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EXERCICE1

Ce problème illustre la méthode générale de Cardan pour résoudre les équations du troisième degré à travers l"exemple suivant :

x

3Å3x2Å(3¡6i)xÅ2iAE0 (E)

1.

O neff ectuel ec hangementd "inconnuexAEzÅhdans l"équation (E). Montrer que pour une valeur dehbien choisie,

l"équation enzobtenue ne comporte pas de terme de degré deux. 2.

O ncon sidèrel "équation:

z

3¡6iz¡1Å8iAE0 (E0)

(a) S oient( u,v)2C2. On poseUAEu3etVAEv3. On suppose que : (UÅVAE1¡8i uvAE2i Démontrer quezAEuÅvest une solution de (E0). (b)

S ousl esm êmeshypoth èses,d éterminerune équ ationdu s econdd egrédont UetVsont les racines.

(c)

Résoudr ec etteéqu ationdu second degré (on c hoisiraU2R). En déduire les valeurs possibles deuetv.

(d)

E ndéduir eune solu tionz0de (E0) (indication: utiliser les questions précédentes pour trouver un "candidat» et ne

pas oublier de vérifier...). (e)

F actoriserle poly nômez3¡6iz¡1Å8iparz¡z0et en déduire toutes les solutions de (E0) (indication:p225AE15).

(f)

E nd éduireles sol utionsd e( E).

SOLUTION

1.

On voit que pourhAE¡1, l"équation enzobtenue ne comporte pas de terme de degré 2 et elle s"écrit :

z

3¡6iz¡1Å8iAE02.(a) O na :

AE0 Donc, sous les hypothèses indiquées,uÅvest bien solution de (E0). (b)

O na UÅVAE1¡8ietUVAE(uv)3AE(2i)3AE¡8idonc, d"après le cours,UetVsont les racines de l"équation :

Z

2¡(1¡8i)Z¡8iAE0 (E00)Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques1/7

Corrigé du devoir 210/10/2012(c)O nv oitqu eUAE1est une racine de (E00). Le produit des racines de (E00) ests¡8idonc l"autre racine estVAE¡8i.

On au3AEUAE1 doncu2{1,j,j2}. On av3AEVAE¡8iAE(2i)3doncv2{2i,2i j,2i j2}. (d)

E ssayons(pa rh asard)de vér ifierq uel en ombrez0:AE1Å2i(on essaye doncuAE1 etvAE2i) est une racine de (E0) :

AE0 Doncz0, tel que défini plus haut, est bien une solution de (E0). (e)

O np rocèdep ari dentification:

z ()8 >>>:aAE1 b¡(1Å2i)aAE0 c¡(1Å2i)bAE¡6i

¡c(1Å2i)AE¡1Å8i

8 >>>:aAE1 bAE1Å2i cAE¡6iÅ(1Å2i)2

¡c(1Å2i)AE¡1Å8i

8 >>>:aAE1 bAE1Å2i cAE¡3¡2i (3Å2i)(1Å2i)AE¡1Å8i

D"où :

z

3¡6iz¡1Å8iAE(z¡(1Å2i))(z2Å(1Å2i)z¡3¡2i)On résout maintenant l"équation :

z

2Å(1Å2i)z¡3¡2iAE0 (F)

Son discriminant est¢AE(1Å2i)2¡4(¡3¡2i)AE9Å12i. Cherchons les racines carrées de¢sous la formeaÅibavec

(a,b)2R2: 8 :a

2¡b2AE9

2abAE12

a

2Åb2AEp9

2Å122(on prend le module)

8 :a

2¡b2AE9

2abAE8

a

2Åb2AEp225AE15

8 :2a2AE24 (L2ÅL1)

2abAE8

2b2AE6 (L2¡L1)

8 :a 2AE12 abAE4 b 2AE3 ()(a,b)AE(2p3, p3) ou (a,b)AE(¡2p3,¡p3) Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques2/7

Corrigé du devoir 210/10/2012Doncuneracine carrée de¢est 2p3Åip3. Les solutions de (F) sont donc :

¡1¡2i¡2p3¡ip3

2

AE¡1¡2p3

2

¡i(2Åp3)

2 et

¡1¡2iÅ2p3Åip3

2

AE¡1Å2p3

2

Åi(¡2Åp3)

2 Les solution de (E0) sont les deux nombres ci-dessus etz0. (f)

O nobt ientles sol utionsde ( E) en soutrayant 1 aux solutions de (E0) donc les solutions de (E) sont :

2i,¡3¡2p3

2

¡i(2Åp3)

2 ,¡3Å2p3 2

Åi(¡2Åp3)

2

EXERCICE2

On considère une équation différentielle (E) de la forme : y

00ÅyAEf(x) (E)

oùf:R!Rest une fonction continue. On note (H) l"équation homogène associée à (E). 1. Résoudr e( H) (on donnera les solutions à valeursréelles). 2. Résoudr e( E) lorsquefest définie par8x2R,f(x)AEx. 3. Résoudr e( E) lorsquefest définie par8x2R,f(x)AEcos(x)Å2sin(x). 4.

