Forme exponentielle et linéarisation : corrigé du contrôle de maths en L1

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Barème du contrôle corrigé : forme exponentielle et linéarisation

Le corrigé détaillé : forme exponentielle et linéarisation

Exercice 1 – Deux points du plan complexe (3 points)

1. D’abord, \(|z_1| = \sqrt{3 + 9} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\). Un argument \(\theta_1\) vérifie alors \(\cos\theta_1 = \frac{-\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = -\frac{1}{2}\) et \(\sin\theta_1 = \frac{3}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(\theta_1 = \frac{2\pi}{3}\) convient.

   Ensuite, \(|z_2| = \sqrt{4 + 4} = 2\sqrt{2}\), avec \(\cos\theta_2 = \frac{\sqrt{2}}{2}\) et \(\sin\theta_2 = -\frac{\sqrt{2}}{2}\), donc \(\theta_2 = -\frac{\pi}{4}\).

   Ainsi \(z_1 = 2\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{2i\pi/3}\) et \(z_2 = 2\sqrt{2}\,\mathrm{e}^{-i\pi/4}\).

2. Par les règles de calcul sur l’exponentielle complexe, \(z_1^3 = \left(2\sqrt{3}\right)^3 \mathrm{e}^{2i\pi} = 24\sqrt{3}\), car \(\left(2\sqrt{3}\right)^3 = 8 \times 3\sqrt{3}\). De même, \(z_2^2 = 8\,\mathrm{e}^{-i\pi/2}\).

   Par conséquent \(Q = \dfrac{24\sqrt{3}}{8\,\mathrm{e}^{-i\pi/2}} = 3\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{i\pi/2}\), c’est-à-dire \(Q = 3\sqrt{3}\,i\), un imaginaire pur.

3. On a \(z_1^n = \left(2\sqrt{3}\right)^n \mathrm{e}^{2in\pi/3}\) avec un module strictement positif. Ce nombre est donc un réel strictement positif si et seulement si \(\mathrm{e}^{2in\pi/3} = 1\), soit \(\frac{2n\pi}{3} \in 2\pi\mathbb{Z}\). Finalement, \(n\) doit être un multiple de \(3\).

Piège classique : prendre \(\arctan\left(\frac{3}{-\sqrt{3}}\right) = -\frac{\pi}{3}\) comme argument de \(z_1\). Ce réel donne un point du mauvais quadrant, car la partie réelle de \(z_1\) est négative.

Barème : a) 1 point (0,5 par nombre, cosinus et sinus exigés) ; b) 1,5 point (puissances 1, forme algébrique 0,5) ; c) 0,5 point.

Exercice 2 – Cube d’un cosinus (4 points)

1. Pour tout réel \(u\), la formule d’Euler et le binôme de Newton donnent :

   \[\cos^3 u = \frac{\left(\mathrm{e}^{iu} + \mathrm{e}^{-iu}\right)^3}{8} = \frac{\mathrm{e}^{3iu} + 3\,\mathrm{e}^{iu} + 3\,\mathrm{e}^{-iu} + \mathrm{e}^{-3iu}}{8}.\]

   On regroupe ensuite les exponentielles conjuguées : \(\mathrm{e}^{3iu} + \mathrm{e}^{-3iu} = 2\cos(3u)\) et \(\mathrm{e}^{iu} + \mathrm{e}^{-iu} = 2\cos u\). Donc \(\cos^3 u = \frac{1}{4}\cos(3u) + \frac{3}{4}\cos u\).

2. Grâce à la linéarisation, une primitive de \(u \mapsto \cos^3 u\) est \(u \mapsto \frac{1}{12}\sin(3u) + \frac{3}{4}\sin u\). Ainsi :

   \[I = \frac{1}{12}\sin\pi + \frac{3}{4}\sin\frac{\pi}{3} – 0 = \frac{3}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2}.\]

   Finalement, \(I = \dfrac{3\sqrt{3}}{8}\).

3. La question a) fournit \(\cos(3u) = 4\cos^3 u – 3\cos u\). Tout réel \(x\) de \([-1\,;\,1]\) s’écrit d’une seule façon \(x = \cos u\) avec \(u \in [0\,;\,\pi]\). Pour un tel \(x\), l’équation \(8x^3 – 6x – 1 = 0\) équivaut à \(2\cos(3u) = 1\), soit \(\cos(3u) = \frac{1}{2}\).

   Comme \(3u \in [0\,;\,3\pi]\), on obtient \(3u \in \left\{\frac{\pi}{3}, \frac{5\pi}{3}, \frac{7\pi}{3}\right\}\), donc \(u \in \left\{\frac{\pi}{9}, \frac{5\pi}{9}, \frac{7\pi}{9}\right\}\). La fonction cosinus étant strictement décroissante sur \([0\,;\,\pi]\), les trois réels obtenus sont distincts. Or un polynôme de degré \(3\) a au plus trois racines : les solutions sont \(\cos\frac{\pi}{9}\), \(\cos\frac{5\pi}{9}\) et \(\cos\frac{7\pi}{9}\).

