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Chapitre 2
Nombres complexes
Maths Spé - MP/MP
˚et PSI/PSI
˚- Concours 2015
Correction des exercices
Difficulté des exercices
Exercices classiques :
H - Facile HH - Moyen HHH - Difficile HHHH - Très Difficile
Exercices d’approfondissement :
u - Facile uu - Moyen uuu - Difficile uuuu - Très Difficile
Sommaire
Exercices classiques . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1 - Révisions de Maths Sup H . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 - Quelques calculs de sommes HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 - Factorisation dans R et dans C HHH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84 - Un peu de géométrie : le théorème de Napoléon HH . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Exercices d’approfondissement . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
5 - Deux cas d’égalité uu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 - Demi-plan de Poincaré uu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
Optimal Sup/Spé - 11 rue Geoffroy l’Angevin 75004 Paris - Tel : 01 40 26 78 78 - www.optimalsupspe.fr
- Concours 2015 2
Exercices classiques
Exercice 1 - Révisions de Maths Sup H
1) (a) Idée : Nous allons utiliser l’inégalité triangulaire, en nous efforçant de faire apparaître des différences et non dessommes, et pour faire apparaître x´ y dans le membre de droite de l’inégalité triangulaire, nous allons écrire x sousforme x ´ y ` y.
Rappel de cours
Proposition (Inégalité triangulaire). @px, yq P C2, |x ` y| § |x| ` |y| .
On a :
@px, yq P C2, |x| “ |x ´ y ` y| , et donc :
§ |x ´ y| ` |y| .
Conclusion :
@px, yq P C2, |x| ´ |y| § |x ´ y|
2) Parties réelle et imaginaire d’un quotient.
(a) Un quotient de nombres complexes n’est pas pratique à manipuler. Pour s’affranchir du nombre complexe au déno-minateur, on multiplie numérateur et dénominateur par b en ayant à l’esprit que bb “ |b|2. On a :
a
b
“ ab
|b|2
On a maintenant un nombre complexe dont on peut facilement calculer la partie réelle et la partie imaginaire. Eneffet,
Re´
a
b
¯
“ 1
|b|2 Re pabq
En notant a “ Re paq ` i Im paq et b “ Re pbq ` i Im pbq, on obtient finalement :
Re´
a
b
¯
“ Re paq Re pbq ` Im paq Im pbq|b|2
et de même,
Im´
a
b
¯
“ Im paq Re pbq ´ Re paq Im pbq|b|2
(b) Idée : Comme souvent lorsque l’on a affaire à une somme entre plusieurs exponentielles complexes, on va factoriserpar les "exponentielles moitiés" afin de faire apparaître une formule d’Euler.
Rappel de cours
Proposition (Formules d’Euler). On a : @✓ P R, cos ✓ “ e
i✓ ` e
´i✓
2
, et : sin ✓ “ e
i✓ ´ e
´i✓
2i
.
Remarquons tout d’abord que comme � R tp2k ` 1q⇡ , k P Zu, alors : 1 ` e
ib ‰ 1. Ainsi, le quotient1 ` e
i↵
1 ` e
i�
est biendéfini, et on a :
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
“ e
i
↵2
e
i
�2
ˆ e
i
↵2 ` e
´i
↵2
e
i�{2 ` e
´i
�2
.
3 - Concours 2015
En reconnaissant une formule d’Euler, puis en simplifiant les exponentielles, on en déduit :
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
“ e
i
↵´�2 ˆ
2 cos
↵
2
2 cos
�
2
, soit :
“ e
i
↵´�2 ˆ
cos
↵
2
cos
�
2
.
En passant à la partie réelle, qui est un opérateur R-linéaire, on obtient :
Reˆ
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
˙
“cos
↵
2
cos
↵ ´ �
2
cos
�
2
.
Or, d’après une formule de trigonométrie usuelle :
@px, yq P R2, cosx ¨ cos y “ 1
2
rcospx ` yq ` cospx ´ yqs .
Point méthode
Les formules de trigonométrie donnant les valeurs de cos a¨cos b, cos a¨sin b etc peuvent se retrouver facilementà l’aide des formules d’addition et de soustraction connues donnant les valeurs de cospa ` bq, cospa ´ bq,sinpa ` bq, etc. Il suffit pour cela d’additionner ou de soustraire certaines d’entre elles pour faire apparaîtreles quantités souhaitées.
On en déduit :
Reˆ
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
˙
“cos
ˆ
2↵ ´ �
2
˙
` cos
ˆ
´�
2
˙
2 cos
�
2
, soit, la fonction cos étant paire :
Reˆ
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
˙
“ 1
2
`cos
ˆ
2↵ ´ �
2
˙
2 cos
�
2
De même, l’opérateur Im étant également R-linéaire :
Imˆ
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
˙
“cos
↵ ´ �
2
sin
↵
2
2 cos
�
2
.
Or, d’après une formule de trigonométrie usuelle :
@px, yq P R2, sinpxq ¨ cos y “ 1
2
rsinpx ` yq ` cospx ´ yqs .
Conclusion :
Imˆ
1 ` e
i↵
1 ` e
i�
˙
“sin
ˆ
2↵ ´ �
2
˙
` sin
ˆ
�
2
˙
2 cos
�
2
- Concours 2015 4
Exercice 2 - Quelques calculs de sommes HH
1) (a) Commençons par remarquer que :
D
n
p✓q “ e
´in✓
2nÿ
k“0
e
ik✓
“ e
´in✓
2nÿ
k“0
`
e
i✓
˘
k
et2nÿ
k“0
`
e
i✓
˘
k est la somme des 2n ` 1 premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison e
i✓.
