LE COURS ¸ CA SERT AU CONCOURS 1.

EXERCICE 1

LE COURS ¸ CA SERT AU CONCOURS 1.

f : x 7→ arccos x f ⁰ (x) = − 1

√ 1 − x ²

x f ⁰ (x)

f

−1 1

− π

π

0 0

f : x 7→ arctan x f ⁰ (x) = 1 1 + x ² x

f ⁰ (x)

f

−∞ +∞

+

− ^π ₂

− ^π ₂

π 2 π 2

f : x 7→ ch x f ⁰ (x) = sh x x

f ⁰ (x)

f

−∞ 0 +∞

− 0 +

+∞

+∞

0 0

+∞

+∞

2. Soit a ∈ R ⁺ ∗ alors f : x 7→ a ^x est d´ efinie et d´ erivable sur R et ∀x ∈ R , f ⁰ (x) = ln(a).a ^x . 3. • |z| ² = z.¯ z

• Re(z) = z + ¯ z 2 .

• Pour tout (z, z ⁰ ) ∈ C ² , |z + z ⁰ | 6 |z| + |z ⁰ |

On a ´ egalit´ e si et seulement si z et z ⁰ sont positivement li´ ees (∃λ ∈ R ⁺ , z ⁰ = λz).

• U = {z ∈ C | z ⁿ = 1}

• Tout nombre complexe de U peut s’´ ecrire sous la forme z = re ^iθ avec r > 0 et θ ∈ R (ou [0, 2π[).

• Pour θ, θ ⁰ ∈ R , Im(e ^iθ ) = sin(θ) e ^iθ = e ^−iθ |e ^iθ | = 1 e ^iθ = e ^iθ

⁰

⇔ θ ≡ θ ⁰ [2π]

• Formules d’Euler : ∀θ ∈ R , cos(θ) = ^e

^iθ

^+e ₂

^−iθ

et sin(θ) = ^e

^iθ

^−e _2i

^−iθ

• Formule de Moivre : ∀n ∈ Z , ∀θ ∈ R , (cos θ + i sin θ) ⁿ = cos(nθ) + i sin(nθ)

• Les racines n-i` emes de l’unit´ e ont pour expression w _k = e ⁱ

^2kπn

avec k ∈ [[0, n − 1]] . Leur somme vaut toujours 0.

4. •

Z

x ^α dx = 1

α + 1 x ^α+1

Z −1

√ 1 − x ² dx = arccos x

Z 1

x ² + a ² dx = 1

a arctan x a

•

Z u ⁰ (x)

u(x) dx = ln |u(x)|

Z

u ⁰ (x)u(x) dx = 1 2 u(x) ²

Z u ⁰ (x)

p u(x) dx = 2 p

u(x)

EXERCICE 2

LES COMPLEXES C’EST SIMPLE 1. D´ eterminons le module et l’argument principal de

1 + e ⁱ

^π3

2019

avec l’arc moiti´ e :

1 + e ⁱ

^π3

2019

= e ⁱ

^2019π6

e ⁻ⁱ

^π6

+ e ⁱ

^π6

2019

= e ⁱ

^2019π6

2 cos π 6

2019

= √

3 ²⁰¹⁹ e ⁱ

^2019π6

On simplifie encore un peu : √

3 ²⁰¹⁹ = √

3 ^2×1009 √

3 = 3 ¹⁰⁰⁸ √ 3.

Et 2019π

6 = 673π

2 = 336π + π

2 = 118 × (2π) + π

2 donc e ⁱ

^2019π6

= e ⁱ

^π2

= i.

