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Mathématiques PCSI - Exercices

De
400 pages

En complément des Nouveaux Précis, des livres d'exercices offrent les corrigés détaillés et commentés des énoncés « incontournables » de première année, classés par thème et couvrant tout le programme par filière. Pour s'entraîner efficacement et progresser tout au long de l'année, chaque chapitre propose :
- des sujets d'oraux, courts, qui permettent d'acquérir les techniques fondamentales
- des problèmes, qui mettent en oeuvre ces techniques dans des démonstrations plus complexes.

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CHAPITRE
Algèbre
Sujets doraux
1
générale
A. Nombres complexes, trigonométrie B. Ensembles et fonctions. Opérations, groupes, anneaux C. Ensembles finis, dénombrement D. Arithmétique des entiers
Thèmes détude  Problèmes 1. Quelques sujets de trigonométrie 2. Somme des cubes des n premiers entiers 3. Dénombrabilité de!x! 4. Un sousgroupe fini de nombres complexes 5. Valeurs exactes de quelques cosinus
Chapitre 1  Algèbre générale
8
8 22 29 34
40 40 43 44 47 50
7
A
Sujets
doraux
Nombres complexes,
Ex. 1 3 Résoudre léquation(E):z
(16
trigonométrie
2 i)z+(89
16i)z+89i=0, dinconnuez!".
Une équation de degré3érerulosepentêtulénéntmeefed¸oacnutnassieequreainaonncne racine. Le premier objectif est alors de déterminer une solution«apparente». Outre des racines telles que1ou1, voire2ou2, etc. il est fréquent de chercher une racine particulière qui soit réelle ou bien imaginaire pure.
Solution imaginaire pure ? Le nombreix, avecx!#:, est solution si et seulement si 3 2 2 3 2 ix+(16i)x+(89 16i)ix+89i=0, cestàdire16x+16xi(x+x89x89)=0, ce qui équivaut à : 2 3 2 2 et ou encore à 16x+16x=0x+x89x89=0 16x(x+1)=0et(x89)(x+1)=0. On en déduit que(E)admetipour (seule) racine imaginaire pure. La connaissance dune racine permet la factorisation par un polynôme de degré2que lon sait résoudre. Mais il ny a pas de raison doublier une éventuelle racine réelle.
3 2 2 a!#est solution si et seulement sia16a+89a+i(a16a+89)=0, cestà 2 2 2 direa(a16a+89)=0eta16a+89=0, ce qui se réduit àa16a+89=0. 2 2 Maisa16a+89=(a8)+25na pas de solution réelle. Espoirdé¸cu!Maiscommeiest racine, on peut factoriser parz+i.
3 2 2 Il existeu,v,wdans"tels quez(16i)z+(89 16i)z+89i=(z+i)(uz+vz+w). 3 Lexamen des termes enzdonneu=1et celui des termes constants donnew=89. 2 Une rapide identification donne alors et on est ramené à la résolution d . v=16ez16z+89=0 Dans les exemples numériques déquation de degré2, il est préférable de former lexpression canonique. Lusage du discriminant (même réduit) serait un gaspillage. 2 2 2 2 Rappelons à ce sujet que les égalitésUV=(UV)(U+V)etU+V=(UiV)(U+iV) sont toujours vraies, queUetVsoient réels ou complexes.
2 2 Avecz16z+89=(z8)+25=(z de(E)et finalement, les racines sont
8 5i)(z8+5i), on obtient les deux autres racines i,8+5iet8 5i.
Ex. 2 2 Étant donnézetzdans", on considèreu!"tel queu=zz. z+z z+z Montrer quez+z=u+ +u. 2 2
8
En posants=z+z, un énoncé équivalent est2z+z=s2u+s+2u. On obtient encore un énoncé équivalent en étudiant les carrés des deux membres. Il est souvent préférable dexaminer le terme le plus compliqué et de le réduire.
Sujets doraux
2 2 2 2 2 Le carré du second membre ests2u+s+2u=s2u+s+2u+2s4u. 2 2 2 2 2 2 2 Avecs=z+zetu=zz, il vients4u=(z+z)4zz, doncs4u=(z z). Rappelons une règle usuelle, dite légalité du parallélogramme : 2 2 2 2 2 2 a+b=a+b+2Re(ab)etab=a+b2Re(ab) 2 2 2 2 donne :a+b+ab=2a+2b.
2 2 2 2 2 On a aussis2u+s+2u=2s+8u=2s+8zz. 2 2 2 2 2 2 Notons ques=z+z+2ezzetz z=z+z2Rezz. On a obtenu une avancée significative, le termeua formellement disparu.
Il vient ainsi : 2 2 2 s2u+s+2u+2s cestàdire : s2u+s
2 4u
2u
2 2 =2z+2z+4Rezz+8zz
2 =4
et enfin le résultat espéré :2z+z
2 2 z+z+2zz
=s
2u+s
2u.
2 2 +2z+2z
2 =4z+z
Ex. 3 n1n1 k"k" Étant donnén!!,n!2, calculer les sommesSn=sinetTn=sin. n2n k=1k=1