On peut utiliser le rappel suivant :
Rappel de cours
Soit a P C˚ et z P C. Notons pun
qnPN la suite géométrique de premier terme a et de raison z. Alors :
@n P N, un
“ az
n
Soient p et q deux entiers naturels tels que p † q. On retiendra que :
q
ÿ
k“p
u
k
“q
ÿ
k“p
az
k “
$
’
&
’
%
az
p
ˆ
1 ´ z
q´p`1
1 ´ z
˙
si z ‰ 1
pq ´ p ` 1q a si z “ 1
Soit n P N˚. Dans le cas où a “ 1 et p “ 0, q “ n, on retrouve :
n
ÿ
k“0
z
k “
$
’
&
’
%
1 ´ z
n`1
1 ´ z
si z ‰ 1
pn ` 1q si z “ 1
Il s’agit d’une formule très utile que l’on peut retenir comme une chanson :
premier terme ˆ 1 ´ raisonnombre de termes
1 ´ raison
On en déduit que :
2nÿ
k“0
pei✓qk “
$
’
&
’
%
1 ´ e
ip2n`1q✓
1 ´ e
i✓
si ✓ ‰ 2⇡Z
2n ` 1 si ✓ P 2⇡Z
Supposons que ✓ R 2⇡Z. Alors, en factorisant par « l’argument moitié », on a :
1 ´ e
ip2n`1q✓
1 ´ e
i✓
“e
ipn` 12 q✓ ´
e
´ipn` 12 q✓ ´ e
ipn` 12 q✓¯
e
i
✓2
´
e
´i
✓2 ´ e
i
✓2
¯
“ e
in✓
´2i sin
ˆˆ
n ` 1
2
˙
✓
˙
´2i sin
ˆ
✓
2
˙ grâce aux formules d’Euler.
“ e
in✓
sin
ˆˆ
n ` 1
2
˙
✓
˙
sin
ˆ
✓
2
˙
Comme D
n
p✓q “ e
´in✓
2nÿ
k“0
`
e
i✓
˘
k, on obtient finalement :
@✓ R 2⇡Z, D
n
p✓q “sin
ˆˆ
n ` 1
2
˙
✓
˙
sin
ˆ
✓
2
˙
5 - Concours 2015
(b) Au cours de cette question, on utilisera plusieurs fois le rappel suivant :
Rappel de cours
On rappelle les formules de trigonométrie suivantes : pour tous pp, qq P R2, on a :
sinppq sinpqq “ 1
2
pcospp ´ qq ´ cospp ` qqq (‹)
et
cosp2pq “ 2 cos
2ppq ´ 1
“ 1 ´ 2 sin
2ppqIl ne faut pas tant connaître (‹) par cœur que savoir la retrouver rapidement. Pour cela, il faut être capablede retrouver rapidement les formules de duplication cospp ` qq et sinpp ` qq. Pour cospp ` qq, il suffit deremarquer que :
cospp ` qq “ Re´
e
ipp`qq¯
“ Re`
e
ip
e
iq
˘
Ainsi, en développant eipeiq “ pcosppq ` i sinppqq pcospqq ` i sinpqqq et en identifiant la partie réelle, on obtientla formule souhaitée :
cospp ` qq “ cosppq cospqq ´ sinppq sinpqqOn en déduit cospp ´ qq en remplaçant q par ´q dans la formule précédente et en utilisant l’imparité de lafonction sinus. On retrouve alors rapidement (‹).
Soit ✓ R 2⇡Z. D’après la question précédente, on a :
pn ` 1qFn
p✓q “n
ÿ
k“0
D
k
p✓q
“n
ÿ
k“0
sin
ˆˆ
k ` 1
2
˙
✓
˙
sin
ˆ
✓
2
˙
“ 1
sin
2
ˆ
✓
2
˙
n
ÿ
k“0
sin
ˆˆ
k ` 1
2
˙
✓
˙
sin
ˆ
✓
2
˙
car sin
ˆ
✓
2
˙
‰ 0.
En utilisant (‹) du rappel de cours ci-dessus, on obtient :
1
sin
2
ˆ
✓
2
˙
n
ÿ
k“0
sin
ˆˆ
k ` 1
2
˙
✓
˙
sin
ˆ
✓
2
˙
“ 1
sin
2
ˆ
✓
2
˙
n
ÿ
k“0
1
2
pcospk✓q ´ cosppk ` 1q✓qq
“ 1
2 sin
2
ˆ
✓
2
˙ p1 ´ cosppn ` 1q✓qq par télescopage.
Grâce au rappel de cours ci-dessus, on peut également affirmer que :
1 ´ cosppn ` 1q✓q “ 2 sin
2
ˆ
n ` 1
2
✓
˙
Ce qui donne finalement :
pn ` 1qFn
p✓q “sin
2
ˆ
n ` 1
2
✓
˙
sin
2
ˆ
✓
2
˙
Conclusion :
@✓ R 2⇡Z, Fn
p✓q “sin
2
ˆ
n ` 1
2
✓
˙
sin
2
ˆ
✓
2
˙
- Concours 2015 6
(c) Par définition de F
n
p✓q, on a :
F
n
p✓q “ 1
n ` 1
n
ÿ
k“0
D
k
p✓q
“ 1
n ` 1
n
ÿ
k“0
k
ÿ
p“´k
e
ip✓
“ 1
n ` 1
n
ÿ
k“0
ÿ
´q§p§q
q“k
e
ip✓
“ 1
n ` 1
n
ÿ
k“0
e
ÿ
pq,pqP�k
ip✓
où, pour tout k P t0, . . . , nu, �k
“ tpk, pq, ´k § p § ku. Posons alors :
� “n
î
k“0�
k
� est une réunion disjointe de « paquets verticaux ». Comme cette réunion est disjointe, on peut écrire :
F
n
p✓q “ 1
n ` 1
e
ÿ
pk,pqP�
ip✓
Idée : pour obtenir l’expression souhaitée de F
n
p✓q, on va écrire � comme réunion de « paquets horizontaux »(disjointes). Cela revient à intervertir l’ordre des indices de sommation dans F
n
p✓q.