Finalement le module vaut 3 ¹⁰⁰⁸ √

3 et l’argument vaut ^π ₂ . 2. On a classiquement en posant z = re ^iθ :

z ⁵ = 1 − i ⇔ r ⁵ e ^i5θ = √

2e ⁻ⁱ

^π4

⇔

r ⁵ = √ 2

5θ ≡ − ^π ₄ [2π] ⇔ (

r = 2

¹⁰¹

θ = − ₂₀ ^π + ^2kπ ₅ avec k ∈ [[0, 4]]

On trouve comme solutions S = {2

¹⁰¹

e ⁱ

^20π

, 2

¹⁰¹

e ⁱ

^7π20

, 2

¹⁰¹

e ⁱ

^15π20

, 2

¹⁰¹

e ⁱ

^23π20

, 2

¹⁰¹

e ⁱ

^31π20

}.

3. (a) Soit z = a + ib tel que z ² = −5 − 12i, alors on a :







a ² − b ² = −5 2ab = −12 a ² + b ² = | − 5 − 12i| = √

25 + 144 = 13

⇔







2a ² = 8 2b ² = 18

ab = −6

⇔







a = ±2 b = ±3 ab = −6 On trouve donc deux racines carr´ ees oppos´ ees : 2 − 3i et −2 + 3i.

(b) Posons z = ib avec b ∈ R l’unique racine imaginaire pure de z ³ + (2 + 3i)z − 3 + i = 0 alors : z ³ + (2 + 3i)z − 3 + i = 0 ⇔ −ib ³ + (2i − 3)b − 3 + i = 0 ⇔ (−3b − 3) + i(−b ³ + 2b − 1) = 0 Soit en identifiant partie r´ eelle et imaginaire ` a 0, −3b − 3 = 0 et −b ³ + 2b − 1 = 0.

La premi` ere ´ equation donne b = −1 et en rempla¸ cant dans la seconde on v´ erifie bien que −1 est aussi solution.

Finalement l’unique solution imaginaire pure est z = −i.

(c) P(z) = z ³ + (2 + 3i)z − 3 + i est un polynˆ ome de degr´ e 3 donc il se factorise sous la forme : P (z) = (z + i)(az ² + bz + c) avec (a, b, c) ∈ R ³

On d´ eveloppe pour identifier les coefficients a, b et c :

P(z) = (z + i)(az ² + bz + c) = az ³ + bz ² + cz + aiz ² + biz + ci = az ³ + (b + ia)z ² + (c + ib)z + c Par identification :

⇔



 



 



a = 1 b + ia = 0

c + ib = 2 + 3i ic = −3 + i

⇔







a = 1 b = −i c = 1 + 3i

Finalement P (z) = (z + i)(z ² − iz + 1 + 3i) et on r´ esout z ² − iz + 1 + 3i = 0.

Le discriminant vaut ∆ = (−i) ² − 4(1 + 3i) = −5 − 12i, dont les racines carr´ ees sont d’apr` es le 3.(a) : 2 − 3i et −2 + 3i.

On en d´ eduit que les racines sont z = i + 2 − 3i

2 = 1 − i et z = i − 2 + 3i

2 = −1 + 2i.

Finalement S = {−i, 1 − i, −1 + 2i}.

EXERCICE 3

L’INT ´ EGRALE EN PLUSIEURS VOLUMES 1. Sur I = R ,

Z t

1 + t ² dt = 1

2 ln(1 + t ² ) Sur I = R ,

Z t ²

t ² + 1 dt =

Z t ² + 1 − 1 t ² + 1 dt =

Z

1 − 1

t ² + 1 dt = t − arctan t Sur I = R ^∗ + ,

Z ln t

t dt = 1

2 ln(t) ² (forme u ⁰ u avec u(t) = ln(t))

2. Soit n ∈ N ^∗ , les fonctions mises en jeu sont bien de classe C ¹ sur [1, e] donc ` a l’aide d’une int´ egration par partie,

