Exo7 - Exercices de mathématiques
Résoudre dans C l’équation z4 (5 14i)z2 2(5i+12)=0 Correction H [005125] Exercice 8 ** Résoudre dans C l’équation (z2 +1)n (z 1)2n =0 Correction H [005126] Exercice 9 **I Déterminer les complexes z tels que z, 1 z et z 1 aient même module Correction H [005127] Exercice 10 **I On note U l’ensemble des nombres complexes de module 1
Exercices1 Nombrescomplexes - WordPresscom
z2 ¯1 ¢n ¡(z¯i)2n ˘0 dans C 18 Questionsenchaînées ♪♪ Soit n 2N⁄ a Résoudre dans Cl’équation µ z¯1 z¡1 ¶n ˘1 En déduire les solutions dans Cde µ z¯i z¡i ¶n ˘1 b Soit µ2Rtel que µ6˘0[2 /n] Résoudre dans Cl’équation µ z¯1 z¡1 ¶n ˘einµ c En déduire les solutions dans Cde l’équation µ z¯1 z
Nombrescomplexesetéquationsalgébriques
z2 ¯1 ¢n ¡(z¯i)2n ˘0 dans C 23 [Questionsenchaînées♪♪](ind) Soit n 2N⁄ 1 Résoudre dans Cl’équation µ z¯1 z¡1 ¶n ˘1 2 En déduire les solutions dans Cde µ z¯i z¡i ¶n ˘1 3 Soit µ2Rtel que µ6˘0[2 /n] Résoudre dans Cl’équation µ z¯1 z¡1 ¶n ˘einµ 4 En déduire les solutions dans Cde l’équation
On the Douglas-Kazakov phase transition
esaim: proceedings and surveys, october 2015, vol 51, p 89-121 a garivieretal,editors on the douglas-kazakov phase transition weighted potential theory under constraint for probabilists
Exo7 - Exercices de mathématiques - SUJETEXA
2 a= 1 (faire le changement de fonction inconnue z(x)=x+y(x)) Dans chacun des cas, construire la courbe intégrale qui passe par l’origine Indication H Correction H Vidéo [006995] Exercice 6 Pour les équations différentielles suivantes, trouver les solutions définies sur R tout entier : 1 x2y0 y=0 (E 1) 2 xy0+y 1 =0 (E 2)
1) Equations de degré 2
Terminale – option mathématiques expertes – 2020 / 2021 G2 – cours Page 1 1) Equations de degré 2 Théorème du trinôme Soit az 2 + bz + c = 0 une équation du second degré à coefficients réels a, b et c, a étant non nul
MP MP* PT PT* et des systèmes Mécanique du solide
i = 1 N = ¦ Remarque Cette définition est intrinsèque Elle ne fait intervenir que les positions des points matériels de et leur masse, indépen-damment de tout système de coordon-nées G est unique, sous réserve que la masse M du système soit non nulle, ce qui est le cas des systè-mes physiques en mécanique newto-nienne ()S ()S
Les nombres complexes
3 Déterminer la nature géométrique des applications suivantes : z ÞÝÑiz +(1´3i) et z ÞÝÑ3z +6´2i Exercice 93 Soient A, B et C trois points du plan de Cauchy, d’affixes respectivesa, b et c Montrer que le triangle ABC est équilatéral si et seulement si j ou j2 est solution de l’équation az2 +bz +c = 0 Exercice 94
Minimisation de l’entropie relative par méthode de Monte-Carlo
n = 1 n n i=1 δ Xi denote the empirical measure associated with a sequence (X i) i 1 of r v i i d according to a probability measure µ on a Polish space S We give a necessary and sufficient condition for the a s existence of N such that, for all n N,thereisa probability measure ν n which minimizes the relative entropy with respect to µ
[PDF] résoudre 1 problème (équation)
[PDF] resoudre 2 equation a 3 inconnues
[PDF] Résoudre 9 - 4x² - (5 - x)(3 - 2x) = 0
[PDF] Résoudre algébriqement le problème
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[PDF] Résoudre algébriquement dans R chaque équation
[PDF] resoudre algebriquement l'equation
[PDF] resoudre algebriquement l'equation f(x)=0
[PDF] resoudre algebriquement l'equation f(x)=g(x)
Exo7
Les complexes
* très facile ** facile *** difficulté moyenne **** difficile ***** très difficile I : Incontournable T : pour travailler et mémoriser le coursExercice 1**ITCalculer de deux façons les racines carrées de 1+iet en déduire les valeurs exactes de cosp8
et sinp81.z2+z+1=0
2.2 z2+2z+1=0
3.z22zcosq+1=0,qréel donné.