P ourt outrée lx, on pose :

G(x)AEZ

x 0 f(t)sin(t)dt

H(x)AEZ

x 0 f(t)cos(t)dt

F(x)AE¡cos(x)G(x)Åsin(x)H(x)

Montrer queGetHsont dérivables surRet exprimer leurs dérivées en fonction def. 5. Dé montrerq ueFest deux fois dérivable surRet exprimerF0etF00en fonction deGetH. 6.

P rouverque Fest solution de (E).

7.

D ansl asui te,on su pposeq uefest 2¼-periodique. Calculer les dérivées des fonctionsx7!G(xÅ2¼)¡G(x) etx7!H(xÅ

2¼)¡H(x).

8.

À qu ellec onditionn écessaireet su ffisantes urG(2¼) etH(2¼) la fonctionFest-elle 2¼-périodique?

9.

Vér ifierce résul tats urla q uestion3.

SOLUTION

EXERCICE3

On considère l"équation différentielle suivante : t 1. dérivable surR. 2. P ourtÈ0, exprimery(t),y0(t), ety00(t) à l"aide de la fonctionz. 3. Dé montrerq ueyest solution de (E) si et seulement sizest solution de : z

00Å2z0¡3zAEexÅ1 (x2R) (F)

4. Résoudr e( F) surR.Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques3/7

SOLUTION

1. Rcomme composée de fonctions dérivables, et :

8x2R,z0(x)AEexy0(ex)

On saitaussi queyest deux fois dérivable doncy0est dérivable. On déduit alors de la formule ci-dessus quez0est dérivable

comme produit et composée de fonctions dérivables. Donczest deux fois dérivable surR. 2. E ndér ivantl ar elationobt enued ansla qu estionprécéden te,o na :

8x2R,z00(x)AEexy0(ex)Åe2xy00(ex)

En "inversant" cette relation et celle obtenue dans la question précédente, on obtient :

8x2R,8

>>:y(ex)AEz(x) y

0(ex)AE1e

xz0(x) y

00(ex)AE1e

2x(z00(x)¡exy0(ex))AE1e

2x(z00(x)¡z0(x))

En posanttAEex, on obtient :

y(t)AEz(ln(t))y

0(t)AE1t

z0(ln(t))y

00(t)AE1t

2¡z00(ln(t))¡z0(ln(t)¢3.

yest solution de (E)() 8tÈ0,t2y00Å3ty0¡3yAEtÅ1 () 8tÈ0,t21t

2(z00(ln(t))¡z0(ln(t)))Å3t1t

z0(ln(t))¡3z(ln(t))AEtÅ1 () 8tÈ0,z00(ln(t))¡z0(ln(t))Å3z0(ln(t))¡3z(ln(t))AEtÅ1 () 8x2R,z00(x)Å2z0(x)¡3z(x)AEexÅ1 en posanttAEex ()zest solution de (F) 4.

O nr econnaîtu neéqu ationdiff érentielleli néaired "ordre2 à coeffi cientsconst ants.S onéqu ationcar actéristiqueest u2Å

2u¡3AE0()(u¡1)(uÅ3)AE0. Les solutions de l"équation homogène associée à (F) sont donc les fonctions de la forme

x7!¸exŹe¡3xavec¸,¹2R. On peut par ailleurs vérifier que la fonctionx7!14 xex¡13 est une solution particulière de (F). Donc les solutions de (F) sont les fonctions de la forme : x7!14 xex¡13

ŸexŹe¡3xavec¸,¹2R5.D "aprèsles qu estionsprécéden tes,l ess olutionsde ( E) sont les fonctions de la forme :

t7!14 tln(t)¡13

ŸtŹt

3avec¸,¹2REXERCICE4

Pour tout entier natureln, on pose :

u nAEnX kAE0(¡1)k2kÅ1 1. R appelerprécisément pou rquoiar ctan(1)AE¼4 .Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques4/7 Corrigé du devoir 210/10/20122.D émontrerq uepou rt outr éelxet pour tout entier natureln:

11Åx2AEÃ

nX kAE0(¡1)kx2k! (¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2 3.

