπ⁴ : k∈J0,3Ko

=n

e^ikπ² : k∈J0,3Ko

⇐⇒ ∃k∈J0,3K Z

eⁱ^π⁴ =e^ikπ²

⇐⇒ ∃k∈J0,3K Z =e^ikπ² eⁱ^π⁴

⇐⇒ ∃k∈J0,3K Z =eⁱ⁽^kπ²⁺^π⁴⁾ (relation fonctionnelle)

⇐⇒ ∃k∈J0,3K Z =eⁱ^(2k+1)π⁴

Donc n

eⁱ^(2k+1)π⁴ : k∈J0,3Ko . 2. (a) Soit z∈C.

(z−i)⁴+ (z+i)⁴= 0 ⇐⇒ (z−i)⁴=−(z+i)⁴

On est alors tenté de diviser chaque membre par (z+i)⁴ pour se ramener à (E1), mais on ne peut le faire que siz6=−i. Ceci nous pousse à scinder l’étude en deux parties.

• 1^er cas :z=−i On a :

(−i−i)⁴+ (−i+i)⁴= (−2i)⁴+ 0 = 166= 0.

Donc−in’est pas solution de (E2).

• 2^`^eme cas :z6=−i

(z−i)⁴+ (z+i)⁴= 0 ⇐⇒ (z−i)⁴=−(z+i)⁴

⇐⇒ (z−i)⁴

(z+i)⁴ =−1 (division de chaque membre par (z+i)⁴6= 0)

⇐⇒

z−i z+i

4

=−1

⇐⇒ z−i

z+i est solution de (E1)

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z−i

z+i =eⁱ^(2k+1)π⁴

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z−i=zeⁱ^(2k+1)π⁴ +ieⁱ^(2k+1)π⁴

multiplication de chaque membre par (z+i)6= 0

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z−zeⁱ^(2k+1)π⁴ =i+ieⁱ^(2k+1)π⁴

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z(1−eⁱ^(2k+1)π⁴ ) =i(1 +eⁱ^(2k+1)π⁴ )

⇐⇒ ∃k∈J0,3K z=i 1 +eⁱ^(2k+1)π⁴ 1−eⁱ^(2k+1)π⁴

Pour la dernière étape, on a divisé chaque membre par 1−eⁱ^(2k+1)π⁴ , oùk∈J0,3K. Par un raisonnement par l’absurde analogue à celui fait pour prouver quee^2ikπ⁷ 6= 1 (cf. question 3 de l’exercice 5), on montre que le terme par lequel on a divisé est non nul.

(11)

• Conclusion On a donc :

Sol_(E₁₎= (

i 1 +eⁱ^(2k+1)π⁴

1−eⁱ^(2k+1)π⁴ : k∈J0,3K )

.

(b) Pour donner les formes algébriques des solutions de (E2), on va appliquer la méthode de l’angle moitié.

Rappelons-la. Soitθ∈R.

• Transformation de 1 +e^iθ

1 +e^iθ = eⁱ^θ²

e⁻ⁱ^θ² +eⁱ^θ²

(relation fonctionnelle)

= eⁱ^θ²2 cos ^θ₂

(relations d’Euler) Donc

1 +e^iθ= 2 cos θ

2

eⁱ^θ² (9)

• Transformation de 1−e^iθ

1−e^iθ = eⁱ^θ²

e⁻ⁱ^θ² −eⁱ^θ²

(relation fonctionnelle)

= −eⁱ^θ²

eⁱ^θ² −e⁻ⁱ^θ²

= −eⁱ^θ²2isin ^θ₂

(relations d’Euler) Donc

1−e^iθ=−2isin θ

2

eⁱ^θ² (10)

Soitk∈J0,3K. On a :

i 1 +eⁱ^(2k+1)π⁴

1−eⁱ^(2k+1)π⁴ = i

2 cos

(2k+1)π 8

eⁱ^(2k+1)π⁸

−2isin

(2k+1)π 8

eⁱ^(2k+1)π⁸

(cf. formules (9) et (10), avecθ=^(2k+1)π₄ )

= −cos

(2k+1)π 8

sin

(2k+1)π 8

= − 1

tan

(2k+1)π 8

∈R

On a donc :

pour toutk∈J0,3K, i 1 +eⁱ^(2k+1)π⁴

1−eⁱ^(2k+1)π⁴ =− 1 tan

(2k+1)π 8

∈R.

(c) Les solutions de (E2) sont toutes r´eelles.

(12)

Exercice 7

1. Déterminer l’ensemble des réelsxtels queeîx= 1.

2. Soient x∈Ret soitn∈N. Calculer la sommeS(n, x) d´efinie par : S(n, x) =

Xn k=0

cos(kx).

Correction 1. Soitx∈R.

e^ix= 1 ⇐⇒ e^ix=eⁱ⁰

⇐⇒





 1 = 1

∃k∈Z x= 0 + 2kπ

(cas d’égalité de deux formes trigonométriques) Donc l’ensemble desx∈Rtels queeîx= 1 est :

{2kπ : k∈Z}. 2. Soient x∈Ret soitn∈N.