4.z2(6+i)z+(11+13i) =0
5.2 z2(7+3i)z+(2+4i) =0.
solutions sontaetbet en déduire les valeurs exactes de cos2p5 , sin2p5 , cos4p5 , sin4p5 , cosp5 et sinp5 2.Le cercle de centre Wd"affixe12
passant par le pointMd"affixeirecoupe(Ox)en deux pointsIetJ.Montrer queOI+OJ=OI:OJ=1 et en déduire une construction à la règle et au compas, du pentagone
régulier inscrit dans le cercle de centreOet de rayon 1 dont un des sommets est le point d"affixe 1.
3. La diagonale [AC]d"un pentagone régulier(ABCDE)est recoupée par deux autres diagonales en deux pointsFetG. Calculer les rapportsAFAC etFGAF ;p2 donné. Résoudre dansCl"équation1+iz1iz3=1+itana1itana.
SoitIle centre du cercle inscrit au triangle(ABC). Montrer queI=barfA(a);B(b);C(c)g. 12.Déterminer zcomplexe tel queOsoit le centre du cercle inscrit au triangle(PQR)dont les sommets ont
pour affixes respectivesz,z2etz3. ABCéquilatéral,jouj2est racine de l"équationaz2+bz+c=0 ,a2+b2+c2=ab+ac+bc,1bc+1ca+1ab=0: etz1 aient même module.8z2C;(z2Unf1g , 9x2R=z=1+ix1ix):
1+cosqisinq1cosq+isinqet de1+eiq1eiq.
21.jZj=1.
2.jZj=2.
3.Z2R.
4.Z2iR.
1.z0=z+3i
2.z0=2z+3
3.z0=iz+1
4.z0= (1i)z+2+i
1. Montrer que les solutions de (E)sont imaginaires pures. 2. Montrer que les solutions de (E)sont deux à deux opposées. 3.Résoudre (E).
(ez+ez), shz=12 (ezez)et thz=shzchz. 1. Quels sont les nombres comple xeszpour lesquels thzexiste ? 2.Résoudre dans Cl"équation thz=0.
3.Résoudre dans Cle systèmejImzj jthzj<1. 4. Montrer que la fonction th réalise une bijection de D=fz2C=jImzjCorrection del"exer cice1 ND"abord on a 1+i=p2eip=4. Les racines carrées de 1+idansCsont donc4p2eip=8et4p2eip=8. On a aussi, pour(x;y)2R2, (x+iy)2=1+i,8 :x 2y2=1 x 2+y2=p2
xy>0,8 :x 2=12 (p2+1) y 2=12 (p21) xy>0,(x;y)28 0 @sp2+12 ;sp212 1 A9= Les racines carrées de 1+isont donc aussi
qp2+12 +iqp212 . Puisque Re(eip=8)=cosp8 >0, on obtient 4 p2eip=8=qp2+12 +iqp212 , ou encore e ip=8=sp2+12 p2 +isp212 p2 =12 q2+p2+iq2p2 et donc, par identification des parties réelles et imaginaires, cos p8 =12 p2+p2 et sin p8 =12 p2p2:Correction del"exer cice2 N1.z2+z+1=0,z=12 +ip3 2 =jouz=12 ip3 2 =j2. 2.D0=122=1=i2. L"équationadoncdeuxsolutionsnonréellesetconjuguées, àsavoirz1=12
(1+i) etz2=12 (1i). 3. Soit q2R. Pour tout complexez, on a
z 22zcosq+1= (zcosq)2+1cos2q= (zcosq)2+sin2q= (zcosq)2(isinq)2
= (zcosqisinq)(zcosq+isinq) = (zeiq)(zeiq) L"équation proposée a donc deux solutions (pas nécessairement distinctes)z1=eiqetz2=eiq. De plus,
D 0=cos2q1=sin2qet ces solutions sont distinctes si et seulement siq=2pZ.