E ndéduir equ epour t outent iern atureln:

¼4

AEunÅZ

1

0(¡1)nÅ1x2nÅ2dx1Åx2

4. M ontrerqu epour t outent iern aturelnet pour toutx2[0,1] : 5.

E ndéduir equ ela su ite( un) converge¼4

SOLUTION

1.

O nsait que a rctan:R!]¡¼/2,¼/2[ et tan:]¡¼/2,¼/2[!Rsont des bijections réciproques. Donc :

8x2]¡¼/2,¼/2[,arctan(tan(x))AEx

En particulier, pourxAE¼/4, on obtient bien : arctan(1)AE¼4. 2.

S oientx2Retn2N. On a :

n X kAE0(¡1)kx2kAEnX kAE0(¡x2)k AE

1¡(¡x2)nÅ11¡(¡x2)(somme géométrique de raison¡x26AE1)

AE

11Åx2¡(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2

D"où :

11Åx2AEnX

kAE0(¡1)kx2kÅ(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx23.O nint ègreen tre0 et 1 le sdeu xmemb resde la qu estionprécéden te:

Z 1

0dx1Åx2AEZ

1 0n X arctan(x)]10AEnX kAE0Z 1 0 (¡1)kx2kdxÅZ 1

0(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2dx

arctan(1)¡arctan(0)|{z} AE ¼4 d"après la question 1AEnX kAE0" (¡1)kx2kÅ12kÅ1# 1 0 ÅZ 1

0(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2dx

D"où :

¼4 AEnX kAE0(¡1)k2kÅ1ÅZ 1

0(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2dx4.P ourxAE0 l"encadrement est évident. Soit doncx2]0,1]. On a les équivalences suivantes :

¡x2nÅ2·(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2·x2nÅ2() ¡1·(¡1)nÅ11Åx2·1 carx2nÅ2È0

() ¡(1Åx2)·(¡1)nÅ1·1Åx2car 1Åx2È0Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques5/7

Corrigé du devoir 210/10/2012Ce dernier encadrement est évidemment vrai, d"où :

8n2N,8x2[0,1],¡x2nÅ2·(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2·x2nÅ25.S oitn2Nfixé. Comme l"encadrement de la question précédent est vrai pour toutx2[0,1], on peut intégrer entre 0 et 1 :

Z 1 0

¡x2nÅ2dx·Z

1

0(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2dx·Z

1 0 x2nÅ2dx

Après calcul :

12nÅ3·Z

1

0(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2dx

|{z} a n·

12nÅ3

Cet encadrement est vrai pour toutn2N, donc le théorème des gendarme donne immédiatement : lim n!Å1anAE0

Or on a vu dans la question 3 que :

8n2N,unAE¼4

¡an

Donc (un)n2Nconverge vers¼4.

EXERCICE5

1.

D émontrerq uepou rt outµ2i

¡¼2

,¼2 h \n

§¼6

o tan(3µ)AEtan3(µ)¡3tan(µ)3tan

2(µ)¡1

2. t

3¡3tŸ(1¡3t2)AE0 (E)

Indication :posertAEtan(µ) et¸AEtan(®).

3.

O nnot etkpourkAE1,2,3 les racines de (E). On munit le plan d"un repère orthonormé direct (O,~ı,~|) et pour chaque

kAE1,2,3, on noteDkla droite d"équationt2 kxÅtkyÅ1AE0. Déterminer un vecteur directeur~ukdeDket donner une mesure de l"angle orienté qu"il forme avec 4. E ndéduir equ ele sdr oitesDkinduisent un triangle équilatéral.

SOLUTION

1.

O na :

tan(3µ)AEtan(µÅ2µ) AE AE AE AE tan3(µ)¡3tan(µ)3tan

2(µ)¡1Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques6/7

Corrigé du devoir 210/10/20122.C ommeta n: ]¡¼/2,¼/2[!Rest bijective, il existe un unique®2]¡¼/2,¼/2[ tel que¸AEtan(®) et il existe un unique

µ2]¡¼/2,¼/2[ tel quetAEtan(µ).

Remarquons que :

3tan

2(µ)¡1AE0()tan(µ)AE§1p3

()µAE§¼6

Or on vérifie facilement queµAE§¼6

ne sont pas des solutions.Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques7/7quotesdbs_dbs33.pdfusesText_39