I _n = Z e

1

x ⁿ ln x dx = x ⁿ⁺¹

n + 1 ln x e

1

− Z e

1

x ⁿ⁺¹ n + 1 . 1

x dx = e ⁿ⁺¹ n + 1 −

Z e 1

x ⁿ n + 1 dx Soit

I _n = e ⁿ⁺¹ n + 1 −

x ⁿ⁺¹ (n + 1) ²

e 1

= e ⁿ⁺¹

n + 1 + 1 − e ⁿ⁺¹

(n + 1) ² = 1 + ne ⁿ⁺¹ (n + 1) ² 3. A l’aide des formules d’Euler :

sin ⁴ (t) =

e ^it − e ^−it 2i

4

= 1

16 e ^it − e ^−it 4

= 1

16 e ^4it − 4e ^3it e ^−it + 6e ^2it e ^−2it − 4e ^it e ^−3it e ^−4it

= 1

16 e ^4it + e ^−4it − 4e ^it − 4e ^−it + 6

= 1

16 (2 cos(4t) − 8 cos(t) + 6)

= 1

8 (cos(4t) − 4 cos(t) + 3) Ainsi :

Z π 0

sin ⁴ (t) dt = Z π

0

1

4 (cos(4t) − 4 cos(2t) + 3) dt = 1 8

1

4 sin(4t) − 2 sin(2t) + 3t π

0

= 3 8 π 4. Les racines de x ² − x − 2 sont 2 et −1, on d´ ecompose la fraction en ´ el´ ements simples :

∃(a, b) ∈ R ² , ∀x / ∈ {−1, 2}, 1

x ² − x − 2 = a

x − 2 − b x + 1 Par identification : ∀x / ∈ {−1, 2}, a

x − 2 + b

x + 1 = (a + b)x + (a − 2b)

x ² − x − 2 et donc a+ b = 0 et a −2b = 1.

On trouve a = ¹ ₃ et b = − ¹ ₃ et donc ∀x / ∈ {−1, 2}, 1

x ² − x − 2 =

1 3

x − 2 −

1 3

x + 1 ainsi une primitive de f est :

F : x 7→ 1

3 (ln |x + 1| − ln |x − 2|) sur I 1 =] − ∞, −1[, I 2 =] − 1, 2[ ou I 3 =]2, +∞[.

On a sur I ₁ ,I ₂ ou I ₃ :

g(x) = x

x ² − x − 2 = 1 2

2x

x ² − x − 2 = 1 2

2x − 1

x ² − x − 2 + 1 x ² − x − 2

Ainsi une primitive de g sur I 1 ,I 2 ou I 3 est : G : x 7→ 1

ln |x ² − x − 2| + 1

(ln |x + 1| − ln |x − 2|)

5. Ici les racines du polynˆ ome sont complexes ∆ < 0 donc on met sous forme canonique :

∀t ∈ R , h(t) = 1

t ² − 2t + 4 = 1

(t − 1) ² t + 3 = 1 (t − 1) ² + √

3 ² Et donc sur R :

H(t) = 1

√

3 arctan t − 1

√ 3

6. Ici le changement de variable propos´ e u = ln(x) est bien de classe C ¹ donc du = d _x ^x et : Z e

2

1

x ln(x) ³ dx = Z 1

ln(2)

1 u ³ du =

− 1 2u ²

1 ln(2)

= 1

2(ln(2)) ² − 1 2

7. Deux m´ ethodes : par double IPP ou par la partie imaginaire de e ^i2t (la seconde est plus rapide) : Z π

0

e ^−t sin(2t) dt = Im Z π

0

e ^−t e ^i2t dt

= Im Z π

0

e ^(−1+2i)t dt

= Im

1

−1 + 2i e ^(−1+2i)t π

0

= Im

−1 − 2i 5

e ^(−1+2i)t π 0

= Im

−1 − 2i 5

e ^(−1+2i)π − 1

= Im

−1 − 2i

5 [e ^−π − 1]

= Im

1 + 2i

5 [1 − e ^−π ]

= 2(1 − e ^−π ) 5

EXERCICE 4

UN PEU COMPLEXE CETTE HISTOIRE DE TRIGONOM ´ ETRIE Soit n ∈ N et x ∈ R , on se propose de calculer les sommes A _n =

n

X

k=0

cos ² (kx) et B _n =

n

X

k=0

sin ² (kx).

