TSI 1 DS Lycée Les Lombards

Corrigé DS5 : samedi 9 janvier 2021

Exercice 1Soit (O,~i,~j) un repère orthonormé direct du plan. On appelle inversion de centreO l’application

f :







C^∗→C^∗ z7→ _|z|^z₂

1. Soitz∈C^∗,

1

¯

z = z

zz¯

= z

|z|² On a donc bien : pour tout z∈C^∗,f(z) =¹_z¯.

2. Soitz∈C^∗,

f(f(z)) = 1 f(z)

= 1

1

¯ z

= z L’applicationf est donc bien involutive.

Soient z1 et z2 ∈C^∗ tels que f(z1) =f(z2). On a doncf(f(z1)) = f(f(z2)), c’est-à-dire puisque f est involutive,z1=z2. L’applicationf est donc injective. SoitZ ∈C^∗.

On a Z=f(f(Z)) doncZ∈f(C^∗). L’applicationf est donc surjective.

L’applicationf est donc bijective.

3. Soitz∈C^∗

f(z) =z ⇔ 1 z¯ =z

⇔ zz¯= 1

⇔ |z|²= 1

⇔ |z|= 1

L’ensemble laissé invariant par l’application f est le cercle unité.

4. Siz=x+iy∈C^∗, on notef(z) =X+iY. (a) On trouveX= _x2+y^x ₂ etY = _x2+y^y ₂ (b) On a

X²+Y² = x²

(x²+y²)² + y² x²+y²

= x²+y² (x²+y²)²

= 1

x²+y²

(c) Puisquef(z) =_z¹_¯, on a ¯z=_f(z)¹ et doncz= ¹

f(Z) ce qui donnex= _X2^X_+Y2 et y=_X2^Y_+Y2 (d) On a, d’après ce qui précèdef⁻¹=f.

Remarquons que la relation :f◦f =idE nous donnait déjà ce résultat.

Exercice 2Soitf la fonction définie parf(x) = arcsin

1−x 1+x

. On noteCf sa courbe représentative.

1. Soitx∈R.

f(x) existe ⇔ 1 +x6= 0 et −1≤1−x 1 +x ≤1

⇔ 1 +x6= 0 et −1≤1−x

1 +x et 1−x 1 +x≤1

⇔ x6=−1 et −2x

1 +x ≤0 et 2 1 +x ≥0

⇔ x6=−1 et 1 +x≥0 et −2x≤0

⇔ x≥0 On a doncDf =R+

2. La fonctionfest dérivable enxsi et seulement sif est définie et−1< ^1−x_1+x <1, ce qui donne, en reprenant le raisonnement précédent avec des inégalités strictes, x >0. La fonctionf est donc dérivable surR+^∗. 3. Après calculs, on trouve que pour toutx >0,

f⁰(x) = −1

√x(1 +x)

4. On a lim_x→0+f⁰(x) =−∞. La courbe représentative def admettait donc en 0 une tangente verticale.

5. L’équation de la tangenteT à Cf au point d’abscisse 1 est y=f⁰(1)(x−1) +f(1) c’est-à-dire

y=−1 2x+1

2 6. On a

limx0⁺f(x) = arcsin(1) = π 2 et

x→+∞lim = arcsin(−1) =−π 2

7. La fonction f est strictement décroissante sur R+ puisquef⁰(x)<0 pour tout x >0 et on a le tableau suivant :

x

f

0 +∞

π 2 π 2

−^π₂

−^π₂

8. Graphiques dans l’ensemble corrects mais certains manquaient de soin et de précision.

9. Soit g la fonction définie par : pour toutx≥0, g(x) =f(x) + 2 arctan(√

x). La fonctiong est continue surR+ et dérivable surR+^∗ et on a pour toutx >0,

g⁰(x) = −1

√x(1 +x)+ 1

√x(1 +x)

= 0

La fonctiong est donc constante surR+ égale à g(0). Puisqueg(0) =^π₂, on a pour toutx≥0, f(x) + 2 arctan(√

x) =π 2 .

Exercice 3

1. Il faut choisir 5 cartes parmi 52 cartes et l’odre ne compte pas donc il y a ⁵²₅

= 2598960 mains possibles.

2. Il y a ³⁹₅

mains qui ne contiennent pas de trèfle (5 cartes à choisir parmi 52−13) donc ⁵²₅

− ³⁹₅

= 2223203 mains qui contiennent au moins un trèfle.

3. Il y a 13 possibilités pour le choix de la hauteur du carré et 48 possibilités pour choisir la dernière carte (52-4). Il y a donc 13×48 = 624 mains contenant un carré.

4. Il y a ⁴₃

choix possibles pour les trois as puis ⁴⁸₂

possibilités pour le choix des deux cartes restantes (qui ne doivent pas être un as). Il y a donc 4× ⁴⁸₂

= 4512 mains contenant un brelan d’as.

