Correction de Devoir Surveillé N°01: Années précédentes

1.

a.

b.

MPSIdulyc´eeRabelaishtt:p//pmisai.sbrntuciere.frf.e

Samedi 24 septembre 2011

´ ´
CORRIGE DU DEVOIR SURVEILLE N˚01

`
PROBLEME 1
Dansceproble`me,onre´souttrois´equationspolynomialessuivantune
´ethodediff´rente`achaquefois.
m e
M´ethodedeCardan
Lebutdeceparagrapheestdere´soudredansCnl’qu´eioat
z33iz+ 1−i (1)= 0
−
`
Acettefin,consid`lsyste`mesuivant:
erons e
uu×+vv==iz(2)


Supposons quezest solution de (1), et que (u v) est une solution
de (2), alors d’une partu3×v3=−iet d’autre part, la formule du
binoˆmedonneu3+v3= (u+v)3−3uv(u+v) =z3−3iz=i−1,
puisquezest solution de (1). Ainsi, (u3 v3stsyduonme`ee)ulittsos
somme-produit :
uu33×+vv33==i−−i1
Cesontdonclessolutionsdel’´equation:
w2+ (1−i)w−i= 0 (3)

N
iet−1 sont racines de (3), on a doncu3=ietv3=−1 ou le contraire.
Convenons queu3=isopslbisavserueles,te´dteencecaslerminons
pourus’ilitag:edseme`inacsrdesioitresi. Or,
ile`itucerednecuracieparbiquenui=eiπ2esteiπ6.
1esdel’unit´esonticartsensiorme`iesl j=e2iπ3=e4iπ6etj2.
dsee`emioistresinacsrlen,iosulcnocneisonteiπ6 e5iπ6 e9iπ6=
e3iπ2
Enutilisantl’e´galit´ei=uv, on obtient les valeurs devcorrespon-
dantes :
u eiπ6e5iπ6−i
v=iu eiπ3e−iπ3−1
z=u+v+12√3(1 +i)1−2√3(1 +i)−(1 +i)
N

1

2.

c.

a.

b.

c.

En sommant les couples (u vp)´rceiebtno,o-enl’ntnemmede´sunetbot
semble de solutions de (1) :
S=(21+√+3(1i;)1−2√3+1(i);−(1 +i))

End´eterminantuneracineimaginairepure
Lebutdeceparagrapheestder´esoudredansC´el’atqunio

z3−(5 + 3i)z2+ (7 + 16i)z+ 3−21i= 0

N

(4)

Supposons queiy∈iRnucitie´cnE.)4(erap,saceesunstendioutol
del’e´critured’unnombrecomplexeennotationalg´ebrique,ilvient

(iy) est solution de (4)

⇐⇒

⇐⇒

−iy3+ (5 + 3i)y2+ (7i−16)y+ 3−21i= 0
−y3+ 3y2+ 7y−21 = 0
5y2−16y = 0+ 3

En particulier,yatqu´el’n5ioestn´ecessaieremtnosulitnoedy2−16y+
3 = 0.N
Δ = 162−4×15 = 142noitud´ereauqeraci.Lesceteendsnr`ieted
deuxi`emedegr´esonty114=03=611+y2=161−efiir15.Onv´e140=
alorsque3estbienracinedesdeux´equationsdusyst`emepre´c´edent,
ce qui garantit quez0= 3iest une racine imaginaire pure de l’equation
´
(4). Par identification des coefficients, on a la factorisation :

P(z) =z3−(5 + 3i)z2+ (7 + 16i)z+ 3−21i= (z−3i)(z2−5z+ 7 +i)

N
Re´solvonsl’´equationz2−5z+ 7 +i. Son discriminant est Δ = 25−
4(7 +i) =−3−4iecinr´arunnsacerehC.ohcreeδde Δ en notation
alge´brique:
x2
(x+iy)2=−3−4i⇐⇒x2−+yxyy22=<05=−3⇐⇒xyxy==<0±±12

Uneracinecarre´edeΔestδ= 1−2i.
Lesformulespourlese´quationspolynomialesdedegre´deuxpermettent
alors de conclure quez12+5=1−2i= 3−ietz25=−221+i= 2+i

2

3.

a.

b.

c.

d.

sont aussi solutions de (4). Finalement, l’ensemble des solutions de (4)
est
S={3i; 3−i; 2 +i}

N
`
A l’aide d’un changement d’inconnue
Soitα∈]−π22πeLub.[epartdecpheeagraedtsse´rrduo´’leuaeqonti
(1 +iz)3(1−itanα) = (1−iz)3(1 +itanα) (5)