, 4Rezz
1) k" k" i n sinest la partie imaginaire dee n n1 k" i n Snest la partie imaginaire deYn=e, somme den1termes consécutifs dune suite k=1 " " i i n n géométrique, de premier termeeet de raisone"1. On a donc : (n1)" i "n ie1 n Yn=e " i n e1
ia Danse
a i 2 1, on factorise pare, ce qui fait apparaître : a a a a i i i ia ia 2 2 2 2 e1=ee e =2iesin. 2
(n1)"(n1)" " " i i(n1)"i i" Avece1=2iesinete1=2iesin, en notant de plus n2n n2n 2n2n "(n1)"(n1)" i i sin n2n" e ei 2n que=e=i, il vientYn=i. On a donc pour partie imaginaire : 2 " " i sin 2n e 2n (n1)" sin 2n Sn=. " sin 2n
n1 k" Au passage, on a montré en même temps queCn=cos=0. n k=1
Chapitre 1  Algèbre générale
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(n1)" " Avec= 2n2
" "1 (n1)" , on asin=coset finalement,Sn=. 2n" 2n2n tan 2n
1 En complément, on peut étudierSn, ce qui est un thème classique. n " 1"1u" 2n Snqui est de la forme avecest égal à , ce u=. " n2ntanu2n tan 2n tanu On alimu=0et, classiquement,lim=1. n+u0u Sn" On en déduit alors que la suite a pour limite . n2 n!2
2)
Pas de faux espoir ! La sommeTnne se ramène pas àSn, même de fac¸on lointaine. Toutefois le démarrage est analogue.
k" ik"/2n sinest la partie imaginaire dee. Comme précédemment, on a : 2n (n1)"(n1)" n1 sinsin k" " i i 4n4n e=edont la partie imaginaire estTn=. 2n4 " " sin2sin k=1 4 4n n (n+1)"" " " " coscoscos sinsin "(n1)"(n+1)" 4n4 4n4 4n Avec=, on a aussiTn= =, " " 2 4n4n 2sin2sin 4n4n 1 1 et finalement,Tn=. 2tan"/4n2
Ex. 4 n 1+cosnx1x Soitxréel,x#/0mod". Montrer quecoskx= +sinnxcotan. 2 2 2 k=0
n n Il est classique dassocier la sommeBn=sinkxà la sommeAn=coskx. n k=0k=0 Notons que lon aBn=sinkx. k=1 Ces deux sommes sont des grands classiques qui sapparentent à des questions de cours. Toutefois, le résultat usuel na pas cette forme.
n ikx SoitSn=An+iBn: alorsSn=eest la somme den+1termes consécutifs dune suite k=0 ix géométrique, de premier terme1et de raisone"1 .
ix On ae"1si et seulement sixnest pas un multiple entier pair de". Le cas oùxserait un multiple entier impair de"est facile à traiter directement.
(n+1)x(n+1)x i i i(n+1)x 2 2 e1e e SnixdonneSn = = x x e1i i 2 2 e e
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Sujets doraux
(n+1)x i 2 e x i 2 e
(n+1)x nxsin i 2 =e. 2 x sin 2
(n+1)x(n+1)x sinsin nxnx 2 2 Les parties réelle et imaginaire donnentAn=cosetBn=sin. x x 2 2 sinsin 2 2 Ce sont ces expressions qui sont classiques. Voyons celle qui est demandée et son analogue. Notons quesinx/2"0rend indispensablex/#0mod2". 1nx xcos(x/2) 2 (1+cosnx)=cosdoit être dégagé deAnetcotan=demande de faire 2 2 2sin(x/2) apparaîtrecos(x/2). Une formule du typesin(a+b)va le permettre.
(n+1)xnx xnx x On asin=sincos+cos sinet il sensuit : 2 2 2 2 2 nxnx xnx 2 Ancos sincotan+cos, = 2 2 2 2 1+cosnx1x ce qui donneAn= +sinnxcotan. 2 2 2 nx xnxnx1cosnx x1 2 On obtient aussiBn=sincotan+cos sin=cotan+sinnx. 2 2 2 2 2 2 2
Ex. 5 On considère lapplication#du plan dans luimême qui, au pointMdaffixezassocie le point 3+i3 1i3 Mdaffixez=z+. 4 2 Montrer quil y a un point invariant et un seul, notéA, et que, pour toutM"A, le triangle AMMest rectangle.
#est une similitude, et ce nest pas une translation ; elle a donc un point fixe unique. La première question est de le préciser.
Adaffixeaest invariant par#si et seulement si :
3+i3 1i3 1i3 1i a=a+cestàdire sia= 4 2 4 2 doùa=2. 3+i3" Langle(AM,AM).est largument de , qui est 4 6 Si le triangleAMMest rectangle, ce ne peut donc être quenMou enM.
Les affixes deAM,MMetAMsont respectivementz
z On a(AM,MM)=arg z
Avecz
3+i 2= 4
3 (z
z z et(AM,MM)=arg 2 z
2)etz
z=(z
2)
(z
2,z
zetz
. 2
3 ,
z . Formons donc ces deux nombres. 2
2), il vient :
z z3+i3 1i3 2" =1+ =, qui est dargument . z2 4 4 3 z z z32 4 " On a=1=1=i., dargument 3 2 z2z2 3+i3 Le triangleAMMest donc rectangle enM.
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