Commençons par dessiner ce sous-ensemble � de N2 :
� Ä N2
7 - Concours 2015
Sur le graphique suivant, nous voyons comment construire les « paquets horizontaux » : pour tout p P t´n, . . . , nu,posons :
�
p
“ tpk, pq, |p| § k § nu
et les « paquets » �
p
vérifient :
� “n
î
p“´n
�
p
� Ä N2
On peut donc écrire :
F
n
p✓q “ 1
n ` 1
ÿ
pk,pqP�e
ip✓
“ 1
n ` 1
n
ÿ
p“´n
ÿ
pk,qqP�p
e
iq✓ carn
î
p“´n
�
p
“ � est disjointe.
“ 1
n ` 1
n
ÿ
p“´n
e
ÿ
|p|§k§n
q“p
iq✓
“ 1
n ` 1
n
ÿ
p“´n
ÿ
|p|§k§n
e
ip✓
“ 1
n ` 1
n
ÿ
p“´n
pn ´ |p| ` 1qeip✓ car e
ip✓ ne dépend pas de k.
Conclusion :
- Concours 2015 8
@✓ R 2⇡Z, Fn
p✓q “n
ÿ
p“´n
ˆ
1 ´ |p|n ` 1
˙
e
ip✓
2) (a) Commençons par remarquer que :
n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
cospak ` bq “ Re
˜
n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
e
ipak`bq¸
On a alors :n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
e
ipak`bq “ e
ib
n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
peiaqk
“ e
ib
`
1 ` e
ia
˘
n grâce à la formule du binôme de Newton.
Et en factorisant par e
i
a2 , on obtient :
1 ` e
ia “ 2 cos
´
a
2
¯
e
i
a2
En utilisant cette égalité, on obtient :n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
e
ipak`bq “ e
ib
2
n
cos
n
´
a
2
¯
e
i
na2
“ 2
n
cos
n
´
a
2
¯
e
ip na2 `bq
En passant à la partie réelle, on obtient finalement :
n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
cospak ` bq “ 2
n
cos
n
´
a
2
¯
cos
´
na
2
` b
¯
(b) Soit x P Rr t⇡2
` k⇡, k P Zu. Remarquons que :
n
ÿ
k“0
p´1qn´k
ˆ
n
k
˙
cospkxqcos
kpxq “ Re
˜
n
ÿ
k“0
p´1qn´k
ˆ
n
k
˙ ˆ
e
ix
cospxq
˙
k
¸
Par ailleurs, on a :
n
ÿ
k“0
ˆ
n
k
˙
p´1qn´k
ˆ
e
ix
cospxq
˙
k
“ˆ
e
ix
cospxq ´ 1
˙
n
grâce au binôme de Newton.
“ pi tanpxqqn car cospxq ‰ 0.
“ e
i
n⇡2
tan
npxqEn passant à la partie réelle, on obtient finalement :
n
ÿ
k“0
p´1qn´k
ˆ
n
k
˙
cospkxqcos
kpxq “ cos
´
n⇡
2
¯
tan
npxq “$
&
%
0 si n “ 2p ` 1, p P N
p´1qp tan2ppxq si n “ 2p, p P N
Exercice 3 - Factorisation dans R et dans C HHH
1) Pour factoriser le polynôme X
2n ´ 1 dans C, commençons par déterminer ses racines dans C.
Soit z P C. Résolvons l’équation z
2n ´ 1 “ 0. Pour cela, on peut utiliser le rappel de cours suivant :
9 - Concours 2015
Rappel de cours
Soit n P N˚. On rappelle que les solutions complexes de l’équation z
n “ 1 sont :
Un
“!
e
2ik⇡n
, k P rr 0 , n ´ 1 ss)
On rappelle également que pUn
,ˆq forme un groupe appelé groupe des racines n-ièmes de l’unité. Le groupe Un
est cyclique (c’est-à-dire monogène et fini), engendré par les éléments de la forme e
2ik⇡n où k et n sont premiers
entre eux. Un
est isomorphe à Z{nZ via l’isomorphisme de groupes :
f :
#pZ{nZ,`q ݄ pUn
,ˆq
k fi݄ e
2ik⇡n
Il s’agit en réalité d’un résultat plus général car on peut en effet montrer que tout groupe cyclique d’ordre n estisomorphe à Z{nZ.
Ici, les solutions de l’équation z
2n “ 1 sont :!
e
ik⇡n
, k P rr 0 , 2n ´ 1 ss)
On peut donc affirmer que, sur C, on a :
X
2n ´ 1 “2n´1
⇧k“0
´
X ´ e
ik⇡n
¯
Il faut se souvenir que :
Rappel de cours
Soit P P KrXs. Factoriser P revient à écrire le polynôme comme produit de polynômes irréductibles. Il faut serappeler de quelle forme sont les polynômes irréductibles.
— Sur C : les polynômes irréductibles de CrXs sont les polynômes de degré 1.
— Sur R : les polynômes irréductibles de RrXs sont les polynômes de degré 1 et les polynômes de degré2 qui n’ont pas de racines réelles. C’est-à-dire les polynômes de la forme aX
2 `bX`c tels que b
2 ´4ac † 0.
Pour factoriser le polynôme X
2n ´ 1 dans RrXs, il faut donc l’écrire comme produit de polynômes de degré 1 ou depolynômes de degré 2 sans racines réelles. Pour cela, on va regrouper astucieusement les racines complexes du polynôme.Détaillons le résultat obtenu précédemment :
X
2n ´ 1 “ pX ´ 1qlooomooon
k“0
´
X ´ e
i⇡n
¯
looooomooooon
k“1
. . .
´
X ´ e
ipn´1q⇡n
¯
pX ` 1qlooomooon
k“n
´
X ´ e
ipn`1q⇡n
¯
. . .