Remarque : on n’exclue pas ici la possibilité d’un full.

5. Il y a 13 possibilités pour le choix de la hauteur de brelan et 12 possibilités pour le choix de la hauteur de la paire (ou 13 possibilités pour le choix de la hauteur de la paire et 12 possibilités pour le choix de la hauteur du brelan mais cela revient au même). Il reste ensuite à choisir les 3 couleurs qui constituent le brelan parmi les 4 couleurs possibles ( ⁴₃

possibilités) puis les 2 couleurs qui constituent la paire ( ⁴₂ possibilités). Finalement, on a 13×12×4×6 = 3744 mains qui contiennent un full.

6. Attention ici on ne peut pas raisonner comme à la question précédente car les paires ne sont pas ordonnées.

Il faut choisir les hauteur des deux paires soit ¹³₂

possiblités (et non 13×12). Il reste ensuite à choisir les 2 couleurs qui constituent chaque paires parmi les 4 ( ⁴₂²

possibilités). Il reste ensuite à choisir une carte parmi les 44 restantes. Il y a donc ¹³₂

×6²×44 = 123552 mains qui contiennent une double paire.

7. Il y a neuf choix possibles pour le choix de la première carte de la quinte (de 1 à 9). Il y a ensuite quatre couleurs possibles pour chaque hauteur. Il y a donc 9×4⁵= 9216 quinte possibles.

8. Il y a quatre couleurs possibles. Pour chaque couleur, il y a ¹³₅

possibilités. Il y a donc 4× ¹³₅

= 5148

« couleurs » possibles.

Exercice 4Deux cas sont à distinguer.

?Sip > n, il y a 0 applications strictement croissantes (une application strictement croissante est nécéssairement injective).

? Si p≤n, une application strictement croissante est uniquement déterminée par la donnée de péléments de {1;. . . n}puisque l’ordre est imposé par la croissance : le plus petit sera l’image de 1, le deuxième l’image de 2, . . ., le plus grand l’image dep. Il y a donc ⁿ_p

applications strictement croissantes de{1;. . . p} dans{1;. . . n}.

Exercice 5

1. Soitx∈R. On a :

sin²(4x) = 3

4 ⇔ sin(4x) =

√3

2 ou sin(4x) =−

√3 2

⇔ 4x=π

3 + 2kπ, k∈Zou 4x=π−π

3 + 2kπ, k∈Z ou4x=−π

3 + 2kπ, k∈Zou 4x=π−

−π 3

+ 2kπ, k∈Z

⇔ 4x=π

3 + 2kπ, k∈Zou 4x= 2π

3 + 2kπ, k∈Z ou4x=−π

3 +kπ

2, k∈Zou 4x=4π

3 + 2kπ, k∈Z

⇔ x= π 12+kπ

2, k∈Zoux= π 6 +kπ

2, k∈Z oux=−π

12+kπ

2, k∈Zoux=π 3 +kπ

2, k∈Z

D’où

S= −π

12 +kπ 2

∪nπ 12 +kπ

2, k∈Z o∪nπ

6 +kπ 2

o∪nπ 3 +kπ

2 o

et

S ∩[0; 2π] = π

12;π 6;π

3;5π 12;7π

12;4π 6 ;5π

6 ;13π 12 ;7π

6 ;4π 3 ;17π

12 ;19π 12 ;10π

6 ;11π 6 ;23π

12

Exercice 6. Un calcul de somme

1. La fonctionf est dérivable surRcomme composée de fonctions polynômiales. Pour toutx∈R, f⁰(x) =n(1 +x)ⁿ⁻¹

2. Soitx∈R. On a, d’après la formule du binôme de Newton,

(1 +x)ⁿ =

n

X

k=0

n k

x^k

En utilisant cette expression développée et en dérivant chacun des termes (la dérivée d’une somme est la somme des dérivées) on trouve que pour toutx∈R,

f⁰(x) = 0 +

n

X

k=1

n k

kx^k−1

Attention : On a isolé le premier terme car la dérivée de x7→x⁰ est la fonction identiquement nulle et nonx7→x⁻¹.

3. En prenantx= 1 dans les deux expressions on trouve

n(1 + 1)ⁿ⁻¹=

n

X

k=1

n k

k1^k−1

c’est à dire

n×2ⁿ⁻¹=

n

X

k=1

n k

k

4. On an≥2 doncn−1≥1 donc la fonctionf⁰ est dérivable surRpuisque polynomiale et on a, pour tout x∈R,

f⁰⁰(x) =n(n−1)(1 +x)ⁿ⁻² En dérivant terme à terme l’expression

f⁰(x) =

n

X

k=1

n k

kx^k−1

on obtient

f⁰⁰(x) = 0 +

n

X

k=2

k(k−1)x^k−2

5. En prenantx= 1 dans les deux expressions def⁰⁰(x), on trouve

n

X

k=2

n k

k(k−1)1^k−2=n(n−1)(1 + 1)ⁿ⁻²

6. On remarque ensuite que pour toutx∈R^∗,

n

X

k=2

n k

k(k−1)x^k−2=

n

X

k=1

n k

k(k−1)x^k−2

(puisque pourk= 1, on ak(k−1) = 0). On a donc :

