Moyen de-recherche-d-emploi
-
Upload
karim-amane -
Category
Science
-
view
66 -
download
0
Transcript of Moyen de-recherche-d-emploi
1
NOMBRES COMPLEXES
Exercice 1 :
On donne ๐0 un rรฉel tel que : cos(๐0) =2
โ5 et sin(๐0) =
1
โ5.
Calculer le module et l'argument de chacun des nombres complexes suivants (en fonction de ๐0) :
๐ = 3๐(2 + ๐)(4 + 2๐)(1 + ๐) et ๐ =(4+2๐)(โ1+๐)
(2โ๐)3๐
Allez ร : Correction exercice 1 :
Exercice 2 :
Mettre sous la forme ๐ + ๐๐, ๐, ๐ โ โ (forme algรฉbrique) les nombres complexes
๐ง1 =3 + 6๐
3 โ 4๐; ๐ง2 = (
1 + ๐
2 โ ๐)2
; ๐ง3 =2 + 5๐
1 โ ๐+2 โ 5๐
1 + ๐
๐ง4 =5 + 2๐
1 โ 2๐; ๐ง5 = (โ
1
2+ ๐
โ3
2)
3
; ๐ง6 =(1 + ๐)9
(1 โ ๐)7
๐ง7 = โ2
1 โ ๐ โ3; ๐ง8 =
1
(1 + 2๐)(3 โ ๐); ๐ง9 =
1 + 2๐
1 โ 2๐
Allez ร : Correction exercice 2 :
Exercice 3 :
Ecrire sous forme algรฉbrique les nombres complexes suivants
๐ง1 = 2๐2๐๐3 ; ๐ง2 = โ2๐๐
๐8; ๐ง3 = 3๐โ
7๐๐8 ; ๐ง4 = (2๐
๐๐4 ) (๐โ
3๐๐4 ) ;
๐ง5 =2๐
๐๐4
๐โ 3๐๐4
; ๐ง6 = (2๐๐๐3) (3๐
5๐๐6 ) ; ๐ง7 =
2๐๐๐3
3๐โ 5๐๐6
๐ง8, le nombre de module 2 et dโargument ๐
3.
๐ง9 le nombre de module 3 et dโargument โ๐
8.
Allez ร : Correction exercice 3 :
Exercice 4 :
1. Mettre sous forme trigonomรฉtrique les nombres complexes suivants, ainsi que leur conjuguรฉs :
๐ง1 = 3 + 3๐; ๐ง2 = โ1 โ ๐ โ3; ๐ง3 = โ4
3๐; ๐ง4 = โ2; ๐ง5 = ๐
๐๐ + ๐2๐๐, ๐ โ] โ ๐, ๐[
Pour ๐ง5, factoriser par ๐3๐๐
2
๐ง6 = 1 + ๐; ๐ง7 = 1 + ๐ โ3; ๐ง8 = โ3 + ๐; ๐ง9 =1 + ๐โ3
โ3 โ ๐; ๐ง10 = 1 + ๐
๐๐ , ๐ โ] โ ๐, ๐[
Pour ๐ง10, factoriser par ๐๐๐
2
2. Calculer le module et un argument des nombres complexes suivants, ainsi que de leur conjuguรฉs.
๐ง1 = 1 + ๐(1 + โ2); ๐ง2 = โ10 + 2โ5 + ๐(1 โ โ5); ๐ง3 =tan(๐) โ ๐
tan(๐) + ๐; ๐ง4 =
1
1 + ๐ tan(๐)
Indication :
Ecrire ๐ง1 sous la forme ๐ผ(๐๐๐ + ๐2๐๐)
Calculer ๐ง25
3. Calculer
2
(1 + ๐โ3
2)
2010
Allez ร : Correction exercice 4 :
Exercice 5 :
Effectuer les calculs suivants :
1. (3 + 2๐)(1 โ 3๐)
2. Produit du nombre complexe de module 2 et dโargument ๐
3 par le nombre complexe de module 3 et
dโargument โ5๐
6.
3. Quotient du nombre complexe de modulo 2 et dโargument ๐
3 par le nombre complexe de module 3 et
dโargument โ5๐
6.
Allez ร : Correction exercice 5 :
Exercice 6 :
Etablir les รฉgalitรฉs suivantes :
1.
(cos (๐
7) + ๐ sin (
๐
7)) (
1 โ ๐โ3
2) (1 + ๐) = โ2 (cos (
5๐
84) + ๐ sin (
5๐
84))
2.
(1 โ ๐) (cos (๐
5) + ๐ sin (
๐
5)) (โ3 โ ๐) = 2โ2 (cos (
13๐
60) โ ๐ sin (
13๐
60))
3.
โ2(cos (๐12) + ๐ sin (
๐12))
1 + ๐=โ3 โ ๐
2
Allez ร : Correction exercice 6 :
Exercice 7 :
Soit
๐ข = 1 + ๐ et ๐ฃ = โ1 + ๐โ3
1. Dรฉterminer les modules de ๐ข et ๐ฃ.
2. Dรฉterminer un argument de ๐ข et un argument de ๐ฃ.
3. En dรฉduire le module et un argument pour chacune des racines cubiques de ๐ข.
4. Dรฉterminer le module et un argument de ๐ข
๐ฃ.
5. En dรฉduire les valeurs de
cos (โ5๐
12) et sin (โ
5๐
12)
Allez ร : Correction exercice 7 :
Exercice 8 :
Calculer le module et un argument de
๐ข =โ6 โ ๐โ2
2 et ๐ฃ = 1 โ ๐
En dรฉduire le module et un argument de ๐ข
๐ฃ.
Allez ร : Correction exercice 8 :
3
Exercice 9 :
Effectuer les calculs suivants en utilisant la forme exponentielle.
๐ง1 =1 + ๐
1 โ ๐; ๐ง2 = (
1 + ๐
1 โ ๐)3
; ๐ง3 = (1 + ๐โ3)4; ๐ง4 = (1 + ๐โ3)
5+ (1 โ ๐โ3)
5;
๐ง5 =1 + ๐โ3
โ3 + ๐; ๐ง6 =
โ6 โ ๐โ2
2 โ 2๐
Allez ร : Correction exercice 9 :
Exercice 10 :
Calculer les racines carrรฉes des nombres suivants.
๐ง1 = โ1; ๐ง2 = ๐; ๐ง3 = 1 + ๐; ๐ง4 = โ1 โ ๐; ๐ง5 = 1 + ๐โ3; ๐ง6 = 3 + 4๐; ๐ง7 = 7 + 24๐; ๐ง8 = 3 โ 4๐; ๐ง9 = 24 โ 10๐
Allez ร : Correction exercice 10 :
Exercice 11 :
1. Calculer les racines carrรฉes de 1+๐
โ2. En dรฉduire les valeurs de cos (
๐
8) et sin (
๐
8).
2. Calculer les racines carrรฉes de โ3+๐
2. En dรฉduire les valeurs de cos (
๐
12) et sin (
๐
12).
Allez ร : Correction exercice 11 :
Exercice 12 :
Rรฉsoudre dans โ les รฉquations suivantes :
1. ๐ง2 + ๐ง + 1 = 0.