Barème : a) 1,5 point (développement 1, regroupement 0,5) ; b) 1 point ; c) 1,5 point (formule de \(\cos(3u)\) 0,5, résolution 0,5, argument de dénombrement 0,5).

Exercice 3 – Pentagone et racines quatrièmes (4 points)

1. Le nombre \(\omega\) vérifie \(\omega^5 = \mathrm{e}^{2i\pi} = 1\) et \(\omega \neq 1\), puisque \(\frac{2\pi}{5} \notin 2\pi\mathbb{Z}\). On peut donc appliquer la formule de la somme géométrique : \(S = \dfrac{1 – \omega^5}{1 – \omega} = 0\). Ainsi \(S = 0\).

2. Les parties réelles des puissances de \(\omega\) sont les \(\cos\frac{2k\pi}{5}\). Or \(\cos\frac{8\pi}{5} = \cos\frac{2\pi}{5}\) et \(\cos\frac{6\pi}{5} = \cos\frac{4\pi}{5}\), donc \(0 = \mathrm{Re}(S) = 1 + 2c + 2\cos\frac{4\pi}{5}\).

   De plus, \(\cos\frac{4\pi}{5} = 2c^2 – 1\) d’après la formule de duplication. On obtient alors \(1 + 2c + 4c^2 – 2 = 0\), c’est-à-dire \(4c^2 + 2c – 1 = 0\).

   Cette équation a pour racines \(\frac{-1 – \sqrt{5}}{4}\) et \(\frac{-1 + \sqrt{5}}{4}\). Comme \(\frac{2\pi}{5} \in \left]0\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\), le réel \(c\) est positif, donc \(c = \dfrac{\sqrt{5} – 1}{4}\).

3. D’abord, \(\left|-8 + 8\sqrt{3}\,i\right| = \sqrt{64 + 192} = 16\), puis \(-8 + 8\sqrt{3}\,i = 16\left(-\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) = 16\,\mathrm{e}^{2i\pi/3}\).

   Cherchons \(z = \rho\,\mathrm{e}^{i\alpha}\) avec \(\rho > 0\). L’équation équivaut à \(\rho^4 = 16\) et \(4\alpha \equiv \frac{2\pi}{3} \pmod{2\pi}\), soit \(\rho = 2\) et \(\alpha = \frac{\pi}{6} + \frac{k\pi}{2}\) avec \(k \in \{0, 1, 2, 3\}\). Les quatre solutions sont donc :

   \(2\,\mathrm{e}^{i\pi/6} = \sqrt{3} + i\) ; \(2\,\mathrm{e}^{2i\pi/3} = -1 + \sqrt{3}\,i\) ; \(2\,\mathrm{e}^{7i\pi/6} = -\sqrt{3} – i\) ; \(2\,\mathrm{e}^{5i\pi/3} = 1 – \sqrt{3}\,i\).

   Vérification : \(\left(\sqrt{3} + i\right)^2 = 2 + 2\sqrt{3}\,i\), puis \(\left(2 + 2\sqrt{3}\,i\right)^2 = 4 + 8\sqrt{3}\,i – 12 = -8 + 8\sqrt{3}\,i\).

   

4. Chaque solution se déduit de la précédente par multiplication par \(\mathrm{e}^{i\pi/2} = i\), donc par la rotation de centre \(O\) et d’angle \(\frac{\pi}{2}\). Les quatre points forment par conséquent un carré de centre \(O\). Son côté vaut \(\left|2\,\mathrm{e}^{i\pi/6}\right| \times |i – 1| = 2\sqrt{2}\), donc son aire vaut \(8\).

Barème : a) 1 point (\(\omega \neq 1\) doit être signalé) ; b) 1 point (équation 0,5, choix du signe 0,5) ; c) 1,5 point (forme exponentielle du second membre 0,5, racines 1) ; d) 0,5 point.

Exercice 4 – Un trinôme complexe et une rotation (4 points)

1. Posons \(\delta = a + ib\) avec \(a\) et \(b\) réels. L’égalité \(\delta^2 = -2i\) donne \(a^2 – b^2 = 0\) et \(2ab = -2\) ; l’égalité des modules ajoute \(a^2 + b^2 = 2\). On en tire \(a^2 = b^2 = 1\), avec \(ab = -1\), donc \(a\) et \(b\) de signes contraires. Ainsi \(\delta = 1 – i\) ou \(\delta = -1 + i\).

2. Le discriminant vaut \(\Delta = (3 + i)^2 – 4(2 + 2i) = 9 + 6i – 1 – 8 – 8i = -2i\). D’après la question a), \(1 – i\) en est une racine carrée, donc :

   \[z = \frac{(3 + i) + (1 – i)}{2} = 2 \quad \text{ou} \quad z = \frac{(3 + i) – (1 – i)}{2} = 1 + i.\]

   Les solutions de \((E)\) sont \(2\) et \(1 + i\). En effet, leur somme vaut \(3 + i\) et leur produit \(2 + 2i\), comme l’imposent les relations entre coefficients et racines.