ˆ
X ´ e
ip2n´1q⇡n
˙
loooooooooomoooooooooon
k“2n´1
De plus, on peut remarquer que :
@k P rr 0 , 2n ´ 1 ss, e ik⇡n “ e
ip2n´kq⇡n (‹)
La relation (‹) nous permet de regrouper une racine complexe non réelle avec son conjugué (voir illustration ci-dessous).En effet, on aura :
X
2n ´ 1 “ pX ´ 1qpX ` 1qn´1
⇧k“1
´
X ´ e
ik⇡n
¯
n´1
⇧k“1
´
X ´ e
ip2n´kq⇡n
¯
“ pX ´ 1qpX ` 1qn´1
⇧k“0
´
X ´ e
ik⇡n
¯
ˆ
X ´ e
ik⇡n
˙
Et sachant que, pour tout k P rr 1 , n ´ 1 ss, on a :´
X ´ e
ik⇡n
¯
ˆ
X ´ e
ik⇡n
˙
“ X
2 ´ 2 cos
ˆ
k⇡
n
˙
X ` 1
On obtient finalement :
- Concours 2015 10
X
2n ´ 1 “ pX ´ 1qpX ` 1qn´1
⇧k“0
ˆ
X
2 ´ 2 cos
ˆ
k⇡
n
˙
X ` 1
˙
Cas n “ 4 : racines complexes et leurs conjugués.
2) D’après la question précédente, on sait que :
r
2n ´ 1 “ pr2 ´ 1qn´1
⇧k“1
ˆ
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r
2
˙
(¨)
Comme r P s 1 ,`8 r, r2 ´ 1 ° 0 et pour tout k P rr 1 , n ´ 1 ss, on a :
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r
2 “ˇ
ˇ
ˇ
r ´ e
i
k⇡n
ˇ
ˇ
ˇ
2° 0
Ainsi, en passant au logarithme dans ¨, on obtient :
ln
ˆ
r
2n ´ 1
r
2 ´ 1
˙
“n´1ÿ
k“1
ln
ˆ
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r
2
˙
Conclusion :
Pour tout r P s 1 ,`8 r ,n´1ÿ
k“1
ln
ˆ
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r
2
˙
“ ln
ˆ
r
2n ´ 1
r
2 ´ 1
˙
.
11 - Concours 2015
3) On peut utiliser le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
Théorème (Sommes de Riemann). Soit f : r a , b s Ñ R continue. Soit n P N˚. Définissons la somme de
Riemann Spf,�n
q associée à f et à la subdivision équirépartie �
n
“ˆ
a ` k
b ´ a
n
˙
0§k§n
par :
Spf,�n
q “ b ´ a
n
n´1ÿ
k“0
f
ˆ
a ` k
b ´ a
n
˙
Alors la suite pSpf,�n
qqnPN˚ converge vers
ª
b
a
fptq dt.
Ici, la fonction f : r 0 ,⇡ s ›Ñ R ; t fi›Ñ lnp1 ´ 2r cosptq ` r
2q est continue sur r 0 ,⇡ s comme composée de fonctions
continue. Le rappel de cours précédent permet d’affirmer que :
lim
nÑ`8⇡
n
n´1ÿ
k“1
ln
ˆ
1 ´ 2r cos
ˆ
k⇡
n
˙
` r
2
˙
һ
⇡
0
ln
`
1 ´ 2r cosptq ` r
2˘
dt
Ainsi, en utilisant le résultat de la question précédente, on est ramenés à calculer :
lim
nÑ`8⇡
n
ln
ˆ
r
2n ´ 1
r
2 ´ 1
˙
Pour cela, on écrit :
⇡
n
ln
ˆ
r
2n ´ 1
r
2 ´ 1
˙
“ ⇡
n
ln
ˆ
r
2n 1 ´ r
´2n
r
2 ´ 1
˙
“ ⇡
n
ˆ
2n lnprq ` ln
´
1 ´ r
´2n
r
2 ´ 1
¯
˙
Ainsi,
lim
nÑ`8⇡
n
ln
ˆ
r
2n ´ 1
r
2 ´ 1
˙
“ 2⇡ lnprq
Par unicité de la limite, on a finalement :
Pour tout r P s 1 ,`8 r ,ª
⇡
0
ln
`
1 ´ 2r cosptq ` r
2˘
dt “ 2⇡ lnprq.
Exercice 4 - Un peu de géométrie : le théorème de Napoléon HH
1) Montrons le sens direct puis le sens réciproque.
— ñ : Si le triangle UVW est équilatéral direct, alors on peut affirmer que le point U est l’image de W par la rotationde centre V et d’angle
⇡
3
. (Voir illustration ci-dessous)
- Concours 2015 12
Triangle équilatéral direct UVW
On peut alors utiliser le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
Soit ⌦ un point du plan d’affixe ! et ✓ P R. On définit la rotation de centre ⌦p!q et d’angle ✓, notée R⌦,✓
par :
Pour tout point M du plan d’affixe z, R⌦,✓
pMq “ M
1 où M
1 est le point du plan d’affixe z
1 tel que :
pz1 ´ !q “ e
i✓pz ´ !q
On a donc :
u ´ v “ e
i
⇡3 pw ´ vq
Le lecteur pourra se convaincre facilement que e
i
⇡3 “ ´j
2. On obtient alors :
u ´ v “ ´j
2pw ´ vq— : Réciproquement, supposons que u ´ v “ e
i
⇡3 pw ´ vq. Alors U est l’image de W par la rotation de centre V et
d’angle⇡
3
donc le triangle UVW est équilatéral direct.
Conclusion :
Le triangle UVW est équilatéral direct si et seulement si u ´ v “ ´j
2pw ´ vq.
2) Montrons le sens direct puis le sens réciproque.
— ñ : Supposons que le triangle UVW est équilatéral direct. D’après la question précédente, on a : u´ v “ ´j
2pw ´ vq.Ce qui donne :
u ` p´1 ´ j
2qv ` j
2w “ 0
Or, on sait que 1 ` j ` j
2 “ 0 donc on obtient :
u ` jv ` j
2w “ 0
13 - Concours 2015
Remarque
Comment faire pour montrer que 1 ` j ` j
2 “ 0 ?