2. ๐ง2 โ (5๐ + 14)๐ง + 2(5๐ + 12) = 0.
3. ๐ง2 โ โ3๐ง โ ๐ = 0.
4. ๐ง2 โ (1 + 2๐)๐ง + ๐ โ 1 = 0.
5. ๐ง2 โ (3 + 4๐)๐ง โ 1 + 5๐ = 0.
6. 4๐ง2 โ 2๐ง + 1 = 0.
7. ๐ง4 + 10๐ง2 + 169 = 0.
8. ๐ง4 + 2๐ง2 + 4 = 0.
9. ๐ฅ4 โ 30๐ฅ2 + 289 = 0.
10. ๐ฅ4 + 4๐ฅ3 + 6๐ฅ2 + 4๐ฅ โ 15 = 0.
11. ๐ง3 + 3๐ง โ 2๐ = 0.
12. ๐ง2 โ (1 + ๐)(1 + ๐)๐ง + (1 + ๐2)๐ = 0.
13. ๐๐ง2 + (1 โ 5๐)๐ง + 6๐ โ 2 = 0.
14. (1 + ๐)๐ง2 โ (3 + ๐)๐ง โ 6 + 4๐ = 0.
15. (1 + 2๐)๐ง2 โ (9 + 3๐)๐ง โ 5๐ + 10 = 0.
16. (1 + 3๐)๐ง2 โ (6๐ + 2)๐ง + 11๐ โ 23 = 0.
Allez ร : Correction exercice 12 :
Exercice 13 :
Rรฉsoudre lโรฉquation :
๐4 + (3 โ 6๐)๐2 โ 8 โ 6๐ = 0
Allez ร : Correction exercice 13 :
Exercice 14 :
(1 โ ๐)๐3 โ (5 + ๐)๐2 + (4 + 6๐)๐ โ 4๐ = 0
1. Montrer que cette รฉquation admet une racine rรฉelle.
2. Rรฉsoudre cette รฉquation.
4
Allez ร : Correction exercice 14 :
Exercice 15 :
Rรฉsoudre dans โ lโรฉquation
๐ง6 โ ๐๐ง3 โ 1 โ ๐ = 0
Indication : Poser ๐ = ๐ง3 et rรฉsoudre dโabord ๐2 โ ๐๐ โ 1 โ ๐ = 0.
Allez ร : Correction exercice 15 :
Exercice 16 :
Soit (๐ธ) lโรฉquation
๐4 โ 3๐3 + (2 โ ๐)๐2 + 3๐ โ 3 + ๐ = 0
1. Montrer que (๐ธ) admet des racines rรฉelles.
2. Rรฉsoudre (๐ธ).
Allez ร : Correction exercice 16 :
Exercice 17 :
1. Rรฉsoudre ๐3 = โ2 + 2๐
2. Rรฉsoudre ๐3 = โ8๐
3. Rรฉsoudre
1
2๐6 + (1 + 3๐)๐3 + 8 + 8๐ = 0
On rappelle que โ676 = 26.
Allez ร : Correction exercice 17 :
Exercice 18 :
Soit lโรฉquation ๐ง3 โ ๐๐ง + 1 โ ๐ = 0 (๐ธ)
1. Montrer que (๐ธ) admet une racine rรฉelle.
2. Dรฉterminer les solutions de (๐ธ).
Allez ร : Correction exercice 18 :
Exercice 19 :
Soit (๐ธ) lโรฉquation
๐4 โ (3 + โ3)๐3 + (2 + 3โ3 โ ๐)๐2 + (โ2โ3 + 3๐)๐ โ 2๐ = 0
1. Montrer que (๐ธ) admet des racines rรฉelles.
2. Rรฉsoudre (๐ธ).
Allez ร : Correction exercice 19 :
Exercice 20 :
Soit ๐ง = โ2 + โ3 + ๐โ2 โ โ3
1. Calculer ๐ง2, puis dรฉterminer le module et un argument de ๐ง2, puis รฉcrire ๐ง2 sous forme trigonomรฉtrique.
2. En dรฉduire le module et un argument de ๐ง.
3. En dรฉduire cos (๐
12) et sin (
๐
12).
Allez ร : Correction exercice 20 :
Exercice 21 :
1. Donner les solutions de :
๐ข4 = โ4
5
Sous forme algรฉbrique et trigonomรฉtrique.
2. Donner les solutions de :
(๐ง + 1)4 + 4(๐ง โ 1)4 = 0
Sous forme algรฉbrique.
Allez ร : Correction exercice 21 :
Exercice 22 :
1. Donner les solutions complexes de ๐4 = 1.
2. Rรฉsoudre ๐4 = โ1
2โ ๐
โ3
2
3. Rรฉsoudre ๐8 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐4 โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0
Allez ร : Correction exercice 22 :
Exercice 23 :
Ecrire sous forme algรฉbrique et trigonomรฉtrique le nombre complexe
(1 + ๐ โ โ3(1 โ ๐)
1 + ๐)
2
Allez ร : Correction exercice 23 :
Exercice 24 :
1. Dรฉterminer le module et un argument de 1+๐
1โ๐, calculer (
1+๐
1โ๐)2010
2. Dรฉterminer le module et un argument de 1 + ๐โ3, calculer (1 + ๐โ3)2010
3. Calculer les puissances ๐-iรจme des nombres complexes.
๐ง1 =1 + ๐โ3
1 + ๐; ๐ง2 = 1 + ๐; ๐ง3 =
1 + ๐ tan(๐)
1 โ ๐ tan(๐); ๐ง4 = 1 + cos(๐) + ๐ sin (๐)
Allez ร : Correction exercice 24 :
Exercice 25 :
Comment choisir lโentier naturel ๐ pour que (โ3 + ๐)๐
soit rรฉel ? Imaginaire ?
Allez ร : Correction exercice 25 :
Exercice 26 :
Soit ๐ง un nombre complexe de module ๐ et dโargument ๐, et soit ๐ง son conjuguรฉ. Calculer
(๐ง + ๐ง)(๐ง2 + ๐ง2)โฆ (๐ง๐ + ๐ง
๐)
En fonction de ๐ et ๐. Et de cos(๐) cos(2๐)โฆ cos(๐๐)
Allez ร : Correction exercice 26 :
Exercice 27 :
1. Pour quelles valeurs de ๐ง โ โ a-t-on |1 + ๐๐ง| = |1 โ ๐๐ง|
2. On considรจre dans โ lโรฉquation
(1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง)๐
=1 + ๐๐
1 โ ๐๐, ๐ โ โ
Montrer, sans les calculer, que les solutions sont rรฉelles. Trouver alors les solutions.
3. Calculer les racines cubiques de โ3+๐
โ3โ๐
Allez ร : Correction exercice 27 :
6
Exercice 28 :
Rรฉsoudre dans โ lโรฉquation
(2๐ง + 1
๐ง โ 1)4
= 1
Allez ร : Correction exercice 28 :
Exercice 29 :
Rรฉsoudre dans โ lโรฉquation
๐ง4 = (1 โ ๐
1 โ ๐โ3)4
Allez ร : Correction exercice 29 :
Exercice 30 :
1. Dรฉterminer les deux solutions complexes de ๐ข2 = โ2 + 2๐โ3.
2. Rรฉsoudre
(๐ง + ๐
๐ง โ ๐)2
= โ2 + 2๐โ3
On explicitera les solutions sous forme algรฉbrique.
