´ nonc´es E
Exercices de bon niveau sur les complexes
´ nc´ Enonc´ Eno es es des exercice exer cicess Exercice Exercice 1 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Quel est la valeur maximum de z 3
+ 2| pour |z | = 1, et quand ce maxim maximum um est-il atteint atteint ? | − z +
Exercice Exercice 2 [ Corr Corrig´ ig´e ]
On note U n = ω0 , ω1 , . . . , ωn−1 l’ensemble des racines n-i`emes em es de l’un l’ unit it´´e, e, avec ave c ωk = exp 2 ikπ . n
{
}
n−1
1. Pour 0 q < n, montrer que
(ωq
p=0 p= q
2. En d´eduire edu ire
p =q
(ωq
− ω ) p
2
− ω ) = ωn
(commencer par traiter le cas q = = 0.)
p
q
o`u le produit est ´etendu etendu aux couples ( p, q ) v´erifi er ifian antt
Calculer enfin le produit
(ωq
0 p
4
− ω ) . p
Exercice Exercice 3 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Montrer que pour tout x de
R et
0 p < n 0q
tout n de d e
∗
N
n
on a
sin x 1 + 2 cos cos 23xk = . sin 3xn
k=1
Exercice Exercice 4 [ Corr Corrig´ ig´e ]
On se donne a et b dans C et on pose P (z ) = z 2 + az + + b pour tout z de C. On suppose que pour tout z de C tel que z = 1, alors P (z ) = 1. Montrer que a = b = 0.
| |
|
|
Exercice Exercice 5 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Soit Ω le centre d’un polygˆ one one r´egulier egulier convexe de sommets A1 , A2 , . . . , An . Soit M un point de la n
demi-droite demi-droite [Ω, A1 [, ext´erieur erieu r au polygˆ pol ygˆone. one. Montrer que
k=1
d(Ak , M ) = d (Ω, M )n
n
− d(Ω, A ) . 1
Exercice Exercice 6 [ Corr Corrig´ ig´e ]
Pour quels couples (a, b) de r´eels eels les deux racines de z 2 + 2az + + b sont-elles de module
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1?
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Exercices de bon niveau sur les complexes
Corrig´es
Corrig´ es des exercices Corrig´ e de l’exercice 1 [
Retour a` l’´enonc´e ]
Pour tout z = eiθ avec θ r´eel, donc tel que zz = 1, on a : 2
3
= (z 3 z + 2)(z 3 z + 2) = 6 (z 2 + z 2 ) + 2(z 3 + z 3 ) = 6 2cos2θ + 4 cos 3θ 4cos θ = 6 2(2cos2 θ 1) + 4(4 cos3 θ 3cos θ ) 4cos θ = 4(4cos3 θ cos2 θ 4cos θ + 2)
|z − z + 2|
− −
2
Ainsi z 3
| − z + 2|
−
−
−
−
− 2(z + z )
−
−
−
−
−
= 4f (cos θ ) o`u f est d´efinie sur [ 1, 1] par f (x) = 4x3
−
Or f (x) = 2(6x2
2
− x − 4x + 2.
− x − 2) = 2(2x + 1)(3x − 2). L’application f est donc strictement croissante sur 1, 12 , strictement d´ecroissante sur − 12 , 23 , et strictement croissante sur sur 23 , 1 . 1 13 1 Mais f = et (1) = 1. Le maximum de sur [ 1 1] est donc atteint en = − − f f , x 2 4 2. Finalement le maximum de |z − z + 2| sur le cercle unit´e est atteint pour z ∈ { j, j } (ce qui ´equivaut √ bien a` Re (z ) = cos θ = − 12 ) et ce maximum vaut 2 f (x ) = 13.
− − −
0
3
2
Corrig´ e de l’exercice 2 [
Retour a` l’´enonc´e ]
n−1
1. On sait que
(x
− ω ) = x k
k=1
Pour 0 q < n on a
(ωq
p=0 p =q
Mais ϕ : z
n−1
n−1
+
··· + x + 1. Il en r´esulte
n−1
0
− ω ) = p
ω qn−1
n−1
ω p = ω qn−1 ωq
1
p =q
− ω ) = n. k
k=1
−
p=0
(1
n−1
(1
p=0
− ω ω ). q
p
=q p
→ ω z est une bijection de U sur lui-mˆeme, avec ϕ(ω ) = 1 = ω . Il en r´esulte (1 − ω ω ) = (1 − ω ) = n . q
n
n−1
n−1
q
p
=q p
ωqn−1
2. On trouve
=q p
k
k=1
p=0
En utilisant
=
(ωq
1 ωq
− ω ) p
(car
n−1
ωqn
= 1) on trouve finalement
(ωq
− ω )
=q p
p
2
2
n−1 n−1
=
q=0
(ωq
p=0 p =q
n ωq
2
− q=0
Enfin, en groupant dans
(ωq
− ω )
n
p
2
n−1
(ω p
−ω ) q
2
−1 =
= n 2n .
