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montre que j est une racine de z 2 + z + 1 = 0 . Les racines de cette équation sont

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Texte intégral

(1)

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 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 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

2iπ3

z 2 = e

2iπ3

e

−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

= e i

6

z 6 = 2( − i − √

3) 1 + 3 = − 1

2 ( √

3 + i) = − z 1 = e i

π6

−π = e −i

6

On en déduit le placement des points M 5 et M 6 sur la gure 1.

M

1

M

3

M

5

M

6

M

4

M

2

Fig. 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

6

, z 6 = e −i

6

On remarque que z 2 = z 1 , z 4 = z 3 , z 6 = z 5 . D'autre part :

(z − e )(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 M1102C

(2)

MPSI 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

2

et 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

2

pour 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 2π 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 = A = e −ia + t e −ia − t .

Cette création est mise à disposition selon le Contrat

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Rémy Nicolai M1102C

(3)

MPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 02 29 juin 2019

d. Lorsque t > 1 , la partie réelle de A est négative. Par conséquent, N = arctan 2tsin 1−t

2

a 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+1

x

1 − cos e

ix

x = 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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Rémy Nicolai M1102C

(4)

MPSI B Année 2011 - 2012 Corrigé du DM 02 29 juin 2019

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

x2

n soit

2 n cos n x 2 sin nx

2

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Rémy Nicolai M1102C

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