Allez ร : Correction exercice 30 :
Exercice 31 :
Rรฉsoudre dans โ
(๐ง โ 1
๐ง โ ๐)3
= โ8
On donnera les solutions sous forme algรฉbrique.
Allez ร : Correction exercice 31 :
Exercice 32 :
On appelle ๐ = โ1
2+ ๐
โ3
2
1. Rรฉsoudre dans โ, lโรฉquation ๐3 = 1 (donner les solutions sous forme algรฉbrique et trigonomรฉtrique)
2. Montrer que ๐ = ๐2
3. Montrer que ๐โ1 = ๐2
4. Montrer que 1 + ๐ + ๐2 = 0
5. Calculer 1
1+๐.
6. Calculer ๐๐ pour tout ๐ โ โ.
Allez ร : Correction exercice 32 :
Exercice 33 :
Rรฉsoudre dans โ lโรฉquation
๐ง3 =1
4(โ1 + ๐)
Et montrer quโune seule de ces solutions a une puissance quatriรจme rรฉelle.
Allez ร : Correction exercice 33 :
Exercice 34 :
1. Donner les solutions complexes de ๐4 = 1.
7
2. Rรฉsoudre ๐4 = โ1
2โ ๐
โ3
2
3. Rรฉsoudre ๐8 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐4 โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0
Allez ร : Correction exercice 34 :
Exercice 35 :
Trouver les racines cubiques de 11 + 2๐.
Allez ร : Correction exercice 35 :
Exercice 36 :
Calculer
1 + ๐โ32
โ2(1 + ๐)2
Algรฉbriquement, puis trigonomรฉtriquement. En dรฉduire cos (๐
12), sin (
๐
12), tan (
๐
12) et tan (
5๐
12).
Allez ร : Correction exercice 36 :
Exercice 37 :
Trouver les racines quatriรจme de 81 et de โ81.
Allez ร : Correction exercice 37 :
Exercice 38 :
Soit ๐ โฅ 2, un entier.
1.
a. Dรฉterminer les complexes qui vรฉrifient ๐ง2๐ = 1.
b. Dรฉterminer les complexes qui vรฉrifient ๐ง๐ = โ1.
2. Calculer la somme des complexes qui vรฉrifient ๐ง๐ = โ1.
Allez ร : Correction exercice 38 :
Exercice 39 :
1. Soient ๐ง1, ๐ง2, ๐ง3 trois nombres complexes ayant le mรชme cube.
Exprimer ๐ง2 et ๐ง3 en fonction de ๐ง1.
2. Donner, sous forme polaire (forme trigonomรฉtrique) les solutions dans โ de :
๐ง6 + (7 โ ๐)๐ง3 โ 8 โ 8๐ = 0
Indication : poser ๐ = ๐ง3 et calculer (9 + ๐)2.
Allez ร : Correction exercice 39 :
Exercice 40 :
Dรฉterminer les racines quatriรจme de โ7 โ 24๐.
Allez ร : Correction exercice 40 :
Exercice 41 :
Rรฉsoudre les รฉquations suivantes :
๐ง6 =1 + ๐โ3
1 โ ๐โ3; ๐ง4 =
1 โ ๐
1 + ๐โ3; ๐ง6 + 27 = 0; 27(๐ง โ 1)6 + (๐ง + 1)6 = 0
Allez ร : Correction exercice 41 :
8
Exercice 42 :
Rรฉsoudre dans โ :
1. ๐ง5 = 1
2. ๐ง5 = 1 โ ๐
3. ๐ง3 = 2 โ 2๐
4. ๐ง5 = ๐ง
Allez ร : Correction exercice 42 :
Exercice 43 :
1. Calculer les racines ๐-iรจme de โ๐ et de 1 + ๐.
2. Rรฉsoudre ๐ง2 โ ๐ง + 1 โ ๐ = 0.
3. En dรฉduire les racines de ๐ง2๐ โ ๐ง๐ + 1 โ ๐ = 0.
Allez ร : Correction exercice 43 :
Exercice 44 :
1. Montrer que, pour tout ๐ โ โโ et pour tout nombre ๐ง โ โ, on a :
(๐ง โ 1)(1 + ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1) = ๐ง๐ โ 1
Et en dรฉduire que si ๐ง โ 1, on a :
1 + ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1 =๐ง๐ โ 1
๐ง โ 1
2. Vรฉrifier que pour tout ๐ฅ โ โ, on a ๐๐๐ฅ โ 1 = 2๐๐๐๐ฅ
2 sin (๐ฅ
2).
3. Soit ๐ โ โโ. Calculer pour tout ๐ฅ โ โ la somme :
๐๐ = 1 + ๐๐๐ฅ + ๐2๐๐ฅ +โฏ+ ๐(๐โ1)๐๐ฅ
Et en dรฉduire les valeurs de
๐๐ = 1 + cos(๐ฅ) + cos(2๐ฅ) + โฏ+ cos((๐ โ 1)๐ฅ)
๐๐ = sin(๐ฅ) + sin(2๐ฅ) + โฏ+ sin((๐ โ 1)๐ฅ)
Allez ร : Correction exercice 44 :
Exercice 45 :
Soit ๐ผ โ โ โ {1} une racine cinquiรจme de 1, donc ๐ผ5 = 1.
1. Quelles sont les 4 complexes qui vรฉrifient ces conditions ?
2. Montrer que 1 + ๐ผ + ๐ผ2 + ๐ผ3 + ๐ผ4 = 0
3. Calculer 1 + 2๐ผ + 3๐ผ2 + 4๐ผ3 + 5๐ผ4
Indication : On calculera de deux faรงon diffรฉrente la dรฉrivรฉe de la fonction ๐ dรฉfinie par
๐(๐ฅ) = 1 + ๐ฅ + ๐ฅ2 + ๐ฅ3 + ๐ฅ4 + ๐ฅ5
On donnera le rรฉsultat sous forme algรฉbrique.
Allez ร : Correction exercice 45 :
Exercice 46 :
Soit ๐ une racine ๐-iรจme de lโunitรฉ, ๐ โ 1 ; calculer
๐ = 1 + 2๐ + 3๐2 +โฏ+ ๐๐๐โ1
Allez ร : Correction exercice 46 :
Exercice 47 :
Rรฉsoudre dans โ, lโรฉquation (๐ง + 1)๐ = (๐ง โ 1)๐.
Allez ร : Correction exercice 47 :
9
Exercice 48 :
Rรฉsoudre dans โ, lโรฉquation ๐ง๐ = ๐ง oรน ๐ โฅ 1.