p
q
=
q=0
.
n−1
n−1
(x
ωq ) donne
q=0
−
2
2
− ω ) et (ω − ω ) (o`u p = q ) en (ω − ω ) = (ω − ω ) = n .
0 p
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ωq = ( 1)n+1 .
q=0
ω p )2 les facteurs (ωq
(avec 0 p < q n, on trouve :
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n ωq
− ω ) = ωn .
−
=q p
4
(ωq
p =q
n−1
=
p=0
En identifiant les termes constants, x Ainsi
0
q
q
p
p
4
p
q
q
p
2
2n
=q p
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Exercices de bon niveau sur les complexes Corrig´ e de l’exercice 3 [
Corrig´es
Retour a` l’´enonc´e ]
Pour n = 1 la propri´et´e a` d´emontrer s’´ecrit
1 + 2 cos 23x
−
1 + 2cos 23x
sin x3 = sin x. Effectivement :
sin x3 = sin x3 + 2 sin x3 cos 23x = sin x3 + sin x3 + 23x + sin x3
2x 3 = sin x.
Si dans cette ´egalit´e on remplace x par 3kx− on trouve : 1 + 2 cos 23xk sin 3xk = sin 3kx− . 1
n
n
1
uk−1 avec uk = sin 3xk pour tout entier k . k=1 k=1 uk n sin x u0 Apr`es simplification, on trouve donc 1 + 2 cos 23xk = = . un sin 3xn k=1
Ainsi
1 + 2 cos 23xk =
Corrig´ e de l’exercice 4 [
Par hypoth`ese
Retour a` l’´enonc´e ]
P (1) = 1 + a + b sont de module 1. Ainsi b + 1 = P ( 1) = 1 a + b
P (1) P ( 1)
− −
1. | | 2 − − P (i) = −1 + ia + b P (i)+P (−i) De mˆeme sont de module 1 donc |b − 1| = 1. 2 P (−i) = −1 − ia + b Le point B (b) apartient donc a` la fois au disque D de centre Ω(1) et de rayon 1, et au disque D de centre Ω (−1) et de rayon 1. Or D ∩ D = {0}. Il en r´esulte b = 0. En revenant a` P (±1) on trouve maintenant | a − 1| = 1 et | a + 1 | = 1. Le mˆeme argument que
ci-dessus donne maintenant a = 0, ce qui termine la d´emonstration. Corrig´ e de l’exercice 5 [
Retour a` l’´enonc´e ]
Une translation ram`ener a` Ω = O , et une homoth´etie de centre O ram`ene a` d(O, A1 ) = 1. Par une rotation de centre O , on peut supposer que A1 a pour affixe 1. Dans ces conditions, les affixes ak des points Ak sont les racines n-i`emes de l’unit´e, et l’affixe de M n
est un r´eel x strictement supp´erieur a` 1. Il faut alors montrer que n
Or
x
k=1
ak =
| |
k=1
x
k=1
n
| −
| −
(x
n
n
− a )| = |x − 1| = x − 1 car x > 1. k
Corrig´ e de l’exercice 6 [
ak = x n
|
− 1.
Retour a` l’´enonc´e ]
Si (a, b) convient alors a 1 et b 1 (car 2a et b sont la somme et le produit de deux complexes de module 1). Pour fixer les id´ees, on suppose a 0.
| |
− √ z = −a − √ a − b — Si b a les racines sont avec z 0 et |z | |z |. z = −a + a − b √ La condition impos´ee s’´ecrit −1 z ⇔ a − b 1 − a ⇔ b 2a − 1. √ — Si b > a les racines sont z = −a ± i b − a et sont de module b et |b| 1. — Par superposition on obtient la zone triangulaire 0 a 1 et 2a − 1 b 1. 2
| |
2
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
— Il reste a` sym´etriser par rapport a` l’axe des ordonn´ees (pour tenir compte de a 0). On obtient finalement la zone triangulaire
−1 a 1 et 2a − 1 b 1.
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