Nous allons prouver un résultat plus général. Soit n P N˚. Alors :
Proposition. Tout nombre complexe z différent de 1 vérifiant z
n “ 1 est racine du polynôme1 ` X ` . . . ` X
n´1.
Cela signifie que si z est une racine n-ième de l’unité différente de 1, alors : 1` z ` . . .` z
n´1 “ 0. Ce résultatse prouve facilement en remarquant que :
pX ´ 1q˜
n´1ÿ
j“0
X
j
¸
“ X
n ´ 1
Dans le cas où n “ 3, la proposition appliquée à z “ j donne bien : 1 ` j ` j
2 “ 0.
— : Réciproquement, supposons que u`jv`j
2w “ 0. Alors on montre que : u´v “ ´j
2pw´vq et d’après la question1), il s’en suit que le triangle UVW est équilatéral direct.
Conclusion :
Le triangle UVW est équilatéral direct si et seulement si u ` jv ` j
2w “ 0.
3) Dans ce genre d’exercice, il est très fortement recommandé de faire un dessin. Cela aide à se faire une idée de la réponseà la question posée.
Illustration du théorème de Napoléon.
4) On rappelle que pour un triangle équilatéral, alors hauteur, médiane et bissectrices issues d’un sommet et médiatrice du
côté opposé à ce sommet sont confondues. Comme on a WB “ WA et {
BWA “ 2⇡
3
, on en déduit que :
- Concours 2015 14
pa ´ wq “ jpb ´ wq (¨)
On en déduit de même que :
pb ´ uq “ jpc ´ uq (≠)
et
pc ´ vq “ jpa ´ vq (Æ)
Des relations ¨ à Æ, on tire :
w “ a ´ jb
1 ´ j
et : u “ b ´ jc
1 ´ j
et : v “ c ´ ja
1 ´ j
Ce qui nous donne :
u ` jv ` j
2w “ b ´ jc ` jc ´ j
2a ` j
2a ´ b
1 ´ j
“ 0
D’après la question 2), on peut affirmer que :
Le triangle UVW est équilatéral direct.
Par ailleurs, les relations ¨ à Æ donnent :
a ` b ` c ´ pu ` v ` wq “ j pa ` b ` c ´ pu ` v ` wqqCe qui donne :
a ` b ` c “ u ` v ` w
En utilisant la correspondance entre affixe (dans le plan complexe) et vecteur (dans le plan euclidien), on peut affirmerque l’isobarycentre des points A, B et C (ici, le point d’affixe a ` b ` c) est égal à l’isobarycentre des points U , V et W
(ici, le point d’affixe u ` v ` w). On en déduit donc que :
Les triangles UVW et ABC ont le même centre de gravité.
Pour aller plus loin, on pourrait aussi montrer que les droites pAP q, pCRq et pBQq sont concourantes en un point T appelépoint de Torricelli. C’est le point de concours des cercles circonscrits aux triangles ABR, ACQ et BCP . C’est aussi lepoint qui rend minimale la distance fpMq “ MA ` MB ` MC lorsque les angles du triangle ABC sont inférieurs à 120.
Point de Torricelli : point de concours des cercles circonscrits aux triangles ABR, ACQ et BCP .
15 - Concours 2015
Exercices d’approfondissement
Exercice 5 - Deux cas d’égalité uu
1) Partons de l’égalité |w1 ` . . . ` w
n
| “ |w1| ` . . . ` |wn
|. On peut réécrire cette égalité de la manière suivante (qui est pluscondensée) :
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
k“1
w
k
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
“n
ÿ
k“1
|wk
|
Point méthode
Lorsqu’on travaille avec les nombres complexes, il faut garder à l’esprit qu’il est souvent plus facile de travailleravec le carré du module d’un nombre complexe. En effet, on peut (et il faut) penser à utiliser l’identité :
@z P C, |z|2 “ zz “ zz
En élevant l’égalité au carré, On obtient :
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
k“1
w
k
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
2
“˜
n
ÿ
k“1
|wk
|¸2
(¨)
Pour développer le terme de gauche, on peut écrire :
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
k“1
w
k
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
2
“˜
n
ÿ
k“1
w
k
¸ ˜
n
ÿ
k“1
w
k
¸
“˜
n
ÿ
i“1
w
i
¸ ˜
n
ÿ
j“1
w
j
¸
car l’application z fiÑ z est R-linéaire.
“n
ÿ
i,j“1
w
i
w
j
Simplifions un peu l’expressionn
ÿ
i,j“1
w
i
w
j
. On peut commencer par distinguer si les indices de sommation i et j sont égaux
ou non :n
ÿ
i,j“1
w
i
w
j
“n
ÿ
i“1
|wi
|2 `n
ÿ
i,j“1i‰j
w
i
w
j
On a ensuite :n
ÿ
i,j“1i‰j
w
i
w
j
“n
ÿ
i,j“1i†j
w
i
w
j
`n
ÿ
i,j“1i°j
w
i
w
j
“n
ÿ
i,j“1i†j
w
i
w
j
`n
ÿ
i,j“1i†j
w
i
w
j
“n
ÿ
i,j“1i†j
pwi
w
j
` w
i
w
j
q
“ 2
n
ÿ
i,j“1i†j
Re pwi
w
j
q car @z P C, z ` z “ 2Re pzq.