Allez ร : Correction exercice 48 :
Exercice 49 :
Soit ๐ฝ โ โ tel que ๐ฝ7 = 1 et ๐ฝ โ 1. Montrer que
๐ฝ
1 + ๐ฝ2+
๐ฝ2
1 + ๐ฝ4+
๐ฝ3
1 + ๐ฝ6= โ2
Allez ร : Correction exercice 49 :
Exercice 50 :
Linรฉariser :
๐ด(๐ฅ) = cos3(๐ฅ) ; ๐ต(๐ฅ) = sin3(๐ฅ) ; ๐ถ(๐ฅ) = cos4(๐ฅ) ; ๐ท(๐ฅ) = sin4(๐ฅ) ; ๐ธ(๐ฅ) = cos2(๐ฅ) sin2(๐ฅ) ; ๐น(๐ฅ) = cos(๐ฅ) sin3(๐ฅ) ; ๐บ(๐ฅ) = cos3(๐ฅ) sin(๐ฅ) ;๐ป(๐ฅ) = cos3(๐ฅ) sin2(๐ฅ) ;
๐ผ(๐ฅ) = cos2(๐ฅ) sin3(๐ฅ) ; ๐ฝ(๐ฅ) = cos(๐ฅ) sin4(๐ฅ) Allez ร : Correction exercice 50 :
Exercice 51 :
1. Dรฉterminer lโensemble des complexes ๐ง tels que 1โ๐ง
1โ๐๐ง soit rรฉel.
2. Dรฉterminer lโensemble des complexes ๐ง tels que 1โ๐ง
1โ๐๐ง soit imaginaire pur.
Allez ร : Correction exercice 51 :
Exercice 52 :
1. Montrer que (1 + ๐)6 = โ8๐ 2. En dรฉduire une solution de lโรฉquation (๐ธ) ๐ง2 = โ8๐. 3. Ecrire les deux solutions de (๐ธ) sous forme algรฉbrique, et sous forme exponentielle.
4. Dรฉduire de la premiรจre question une solution de lโรฉquation (๐ธ0) ๐ง3 = โ8๐.
Allez ร : Correction exercice 52 :
Exercice 53 :
Soit ๐: โ โ โ dรฉfinie par ๐(๐ง) = ๐ง(1 โ ๐ง)
1. Dรฉterminer les points fixes de ๐ cโest-ร -dire rรฉsoudre ๐(๐ง) = ๐ง.
2. Montrer que si |๐ง โ1
2| <
1
2 alors |๐(๐ง) โ
1
2| <
1
2
Indication : ๐ง(1 โ ๐ง) = (๐ง โ1
2) (
1
2โ ๐ง) +
1
4
Allez ร : Exercice 53 :
Exercice 54 :
Posons ๐ธ = โ โ {โ๐}. Soit ๐: ๐ธ โ โ โ {1} lโapplication dรฉfinie pour tout ๐ง โ ๐ธ par :
๐(๐ง) =๐ง โ ๐
๐ง + ๐
1. Montrer que lโapplication est injective.
2. Montrer que pour tout ๐ง โ ๐ธ on a ๐(๐ง) โ 1. 3. Dรฉmontrer lโรฉgalitรฉ
๐(๐ธ) = โ โ {1} Que peut-on en dรฉduire sur ๐.
4. Soit ๐ง โ ๐ธ. Montrer que
1 โ |๐(๐ง)|2 = 4โ๐(๐ง)
|๐ง + ๐|2
5. Notons ๐ฐ lโensemble des complexes de module 1. Montrer que lโon a
๐(โ) = ๐ฐ โ {1}
10
Allez ร : Correction exercice 54 :
CORRECTIONS
Correction exercice 1 :
โ๐โ = โ3๐(2 + ๐)(4 + 2๐)(1 + ๐)โ = โ3๐โ ร โ2 + ๐โ ร โ4 + 2๐โ ร โ1 + ๐โ
= 3 ร โ22 + 12 ร 2 ร โ2 + ๐โ ร โ12 + 12 = 6 (โ22 + 12)2
ร โ2 = 6 ร 5โ2
= 30โ2
arg(๐) = arg(3๐(2 + ๐)(4 + 2๐)(1 + ๐)) = arg(3๐) + arg(2 + ๐) + arg(4 + 2๐) + arg(1 + ๐) + 2๐๐
=๐
2+ arg(2 + ๐) + arg(2(2 + ๐)) +
๐
4+ 2๐๐
=3๐
4+ arg(2 + ๐) + ๐๐๐2 + arg(2 + ๐) + 2๐๐ =
3๐
4+ 2arg(2 + ๐) + 2๐๐
Soit ๐ un argument de 2 + ๐, cos(๐) =2
โ22+12=
2
โ5 et sin(๐) =
1
โ22+12=
1
โ5 donc cos(๐) = cos (๐0) et
sin(๐) = sin (๐0), on en dรฉduit que ๐ = ๐0 + 2๐๐
Par suite
arg(๐) =3๐
4+ 2ฮธ0 + 2๐๐
โ๐โ = โ(4 + 2๐)(โ1 + ๐)
(2 โ ๐)3๐โ =
โ4 + 2๐โ ร โ โ 1 + ๐โ
โ2 โ ๐โ ร โ3๐โ=2 ร |2 + ๐| ร โ(โ1)2 + 12
โ22 + (โ1)2 ร 3=2 ร โ5 ร โ2
โ5 ร 3
=2โ2
3
arg(๐) = arg(4 + 2๐) + arg(โ1 + ๐) โ arg(2 โ ๐) โ arg(3๐) + 2๐๐ = ๐0 +3๐
4โ (โ๐0) โ
๐
2+ 2๐๐
=๐
4+ 2๐0 + 2๐๐
Allez ร : Exercice 1 :
Correction exercice 2 :
๐ง1 =3 + 6๐
3 โ 4๐= ๐ง1 =
(3 + 6๐)(3 + 4๐)
32 + (โ4)2=9 + 12๐ + 18๐ โ 24
25=โ15 + 30๐
25= โ
3
5+6
5๐
๐ง2 = (1 + ๐
2 โ ๐)2
= ((1 + ๐)(2 + ๐)
22 + (โ1)2)2
= (2 + ๐ + 2๐ โ 1
22 + (โ1)2)2
= (1 + 3๐
5)2
=1 + 6๐ โ 9
25= โ
8
25+6
25๐
Autre mรฉthode
๐ง2 = (1 + ๐
2 โ ๐)2
=(1 + ๐)2
(2 โ ๐)2=1 + 2๐ โ 1
4 โ 4๐ โ 1=
2๐
3 โ 4๐=2๐(3 + 4๐)
32 + (โ4)2=6๐ โ 8
25= โ
8
25+6
25๐
๐ง3 =2 + 5๐
1 โ ๐+2 โ 5๐
1 + ๐=(2 + 5๐)(1 + ๐) + (2 โ 5๐)(1 โ ๐)
(1 โ ๐)(1 + ๐)=2 + 2๐ + 5๐ โ 5 + 2 โ 2๐ โ 5๐ โ 5
12 โ ๐2
= โ6
2= โ3
Autre mรฉthode
๐ง3 =2 + 5๐
1 โ ๐+2 โ 5๐
1 + ๐=2 + 5๐
1 โ ๐+2 + 5๐
1 โ ๐= 2โ๐ (
2 + 5๐
1 โ ๐)
11
Or
2 + 5๐
1 โ ๐=(2 + 5๐)(1 + ๐)
12 + (โ1)2=2 + 2๐ + 5๐ โ 5
2=โ3 + 7๐
2= โ
3
2+7
2๐
Donc
๐ง3 = 2 ร (โ3
2) = โ3
๐ง4 =5 + 2๐
1 โ 2๐=(5 + 2๐)(1 + 2๐)
12 + (โ2)2=5 + 10๐ + 2๐ โ 4
5=โ1 + 12๐
5= โ
1
5+12
5๐
๐ง5 = (โ1
2+ ๐
โ3
2)
3
= (โ1
2)3
+ 3 (โ1
2)2
(๐โ3
2) + 3 (โ
1
2) (๐
โ3
2)
2
+ (๐โ3
2)
3
= โ1
8+ 3 ร
1
4ร ๐
โ3
2โ3
2ร (โ
3
4) โ ๐
3โ3
8= โ
1
8+ ๐
3โ3
8+9
8โ ๐
3โ3
8= 1
Autre mรฉthode
๐ง5 = (โ1
2+ ๐
โ3
2)
3
= (๐2๐๐3 )
3
= ๐2๐๐ = 1
Ou encore
๐ง5 = ๐3 = 1
๐ง6 =(1 + ๐)9
(1 โ ๐)7
On peut toujours sโamuser ร dรฉvelopper (1 + ๐)9 et (1 โ ๐)7 mais franchement ce nโest pas une bonne
idรฉe.