Xn k=0

cos(kx) = Xn k=0

Re(eîkx) (cf. définition deeîθ, avecθ∈R)

= Re Xn k=0

e^ikx

!

(Re(z1+z2) = Re(z1) + Re(z2) pour toutz1, z2∈C)

= Re Xn k=0

(e^ix)^k

!

(formule de Moivre)

A ce stade, on est tenté d’appliquer la formule sommatoire de la question 2 de l’exercice 5, avec` q=eîx. Or on ne peut le faire que sieîx6= 1. On scinde donc l’étude en deux parties.

• 1^er cas :e^ix= 1, i.e. x= 0 [2π](cf. question 1) Dans ce cas :

Xn k=0

cos(kx) = Re Xn k=0

(e^ix)^k

!

= Re Xn k=0

1^k

!

= Re Xn k=0

1

!

= Re (n+ 1) =n+ 1.

• 2^`^eme cas :e^ix6= 1, i.e. x6= 0 [2π](cf. question 1) Xn

k=0

cos(kx) = Re Xn k=0

(e^ix)^k

!

= Re

1−(e^ix)ⁿ⁺¹ 1−e^ix

cf. formule sommatoire de la question 2 de l’exercice 5, avecq=e^ix6= 1

= Re

1−e^i(n+1)x 1−e^ix

(cf. formule de Moivre) On a donc :

Xn k=0

cos(kx) = Re

1−e^i(n+1)x 1−e^ix

. (11)

En appliquant la formule (10) avecθ= (n+ 1)x, il vient : 1−e^i(n+1)x=−2isin

(n+ 1)x 2

eⁱ^(n+1)x²

(13)

et en appliquant cette mˆeme formule, mais cette fois avecθ=x, il vient : 1−e^ix=−2isinx

2

eⁱ^x².

On a donc : 1−e^i(n+1)x

1−e^ix = −2isin

(n+1)x 2

eⁱ^(n+1)x²

−2isin ^x₂ eⁱ^x²

= sin

(n+1)x 2

sin ^x₂ eⁱ^(n+1)x² e⁻ⁱ^x²

car 1

eⁱ^x² =e⁻ⁱ^x²

= sin

(n+1)x 2

sin ^x₂ eⁱ^nx² (relation fonctionnelle)

= sin

(n+1)x 2

sin ^x₂

cosnx 2

+isinnx 2

(cf. d´efinition dee^iθ, avecθ∈R)

= sin

(n+1)x 2

sin ^x₂ cosnx 2

| {z }

∈R

+i sin

(n+1)x 2

sin ^x₂ sinnx 2

| {z }

∈R

De cette dernière étude et de (11), on déduit que : Xn

k=0

cos(kx) =

sin_(n+1)x

2

sin ^x₂ cosnx 2

.

• Conclusion

Xn k=0

cos(kx) =











n+ 1 six= 0 [2π]

sin

(n+1)x 2

sin ^x₂ cosnx 2

six6= 0 [2π]

Exercice 8

Soitn∈N^≥2. R´esoudre l’´equation

(E) : 1 + 2z+ 2z²+. . .+ 2zⁿ⁻¹+zⁿ= 0 d’inconnuez∈C.

Correction Soitz∈C.

1 + 2z+ 2z²+. . .+ 2zⁿ⁻¹+zⁿ= 0 ⇐⇒ 2 + 2z+ 2z²+. . .+ 2zⁿ⁻¹+zⁿ= 1 (ajout de 1 `a chaque membre)

⇐⇒ 2(1 +z+z²+. . .+zⁿ⁻¹) +zⁿ= 1

⇐⇒ 2

n−1X

k=0

z^k

!

= 1−zⁿ (soustraction dezⁿ `a chaque membre)

(14)

On est alors tenté d’appliquer la formule sommatoire de la question 3 de l’exercice 5, car on obtiendrait alors que (E) est équivalente à

21−zⁿ

1−z = 1−zⁿ

ce qui permettrait ensuite de conclure^≪facilement^≫. Or on ne peut le faire que siz6= 1. On scinde alors l’´etude en deux parties.

• 1^er cas :z= 1 Si z= 1, alors

2

n−1X

k=0

z^k

!

= 2n6= 0 = 1−zⁿ. Donc 1 n’est pas solution de l’´equation (E).

• 2^`^eme cas : z6= 1

1 + 2z+ 2z²+. . .+ 2zⁿ⁻¹+zⁿ= 0 ⇐⇒ 2

n−1X

k=0

z^k

!