1. Soit n ∈ N et x ∈ R ,

A n + B n =

n

X

k=0

cos ² (kx) +

n

X

k=0

sin ² (kx) =

n

X

k=0

cos ² (kx) + sin ² (kx) =

n

X

k=0

1 = n + 1

2. (a) Rappelons les formules classiques de trigonom´ etrie : cos(2θ) = cos ² (θ) − sin ² (θ).

Alors en l’appliquant pour θ = kx dans chaque terme de la somme on obtient :

A n − B n =

n

X

k=0

cos ² (kx) −

n

X

k=0

sin ² (kx) =

n

X

k=0

cos ² (kx) − sin ² (kx) =

n

X

k=0

cos(2kx)

(b) Soit θ ∈]0, 2π[ alors e ^iθ 6= 1 donc on reconnait une somme de termes d’une suite g´ eom´ etrique de raison q 6= 1 et :

n

X

k=0

cos(kθ) = Re

n

X

k=0

e ^ikθ

!

= Re

n

X

k=0

(e ^iθ ) ^k

!

= Re 1 − e ^(n+1)iθ 1 − e ^iθ

!

= Re e ⁱ

ⁿ⁺¹²

^θ e ⁱ

^θ2

. e ⁻ⁱ

ⁿ⁺¹²

^θ − e ⁱ

ⁿ⁺¹²

^θ e ⁻ⁱ

^θ2

− e ⁱ

^θ2

!

= Re e ⁱ

ⁿ²

^θ −2i sin ⁿ⁺¹ ₂ θ

−2i sin ^θ ₂

!

= sin ⁿ⁺¹ ₂ θ sin ^θ ₂ Re

e ⁱ

ⁿ²

^θ

= sin

(n+1)θ 2

cos ^nθ ₂ sin ^θ ₂

(c) On pose θ = 2x pour x 6≡ 0 [π] et l’on trouve A n − B n = sin((n + 1)x) cos(x)

sin x .

Si x ≡ 0 [π] alors les cosinus valent tous 1 et A n − B n = n + 1.

3. Nous avons un syst` eme sur A n et B n en posant θ = 2x pour x 6≡ 0 [π] :







A _n + B _n = n + 1

A n − B n = sin((n + 1)x) cos(x) sin x

⇔



 



 



A _n = 1 2

n + 1 + sin((n + 1)x) cos(x) sin x

B _n = 1 2

n + 1 − sin((n + 1)x) cos(x) sin x

Si x ≡ 0 [π], les cosinus valent 1 et les sinus valent 0 et dans ce cas on a A _n = n + 1 et B _n = 0.

EXERCICE 5

RENCONTRE AVEC UN CLASSIQUE : LES INT ´ EGRALES DE WALLIS On pose pour n ∈ N, I n =

Z 1 0

(1 − x ² ) ⁿ dx.

1. I 0 = Z 1

0

dx = [x] ¹ ₀ = 1, I 1 = Z 1

0

(1 − x ² )dx =

x − x ³ 3

1 0

= 2 3 . I ₂ =

Z 1 0

(1 − x ² ) ² dx = Z 1

0

1 − 2x ² + x ⁴ dx =

x − 2 3 x ³ + 1

5 x ⁵ 1

0

= 8 15 .

2. A l’aide d’une int´ egration par partie, pour tout n dans N ^∗ , dans la mesure o` u toutes les fonctions sont de classe C ¹ sur [0, 1] :

I n = Z 1

0

1 × (1 − x ² ) ⁿ dx =

x(1 − x ² ) ⁿ 1 0 −

Z 1 0

(−2nx ² ) × (1 − x ² ) ⁿ⁻¹ dx = +2n Z 1

0

x ² × (1 − x ² ) ⁿ⁻¹ dx Une petite astuce pour r´ e´ ecrire la derni` ere int´ egrale :