4. Soit (E)l"équationz2(6+i)z+(11+3i) =0. Son discriminant estD= (6+i)24(11+13i) = 940i. Comme 40=220=2(45)et que 4252=1625=9, on est en droit de deviner
queD= (45i)2. L"équation(E)a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=6+i+45i2 =52iet z 2=6+i4+5i2
=1+3i. 5. Soit (E)l"équation2z2(7+3i)z+(2+4i)=0. SondiscriminantestD=(7+3i)28(2+4i)=24+10i. Comme 10=25=2(51)et que 5212=24, on est en droit de deviner queD= (5+i)2. L"équation proposée a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=7+3i+5+i4 =3+ietz2=7+3i5i4 12 (1+i).Correction del"exer cice3 N1.On a a=2cos2p5 etb=2cos4p5 . 1,z,z2,z3etz4sont les cinq racines cinquièmes de 1 dansC. Par suite, 1+z+z2+z3+z4=0. Mais alors a+b=z+z2+z3+z4=1 4 et ab= (z+z4)(z2+z3) =z3+z4+z6+z7=z+z2+z3+z4=1(carz5=1): aetbsont donc les solutions de l"équationX2+X1=0 dont les racines sont1+p5 2 et1p5 2 Enfin, puisque
2p5 20;p2 , on aa>0. Par suite, cos2p5 =1+p5 4 et cos4p5 =1p5 4 . D"autre part, sin2p5 >0 et donc, sin 2p5 = +r1cos2(2p5 ) =v uut1 1+p5 4 2 =14 q10+2p5: cos 2p5 =p514 et sin2p5 =14 p10+2p5. De même, en remplaçant
p5 parp5, cos 4p5 =1p5 4 et sin4p5 =14 p102p5. Enfin, cos p5 cospp5 =cos4p5 =1+p5 4 et sinp5 =sinpp5 =sin4p5 =14 p102p5. 2. Le rayon du grand cercle v aut,d"après le théorème de P YTHAGORE: R=pWO2+OM2=p5
2 DoncxI=xW+R=1+p5
2 etxJ=xWR=1p5 2 . Par suite,xI=2cos2p5 etxJ=2cos4p5 . Ceci montre que les médiatrices des segments[O;I]et[O;J]coupent le cercle de centreOet de rayon 1 en quatre des cinq sommets du pentagone.OM IJ3.Posons x=AFAC
. D"après le théorème de THALES(je vous laisse vérifier les parallélismes), x=AFAC =HKHC =FGFC =AC2AFACAF=12x1x: Doncx23x+1=0 et puisquex<1,x=3p5
2 . Puis AGAC =ACAFAC =1x=1+p5 2 etFGAF =AC2AFAF =1x 2=23p5
2=3+p5
2 2=1+p5
2 5 AB C D EG F K HDéfinition dunombre d"or.
A BC On veut queCpartage le segment[A;B]de telle sorte queBCAC =ACAB (petitmoyen =moyengrand ) c"est-à-dire, en posanta=ABetx=AC,xa =axx ou encorexa 2+xa 1=0 et donc, puisquexa
>0,xa =1+p5 2 Le nombre d"or (ou proportion dorée) est le nombre 1+p5 2 =0;618:::On peut aussi prendre pour le nombre d"or le rapport ax =1+p5 2 =1;618:::Correction del"exer cice4 NSoita2p2 ;p2 .1+itana1itana=cosa+isinacosaisina=e2ia. Donc, 1+iz1iz
3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=1+iz1iz=ei(2a3 +2kp3 )=wk, 9k2 f1;0;1g=i(wk+1)z=wk1: Maintenant, pourk2 f1;0;1g,
w k=1,2a3 +2kp3 2p+2pZ,a2 kp+3p2
+3pZ; ce qui est exclu poura2]p2 ;p2 [. Donc, 1+iz1iz
3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=z=wk1i(wk+1), 9k2 f1;0;1g=z=ei(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )ei(a3 +kp3 )i(ei(a3 +kp3 )+ei(a3 +kp3 , 9k2 f1;0;1g=z=2isin(a3 +kp3 )i(2cos(a3 +kp3 )), 9k2 f1;0;1g=z=tan(a3 +kp3 )Correction del"exer cice5 N1.On note I1le point d"intersection de la bissectrice(D1)de l"angledBACet de la droite(BC). La parallèle
à(AC)passant parBcoupeD1(puisque(AC)n"est pas parallèle à(D1)) en un pointA1. Les angles alternes-internes [CAA1et[AA1Bsont alors égaux. Puisque d"autre part,[CAA1=[A1AB, on en déduit que 6 AA1B=[A1ABet donc que le triangle(ABA1)est isocèle enB. D"après le théorème de THALÈS, on a
alors I 1BI 1C=A1BAC
=ABAC =cb et donc puisqueI1est entreBetC,b!I1B+c!I1C=~0, ou enfinI1=barfB(b);C(c)g.A BCI1 A 1On a aussi bien sûr les deux autres égalitésI2=barfA(a);C(c)getI3=barfA(a);B(b)goùI2etI3
sont les points d"intersection des deux autres bissectrices avec(AC)et(AB)respectivement. Soit alors I 0=barfA(a);B(b);C(c)g. D"après le théorème du barycentre partiel, on a
I ce qui montre queI0est sur(AI1),(BI2)et(CI3), c"est-à-dire sur les trois bissectrices. Par suite,I0=I.