3. On a donc \(A(2)\) et \(B(1 + i)\). L’expression complexe de la rotation est \(r(z) = 1 + i + i\left(z – 1 – i\right)\). Alors \(z_{A_1} = 1 + i + i(1 – i) = 1 + i + i + 1\), d’où \(z_{A_1} = 2 + 2i\).

   

4. Une rotation conserve les distances, donc \(BA_1 = BA = |1 – i| = \sqrt{2}\). De plus, l’angle \(\left(\overrightarrow{BA}, \overrightarrow{BA_1}\right)\) mesure \(\frac{\pi}{2}\). Le triangle \(ABA_1\) est donc isocèle et rectangle en \(B\).

Piège classique : écrire \(r(z) = i z\), qui décrit la rotation de centre \(O\). Il faut d’abord ramener le centre \(B\) à l’origine, puis revenir.

Barème : a) 1 point (système complet exigé) ; b) 1,5 point (discriminant 0,5, solutions 1) ; c) 1 point (écriture de \(r\) 0,5, image 0,5) ; d) 0,5 point.

Exercice 5 – Problème : angle moitié et sommes binomiales (5 points)

1. Mettons en facteur l’exponentielle de la demi-somme : \(\mathrm{e}^{ia} + \mathrm{e}^{ib} = \mathrm{e}^{i(a+b)/2}\left(\mathrm{e}^{i(a-b)/2} + \mathrm{e}^{-i(a-b)/2}\right)\). La parenthèse vaut \(2\cos\left(\frac{a-b}{2}\right)\) d’après la formule d’Euler, ce qui donne \(\mathrm{e}^{ia} + \mathrm{e}^{ib} = 2\cos\left(\frac{a – b}{2}\right)\mathrm{e}^{i(a+b)/2}\).

2. Avec \(a = 0\) et \(b = \theta\), il vient \(1 + \mathrm{e}^{i\theta} = 2\cos\left(\frac{\theta}{2}\right)\mathrm{e}^{i\theta/2}\). Pour \(\theta \in \left]-\pi\,;\,\pi\right[\), on a \(\frac{\theta}{2} \in \left]-\frac{\pi}{2}\,;\,\frac{\pi}{2}\right[\), donc \(\cos\frac{\theta}{2} > 0\). L’écriture obtenue est alors une forme exponentielle : le module vaut \(2\cos\frac{\theta}{2}\) et \(\frac{\theta}{2}\) est un argument.

   En revanche, pour \(\theta = \pi\), on trouve \(1 + \mathrm{e}^{i\pi} = 0\) : ce nombre nul n’a pas d’argument.

3. D’une part, la formule du binôme donne \(\left(1 + \mathrm{e}^{ix}\right)^n = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \mathrm{e}^{ikx}\). Les coefficients binomiaux étant réels, la partie réelle de cette somme est exactement \(C_n(x)\).

   D’autre part, la question b), valable pour tout réel grâce à a), fournit \(\left(1 + \mathrm{e}^{ix}\right)^n = 2^n \cos^n\left(\frac{x}{2}\right)\mathrm{e}^{inx/2}\), dont la partie réelle est \(2^n \cos^n\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{nx}{2}\right)\). En identifiant les parties réelles, on conclut que \(C_n(x) = 2^n \cos^n\left(\frac{x}{2}\right)\cos\left(\frac{nx}{2}\right)\).

4. Avec la formule : \(C_6\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 2^6 \cos^6\left(\frac{\pi}{3}\right)\cos(2\pi) = 64 \times \frac{1}{64} \times 1\), donc \(C_6\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1\).

   Contrôle direct : les cosinus \(\cos\frac{2k\pi}{3}\) valent \(1\) pour \(k \in \{0, 3, 6\}\) et \(-\frac{1}{2}\) sinon. Les coefficients \(\binom{6}{k}\) sont \(1, 6, 15, 20, 15, 6, 1\). La somme vaut donc \(1 + 20 + 1 – \frac{1}{2}(6 + 15 + 15 + 6) = 22 – 21 = 1\), ce qui confirme le résultat.

5. Il suffit cette fois d’identifier les parties imaginaires dans les deux développements : \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \sin(kx) = 2^n \cos^n\left(\frac{x}{2}\right)\sin\left(\frac{nx}{2}\right)\).

Piège classique : affirmer que \(2\cos\frac{\theta}{2}\) est toujours le module de \(1 + \mathrm{e}^{i\theta}\). Ce n’est vrai que si le cosinus est positif ; sinon le module vaut \(-2\cos\frac{\theta}{2}\).

Barème : a) 1 point ; b) 1 point (module et argument 0,75, cas \(\theta = \pi\) 0,25) ; c) 1,5 point (binôme 0,5, angle moitié 0,5, identification 0,5) ; d) 1 point (formule 0,5, contrôle direct 0,5) ; e) 0,5 point.

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