๐ง6 =(1 + ๐)9
(1 โ ๐)7= (1 + ๐)2
(1 + ๐)7
(1 โ ๐)7= (1 + ๐)2 (
1 + ๐
1 โ ๐)7
= (1 + 2๐ โ 1) ((1 + ๐)(1 + ๐)
12 + (โ1)2)
7
= 2๐ (1 + 2๐ โ 1
2)7
=2๐(2๐)7
27=28๐8
27= 2๐8 = 2
Autre mรฉthode
๐ง6 =(1 + ๐)9
(1 โ ๐)7=
(โ2 (โ22 + ๐
โ22 )
)
9
(โ2(โ22 โ ๐
โ22 )
)
7 =(โ2)
9(๐๐
๐4)
9
(โ2)7(๐โ๐
๐4)
7 =(โ2)
2๐๐9๐4
๐โ๐7๐4
= 2๐๐(9๐4+7๐4)= 2๐
16๐๐4 = 2๐4๐๐
= 2
๐ง7 = โ2
1 โ ๐ โ3= โ
2(1 + ๐โ3)
12 + (โโ3)2 = โ
2(1 + ๐โ3)
4= โ
1
2โ ๐
โ3
2
Autre mรฉthode
๐ง7 = โ2
1 โ ๐ โ3=
1
โ12 + ๐
โ32
=1
๐=๐2
๐3= ๐2 = โ
1
2โ ๐
โ3
2
๐ง8 =1
(1 + 2๐)(3 โ ๐)=
1
3 โ ๐ + 6๐ + 2=
1
5 + 5๐=1
5ร
1
1 + ๐=1
5ร
1 โ ๐
12 + 12=1
10โ1
10๐
๐ง9 =1 + 2๐
1 โ 2๐=(1 + 2๐)(1 + 2๐)
12 + (โ2)2=(1 + 2๐)2
5=1 + 4๐ โ 4
5= โ
3
5+4
5๐
Allez ร : Exercice 2 :
Correction exercice 3 :
12
๐ง1 = 2(cos (2๐
3) + ๐ sin (
2๐
3)) = 2 (โ
1
2+ ๐
โ3
2) = โ1 + ๐โ3
๐ง2 = โ2(cos (๐
8) + ๐ sin (
๐
8)) = โ2 cos (
๐
8) + ๐ โ2 sin (
๐
8)
๐ง3 = 3๐โ 7๐๐8 = 3(cos (โ
7๐
8) + ๐ sin (โ
7๐
8)) = 3 cos (
7๐
8) โ 3๐ sin (
7๐
8)
= 3 cos (๐ โ๐
8) โ 3๐ sin (๐ โ
๐
8) = โ3 cos (โ
๐
8) โ 3๐ sin (โ
๐
8)
= โ3 cos (๐
8) + 3๐ sin (
๐
8)
๐ง4 = (2๐๐๐4 ) (๐โ
3๐๐4 ) = 2๐๐(
๐4โ3๐4) = 2๐โ ๐
๐2 = โ2๐
๐ง5 =2๐
๐๐4
๐โ3๐๐4
= 2๐๐(๐4+3๐4) = 2๐๐๐ = โ2
๐ง6 = (2๐๐๐3) (3๐
5๐๐6 ) = 6๐๐(
๐3+5๐6) = 6๐
7๐๐6 = 6 (cos (
7๐
6) + ๐ sin (
7๐
6)) = 6 (โ
โ3
2โ1
2๐)
= โ3โ3 โ 3๐
๐ง7 =2๐
๐๐3
3๐โ5๐๐6
=2
3๐๐(
๐3+5๐6) =
2
3๐8๐๐6 =
2
3๐4๐๐3 =
2
3(โ
1
2โ ๐
โ3
2) = โ
1
3โ ๐
โ3
3
๐ง8 = 2๐๐๐3 = 2(cos (
๐
3) + ๐ sin (
๐
3)) = 2(
1
2+ ๐
โ3
2) = 1 + ๐โ3
๐ง9 = 3๐โ๐๐8 = 3 (cos (โ
๐
8) + ๐ sin (โ
๐
8)) = 3 cos (
๐
8) โ 3๐ sin (
๐
8)
A moins de connaitre cos (๐
8) et sin (
๐
8) on ne peut pas faire mieux.
Allez ร : Exercice 3 :
Correction exercice 4 :
1. ๐ง1 = 3(1 + ๐) donc |๐ง1| = 3|1 + ๐| = 3 ร โ12 + 12 = 3โ2
Si on ne met pas 3 en facteur
|๐ง1| = โ32 + 32 = โ9 + 9 = โ18 = โ32 ร 2 = 3โ2
Cโest moins simple.
On appelle ๐1 un argument de ๐ง1
cos(๐1) =3
3โ2=1
โ2=โ2
2 et sin(๐1) =
3
3โ2=1
โ2=โ2
2
Donc ๐1 =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค et ๐ง1 = 3โ2๐
๐๐
4, et ๐ง1 = 3โ2๐โ ๐
๐
4
Autre mรฉthode (meilleure), on met le module en facteur
๐ง1 = 3โ2(1
โ2+ ๐
1
โ2) = 3โ2(
โ2
2+ ๐
โ2
2) = 3โ2 (cos (
๐
4) + ๐ sin (
๐
4)) = 3โ2๐๐
๐4
|๐ง2| = โ(โ1)2 + (โโ3)2= โ4 = 2, soit ๐2 un argument de ๐ง2
cos(๐2) = โ1
2 et sin(๐2) = โ
โ3
2
Donc ๐2 =4๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค et ๐ง2 = 2๐
4๐๐
3 = 2๐โ 2๐๐
3
Autre mรฉthode (meilleure), on met le module en facteur
13
๐ง2 = 2(โ1
2โ ๐
โ3
2) = 2(cos (
4๐
3) + ๐ sin (
4๐
3)) = 2๐
4๐๐3 = 2๐โ
2๐๐3
Et ๐ง2 = 2๐2๐๐
3
Pour ๐ง3 la dรฉtermination du cosinus et du sinus nโest pas une bonne mรฉthode.