2. Soit z2C.
z;z2etz3ne sont pas deux à deux distincts,z2=zouz3=zouz3=z2,z2 f1;0;1g: Ensuite, pourz=2 f1;0;1g,
z;z2etz3sont alignés, 9l2R=z3z=l(z2z),z3zz 2z2R,z+12R,z2R:
Finalement,(z;z2;z3)est un vrai triangle si et seulement sizn"est pas réel. Soit alorszun complexe non
réel. Ocentre du cercle inscrit au triangle(PQR),O=barfP(QR);Q(PR);R(PQ)g ,zjz2z3j+z2jzz3j+z3jzz2j=0,z:jzj:j1zj(jzj+zj1+zj+z2) =0 , jzj+zj1+zj+z2=0(E) (carz=2R) Ensuite,
quotesdbs_dbs49.pdfusesText_49
2+y2=p2
xy>0,8 :x 2=12 (p2+1) y 2=12 (p21) xy>0,(x;y)28 0 @sp2+12 ;sp212 1 A9=Les racines carrées de 1+isont donc aussi
qp2+12 +iqp212 . Puisque Re(eip=8)=cosp8 >0, on obtient 4 p2eip=8=qp2+12 +iqp212 , ou encore e ip=8=sp2+12 p2 +isp212 p2 =12 q2+p2+iq2p2 et donc, par identification des parties réelles et imaginaires, cos p8 =12 p2+p2 et sin p8 =12 p2p2:Correction del"exer cice2 N1.z2+z+1=0,z=12 +ip3 2 =jouz=12 ip3 2 =j2.2.D0=122=1=i2. L"équationadoncdeuxsolutionsnonréellesetconjuguées, àsavoirz1=12
(1+i) etz2=12 (1i). 3.Soit q2R. Pour tout complexez, on a
z22zcosq+1= (zcosq)2+1cos2q= (zcosq)2+sin2q= (zcosq)2(isinq)2
= (zcosqisinq)(zcosq+isinq) = (zeiq)(zeiq)L"équation proposée a donc deux solutions (pas nécessairement distinctes)z1=eiqetz2=eiq. De plus,
D0=cos2q1=sin2qet ces solutions sont distinctes si et seulement siq=2pZ.
4. Soit (E)l"équationz2(6+i)z+(11+3i) =0. Son discriminant estD= (6+i)24(11+13i) =940i. Comme 40=220=2(45)et que 4252=1625=9, on est en droit de deviner
queD= (45i)2. L"équation(E)a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=6+i+45i2 =52iet z2=6+i4+5i2
=1+3i. 5. Soit (E)l"équation2z2(7+3i)z+(2+4i)=0. SondiscriminantestD=(7+3i)28(2+4i)=24+10i. Comme 10=25=2(51)et que 5212=24, on est en droit de deviner queD= (5+i)2. L"équation proposée a deux solutions distinctes dansCà savoirz1=7+3i+5+i4 =3+ietz2=7+3i5i4 12 (1+i).Correction del"exer cice3 N1.On a a=2cos2p5 etb=2cos4p5 . 1,z,z2,z3etz4sont les cinq racines cinquièmes de 1 dansC. Par suite, 1+z+z2+z3+z4=0. Mais alors a+b=z+z2+z3+z4=1 4 et ab= (z+z4)(z2+z3) =z3+z4+z6+z7=z+z2+z3+z4=1(carz5=1): aetbsont donc les solutions de l"équationX2+X1=0 dont les racines sont1+p5 2 et1p5 2Enfin, puisque
2p5 20;p2 , on aa>0. Par suite, cos2p5 =1+p5 4 et cos4p5 =1p5 4 . D"autre part, sin2p5 >0 et donc, sin 2p5 = +r1cos2(2p5 ) =v uut1 1+p5 4 2 =14 q10+2p5: cos 2p5 =p514 et sin2p5 =14 p10+2p5.De même, en remplaçant
p5 parp5, cos 4p5 =1p5 4 et sin4p5 =14 p102p5. Enfin, cos p5 cospp5 =cos4p5 =1+p5 4 et sinp5 =sinpp5 =sin4p5 =14 p102p5. 2. Le rayon du grand cercle v aut,d"après le théorème de P YTHAGORE:R=pWO2+OM2=p5
2DoncxI=xW+R=1+p5
2 etxJ=xWR=1p5 2 . Par suite,xI=2cos2p5 etxJ=2cos4p5 . Ceci montre que les médiatrices des segments[O;I]et[O;J]coupent le cercle de centreOet de rayon 1 en quatre des cinq sommets du pentagone.OMIJ3.Posons x=AFAC
. D"après le théorème de THALES(je vous laisse vérifier les parallélismes), x=AFAC =HKHC =FGFC =AC2AFACAF=12x1x:Doncx23x+1=0 et puisquex<1,x=3p5
2 . Puis AGAC =ACAFAC =1x=1+p5 2 etFGAF =AC2AFAF =1x2=23p5
2=3+p5
22=1+p5
2 5 AB C D EG F KHDéfinition dunombre d"or.
