Corrig´ e du Devoir Surveill´ e n ◦ 4
Exercice 1 : d´ enombrement
Notons A={A, B, C, D}. Une combinaison pour le cadenas est un mot de quatre lettres choisies dans l’aphabet A.
L’ensemble des combinaisons est repr´esent´e parM =A4.
1. NotonsM1 l’ensemble des combinaisons `a une seule lettre. Card M1= 4. N 2. NotonsM2 l’ensemble des combinaisons avec exactement deux lettres diff´erentes.
Un mot deM2´ecrit avec deux lettres diff´erentes x, yest de l’un des deux types suivants either xapparaˆıt trois fois ety une fois.
or xety apparaissent chacun deux fois.
Pour d´enombrerM1 je distingue ces deux cas.
• L’une des deux lettres apparaˆıt trois fois.
• je choisis uncouplede lettres diff´erentes (x, y) A24= 12 possibilit´es.
Je conviens quexsera r´ep´et´e deux fois.
• je place la lettrey 41
= 4 possibilit´es.
• Chacune des deux lettres apparaˆıt deux fois.
• je choisis une pairede lettres diff´erentes{x, y} 42
= 6 possibilit´es.
• je place la lettrex`a deux endroits diff´erents dans le mot 42
= 6 possibilit´es.
Au total, Card M2= 12×4 + 6×6 = 84. N
3. NotonsM3 l’ensemble des combinaisons ´ecrites avec exactement trois lettres diff´erentes.
Dans une combinaison ´ecrite avec trois lettres diff´erentesx, y, z, l’une de ces lettres est r´ep´et´ee une fois, les deux autres n’apparaissent qu’une fois. Pour d´enombrerM3, je proc`ede par ´etapes :
• je choisis trois lettres diff´erentes{x, y, z} 43
= 4 possibilit´es.
• je choisis la lettre qui sera r´ep´et´ee 31
= 3 possibilit´es.
• je place les deux lettres qui n’apparaissent qu’une fois dans le mot. A24= 12 possibilit´es.
Les places pour la lettre r´ep´et´ee sont d`es lors enti`erement d´et´ermin´ees.
Au total, Card M3= 4×3×12 = 144. N
4. NotonsM4 l’ensemble des combinaisons ´ecrites avec exactement quatre lettres diff´erentes.
Un mot deM4 correspond `a une permutation des quatre lettres de l’alphabetA.
Par cons´equent Card M4= 4! = 24. N
Exercice 2 : racines carr´ ees et factorisations
On consid`ereP=X6−i∈C[X].
1. Notonsα= i+√ 3
2 etβ =i−√ 3 2 .
Cherchons les racines carr´ees deαsous forme alg´ebrique.
x+iy est racine de carr´ee deαsi et seulement si (x, y) est solution du syst`eme (S)
x2+y2 = |α|
x2−y2 = Reα
2xy = Imα
Or
(S) ⇐⇒
x2+y2 = 1 x2−y2 =
√ 3 2
xy > 0
⇐⇒
x2 = 2−
√3 4
y2 = 2+
√3 4
xy > 0 Par cons´equent, les racines carr´ees deαsont±
p2 +√ 3 +ip
2−√ 3
2 .
On montre en proc´edant exactement de la mˆeme mani`ere que les racines carr´ees deβ sont :
. ±
p2−√ 3 +ip
2 +√ 3
2 . N
2. Posons la division euclidienne deP parX2+i.
X6 −i X2+i
−`
X6 +iX4 ´
X4−iX2−1
−iX4 −i
−`
−iX4 +X2 ´
−X2 −i
−`
−X2 −i´
0
Par cons´equent
P = (X2+i)×(X4−iX2−1).
SoitQ=X4−iX2−1. Cherchons les racines deQ. Remarquons que l’´equation (1) Q(z) = 0 est une ´˜ equation bi-carr´ee :
zest solution de (1)si et seulement si z2 est solution de (2)w2−iw−1 = 0.