Cela permet d’affirmer que le terme de gauche de ¨ est égal à :ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
k“1
w
k
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
2
“n
ÿ
k“1
|wk
|2 ` 2
n
ÿ
i,j“1i†j
Re pwi
w
j
q
Pour développer le terme de droite de ¨, on peut utiliser le rappel suivant :
- Concours 2015 16
Rappel de cours
Soit n P N˚. Si pa1, . . . , an
q sont n nombres réels, alors on a :˜
n
ÿ
k“1
a
k
¸2
“n
ÿ
k“1
a
2k
` 2
n
ÿ
i,j“1i†j
a
i
a
j
Ici, on a :˜
n
ÿ
k“1
|wk
|¸2
“n
ÿ
k“1
|wk
|2 ` 2
n
ÿ
i,j“1i†j
|wi
||wj
|
En injectant ces résultat dans l’équation ¨, on en déduit que :
n
ÿ
i,j“1i†j
|wi
||wj
| ´ Re pwi
w
j
q “ 0 (≠)
Pour conclure cette question, il suffit de remarquer que pour tout z P C, on a : Re pzq § |z| (et Im pzq § |z| également).Ce résultat appliqué avec z “ w
i
w
j
donne :
@pi, jq P t1, . . . , nu2, i † j, |wi
||wj
| ´ Re pwi
w
j
q • 0
Remarque
On peut aussi remarquer que cette dernière inégalité est ni plus ni moins que l’inégalité de Cauchy-Schwarzappliquée avec le produit scalaire pz, z1q P C2 fiÑ Re
`
zz
1˘. La norme associée à ce produit scalaire étant z fiÑ |z|.
On en déduit finalement que ≠ est une somme nulle de termes réels positifs. Cela implique que chaque terme de la sommeest nul. D’où :
@pi, jq P t1, . . . , nu2, i † j, Re pwi
w
j
q “ |wi
||wj
|
Par symétrie, on obtient finalement :
@pi, jq P t1, . . . , nu2, i ‰ j, Re pwi
w
j
q “ |wi
||wj
|
Distinguons ensuite deux cas :— Si w1 “ . . . “ w
n
“ 0, alors ✓ “ 0 convient.
— Sinon, on peut utiliser le rappel suivant :
Rappel de cours
Il faut se souvenir que tout nombre complexe non nul z P C˚ s’écrit :
z “ |z|ei✓
avec ✓ P R. Un réel ✓ vérifiant cette égalité est appelé un argument de z (il y en a une infinité car si ✓ est unargument de z, ✓`2k⇡, k P Z est encore un argument de z). Il est bon de savoir qu’il existe un unique argumentde z dans l’intervalle s ´⇡ ,⇡ s. On dit que cet argument est la détermination principale de l’argument et onle note Argpzq.
Soit k P t1, . . . , nu tel que w
k
‰ 0 et notons ✓
k
“ Argpwk
q P s ´⇡ ,⇡ s tel que w
k
“ |wk
|ei✓k . Soit p P t1, . . . , nu aveck ‰ p. Si w
p
“ 0, on peut toujours écrire w
p
“ |wp
|ei✓k . Sinon, notons ✓
p
“ Argpwp
q P s ´⇡ ,⇡ s tel que w
p
“ |wp
|ei✓p .Alors,
w
k
w
p
“ |wk
||wp
|eip✓k´✓pq
Mais comme Re pwk
w
p
q “ |wk
||wp
|, on a :
|wk
||wp
| cosp✓k
´ ✓
p
q “ |wk
||wp
|
17 - Concours 2015
Et en simplifiant par |wk
||wp
| ‰ 0, on obtient :
cosp✓k
´ ✓
p
q “ 1
Cela signifie que ✓
k
´ ✓
p
“ 0 pmod 2⇡q. Mais par hypothèse (c’est pour cela que l’on a choisi de travailler avec ladétermination principale de l’argument), |✓
k
´ ✓
p
| † 2⇡. Cela impose que ✓
k
“ ✓
p
. Ceci étant vrai pour k et p deuxentiers distincts de t1, . . . , nu quelconques, on en déduit que :
Il existe un réel ✓ P s ´⇡ ,⇡ s tel que @i P t1, . . . , nu, wi
“ |wi
|ei✓.
2) : Si il existe un unique réel ✓ tel que @i P t1, . . . , nu, zi
“ |zi
|ei✓, le lecteur pourra se convaincre que l’on a bienA|z| “ |Az|.
ñ : Commençons par la remarque suivante :
Remarque
L’énoncé affirme que pour tout vecteur x P Rn r t0u, le vecteur Ax est à coordonnées strictement positives.
Notons pe1, . . . , enq la base canonique de Rn. Alors pour tout i P t1, . . . , nu, par définition de la matrice canoni-quement associée à une application linéaire, le vecteur Ae
i
est égal à la i-ème colonne de A. On peut donc affirmerque pour tout i P t1, . . . , nu,
Ae
i
“
¨
˚
˝
a1,i
...a
n,i
˛
‹
‚
est à coordonnées strictement positives. Finalement, tous les coefficients de la matrice A sont strictement positifs.On va utiliser ce résultat dans la suite.
Supposons que A|z| “ |Az|. Matriciellement, cette relation s’écrit :
A
¨
˚
˝
|z1|...
|zn
|
˛
‹
‚
“ |Az|
Ce qui s’écrit aussi :¨
˚
˚
˚
˚
˚
˚
˚
˝
n
ÿ
j“1
a1,j |zj
|
...n
ÿ
j“1
a
n,j
|zj
|
˛
‹
‹
‹
‹
‹
‹
‹
‚
“
¨
˚
˚
˚
˚
˚
˚
˚
˝
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
j“1
a1,jzj
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
...ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
j“1
a
n,j
z
j
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
˛
‹
‹
‹
‹
‹
‹
‹
‚
On en déduit que :
@k P t1, . . . , nu,n
ÿ
j“1
a
k,j
|zj
| “ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
n
ÿ
j“1
a
k,j
z
j
ˇ
ˇ
ˇ
ˇ
(Æ)
Fixons k “ 1 et posons : @i P t1, . . . , nu, wi
“ a1,izi. Compte tenu de l’équation Æ, on peut appliquer le résultat de laquestion 1). Ainsi, il existe un réel ✓ P s ´⇡ ,⇡ s te que :
@i P t1, . . . , nu, a1,izi “ a1,i|zi|ei✓
Mais comme a1,i ° 0 pour tout i P t1, . . . , nu, on en déduit finalement :
Il existe ✓ P s ´⇡ ,⇡ s tel que @i P t1, . . . , nu, zi
“ |zi
|ei✓.