๐ง3 = โ4
3๐ = โ
4
3๐๐๐2
Cette forme nโest pas la forme trigonomรฉtrique car โ4
3 est nรฉgatif, ce nโest donc pas le module, mais
โ1 = ๐๐๐, donc ๐ง3 =4
3๐๐๐๐๐
๐
2 =4
3๐๐(
๐
2+๐) =
4
3๐3๐๐
2 =4
3๐โ
๐๐
2 .
On aurait pu directement รฉcrire que โ๐ = ๐3๐๐
2 = ๐โ ๐๐
2 .
Et ๐ง3 =4
3๐๐๐
2
Pour ๐ง4 la dรฉtermination du cosinus et du sinus nโest pas une bonne mรฉthode.
๐ง4 = โ2 = 2๐๐๐
Et ๐ง4 = ๐โ๐๐ = ๐๐๐
Cโest plus dur
๐ง5 = ๐๐๐ + ๐2๐๐ = ๐
3๐๐2 (๐โ๐
๐2 + ๐๐
๐2) = ๐
3๐๐2 ร 2 cos (
๐
2) = 2 cos (
๐
2)๐
3๐๐2
Comme โ๐ < ๐ < ๐, โ๐
2<
๐
2<
๐
2 par consรฉquent cos (
๐
2) > 0, ce qui signifie que 2 cos (
๐
2) est bien le
module.
Et ๐ง5 = 2cos (๐
2) ๐โ
3๐๐
2
|๐ง6| = โ12 + 12 = โ2, soit ๐6 un argument de ๐ง6
cos(๐2) =1
โ2=โ2
2 et sin(๐2) =
1
โ2=โ2
2
Donc ๐6 =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค et ๐ง6 = 2๐
๐๐
4
Autre mรฉthode (meilleure), on met le module en facteur
๐ง6 = โ2(1
โ2+ ๐
1
โ2) = โ2(
โ2
2+ ๐
โ2
2) = 2(cos (
๐
4) + ๐ sin (
๐
4)) = 2๐๐
๐4
Et ๐ง6 = 2๐โ ๐
๐
4
|๐ง7| = โ12 + (โ3)2= โ4 = 2, soit ๐7 un argument de ๐ง7
cos(๐7) =1
2 et sin(๐7) =
โ3
2
Donc ๐7 =๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค et ๐ง7 = 2๐
๐๐
3
Autre mรฉthode (meilleure), on met le module en facteur
๐ง7 = 2(1
2+ ๐
โ3
2) = 2 (cos (
๐
3) + ๐ sin (
๐
3)) = 2๐
๐๐3
Et ๐ง7 = 2๐โ ๐๐
3
|๐ง8| = โ(โ3)2+ 12 = โ4 = 2, soit ๐8 un argument de ๐ง8
cos(๐8) =โ3
2 et sin(๐8) =
1
2
14
Donc ๐8 =๐
6+ 2๐๐, ๐ โ โค et ๐ง8 = 2๐
๐๐
6
Autre mรฉthode (meilleure), on met le module en facteur
๐ง8 = 2(โ3
2+ ๐
1
2) = 2 (cos (
๐
6) + ๐ sin (
๐
6)) = 2๐
๐๐6
Premiรจre mรฉthode
๐ง9 =1 + ๐โ3
โ3 โ ๐=
1 + ๐โ32
โ3 โ ๐2
=
12 + ๐
โ32
โ32 โ ๐
12
=๐๐๐3
๐โ ๐๐6
= ๐๐๐3๐๐
๐6 = ๐๐
๐2
Deuxiรจme mรฉthode
๐ง9 =1 + ๐โ3
โ3 โ ๐=(1 + ๐โ3)(โ3 + ๐)
(โ3)2+ 12
=โ3 + ๐ + 3๐ โ โ3
4=4๐
4= ๐ = ๐๐
๐2
Cโest plus dur
๐ง10 = 1 + ๐๐๐ = ๐๐๐2 (๐โ๐
๐2 + ๐๐
๐2) = ๐
๐๐2 ร 2 cos (
๐
2) = 2 cos (
๐
2) ๐
๐๐2
Comme โ๐ < ๐ < ๐, โ๐
2<
๐
2<
๐
2 par consรฉquent cos (
๐
2) > 0, ce qui signifie que 2 cos (
๐
2) est bien le
module.
Et ๐ง10 = 2 cos (๐
2) ๐โ
๐๐
2
2. Faisons comme dโhabitude
|๐ง1| = โ12 + (1 + โ2)2= โ1 + 1 + 2โ2 + (โ2)
2= โ4 + 2โ2
Soit ๐1 un argument de ๐ง1
cos(๐1) =1
โ4 + 2โ2 et sin(๐1) =
1 + โ2
โ4 + 2โ2
Lโennui cโest que lโon ne connait pas dโangle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs.
Il faut รชtre malin.
๐ง1 = 1 + ๐(1 + โ2) = 1 + ๐ + โ2๐ = โ2 (โ2
2+ ๐
โ2
2) + โ2๐ = โ2 (๐
๐๐4 + ๐
๐๐2 )
= โ2๐3๐๐8 (๐โ
๐๐8 + ๐
๐๐8 ) = โ2๐
3๐๐8 ร 2 cos (
๐
8) = 2โ2cos (
๐
8) ๐
3๐๐8
2โ2cos (๐
8) > 0 donc ๐1 =
3๐
8+ 2๐๐, ๐ โ โค et |๐ง1| = 2โ2cos (
๐
8)
Remarque :
2โ2cos (๐
8) = โ4 + 2โ2
Le module de ๐ง1 est aussi 2โ2 cos (๐
8) = โ4 + 2โ2 et un argument est โ
3๐
8.
Faisons comme dโhabitude
๐ง2 = โ10 + 2โ5 + ๐(1 โ โ5)
|๐ง2| = โ(โ10 + 2โ5)
2
+ (1 โ โ5)2= โ10 + 2โ5 + 1 โ 2โ5 + (โ5)
2= โ16 = 4
Soit ๐2 un argument de ๐ง2
cos(๐2) =โ10 + 2โ5
4 et sin(๐2) =
1 โ โ5
4
Lโennui cโest que lโon ne connait pas dโangle dont le cosinus et le sinus valent ces valeurs.