= 1−zⁿ

⇐⇒ 21−zⁿ

1−z = 1−zⁿ







application de la formule sommatoire de la question 3 de l’exercice 5

≪en rempla¸cantnparn−1^≫ et en prenantq=z







⇐⇒ 21−zⁿ

1−z −(1−zⁿ) = 0

soustraction de (1−zⁿ)

`a chaque membre

⇐⇒ (1−zⁿ) 2

1−z −1

= 0

⇐⇒ (1−zⁿ) 2−(1−z) 1−z = 0

⇐⇒ (1−zⁿ)(1 +z)

1−z = 0

⇐⇒







1−zⁿ= 0 ou

1 +z= 0

(Cest int`egre)

⇐⇒







z∈U_n ou

z=−1

⇐⇒







z∈U_n\ {1} (car 1∈U_n et z6= 1) ou

z=−1

⇐⇒ z∈ {−1} ∪ (U_n\ {1})

• Conclusion

L’ensemble solution de (E) est donc :

Sol(E)={−1} ∪ (U_n\ {1}).

(15)

Remarque : On vérifie facilement que −1 ∈ U_n si et seulement si n est pair. On peut ainsi réécrire l’ensemble Sol_(E) comme suit :

Sol(E)=

U_n\ {1} sinest pair {−1} ∪ (U_n\ {1}) sinest impair.

Exercice 9

1. Soitf:E→F une fonction r´eelle de la variable r´eelle.

(a) Donner la d´efinition de l’assertion^≪f est bijective^≫. (b) On suppose ici que f bijective.

(i) Donner la définition de la bijection réciproquef⁻¹def. (ii) Citer trois propriétés fondamentales def⁻¹.

2. Soitf la fonction d´efinie par :

f:R\ {1} →R\ {3}; x7→3x−1 x−1 . (a) Justifier quef est bien d´efinie, i.e. que pour toutx∈R\ {1}:

• f(x) est bien d´efinie ;

• f(x)∈R\ {3}. (b) Montrer quef est bijective.

(c) Calculerf⁻¹. Correction

1.(a) Cf. cours.

1.(b).(i) Cf. cours.

1.(b).(ii) Cf. cours.

2.(a) Soitx∈R\ {1}. Alorsx−16= 0. Le nombref(x) =3x−1

x−1 est donc bien d´efini.

Soitx∈R\ {1}. Montrons quef(x)6= 3.

f(x) = 3 ⇐⇒ 3x−1 x−1 = 3

⇐⇒ 3x−1 = 3(x−1) (multiplication de chaque membre par (x−1)6= 0)

⇐⇒ 3x−1 = 3x−3

⇐⇒ −1 =−3

| {z }

faux

(soustraction de 3x`a chaque membre)

Ayant raisonné par équivalences, la première assertion f(x) = 3 est donc également fausse. On a donc f(x)6= 3.

2.(b) Soity∈R\ {3}. Montrons que l’´equationf(x) =y poss`ede une unique solution dansR\ {1}. Soitx∈R\ {1}.

f(x) =y ⇐⇒ 3x−1 x−1 =y

⇐⇒ 3x−1 =y(x−1) (multiplication de chaque membre par (x−1)6= 0)

⇐⇒ 3x−1 =yx−y

⇐⇒ 3x−yx= 1−y

(16)

⇐⇒ x(3−y) = 1−y

⇐⇒ x= 1−y

3−y (division de chaque membre par (3−y)6= 0)

Il reste `a v´erifier que 1−y

3−y ∈R\ {1}. 1−y

3−y = 1 ⇐⇒ 1−y= 3−y (multiplication de chaque membre par (3−y)6= 0)

⇐⇒ 1 = 3

| {z }

faux

(ajout dey `a chaque membre)

Ayant raisonné par équivalences, la première assertion 1−y

3−y = 1 est donc ´egalement fausse. On a donc 1−y

3−y 6= 1.

2.(c) La fonctionf⁻¹est par d´efinition la fonction d´efinie par :

f⁻¹: R\ {3} →R\ {1}; y7→l’unique solutionx∈R\ {1}de l’´equationf(x) =y.

D’apr`es la question 2.(b), on a : donc :

f⁻¹:R\ {3} →R\ {1}; y7→ 1−y 3−y.

Exercice 10 Soient (a, b, c)∈R³.

Ecrire un algorithme qui affiche le nombre de solution(s) de l’´equation :´ (E) ax+b=c d’inconnuex∈R.

Correction

• Analyse math´ematique Soitx∈R.

ax+b=c⇐⇒ax=c−b.

Pour poursuivre la résolution, on est tenté de divisé para. Orapeut être nul ; on scinde donc l’étude en deux parties.

– Cas o`ua6= 0 : Dans ce cas l’´equation (E) admet une unique solution :x=c−b a .

– Cas oùa= 0 : Dans ce cas l’équation (E) se réécritb=c. On scinde à nouveau l’étude en deux parties.

− Cas oùb=c: Dans ce cas, toutx∈Rest solution de l’équation ; on a une infinité de solutions.

− Cas o`ub6=c: Dans ce cas, l’´equation n’admet aucune solution.

• Ecriture de l’algorithme en indentant´ Si a6= 0 Alors

Afficher(^≪l’´equation poss`ede une unique solution^≫) Sinon

Sib=cAlors

Afficher(^≪l’équation possède une infinités de solutions^≫) Sinon

Afficher(^≪l’´equation ne poss`ede aucune solution^≫) Fin de Si

Fin de Si