R´esolvons l’´equation (2) : Le discriminant de cette ´equation du deuxi`eme degr´e est ∆ =−1−4×(−1) = 3.
Par cons´equent les solutions de (2) sont pr´ecis´ement : α= i+√
3
2 et β=i−√ 3 2 .
R´esolvons l’´equation (1) : ainsi que nous l’avons remarqu´e plus haut, les solutions de (1) sont les racoines carr´ees des solutions de (2). Par cons´equent les racines deQsont :
±
p2 +√ 3 +ip
2−√ 3
2 , ±
p2−√ 3 +ip
2 +√ 3
2 .
Notonsγ=
p2 +√ 3 +ip
2−√ 3
2 . Les racines deQsontγ, iγ,−γ,et−iγ.
Comme d’autre part les racines deX2+i sont les racines carr´ees de−i=e−iπ/2, l’ensemble des racines deP est :
S={e−iπ/4,−e−iπ/4, γ, iγ,−γ,−iγ}
En remarquant que le coefficient dominant deP est 1, il s’en suit que
P = (X−e−iπ/4)×(X+e−iπ/4)×(X−γ)×(X−iγ)×(X+γ)×(X+iγ)
N 3. R´esolvons dansCl’´equation
z6=i.
Ecrivons tout d’abordi=eiπ/2. Une solution particuli`ere de cette ´equation est donn´ee pareiπ/12. D’autre part, les racines sixi`emes de l’unit´e sontU6={1,−1, j,−j, j2,−j2}.
Par cons´equent l’ensemble des solutions de l’´equationz6=iest
S={eiπ/12,−eiπ/12, jeiπ/12,−jeiπ/12, j2eiπ/12,−j2eiπ/12} Il en r´esulte que P se factorise dansC[X] sous la forme :
P = (X−eiπ/12)×(X+eiπ/12)×(X−jeiπ/12)×(X+jeiπ/12)×(X−j2eiπ/12)×(X+j2eiπ/12) N 4. Nous avons calcul´e l’ensembleS des racines deP de deux mani`eres diff´erentes, nous en d´eduisons que
S ={eiπ/12,−eiπ/12, jeiπ/12,−jeiπ/12, j2eiπ/12,−j2eiπ/12}={e−iπ/4,−e−iπ/4, γ, iγ,−γ,−iγ}
En particulier eiπ/12 ∈ {e−iπ/4,−e−iπ/4, γ, iγ,−γ,−iγ}. En remarquant que les parties r´eelle et imaginaires de eiπ/12 sont positives, il vient :eiπ/12=γ.
Finalement, en identifiant les parties r´eelles de cette ´egalit´e, nous obtenons cos π 12 =
p2 +√ 3
2 . N
Exercice 3 : Calcul de sommes
Soientn∈N?, un entier naturel non nul ,aetxdes r´eels. On note Sn=
n
X
k=0
cos(a+kx) et Tn =
n
X
k=0
sin(a+kx) 1. Notons Σn=Sn+i Tn. Alors
Σn=
n
X
k=0
cos(a+kx) +isin(a+kx) =
n
X
k=0
ei(a+kx)=
n
X
k=0
eia×eikx=eia×
n
X
k=0
eixk .
Avant de commettre l’irr´eparable division par 0, je distingue deux cas :
• Si x≡0[2π] alors∀k∈[[0, n]], (eix)k= 1, de sorte que
Σn= (n+ 1)eia
• Si x6≡ 0[2π] alors Σn est eia multipli´e par la somme des n+ 1 premiers termes d’une suit´e g´eom´etrique de raisoneix6= 1. D’o`u :
Σn=eia×1− eixn + 1
1−eix =eia×ein+12 x
eix2 ×e−in+12 x−ein+12 x e−ix2 −eix2 Finalement la formule d’Euler pour le sin donne :
Σn=ei(a+nx/2)×sin(n+12 x) sinx2
N 2. En identifiant les parties r´eelle et imaginaire des ´egalit´es encadr´ees, j’obtiens :
• Si x≡0[2π]
Sn= (n+ 1) cosaet Tn= (n+ 1) sina
• Si x6≡0[2π]
Sn =cos a+n2x
sin n+12 x
sinx2 et Tn=sin a+n2x
sin n+12 x
sinx2 .