Soitz∈Csilaltnaomseeludansd5)s(uenosulitnode(5),alorsen´eg

il vient
|1 +iz|3|1−itanα|=|1−iz|3|1 +itanα|
Comme|1−itanα|=|1+itanα|´endne,oessimpliduitapr`eucfitaoiqn
|1 +iz|3=|1−iz|3. Finalement, en prenant les racines cubiques –ces
modulessontdesre´elspositifs–ilende´couleque|1 +iz|=|1−iz|.
Pr´esentonszsofousmraegle´rbqieuz=x+iy,l’´egalit´ede´ce´rpetne
s’e´crit:

|1 +iz|=|1−iz|

⇐⇒
⇐⇒

(1−y)2+x2= (1 +y)2+x2
4y= 0

Ainsi,´etantdepartieimaginairenulle,z.nunr´eelestbieN
O a 1 +iiatnantαα=eeiαi=e2iα.N
n
1−−α
Oncherchelessolutions,r´eelles,de(5)souslaformez= tanθ, avec
θ∈]−π π2[.
2
tanθest sol de (5)⇐⇒(1 +itanθ)3(1−itanα) = (1−itanθ)3(1 +itanα)
⇐⇒1+1−iinattanθθ31=+1−iiantatnαα
⇐⇒e6iθ=e2iα⇐⇒6θ≡2α[2π]⇐⇒θ≡α3h3πi
N
Comme en outre,θ α∈]−2ππ2[, on aθ∈3α;α3−π;α+3πet par
consequent,lessolutionsdel’´equation(5)sont
´
S=tan3α; tanα−3π; tanα3+π

3

N

1.a.

b.

c.

EXERCICE 1
2iπ
Soitn∈NnO.2etonge´ua`laeuro´erirsupntieuenω=en.
Soitz∈Cquel’´eqectement`prederi,noereteˆauontiuaetnnbone
d’dige´titne´etr´eomique:

1 +z+  +zn−1= 0⇐⇒

⇐⇒

z16+=z1+  +zn−1= 0

zn= 1 etz6= 1

Finalement,lessolutionsdel’´equation

1 +z+  +zn−1= 0

sont les racinesnemi`esdeunl’´eitreneid´ff1e:etds
S=ω ω2     ωn−1

⇐⇒(z116=−−1zzn= 0

(6)

N
D’apre`slaquestionpr´ec´edente,ωoi(n)6A.’le´uqtalutiondeestso
l’aide de laformule de Moivre, il s’ensuit que,

−n−1
0 =nX−1ωk=nX1e2πink=Xen
2ikπ
k=0k=0k=0

Finalement,enidentifiantlespartiesr´eellesdecettedernie`ree´galit´e,
il vient :
X
kn=−01cos2nπk= 0

N
Soitk∈[0 n−1]]. On utilise une factorisation par l’exponentielle
imaginairedel’anglemoiti´e:
|ωk−1|2=|e2inkπ−1|2=|2isinπnk|2 sin= 42nπk

Laformuledelin´earisationsin2θ1=−22(csoθpcerneoem)dtelcru
que
|ωk−1|2= 21−cos2nπk

4

2.a.

b.

1.

Ilneresteplusqu’a`sommertermea`terme.Al’aidedelaquestion
pr´ece´dente,ilend´ecouleque

n−1n−1
X|ωk−1|2= 2
k=0k=X0

1−cos2nkπ= 2n

N
Soitp∈[0 n]]. Sip= 0 oup=n, alorsωp1e=artpsnocuqe´tne
n
Xωkp=n. Sip∈[1 n−1]], alorsωp6= 1 et l’tienidom´eegt´euqirte´
k=1
donne :

Finalement,

Soitz∈

n
Xωkp
k=1

=

n−1
ωpX(ωp)k=ω
k=0

n
−
p(ωp01=)1
ωp−

knX=1ωkpinnsis0p=0nouop=n
=

N
C, laedulrmfobunioˆemdonne
+ωk) =X
n
npn=X0pnzn−p(ωk)p=npX=0npzn−pkX=n1(ωk)p
k=1

n
X(z
k=1

Or,d’apr`eslaquestionpr´ece´dente,lasommeinte´rieureestnullesauf
sip∈ {0 n}, auxquels cas, elle vautn. Par suite
n
X(z+ωk)n
k=1n=0nzn+nnnz0=n(1 +zn)
N

EXERCICE 2
Soientn∈N⋆un entier naturel non nul etx∈RO.lepusnue´rnsepo
quexn’est pas un multiple entier de 2πrest-`a-di,c’ex6≡0 [2π].
Soita∈R. Commex6≡0 [2π], l’ide´eg´ntitteiroe´muqedonne
Xk= 0nei(a+kx)=eiaXk= 0neixk=eiaei(nei+x1)−x1−1
=eaeinx2isninn2+x21x
i
s

5

2.

3.a.

b.

Finalement,ene´galisantpartiesre´ellesetimaginaires,ilvient:
Cn=Pnk=0cos(a+kxnniis=)n21+21+xxsincisnox2saa++n2n2xx
Sn=Pnk=0sin(a+kx) = snsinx2

N
Soientpet