n

X

k=1

n k

k(k−1) =n(n−1)2ⁿ⁻² or

n

X

k=1

n k

k(k−1) =

n

X

k=1

n k

k²−

n

X

k=1

n k

k

=

n

X

k=1

n k

k²−n2ⁿ⁻¹

on a donc

n(n−1)2ⁿ⁻²=

n

X

k=1

n k

k²−n2ⁿ⁻¹

ce qui donne

n

X

k=1

n k

k² = n(n−1)2ⁿ⁻²+n2ⁿ⁻¹

= (n²−n+ 2n)×2ⁿ⁻²

= (n²+n)×2ⁿ⁻²

= n(n+ 1)×2ⁿ⁻²

Exercice 7On appelle exponentielle complexe dez =a+ib ∈C le nombre complexe, notée^z, et défini par e^z=e^ae^ib.

1. Soitz=a+ib∈C. On ae^a 6= 0 d’après les propriétés de l’exponentielle réelle. De pluse^ib est un nombre complexe de module 1 donc non nul. D’oùe^ae^ib6= 0.

2. Démontrer les propriétés suivantes :

(a) Soientz, z⁰∈C. Ecrivonsz=a+ibetz⁰=a⁰+ib⁰. On a e^z+z0 = e^a+ib+a0+ib0

e^{(a+a0)+i(b+b0)}

e^(a+a0)e^i(b+b0) par définition de l’exponentielle complexe

e^ae^a0e^ibe^ib0d’après les propriété de l’exponentielle réelle et les proporiétés de t7→e^it e^ae^ibe^a0e^ib0

e^ze^z0

(b) Soientz, z⁰∈C. Ecrivons de mêmez=a+ibetz⁰=a⁰+ib⁰. On a e^z−z0 = e^{a+ib−(a0+ib0)}

e^{(a−a0)+i(b−b0)}

e^(a−a0)e^i(b−b0)par définition de l’exponentielle complexe e^a

e^a0 e^ib

e^ib0d’après les propriété de l’exponentielle réelle et les proporiétés de t7→e^it e^ae^ib

e^a0e^ib0 e^z e^z0

(c) Soit z=a+ib∈C.

e^z¯ = e^a+i(−b)

= e^ae^−ib

= e^ae^ibpuisque e^−ib=e^ib

= e^z

3. On a, en notantz=a+ib,e^z=e^ae^ib. Puisquee^a∈R+^∗, cette écriture est donc la forme trigonométrique dee^z. On a donc|e^z|=e^a et best un argument dee^z.

4. Soientzet z⁰ deux nombres complexes,z=a+ibetz⁰ =a⁰+ib⁰. Deux nombres complexes non nuls sont égaux si et seulement si ils ont même module et même argument modulo 2π. D’où

e^z=e^z0 ⇔ e^a =e^a0 etb=b⁰+ 2kπ

⇔ a=a⁰ et b=b⁰+ 2kπ car pour tousaet a⁰ réels, e^a =e^a0 ⇔a=a⁰

⇔ z=z⁰+i(2kπ), k∈Z 5. Résoudre dansCles équations suivantes :

(a) Soit z=a+ib∈C. On a :

e^z=−4 ⇔ e^z= 4e^iπ

⇔ e^ae^ib= 4e^iπ

⇔ e^a= 4 ete^ib=e^iπ

⇔ a= ln(4) etb=π+ 2kπ

⇔ z= ln(4) +iπ+ 2ikπ, k∈Z On a donc

S={ln(4) +iπ+ 2ikπ, k∈Z} (b) Soit z=a+ib∈C. On a :

e^z= 2 + 2i ⇔ e^z= 2√ 2e^iπ4

⇔ e^ae^ib = 2√ 2e^iπ4

⇔ e^a= 2√

2 ete^ib=e^iπ4

⇔ a= ln(2√

2) etb= π 4 + 2kπ

⇔ z= ln(2√ 2) +iπ

4 + 2ikπ, k∈Z On a donc

S={ln(2√ 2) +iπ

4 + 2ikπ, k∈Z} (c) Soit z=a+ib∈C. On a :

e^z=i ⇔ e^z=e^iπ2

⇔ e^ae^ib= 1e^iπ2

⇔ e^a= 1 ete^ib=e^iπ2

⇔ a= 0 etb=π 2 + 2kπ

⇔ z= 0 +iπ

2 + 2ikπ, k∈Z On a donc

S={iπ

2 + 2ikπ, k∈Z}