N
Exercice 4 : Equation polynˆ omiale de degr´ e n
Soita∈Rfix´e. On consid`ere l’´equation : (1)
z−i z+i
n
=1 +ia 1−ia
1. Supposons quezsoit solution de (1), alors en identifiant les modules des deux membres de cette ´egalit´e, j’obtiens que
z−i z+i
n
=
1 +ia 1−ia
= 1. D’apr`es les propri´et´es de compatibilit´e du module avec le produit, il en r´esulte que
z−i z+i
n
= 1. L’application puissanceni`eme ´etant bijective deR+? dans lui-mˆeme, il en r´esulte que
z−i z+i
= 1
N
2. Soitzune solution de (1). D’apr`es la question pr´ec´edente,
z−i z+i
2
= 1. Or
z−i z+i
2
= 1 ⇐⇒ (z−i)(¯z+i) = (¯z−i)(z+i)
⇐⇒ |z|2−i¯z+iz+ 1 =|z|2−iz+i¯z+ 1
⇐⇒ 2i(z−z) = 0¯
⇐⇒ z= ¯z.
Ainsi toute solutionz de (1) v´erifiez= ¯z, i.e.z∈R. N
3. Lorsquea= 1, remarquons que 1+i1−i =eiπ/2=i. En ce cas
z est solution de (1)si et seulement si z6=−iet z−i
z+i est solution de l’´equation :
(2) wn=i
D’apr`es l’´etude du cas g´en´eral, nous savons que la conditionz6=−iest automatiquementfulfilled puisque toute solution de (1) est r´eelle.
R´esolvons l’´equation (2) : notons que les solutions de cette ´equation sont simplement les racinesni`emesdei.
• une racineni`eme particuli`ere deiestei2nπ.
• les racinesni`emes de 1 sont
Un={1, ei2πn, ei4πn, . . . , ei2(n−1)πn } Par cons´equent les racinesni`emes deisont
Un ={ei2nπ , ei5π2n, ei9π2n, . . . , ei(4n−3)π2n }={ei4k+12n π ; k∈[[0, n−1]]}.
R´esolvons l’´equation (1) : Afin d’all´eger l’´ecriture, notons pour toutk∈[[0, n−1]],θk = 4k+ 1
2n π6≡0[2π].
Ainsi que nous l’avons remarqu´e, les solutions de l’´equation (1) sont toutesr´eelles. Or pour toutx∈R xest solution de (1) ⇐⇒ x−i
x+i est solution de (2)
⇐⇒ x−i x+i ∈ Un
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x−i x+i =eiθk
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x−i=xeiθk+ieiθk
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x(1−eiθk) =i(1 +eiθk)
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x=i 1 +eiθk 1−eiθk
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x=ieiθk/2 eiθk/2
2 cos(θk/2)
−2isin(θk/2)
⇐⇒ ∃k∈[[0, n−1]]; x=−cot θk
2
.
Par cons´equent, l’ensemble des solutions de (1) est :
−cot
(4k+ 1)π 2
, k∈[[0, n−1]]
.
N
Exercice 6 : De tout ...
Soitnun entier sup´erieur ou ´egal `a 2. On note ω=e2iπ/n et Pn∈R[X] le polynˆome d´efini par : Pn= 1 +X+· · ·+Xn−1=
n−1
X
k=0
Xk.
1.
(X−1)×Pn= (X−1)
n−1
X
k=0
Xk =
n
X
k=1
Xk−
n−1
X
k=0
Xk =Xn−1.
N 2. Par cons´equent, les polynˆomes (X−1)Pn et Xn−1 ont les mˆemes z´eros. En particulier, les racinesni`emes de
l’unit´e diff´erentes de 1 sont des z´eros dePn. Nous avons donc trouv´en−1 racines distinctes dePn.