- Concours 2015 18
Exercice 6 - Demi-plan de Poincaré uu
1) (a) Commençons par écrire :
z sinp✓q ` cosp✓q “ pRe pzq sinp✓q ` cosp✓qq ` i Im pzq sinp✓q
Si ✓ R ⇡Z, alors Im pz sinp✓q ` cosp✓qq ‰ 0.
Si ✓ P ⇡Z, alors Im pz sinp✓q ` cosp✓qq “ 0 mais Re pz sinp✓q ` cosp✓qq ‰ 0.
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, la fonction A
✓
est bien définie sur H.
(b) Il faut se souvenir que :
Point méthode
Un quotient de nombres complexes n’est pas toujours évident à manipuler. Souvent, on préfère multiplier lenumérateur du quotient par le conjugué du dénominateur, de sorte à manipuler un nombre complexe (plutôtqu’un quotient de nombres complexes).
Ici, on a :
A
✓
pzq “ z cosp✓q ´ sinp✓qz sinp✓q ` cosp✓q
“ pz cosp✓q ´ sinp✓qq pz sinp✓q ` cosp✓qq|z sinp✓q ` cosp✓q|2
“ |z|2 sinp✓q cosp✓q ` cos
2p✓qz ´ sin
2p✓qz ´ sinp✓q cosp✓q|z sinp✓q ` cosp✓q|2
On en déduit donc que :
Im pA✓
pzqq “ Imˆ
cos
2p✓qz ´ sin
2p✓qz|z sinp✓q ` cosp✓q|2
˙
“ Im pzq|z sinp✓q ` cosp✓q|2 car Im pzq “ ´ Im pzq.
Et comme z P H, on a Im pzq ° 0, ce qui donne Im pA✓
pzqq ° 0.
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, A✓
est bien à valeurs dans H.
2) (a) Soit ! P H. Nous avons :
A
✓
pzq “ ! ô z cosp✓q ´ sinp✓qz sinp✓q ` cosp✓q “ !
ô ! pz sinp✓q ` cosp✓qq “ pz cosp✓q ´ sinp✓qq
ô z pcosp✓q ´ ! sinp✓qq “ ! cosp✓q ` sinp✓q
ô z “ ! cosp✓q ` sinp✓qcosp✓q ´ ! sinp✓q car cosp✓q ´ ! sinp✓q ‰ 0.
D’après la question 1)a), pour tout réel ✓,! cosp✓q ` sinp✓qcosp✓q ´ ! sinp✓q est bien un élément de H. Le raisonnement précédent
prouve que ! a au plus un antécédent par A
✓
. On en déduit que A
✓
est injective. Par ailleurs, le seul antécédent de
! par A
✓
ne pouvant être que! cosp✓q ` sinp✓qcosp✓q ´ ! sinp✓q , on en déduit que A
✓
est surjective.
19 - Concours 2015
Conclusion :
Pour tout ✓ P R, A✓
est bijective de H dans H.
(b) Montrer que l’application ✓ P pR,`q fi›Ñ A
✓
P BijpHq est un morphisme de groupes revient à prouver que :
@p✓, ✓1q P R2, A
✓`✓
1 “ A
✓
˝ A
✓
1
Soit p✓, ✓1q P R2. Calculons A
✓
˝ A
✓
1 . Soit z P H, on a :
pA✓
˝ A
✓
1 qpzq “ A
✓
ˆ
z cosp✓1q ´ sinp✓1qz sinp✓1q ` cosp✓1q
˙
“z cosp✓1q ´ sinp✓1qz sinp✓1q ` cosp✓1q cosp✓q ´ sinp✓qz cosp✓1q ´ sinp✓1qz sinp✓1q ` cosp✓1q sinp✓q ` cosp✓q
“ zpcosp✓1q cosp✓q ´ sinp✓1q sinp✓qq ´ sinp✓1q cosp✓q ´ cosp✓1q sinp✓qzpcosp✓1q sinp✓q ` sinp✓1q cosp✓qq ´ sinp✓1q sinp✓q ` cosp✓1q cosp✓q
“ z cosp✓ ` ✓
1q ´ sinp✓ ` ✓
1qz sinp✓ ` ✓
1q ` cosp✓ ` ✓
1q grâce aux formules de duplication.
D’où :
@p✓, ✓1q P R2, A
✓`✓
1 “ A
✓
˝ A
✓
1
C’est-à-dire :
L’application ✓ P pR,`q fi›Ñ A
✓
P BijpHq est un morphisme de groupes.
Remarque
Grâce à la propriété de morphisme de groupe, on a A0 “ IdH. On en déduit donc que :
A
✓´✓
“ A0 “ IdH “ A
✓
˝ A´✓
Donc A´✓
est l’inverse de l’application A
✓
.
3) (a) Soit ✓ P R et soit z P H. On a :
|A✓
pzq|2 ` 1 “ |z cosp✓q ´ sinp✓q|2|z sinp✓q ` cosp✓q|2 ` 1
“ |z cosp✓q ´ sinp✓q|2 ` |z sinp✓q ` cosp✓q|2|z sinp✓q ` cosp✓q|2
En utilisant le rappel de cours suivant :
Rappel de cours
Pour tout couple pz, z1q de nombres complexes, on a :
|z ´ z
1|2 “ |z|2 ´ 2Re pzz1q ` |z1|2 (‹‹)
On obtient cette égalité en écrivant |z´z
1|2 “ pz´z
1qpz´z
1q puis en développant. Il faudra utiliser l’identitéz`z “ 2Re pzq. De façon plus savante, l’identité (‹‹) est une identité de polarisation pour le produit scalairepz, z1q P C2 fi›Ñ Re pzz1q P R` dont la forme quadratique associée est z P C fi›Ñ |z|2 P R`.
on obtient :
|A✓
pzq|2 ` 1 “ |z|2 ` 1
|z sinp✓q ` cosp✓q|2
Par ailleurs, on a montré à la question 1)b) que :
- Concours 2015 20
Im pA✓
pzqq “ Im pzq|z sinp✓q ` cosp✓q|2
Donc on a bien :
cpA✓
pzqq “ |A✓
pzq|2 ` 1
2 Im pA✓
pzqq “ |z|2 ` 1
|z sinp✓q ` cosp✓q|2 “ cpzq
Conclusion :
Pour tout réel ✓, c ˝ A
✓
“ c.