15
Calculons ๐ง25
๐ง25 = (โ10 + 2โ5 + ๐(1 โ โ5))
5
= (โ10 + 2โ5)
5
+ 5(โ10 + 2โ5)
4
๐(1 โ โ5) + 10(โ10 + 2โ5)
3
(๐(1 โ โ5))2
+ 10(โ10 + 2โ5)
2
(๐(1 โ โ5))3
+ 5โ10 + 2โ5 (๐(1 โ โ5))4
+ (๐(1 โ โ5))5
= (10 + 2โ5)2โ10 + 2โ5 + 5๐(10 + 2โ5)
2(1 โ โ5)
โ 10(10 + 2โ5)(1 โ โ5)2โ10 + 2โ5 โ 10๐(10 + 2โ5)(1 โ โ5)
3
+ 5โ10 + 2โ5(1 โ โ5)4+ ๐(1 โ โ5)
5
= โ10 + 2โ5 ((10 + 2โ5)2โ 10(10 + 2โ5)(1 โ โ5)
2+ 5(1 โ โ5)
4)
+ ๐(1 โ โ5) (5(10 + 2โ5)2โ 10(10 + 2โ5)(1 โ โ5)
2+ (1 โ โ5)
4)
(10 + 2โ5)2โ 10(10 + 2โ5)(1 โ โ5)
2+ 5(1 โ โ5)
4
= 100 + 40โ5 + 20 โ 10(10 + 2โ5)(1 โ 2โ5 + 5)
+ 5 (1 โ 4โ5 + 6 ร (โ5)2โ 4(โ5)
3+ (โ5)
4)
= 120 + 40โ5 โ 10(10 + 2โ5)(6 โ 2โ5) + 5(56 โ 24โ5)
= 120 + 40โ5 โ 10(60 โ 20โ5 + 12โ5 โ 20) + 280 โ 120โ5 = 0
5(10 + 2โ5)2โ 10(10 + 2โ5)(1 โ โ5)
2+ (1 โ โ5)
4
= 5(100 + 40โ5 + 20) โ 10(10 + 2โ5)(1 โ 2โ5 + 5)
+ (1 โ 4โ5 + 6 ร (โ5)2โ 4(โ5)
3+ (โ5)
4)
= 600 + 200โ5 โ 10(40 โ 8โ5) + 56 โ 24โ5 = 2566 + 256โ5
= 256(1 + โ5)
๐ง25 = 256๐(1 โ โ5)(1 + โ5) = 256๐ ร (โ4) = โ210๐
Ensuite il faut trouver les solutions de ๐5 = โ210๐ = 210๐โ๐๐
2
๐5 = โ210๐ = 210๐โ๐๐2 โ {
|๐5| = 210
arg(๐5) = โ๐
2+ 2๐๐
โ {|๐| = 22
5 arg(๐) = โ๐
2+ 2๐๐
โ {
|๐| = 4
arg(๐) = โ๐
10+2๐๐
5, ๐ โ {0,1,2,3,4}
๐0 = 4๐โ๐๐10; ๐1 = 4๐
3๐๐10 ; ๐2 = 4๐
7๐๐10 ; ๐3 = 4๐
11๐๐10 ; ๐4 = 4๐
15๐๐10 = โ4๐
Parmi ces cinq complexes, le seul qui a une partie rรฉelle positive et une partie imaginaire
nรฉgative est 4๐โ๐๐
10 dโoรน ๐ง2 = 4๐โ๐
๐
10 donc un argument de ๐ง2 est โ๐
10.
Le module de ๐ง2 est 4 et un argument est ๐
10.
16
๐ง3 =tan(๐) โ ๐
tan(๐) + ๐=(tan(๐) โ ๐)(tan(๐) โ ๐)
tan2(๐) + 12=tan2(๐) โ 2๐ tan(๐) โ 1
1cos2(๐)
= cos2(๐) (tan2(๐) โ 1) โ 2๐ cos2(๐) tan(๐)
= cos2(๐) (sin2(๐)
cos2(๐)โ 1) โ 2๐ cos2(๐)
sin(๐)
cos(๐)
= โ(cos2(๐) โ sin2(๐)) โ 2๐sin(๐)cos(๐) = โ cos(2๐) โ ๐sin(2๐)
= โ(cos(2๐) + ๐ sin(2๐)) = ๐๐๐๐โ2๐๐ = ๐๐(๐โ2๐)
Le module de ๐ง3 est 1 et un argument est ๐ โ 2๐
Autre mรฉthode
๐ง3 =tan(๐) โ ๐
tan(๐) + ๐=๐(tan(๐) โ ๐)
๐(tan(๐) + ๐)=๐ tan(๐) + 1
๐ tan(๐) โ 1=๐sin(๐)cos(๐)
+ 1
๐sin(๐)cos(๐)
โ 1=๐ sin(๐) + cos(๐)
๐ sin(๐) โ cos(๐)
=cos(๐) + ๐ sin(๐)
โ(cos(๐) โ ๐ sin(๐))= โ
๐๐๐
๐โ๐๐= โ๐2๐๐ = ๐๐๐๐2๐๐ = ๐๐(๐+2๐)
Un argument de ๐ง3 est โ๐ โ 2๐
๐ง4 =1
1 + ๐ tan(๐)=
1
1 + ๐sin(ฮธ)cos(๐)
=cos(๐)
cos(๐) + ๐ sin(๐)=cos(๐)
๐๐๐= cos(๐) ๐โ๐๐
Si ๐est tel que cos(๐) > 0 alors |๐ง4| = cos(๐) et un argument de ๐ง4 est โ๐
Si ๐est tel que cos(๐) < 0 alors |๐ง4| = โ cos(๐) et un argument de ๐ง4 est โ๐ + ๐
3. On sait que ๐2 = โ1
2โ ๐
โ3
2 donc
1
2+ ๐
โ3
2= โ๐2
(1 + ๐โ3
2)
2010
= (โ๐2)2010 = (๐2)2010 = ๐4020 = ๐3ร1340 = (๐3)1340 = 11340 = 1
Allez ร : Exercice 4 :
Correction exercice 5 :
1. (3 + 2๐)(1 โ 3๐) = 3 โ 9๐ + 2๐ โ 6๐2 = 3 โ 7๐ + 6 = 9 โ 7๐
2.
2๐๐๐3 ร 3๐๐ (โ
5๐6) = 6๐๐(
๐3โ5๐6) = 6 ๐๐ (โ
๐2) = โ6๐
3.
2๐๐๐3
3๐๐ (โ5๐6)=2
3๐๐๐3๐
5๐๐6 =
2
3๐๐(๐3+5๐6)=2
3๐7๐๐6
Allez ร : Exercice 5 :
Correction exercice 6 :
1.
(cos (๐
7) + ๐ sin (
๐
7)) (
1 โ ๐โ3
2) (1 + ๐) = ๐๐
๐7๐โ๐
๐3โ2 (
โ2
2+ ๐
โ2
2) = โ2๐๐
๐7๐โ๐
๐3๐๐
๐4
= โ2๐๐ (๐7โ๐3+๐4) = โ2๐
๐(12๐84
โ28๐84
+21๐84
) = โ2๐5๐84 = โ2(cos (
5๐
84) + ๐ sin (
5๐
84))
2.