Z 1

x ² ×(1−x ² ) ⁿ⁻¹ dx = Z 1

(x ² −1+1)×(1−x ² ) ⁿ⁻¹ dx = − Z 1

(1−x ² ) ⁿ dx+

Z 1

(1−x ² ) ⁿ⁻¹ dx−I _n +I n−1

Ainsi

I n = 2n(−I _n + I n−1 ) ⇔ I n = −2nI _n + 2nI n−1 ⇔ (2n + 1)I n = 2nI n−1 ⇔ I n = 2n 2n + 1 I n−1

3. On peut le d´ emontrer par r´ ecurrence, sinon directement pour tout n ∈ N : I _n = 2n

2n + 1 I n−1

= 2n

2n + 1 × 2n − 2

2n − 1 × 2n − 4

2n − 3 × . . . × 2 3 I ₀

= (2n) × (2n − 2) × (2n − 4) × . . . × 2 × 1 (2n + 1) × (2n − 1) × (2n − 3) × . . . × 3 × 1

Or (2n) × (2n − 2) × (2n − 4) × . . . × 2 × 1 = 2 ⁿ × n × (n − 1) × (n − 2) × . . . × 2 = 2 ⁿ × n!.

Et (2n+1)×(2n−1)×(2n−3)×. . .×3×1 = (2n+1)×(2n)×(2n−1)×(2n−2)×(2n−3)×(2n−4)×...×3×2×1

(2n)×(2n−2)×(2n−4)×...×2 = ^(2n+1)! ₂

n

×n!

Finalement :

I n = 2 ⁿ × n!

(2n+1)!

2

ⁿ

×n!

= 2 ²ⁿ (n!) ² (2n + 1)!

4. On pose W _n = Z

^π

2

0

cos ⁿ (t) dt.

Dans I _n , on pose x = sin(t) (de classe C ¹ ) donc dx = cos(t) d et pour n ∈ N , I _n =

Z 1 0

(1 − x ² ) ⁿ dx = Z

^π

2

0

(1 − sin ² t) ⁿ cos(t) dt = Z

^π

2

0

(cos ² t) ⁿ cos(t) dt = W _2n+1

(La suite (W _n ) n∈ N est appel´ ee la suite des int´ egrales de Wallis et son ´ etude est abord´ ee dans de nombreux sujets de concours. Vous venez d’´ etablir l’expression de ses termes impairs.)

5. Pour tout n ∈ N et pour tout t ∈ [0, ^π ₂ ], cos(t) 6 1 donc cos ⁿ⁺¹ (t) 6 cos ⁿ (t) et par croissante de l’int´ egrale :

Z

^π

2

0

cos ⁿ⁺¹ (t) dt 6 Z

^π

2

0

cos ⁿ (t) dt Soit, tout n ∈ N , W _n+1 6 W _n et donc la suite (W _n ) n∈ N est d´ ecroissante.

Sans peine, tout n ∈ N et pour tout t ∈ [0, ^π ₂ ], cos ⁿ (t) > 0 donc W n > 0. La suite (W n ) n∈ N est donc minor´ ee et d´ ecroissante donc par le th´ eor` eme de la limite monotone elle converge. (on peut prouver qu’elle converge vers 0 mais c’est une autre paire de manche.)

EXERCICE 6 (Bonus)

A N’ABORDER QUE SI TOUT LE RESTE A ´ ET ´ E TRAIT ´ E !

Soit z ∈ C tel que |z| 6= 1 et n ∈ N ^∗ , rappelons que

n−1

X

k=0

q ^k = 1 − q ⁿ

1 − q lorsque q 6= 1.

Appliquons-le ` a q = z et q = |z| ici :

(1)

1 − z ⁿ 1 − z

6 1 − |z| ⁿ 1 − |z| ⇔

n−1

X

k=0

z ^k

6

n−1

X

k=0

|z| ^k (2)

Or l’in´ egalit´ e triangulaire (g´ en´ eralis´ ee pour une somme de n termes) prouve que :

n−1

X

k=0

z ^k

6

n−1

X

k=0

|z ^k | = 6

n−1

X

k=0

|z| ^k

Ainsi (2) est prouv´ ee donc (1) ´ egalement.