MPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 1 pour le 13/09/13 29 juin 2019
Problème1
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
2π3∈ ]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
2est obtenu à partir de j en permutant les parties réelles et imaginaires. On en déduit qu'un argument de z
2est
π2−
2π3= −
π6. Comme z
1est le conjugué de z
2, un argument est
π 6
.
On en déduit le placement des points M
1et M
2sur la gure 1.
3. Par dénition,
z
3= e
2iπ3z
2= e
2iπ3e
−iπ6= e
3iπ6= i On place M
3sur la gure 1.
4. D'après la dénition, l'axe de M
4est z
4= z
2− 1
2 ( √
3 + i) = 1 2 ( √
3 − i) − 1 2 ( √
3 + i) = −i On place le point M
4sur la gure 1.
5. D'après les dénitions : z
5= 1
2 (− √
3 + i) = −z
2= e
−iπ6+π= e
i5π6z
6= 2(−i − √
3) 1 + 3 = − 1
2 ( √
3 + i) = −z
1= e
iπ6−π= e
−i5π6On en déduit le placement des points M
5et M
6sur la gure 1.
M
1M
3M
5M
6M
4M
2Fig. 1: Les points sur le cercle unité
6. On a obtenu nalement :
z
1= e
iπ6, z
2= e
−iπ6, z
3= i, z
4= −i, z
5= e
i5π6, z
6= e
−i5π6On remarque que z
2= z
1, z
4= z
3, z
6= z
5. D'autre part :
(z − e
iθ)(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 M1301CMPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 1 pour le 13/09/13 29 juin 2019
Exercices
1. Posons
S
n=
n
X
k=1
(−1)
k−1k
n k
et utilisons
nk=
n+1k−
k−1npour transformer S
n. Il vient S
n=
n
X
k=1
(−1)
k−1k
n + 1 k
+
n
X
k=1
(−1)
kk
n k − 1
= S
n+1− (−1)
nn + 1 +
n
X
k=1
(−1)
kk
n k − 1
Or
1k k−1n=
n+11 n+1kdonc le deuxieme terme de l'expression précédente de S
nest 1
n + 1
n
X
k=1
(−1)
kn + 1
k
= 1 n + 1
(1 − 1)
n−1− 1 − (−1)
n+1Ce qui entraine S
n= S
n+1−
n+11. On en déduit, par récurrence, la formule demandée.
2. Considérons C = {1, . . . , n}
2. Cet ensemble de couples est un carré . Introduisons les deux triangles formés avec la première diagonale .
T
+= {(i, j) ∈ C tq i < j}, T
−= {(i, j) ∈ C tq j < i}, D = {(i, i), i ∈ {1, . . . , n}.
On a alors T = T
+∪ D , C = T
−∪ T
+∪ D et par symétrie X
(i,j)∈T+
ij = X
(i,j)∈T−
ij (on peut poser i
0= j , j
0= i dans la première somme) .
Notons S la somme étendue à T qui nous intéresse, on peut écrire X
(i,j)∈C
ij = X
(i,j)∈T+
ij + X
(i,j)∈D
ij + X
(i,j)∈T−
ij = 2S − X
(i,j)∈D
ij
X
(i,j)∈C
ij =
X
i∈{1,...,n}
i
X
j∈{1,...,n}
j
=
n(n + 1) 2
2X
(i,j)∈D
ij = 1 + 2
2+ · · · n
2= n(n + 1)(2n + 1) 6
On en déduit S = 1
2
n(n + 1) 2
2+ n(n + 1)(2n + 1) 6
!
= n(n + 1)
24 (3n(n + 1) + 2(2n + 1))
= n(n + 1)
24 3n
2+ 7n + 2
= n(n + 1)
24 (n + 2)(3n + 1).
3. Considérons (1 + i)
n, la séparation en parties réelle et imaginaire correspond à la séparation des exposants pairs et impairs dans la formule du binôme d'où
(1 + i)
n= R
n+ iI
nR
2n+ I
n2= |(1 + i)
n|
2= 2
n4. Notons P le produit que l'on veut minorer et développons le
P =
n
X
i=1
a
i1 a
i+ X
(i,j)∈N2 i<j
a
ia
j+ a
ja
iOr
a
ia
j+ a
ja
i= r a
ia
j− r a
ja
i 2+ 2 ≥ 2.
On en déduit
P ≥ n + 2 n(n − 1) 2 = n
2.
Si on connait la formule de Cauchy-Schwarz (ce qui ne devrait pas être le cas en début de sup), on peut l'utiliser avec x
i= √
a
iet y
i= 1/ √
a
ion a alors x
1y
1+ x
2y
2+ · · · + x
ny
n≤
q
(x
21+ x
22+ · · · + x
2n) q
(y
12+ y
22+ · · · + y
n2)
n ≤ p
(a
1+ a
2+ · · · + a
n) s 1
a
1+ 1
a
2+ · · · + 1 a
nOn obtient la formule demandée en élevant au carré.
5. Notons S l'expression à calculer. Elle fait penser à la formule du binôme suivante (1 + i √
3)
n=
n
X
k=0
n k
(i √ 3)
kCette création est mise à disposition selon le Contrat
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Rémy Nicolai M1301CMPSI B Année 2013-2014 Corrigé DM 1 pour le 13/09/13 29 juin 2019
L'expression S est la partie de la somme venant des k pairs. C'est donc aussi la partie réelle de cette somme. Comme 1 + i √
3 = 2e
iπ/3, on obtient S = 2
ncos nπ
3 . 6. a. On obtient
(z − a)(z − b)(z − c) = z
3− (a + b + c)z
2+ (ab + bc + ca)z − abc b. Posons
a = w + w
6= w + w = 2 cos(2π/7) b = w
2+ w
5= w
2+ w
2= 2 cos(4π/7) c = w
3+ w
4= w
3+ w
3= 2 cos(6π/7)
et calculons a+b + c , ab +bc +ca , abc en fonction de puissances de w . On simplie en utilisant
w
7= 1 1 + w + w
2+ w
3+ w
4+ w
5+ w
6= 0 par exemple :
ab = w
3+ w
6+ w + w
4bc = w
5+ w
6+ w + w
2ca = w
4+ w
5+ w
2+ w
3
⇒ ab + bc + ca = −2
Après des simplications analogues, on obtient a + b + c = −1 ab + bc + ca = −2 abc = 1
On en déduit que 2 cos(2π/7) , 2 cos(4π/7) , 2 cos(6π/7) sont les trois racines de z
3+ z
2− 2z − 1 = 0
L'équation dont les racines sont les trois cosinus de l'énoncé est donc 8z
3+ 4z
2− 4z − 1 = 0
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/