Comme Pn est de degr´e n−1, il poss`ede au plus n−1 racines distinctes. Par cons´equent il ne peut poss´eder d’autres racines que celles que nous avons d´ej`a trouv´e :
L’ensemble des racines dePn est{ωk; k∈[[1, n−1]]}, form´e des racines ni`emes de l’unit´ediff´erentes de 1. N 3. NotonsSn = 1 + 2ω+ 3ω2+· · ·+nωn−1.
Remarquons que Pn0 =
n−1
X
k=0
kXk−1 =
n−2
X
k=0
(k+ 1)Xk, de sorte queSn =nωn−1+ ˜Pn0(ω). Or, d’apr`es la premi`ere question, pour toutz∈C\ {1}, ˜Pn(z) =zn−1
z−1 . Ainsi
P˜n0(z) = nzn−1 (z−1)−(zn−1) (z−1)2
En particulier, ˜Pn0(ω) = n(1−ωn−1)
(ω−1)2 . Nous en d´eduisons que
Sn = nωn−1+ ˜Pn0(ω) =n 1−ωn−1
(ω−1)2 +nωn−1
= n 1−ωn−1+ (1−2ω+ω2)ωn−1 (ω−1)2
= n ω−1
(ω−1)2 = n ω−1.
N 4. On se place d´esormais dans le cas particulier o`u n= 5.
a. Les racines complexes deP5sont{ei2π5 , ei4π5 , ei6π5 , ei8π5 }. CommeP5est `a coefficients r´eels, ces racines sont ou bien r´eelles, ou bien 2 `a 2 complexes conjugu´ees. On v´erifie ais´ement1 queei2π5 et ei8π5 sont conjugu´ees ainsi queei4π5 etei6π5. Nous en d´eduisons les factorisations suivantes pourP5 :
P5(X) = X−ei2π5
× X−ei4π5
× X−ei6π5
× X−ei8π5
= X−ei2π5
× X−e−i2π5
× X−ei4π5
× X−e−i4π5
= X2−2 cos2π
5 X+ 1
× X2−2 cos4π
5 X+ 1 .
La facorisation deP5dansR[X] est donc :
P5= 1 +X+X2+X3+X4= X2−2 cos2π
5 X+ 1
× X2−2 cos4π
5 X+ 1 .
N b. En identifiant dans l’´egalit´e ci-dessus les coefficients deX2, j’obtiens 1 = 4 cos(2π5)×cos(4π5) + 2.
D’o`u je tire cos(2π
5 )×cos(4π 5 ) =−1
4. N
c. NotonsS= 1 + cos(2π
5 ) + cos(4π
5 ) + cos(6π
5 ) + cos(8π
5 ). Il est clair queS=Re
P5(ei2π5 )
= 0. N
d. Comme de plus cos(2π5) = cos(8π5 ) et cos(4π5 ) = cos(6π5), j’en d´eduis que 1 + 2 cos(2π5) + cos(4π5)
= 0, d’o`u je tire finalement cos(2π
5 ) + cos(4π 5 ) =−1
2. N
e. D’apr`es les questions pr´ec´edentes, cos(2π5) et cos(4π5) sont les racines de l’´equationX2−SX+P = 0, o`u S=−1/2 etp=−1/4. Notons
P =X2+ 1/2X−1/4
1calculez la somme des argumentsmodulo2π
f. D´eterminons les racines deP. Le discriminant deP est ∆ = 5/4, doncP poss`ede les racinesx= −1−
√5 4 et x0= −1+
√ 5
4 . J’en d´eduis les valeurs de exactes de cos(2π5 ) , cos(4π5) : cos(2π
5 ) = −1 +√ 5
4 et cos(4π
5 ) =−1−√ 5
4 ,
puis les valeurs exactes de sin(2π5 ) = + q
1−cos2(2π5) et sin(4π5) = + q
1−cos2(4π5 ). N