(b) — : Supposons que ✓ ´ ✓
1 “ k⇡ avec k P Z. Alors ✓ “ ✓
1 ` k⇡ et, pour z P H, on a :
A
✓
pzq “ A
✓
1`k⇡
pzq
“ z cosp✓1 ` k⇡q ´ sinp✓1 ` k⇡qz sinp✓1 ` k⇡q ` cosp✓1 ` k⇡q
“ p´1qkz cosp✓1q ´ p´1qk sinp✓1qp´1qkz sinp✓1q ` p´1qk sinp✓1q
“ A
✓
1 pzqDonc A
✓
“ A
✓
1 .
— ñ : Supposons que A
✓
pzq “ A
✓
1 pzq pour tout z P H r tiu. Alors :
A
✓
pzq “ A
✓
1 pzq ô z cosp✓q ´ sinp✓qz sinp✓q ` cosp✓q “ z cosp✓1q ´ sinp✓1q
z sinp✓1q ` cosp✓1qô pz cosp✓q ´ sinp✓qqpz sinp✓1q ` cosp✓1qq “ pz sinp✓q ` cosp✓qqpz cosp✓1q ´ sinp✓1qq
ô pz2 ` 1q sinp✓q cosp✓1q “ pz2 ` 1q cosp✓q sinp✓1q
ô pz2 ` 1q sinp✓ ´ ✓
1q “ 0
ô ✓ ´ ✓
1 P ⇡Z car z
2 ` 1 ‰ 0 (Impzq ° 0 et z ‰ i).
Conclusion :
Pour tout z P H r tiu, A✓
pzq “ A
✓
1 pzq si et seulement si ✓ ´ ✓
1 P ⇡Z.
4) (a) Soit z0 P H r tiu. Montrons que O Ä Cz0 . Soit z P O. Par définition, il existe un réel ✓ tel que z “ A
✓
pz0q. Nousvoulons montrer que :
|z ´ icpz0q| “a
cpz0q2 ´ 1
Pour cela, écrivons :
|z ´ icpz0q|2 “ |z|2 ´ 2cpz0q Re pizq ` cpz0q2
“ |z|2 ´ 2cpz0q Im pzq ` cpz0q2
“ |z|2 ` 1 ´ 2cpz0q Im pzq ` cpz0q2 ´ 1
“ 2cpzq Im pzq ´ 2cpz0q Im pzq ` cpz0q2 ´ 1 car cpzq “ |z|2 ` 1
2 Im pzq .
“ pcpzq ´ cpz0qq Im pzq ` cpz0q2 ´ 1
Or, z “ A
✓
pz0q et donc, cpzq “ cpA✓
pz0qq. D’après la question 2)a), on a : c “ c ˝ A
✓
. D’où : cpzq “ cpz0q. On aalors :
|z ´ icpz0q|2 “ cpz0q2 ´ 1
Donc z P Cz0 et on en déduit que :
O Ä Cz0
21 - Concours 2015
(b) Considérons un point z du cercle Cz0 . Si z “ z0, alors z “ A0pz0q et z P O. Si z ‰ z0, nous allons montrer qu’il
existe ✓ P s 0 ,⇡ r (qui dépend de z) tel que z “ A
✓
pz0q. Mais :
A
✓
pz0q “ z ô z0 cosp✓q ´ sinp✓qz0 sinp✓q ` cosp✓q “ z
ô cotanp✓q “ 1 ` z0z
z0 ´ z
car sinp✓q ‰ 0.
Or la fonction cotan réalise une bijection de s 0 ,⇡ r sur R. Pour pouvoir conclure, il suffit de prouver que le quotient1 ` z0z
z0 ´ z
est réel quelque soit z P Cz0 (avec z ‰ z0). A la question précédente, nous avons montré que :
|z ´ icpz0q|2 “ pcpzq ´ cpz0qq Im pzq ` cpz0q2 ´ 1
On en déduit l’équivalence suivante :
z P Cz0 ô cpzq “ cpz0q
En effet, si z P Cz0 (avec z ‰ z0), on a : |z ´ icpz0q|2 “ cpz0q2 ´ 1. Cela impose pcpzq ´ cpz0qq Im pzq “ 0. Mais comme
Im pzq ° 0, on a donc : cpzq “ cpz0q. Le sens réciproque a été traité à la question précédente. On a donc :
cpzq “ cpz0q ô |z|2 ` 1
2 Im pzq “ |z0|2 ` 1
2 Im pz0q
ô |z|2 ` 1
z ´ z
“ |z0|2 ` 1
z0 ´ z0
ô p|z0|2 ` 1qpz ´ zq “ pz0 ´ z0qp|z|2 ` 1q
ô 1 ` z0z
z0 ´ z
“ 1 ` z0z
z0 ´ z
ô 1 ` z0z
z0 ´ z
P R
On en déduit que1 ` z0z
z0 ´ z
est réel pour tout z P Cz0 (avec z ‰ z0). On peut donc choisir :
✓ “ cotan
´1
ˆ
1 ` z0z
z0 ´ z
˙
Ce qui prouve que z “ A
✓
pz0q et fournit l’inclusion réciproque Cz0 Ä O.
Conclusion :
O “ Cz0
