MPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 02 29 juin 2019
Problème 1
1. Comme j 6 = 1 et j 3 = 1 , la factorisation
(z 3 − 1) = (z − 1)(z 2 + z + 1)
montre que j est une racine de z 2 + z + 1 = 0 . Les racines de cette équation sont
− 1 2 + i
√ 3
2 − 1
2 − i
√ 3 2
De plus d'après l'étude de sin , comme 2π 3 ∈ ]0, π[ , la partie imaginaire de j est stricte- ment positive donc
j = − 1 2 + i
√ 3 2
2. Le discriminant de cette équation est − 1 = (i) 2 , les solutions sont z 1 =
√ 3 + i
2 z 2 =
√ 3 − i 2
avec les conditions imposées sur les parties imaginaires. On remarque que z 2 est obtenu à partir de j en permutant les parties réelles et imaginaires. On en déduit qu'un argument de z 2 est π 2 − 2π 3 = − π 6 . Comme z 1 est le conjugué de z 2 , un argument est
π 6 .
On en déduit le placement des points M 1 et M 2 sur la gure 1.
3. Par dénition,
z 3 = e
2iπ3z 2 = e
2iπ3e
−iπ6= e
3iπ6= i On place M 3 sur la gure 1.
4. D'après la dénition, l'axe de M 4 est z 4 = z 2 − 1
2 ( √
3 + i) = 1 2 ( √
3 − i) − 1 2 ( √
3 + i) = − i On place le point M 4 sur la gure 1.
5. D'après les dénitions : z 5 = 1
2 ( − √
3 + i) = − z 2 = e −i
π6+π = e i
5π6z 6 = 2( − i − √
3) 1 + 3 = − 1
2 ( √
3 + i) = − z 1 = e i
π6−π = e −i
5π6On en déduit le placement des points M 5 et M 6 sur la gure 1.
M
1M
3M
5M
6M
4M
2Fig. 1: Les points sur le cercle unité
6. On a obtenu nalement :
z 1 = e i
π6, z 2 = e −i
π6, z 3 = i, z 4 = − i, z 5 = e i
5π6, z 6 = e −i
5π6On remarque que z 2 = z 1 , z 4 = z 3 , z 6 = z 5 . D'autre part :
(z − e iθ )(z − e −iθ ) = z 2 − 2 cos θ + 1 On obtient donc :
6
Y
k=1
(z − z k ) = (z 2 − √
3z + 1)(z 2 + 1)(z 2 − √ 3z + 1)
= (z 2 + 1) 2 − 3z 2
(z 2 + 1) = (z 4 − z 2 + 1)(z 2 + 1) = z 6 + 1 On en déduit que l'ensemble des racines sixièmes de − 1 est
{ z 1 , z 2 , z 3 , z 4 , z 5 , z 6 }
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 M1102CMPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 02 29 juin 2019
Problème 2
1. La contrainte vient de ce que arcsin est dénie seulement dans [ − 1, 1] . Notons A(x) =
2x
1+x
2et montrons que la fonction f est dénie dans R car
∀ x ∈ R , − 1 ≤ A(x) ≤ 1.
En eet
2x
1 + x 2 + 1 = (1 + x) 2
1 + x 2 ≥ 0 ⇒ − 1 ≤ A(x) 2x
1 + x 2 − 1 = − (1 − x) 2
1 + x 2 ≥ 0 ⇒ A(x) ≤ 1.
Comme arcsin est continue dans [ − 1, 1] , la fonction f est également continue dans R.
En revanche arcsin n'est dérivable que dans l'ouvert et
A(x) = 1 ⇔ x = 1, A(x) = − 1 ⇔ x = − 1.
La fonction f est donc dérivable seulement dans ] −∞ , − 1[ ∪ ]1, 1 [ ∪ ] 1, −∞ [ .
Remarque pour étudier la dérivabilité, il ne faut pas chercher à calculer la dérivée mais rappeler les domaines de dérivabilité des fonctions en jeu.
Posons θ = arctan x , l'expression devient : 2x
1 + x 2 = 2 tan θ
1 + tan 2 θ = 2 tan θ cos 2 θ = sin 2θ.
Par conséquent, 2θ est un antécédent de 1+x 2x
2pour sin mais, suivant x , il n'est pas forcément dans le bon intervalle ( − π 2 , π 2 ) pour arcsin . Présentons les cas dans un tableau
x ] −∞ , − 1] [ − 1, 1] [1, + ∞ [
θ
− π 2 , π 4
− π 4 , π 4 π
4 , π 2 2θ − π, π 2 − π 2 , π 2 π
2 , π f (x) − π − 2 arctan x 2 arctan x π − 2 arctan x On peut justier les expressions par les remarques suivantes.
Si x ≥ 1 , alors 2θ ∈ π
2 , π donc π − 2θ ∈
0, π 2 a le même sinus que 2θ . Si x ≤ − 1 , on conclut en remarquant que f est impaire.
∀ x ≤ − 1, f (x) = − f ( − x) = − (π − 2 arctan( − x)) = − π − arctan x.