A BC On veut queCpartage le segment[A;B]de telle sorte queBCAC =ACAB (petitmoyen =moyengrand ) c"est-à-dire, en posanta=ABetx=AC,xa =axx ou encorexa 2+xa1=0 et donc, puisquexa
>0,xa =1+p5 2 Le nombre d"or (ou proportion dorée) est le nombre 1+p5 2 =0;618:::On peut aussi prendre pour le nombre d"or le rapport ax =1+p5 2 =1;618:::Correction del"exer cice4 NSoita2p2 ;p2 .1+itana1itana=cosa+isinacosaisina=e2ia. Donc,1+iz1iz
3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=1+iz1iz=ei(2a3 +2kp3 )=wk, 9k2 f1;0;1g=i(wk+1)z=wk1:Maintenant, pourk2 f1;0;1g,
w k=1,2a3 +2kp32p+2pZ,a2 kp+3p2
+3pZ; ce qui est exclu poura2]p2 ;p2 [. Donc,1+iz1iz
3 =1+itana1itana, 9k2 f1;0;1g=z=wk1i(wk+1), 9k2 f1;0;1g=z=ei(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )e i(a3 +kp3 )ei(a3 +kp3 )i(ei(a3 +kp3 )+ei(a3 +kp3 , 9k2 f1;0;1g=z=2isin(a3 +kp3 )i(2cos(a3 +kp3 )), 9k2 f1;0;1g=z=tan(a3 +kp3)Correction del"exer cice5 N1.On note I1le point d"intersection de la bissectrice(D1)de l"angledBACet de la droite(BC). La parallèle
à(AC)passant parBcoupeD1(puisque(AC)n"est pas parallèle à(D1)) en un pointA1. Les angles alternes-internes [CAA1et[AA1Bsont alors égaux. Puisque d"autre part,[CAA1=[A1AB, on en déduit que 6AA1B=[A1ABet donc que le triangle(ABA1)est isocèle enB. D"après le théorème de THALÈS, on a
alors I 1BI1C=A1BAC
=ABAC =cb et donc puisqueI1est entreBetC,b!I1B+c!I1C=~0, ou enfinI1=barfB(b);C(c)g.A BCI1 A1On a aussi bien sûr les deux autres égalitésI2=barfA(a);C(c)getI3=barfA(a);B(b)goùI2etI3
sont les points d"intersection des deux autres bissectrices avec(AC)et(AB)respectivement. Soit alors I0=barfA(a);B(b);C(c)g. D"après le théorème du barycentre partiel, on a
Ice qui montre queI0est sur(AI1),(BI2)et(CI3), c"est-à-dire sur les trois bissectrices. Par suite,I0=I.
2.Soit z2C.
z;z2etz3ne sont pas deux à deux distincts,z2=zouz3=zouz3=z2,z2 f1;0;1g:Ensuite, pourz=2 f1;0;1g,
z;z2etz3sont alignés, 9l2R=z3z=l(z2z),z3zz2z2R,z+12R,z2R:
Finalement,(z;z2;z3)est un vrai triangle si et seulement sizn"est pas réel. Soit alorszun complexe non
réel. Ocentre du cercle inscrit au triangle(PQR),O=barfP(QR);Q(PR);R(PQ)g ,zjz2z3j+z2jzz3j+z3jzz2j=0,z:jzj:j1zj(jzj+zj1+zj+z2) =0 , jzj+zj1+zj+z2=0(E) (carz=2R)