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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 :
x3Å3x2Å(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:
z3¡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 :
z3¡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 :
Z2¡(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¡1Å8iD"où :
z3¡6iz¡1Å8iAE(z¡(1Å2i))(z2Å(1Å2i)z¡3¡2i)On résout maintenant l"équation :
z2Å(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 :a2¡b2AE9
2abAE12
a2Åb2AEp9
2Å122(on prend le module)
8 :a2¡b2AE9
2abAE8
a2Åb2AEp225AE15
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, mathématiques2/7Corrigé du devoir 210/10/2012Doncuneracine carrée de¢est 2p3Åip3. Les solutions de (F) sont donc :
¡1¡2i¡2p3¡ip3
2AE¡1¡2p3
2¡i(2Åp3)
2 et¡1¡2iÅ2p3Åip3
2AE¡1Å2p3
2Åi(¡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 2Åi(¡2Åp3)
2EXERCICE2
On considère une équation différentielle (E) de la forme : y00ÅyAEf(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)dtH(x)AEZ
x 0 f(t)cos(t)dtF(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 : z00Å2z0¡3zAEexÅ1 (x2R) (F)
4. Résoudr e( F) surR.Lycée Dupuy de Lôme, MPSI, mathématiques3/7SOLUTION
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) y0(ex)AE1e
xz0(x) y00(ex)AE1e
2x(z00(x)¡exy0(ex))AE1e
2x(z00(x)¡z0(x))
En posanttAEex, on obtient :
y(t)AEz(ln(t))y0(t)AE1t
z0(ln(t))y00(t)AE1t
2¡z00(ln(t))¡z0(ln(t)¢3.
yest solution de (E)() 8tÈ0,t2y00Å3ty0¡3yAEtÅ1 () 8tÈ0,t21t2(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¡13ŸexŹe¡3xavec¸,¹2R5.D "aprèsles qu estionsprécéden tes,l ess olutionsde ( E) sont les fonctions de la forme :
t7!14 tln(t)¡13ŸtŹt
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:
¼4AEunÅZ
10(¡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 AE1¡(¡x2)nÅ11¡(¡x2)(somme géométrique de raison¡x26AE1)
AE11Åx2¡(¡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 10dx1Åx2AEZ
1 0n X arctan(x)]10AEnX kAE0Z 1 0 (¡1)kx2kdxÅZ 10(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2dx
arctan(1)¡arctan(0)|{z} AE ¼4 d"après la question 1AEnX kAE0" (¡1)kx2kÅ12kÅ1# 1 0 ÅZ 10(¡1)nÅ1x2nÅ11Åx2dx
D"où :
¼4 AEnX kAE0(¡1)k2kÅ1ÅZ 10(¡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
10(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2dx·Z
1 0 x2nÅ2dxAprès calcul :
12nÅ3·Z
10(¡1)nÅ1x2nÅ21Åx2dx
|{z} a n·12nÅ3
Cet encadrement est vrai pour toutn2N, donc le théorème des gendarme donne immédiatement : lim n!Å1anAE0Or 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)3tan2(µ)¡1
2. t3¡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)3tan2(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