Une autre méthode consiste à dériver.
∀ x ∈ R \ {− 1, +1 } , f 0 (x) = 2
1 + x 2 − 4x 2 (1 + x 2 ) 2
1 q 1 − (1+x 4x
22)
2= 2
1 + x 2 − 4x 2 (1 + x 2 ) 2
1 + x 2
| 1 − x 2 | = 2 1 − x 2
| 1 − x 2 | 1 1 + x 2 . On obtient une expression qui est au signe près la dérivée de 2 arctan . On forme un tableau analogue et on calcule les constantes en prenant les valeurs en − 1 et 1 . 2. a. Un nombre complexe admet un argument dans − π 2 , π 2 si et seulement si sa partie
réelle est strictement positive.
b. Nommons A le complexe à étudier. Ses parties réelles et imaginaires se calculent en multipliant par e ia − t le numérateur et le dénominateur. On obtient respecti- vement
1 − t 2
1 − 2t cos a + t 2 , 2t sin a 1 − 2t cos a + t 2 . Comme − 1 < t < 1 et 1 − 2t cos a + t 2 =
e ia − t
2 > 0 , la partie réelle est strictement positive. Comme on l'a rappelé dans la question a., cela entraine que A admet un argument (nommons le θ ) dans
− π 2 , + π 2 .
c. Montrons que le N proposé par l'énoncé de cette question est en fait l'argument θ introduit dans la question précédente.
tan θ = sin θ
cos θ = | A | sin θ
| A | cos θ = Im(A)
Re(A) = 2t sin a 1 − t 2 . θ ∈ i
− π 2 , + π
2 h
⇒ θ = arctan 2t sin a 1 − t 2 .
D'autre part
1 − 2t cos a + t 2 =
1 − e −ia
2
1 + 2t cos a + t 2 =
1 + e −ia
2
)
⇒ | A | =
r 1 + 2t cos a + t 2 1 − 2t cos a + t 2 = e M . On en déduit
e S = e M e iN = | A | e iθ = A = e −ia + t e −ia − t .
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d. Lorsque t > 1 , la partie réelle de A est négative. Par conséquent, N = arctan 2tsin 1−t
2a n'est plus un argument de A mais N + π (qui a la même tangente) en est un. On en déduit
e S = e M e iN = | A | e iN = −| A | e i(N +π) = − A = − e −ia + t e −ia − t .
3. Les fonctions arccos ◦ sin et arcsin ◦ cos sont dénies dans R. Nommons les respective- ment acs et asc . Elles sont 2π -périodiques. On peut aussi préciser diverses transfor- mation en utilisant les propriétés de cours de arccos et arcsin .
acs(x + π) = arccos ◦ sin(x + π) = arccos( − sin(x)) = π − acs(x) asc(x + π) = arcsin ◦ cos(x + π) = arcsin( − cos(x)) = − asc(x)
acs( − x) = arccos( − sin x) = π − acs(x) asc( − x) = arcsin(cosx) = asc(x).
On peut ainsi réduire le domaine d'étude à 0, π 2
.
∀ x ∈ h 0, π
2 i
,
π
2 − x ∈ h 0, π
2 i
cos π 2 − x
= sin x sin π
2 − x
= cos x
⇒ acs(x) = asc(x) = π 2 − x
Les graphes sont présentés en gures 2 et 3.
π 2 π 2
−π
Fig. 2: Graphe de arcsin ◦ cos .
Les fonctions sin ◦ arccos et arccos ◦ sin sont très diérentes. Elles sont dénies dans le segment [ − 1, 1] seulement. Elles sont égales entre elles et à la fonction x 7→ √
1 − x 2 car les intervalles dans lesquels les fonctions arcsin et arccos prennent leurs valeurs permettent de lever l'ambiguité du signe devant la racine. Leur graphe est le demi- cercle unité.
π
π 2
− π 2
Fig. 3: Graphe de arccos ◦ sin .
−1 1
1
Fig. 4: Graphe de sin ◦ arccos et cos ◦ arcsin .
4. Transformons le produit des deux coecients du binôme.
p + q k
p + q − k p − k
= (p + q)!(p + q − k)!
k!(p + q − k)!(p − k)!q! = (p + q)!
k!(p − k)!q!
p!
p! = p + q
p p
k
On peut alors utiliser la formule du binôme. La forme simple cherchée est donc p + q
p p
X
k=0
p k
= 2 p p + q
p
5. La première somme est la partie imaginaire de
n
X
k=0
e ix cos x
k
= 1 − e cos
(n+1)ixn+1x
1 − cos e
ixx = 1 cos n x
cos n+1 x − e (n+1)ix cos x − e ix
= 1
cos n x
cos n+1 x − e (n+1)ix
− i sin x = i cos n+1 x − e (n+1)ix cos n x sin x
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soit cos x
sin x − cos(n + 1)x cos n x sin x La deuxième somme est la partie imaginaire de
1 + e ix n
= 2 cos x
2 e i
x2n soit
2 n cos n x 2 sin nx
2
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