D'après la question précédente, pourp∈ Dxé, l'applicationαp est bien dénie deD dansD

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MPSI B 2010-2011 Corrigé du DM 1 29 juin 2019

Exercice 1.

1. Pour z et pdansD, le module de de pz est strictement plus petit que 1 donc1−pz n'est pas nul. Pour la relation demandée ensuite, on utilise la formule de cours :

∀(u, v)∈C²:|u+v|²=|u|²+|v|²+ 2 Re(uv) Il vient :

1−

p−z 1−pz

2

= 1− |p|²+ 2 Re(z(p−p)) + (|p|²−1)|z|²))

|1−pz|² = (1− |p|²)(1− |z|²)

|1−pz|²

Pour zet pdansD, les modules sont strictement plus petits que 1, donc l'expression du dessus est strictement positive ce qui signie :

∀(u, p)∈ D²: p−z 1−pz ∈ D

2. D'après la question précédente, pourp∈ Dxé, l'applicationαp est bien dénie deD dansD. Pour montrer qu'elle est bijective, on va montrer que :

pour toutw∈ D, il existe un uniquez∈ Dtel que αp(z) =w. Considérons l'équation

p−z 1−pz =w d'inconnuez avecpetwdes paramètres dans D.

p−z

1−pz =w⇔(1−pw)z=p−w⇔z= p−w 1−pw car1−pw6= 0 du fait quewetpsont dansD.

L'équation d'inconnuezadmet donc une unique solution p−w

1−pw =αp(w)

Ceci montre queαpest bijective est qu'elle est sa propre bijection réciproque.

3. L'équation proposée par l'énoncé est équivalente à pz²−2z+p= 0 Son discriminant est

∆ = 4−4|p|²= 4(1−sin²ϕ= (2 cosϕ)²

On en déduit les racines de l'équation : 2 + 2 cosϕ

2(sinϕ)e^−iθ = 1 + cosϕ

sinϕ e^iθ= (cotanϕ 2)e^iθ

et 2−2 cosϕ

2(sinϕ)e^−iθ =1−cosϕ

sinϕ e^iθ= (tanϕ 2)e^iθ De plusϕ∈[0,^π₂[donc ^ϕ₂ ∈[0,^π₄[ d'où

tanϕ

2 <1<cotanϕ 2 Ainsi, une seule des deux solutions est dansD. Il s'agit de

tanϕ 2e^iθ C'est un point xe deα_p.

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

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 M1001C

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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

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

(3)

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'axeOx ont 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, α et 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) 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).

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B

K C2

G E

H

C1

A O

C D

F

Fig. 1: Construction d'un pentagone régulier