Correction : Algèbre générale, Répartition des puissances d'un complexe de module 1

David Delaunay Http://Mpsiddl.Free.Fr

Description

Nombres complexes.

Sujets

• Classe préparatoire aux grandes écoles
• Mathématiques, physique et sciences de l'ingénieur
• Public Readiness and Emergency Preparedness Act
• exercices

Informations

• Publié par: algebre-mpsi
• Nombre de lectures: 327
• Licence : En savoir +
  Paternité, pas d'utilisation commerciale, partage des conditions initiales à l'identique
• Langue: Français

Extrait

Correction

d’après ISG 1979
1. eβ−eα=(e(β−α) / 2−e−(β−α) / 2)e(β+α) / 2=2sinβ2−αe(β+α) /

2.a

2.b

2.c

3.

4.

4.b

4.c

donc(eβ−eα)=2 sinβ2−α.

Par hypothèse∃(,)∈ℕ×ℕ∗tel queθ=π.

On a alors2=2π=1 . Donc 2∈et par suite≠ ∅.
est une partie non vide deℕ, elle possède un plus petit élément.
Supposons∃0≤,ℓ≤tels que=ℓi.e. eθ=eℓθ
Quitte à échangeretℓon peut supposer≤ℓ.
On a alors eθ=1 avec=ℓ−∈ℕ.
Or<etest le plus petit élément dedonc∉.
Par suite=0 i.e.=ℓ.
Puisque∈ eon aθ=1 .
Par suite∀0≤≤−1,=eθ=(eθ)=1=1 et donc∈.
Ainsi⊂.
De plus Card==Carddonc=.
Par l’absurde : Supposons∃,ℓ∈ℤtels que=ℓavec≠ℓ.
Quitte à échangeretℓon peut supposer<ℓ.
=ℓdonne eθ=eℓθd’où e()θ1 is−ℓ=avec∈ℤ. Par suiteθ=2πet donc
−ℓ=pu ()θ2π−ℓ
θ∈ℚ. Absurde.
π
∀0≤≤−1,≠ ∅car e2π/∈.

Il est clair que∪⊂.
0≤≤−1
Inversement, soit∈etα=rg()∈0, 2π.
  0
Pour=2(πα)∈ {,…,−1} 2on aπ≤α<2(+1)πet donc∈0≤∪≤−1. Ainsi⊂0≤≤∪−1
puis=∪.
0≤≤−1
Soit,ℓ∈ {0,…,−1}. Si∩ℓ≠ ∅. Soit∈∩ℓetα=rg() . On a 2π≤α<2(+1)πet
 
2ℓπ2(ℓ+1)π

≤α<donc
 
2π<2(ℓ+1)πet 2ℓπ<2(+1)πd’où<ℓ+1 etℓ<+1 ce qui donne=ℓ. Finalement
   
()0≤≤−1est une partition de.
Il y a+1 éléments différents dans la liste0,...,. Ceux-ci sont à repartir parmi lesensembles
0,...,−1idée est connue sous le nom de. Forcément l’un des ensembles en contient au moins 2 (cette
principe des tiroirs).
Remarquons=eθ=e(−)θ.eθ=− arg(. On a donc)=arg(−)+arg() 2πd’où
arg(−)=arg()−arg()=ψ−ϕ2π.
Comme de plusψ−ϕ∈0, 2π, on peut affirmerrg(−)=ψ−ϕ.

4.d

4.e

On a(ψ−ϕ)≤α<(+1)(ψ−ϕ fait) (en (α) ).
=
ψ−ϕ
= = =
Remarquons(−)=(e(−)θ)−(e(ψ−ϕ))e(ψ−ϕ.
α(ψ−ϕ)(ψ−ϕ)−α

(,(−))=(e , e )=2 sin 2 .
0ψ−ϕ)−α ψ−ϕ2π π
L’encadrement initial donne :≤(2≤2≤2≤.2

inα−ψ−ϕsinψ−ϕ ui d résultat voulu.
֏sinétant croissante sur 0,π 02 :≤2)(s≤2qe lneon
:֏−sinest dérivable surℝ+,′() 1 cos≥0 , doncest croissante surℝ+, or(0)=0 ,
= −
la fonctionest donc positive surℝ+.
(,(−))≤2ψ2−ϕ=ψ−ϕ≤2π≤ε!