17
(1 โ ๐) (cos (๐
5) + ๐ sin (
๐
5)) (โ3 โ ๐) = โ2(
โ2
2โ ๐
โ2
2) (cos (
๐
5) + ๐ sin (
๐
5)) 2 (
โ3
2โ1
2๐)
= 2โ2๐โ๐๐4๐๐
๐5๐โ๐
๐6 = 2โ2๐
๐(โ๐4+๐5โ๐6) = 2โ2๐
๐(โ15๐60
+12๐60
โ10๐60
) = 2โ2๐โ13๐๐60
= 2โ2 (cos (13๐
60) โ ๐ sin (
13๐
60))
โ2 (cos (๐12) + ๐ sin (
๐12))
1 + ๐=cos (
๐12) + ๐ sin (
๐12)
โ22 +
โ22 ๐
=๐๐๐12
๐๐๐4
= ๐๐(๐12โ๐4) = ๐โ
2๐๐12 = ๐โ
๐๐6
= cos (๐
6) โ ๐ sin (
๐
6) =
โ3
2โ1
2๐
Allez ร : Exercice 6 :
Correction exercice 7 :
1. |๐ข| = โ12 + 12 = โ2 et |๐ฃ| = โ(โ1)2 + โ32= 2
2.
๐ข = โ2(โ2
2+ ๐
โ2
2) = โ2๐๐
๐4
Donc un argument de ๐ข est ๐
4.
๐ฃ = 2(โ1
2+ ๐
โ3
2) = 2๐
2๐๐3
Donc un argument de ๐ฃ est 2๐
3.
3. On cherche les solutions complexes de ๐ง3 = ๐ข
๐ง3 = ๐ข โ {|๐ง3| = โ2
arg(๐ง3) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|3 = 2
12
3 arg(๐ง) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = 2
16
arg(๐ง) =๐
12+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
๐ข admet trois racines cubiques
๐ง0 = 216๐๐
๐12; ๐ง1 = 2
16๐๐(
๐12+2๐3) = 2
16๐๐
9๐12 = 2
16๐
3๐๐4 ๐๐ก ๐ง2 = 2
16๐๐(
๐12+4๐3) = 2
16๐
17๐๐12
4.
๐ข
๐ฃ=โ2๐
๐๐4
2๐2๐๐3
=โ2
2๐๐(
๐4โ 2๐3) =
โ2
2๐โ
5๐๐12 =
โ2
2(cos (โ
5๐
12) + ๐ sin (โ
5๐
12))
Et
๐ข
๐ฃ=
1 + ๐
โ1 + ๐โ3=(1 + ๐)(โ1 โ ๐โ3)
4=โ1 + โ3 + ๐(โ1 โ โ3)
4
Par consรฉquent
{
โ2
2cos (โ
5๐
12) =
โ1 + โ3
4
โ2
2sin (โ
5๐
12) =
โ1 โ โ3
4
โ
{
cos (โ
5๐
12) =
โ1 + โ3
2โ2=โโ2 + โ6
4
sin (โ5๐
12) =
โ1 โ โ3
2โ2=โโ2 โ โ6
4
Allez ร : Exercice 7 :
18
Correction exercice 8 :
|๐ข| =|โ6 โ ๐โ2|
2=โ6 + 2
2=โ8
2=โ4 ร 2
2=2โ2
2= โ2
๐ข =โ6 โ ๐โ2
2= โ2 (
โ2 ร 3 โ ๐โ2
2โ2) = โ2 (
โ2 ร โ3 โ ๐โ2
2โ2) = โ2(
โ3 โ ๐
2) = โ2๐โ๐
๐6
Donc |๐ข| = โ2 et un argument de ๐ข est โ๐
6.
|๐ฃ| = โ12 + (โ1)2 = โ2
๐ฃ = โ2 (โ2
2โ ๐
โ2
2) = โ2๐โ๐
๐4
Donc |๐ฃ| = โ2 et un argument de ๐ฃ est โ๐
4.
๐ข
๐ฃ=โ2๐
โ๐๐6
โ2๐โ๐๐4
= ๐๐(โ๐6+๐4) = ๐๐
๐12
Donc |๐ข
๐ฃ| = 1 et un argument de
๐ข
๐ฃ est
๐
12.
Allez ร : Exercice 8 :
Correction exercice 9 :
๐ง1 =(1 + ๐)(1 + ๐)
12 + 12=1 + 2๐ โ 1
2= ๐ = ๐๐
๐2
๐ง2 = (1 + ๐
1 โ ๐)3
= (๐๐๐2)
3
= ๐3๐๐2
๐ง3 = (1 + ๐โ3)4= (2(
1
2+ ๐
โ3
2))
4
= 24 (๐๐๐3)
4
= 16๐4๐๐3
๐ง4 = (1 + ๐โ3)5+ (1 โ ๐โ3)
5= (2(
1
2+ ๐
โ3
2))
5
+ (2(1
2โ ๐
โ3
2))
5
= 25 (๐๐๐3)
5
+ 25 (๐โ๐๐3)
5
= 32(๐5๐๐3 + ๐โ
5๐๐3 ) = 32 ร 2 cos (
5๐
3) = 64 (โ
1
2) = โ32
๐ง5 =1 + ๐โ3
โ3 + ๐=(1 + ๐โ3)(โ3 โ ๐)
(โ3)2+ 12
=โ3 โ ๐ + 3๐ + โ3
4=2โ3 + 2๐
4=โ3
2+1
2๐ = ๐๐
๐6
Autre mรฉthode
๐ง5 =1 + ๐โ3
โ3 + ๐=
2(12 + ๐
โ32 )
2(โ32+12๐)
=๐๐๐3
๐๐๐6
= ๐๐(๐3โ๐6) = ๐๐
๐6
๐ง6 =โ6 โ ๐โ2
2 โ 2๐=(โ6 โ ๐โ2)(2 + 2๐)
22 + (โ2)2=2โ6 + 2๐โ6 โ 2๐โ2 + 2โ2
8=2โ6 + 2โ2 + 2๐(โ6 โ โ2)
8
=โ6 + โ2 + ๐(โ6 โ โ2)
4
Remarque : il aurait mieux valu mettre โ2
2 en facteur dโentrรฉe.
Lร on est mal parti, il va falloir trouver le module, puis le mettre en facteur,
๐ง6 =โ6 + โ2 + ๐(โ6 โ โ2)
4=โ2
4(โ3 + 1 + ๐(โ3 โ 1))
|๐ง6| =โ2
4โ(โ3 + 1)
2+ (โ3 โ 1)
2=โ2
4โ3 + 2โ3 + 1 + 3 โ 2โ3 + 1 =
โ2
4โ8 =
โ2
4ร 2โ2 = 1
19
๐ง6 =โ6 + โ2
4+ ๐
โ6 โ โ2
4= cos(๐) + ๐ sin(๐)
Mais on ne connait pas dโangle vรฉrifiant cela. Il faut faire autrement
|โ6 โ ๐โ2| = โ(โ6)2+ (โ2)
2= โ8 = 2โ2
|2 โ 2๐| = โ22 + (โ2)2 = โ8 = 2โ2
๐ง6 =โ6 โ ๐โ2
2 โ 2๐=
2โ2 (โ32 โ
12 ๐)
2โ2 (โ22 โ ๐
โ22 )
=๐โ๐
๐6
๐โ๐๐4
= ๐๐(โ ๐6+๐4) = ๐๐
๐12
Allez ร : Exercice 9 :
Correction exercice 10 :
On cherche les nombres complexes tels que ๐ง2 = โ1
๐1 = โ๐ et ๐2 = ๐
On cherche les nombres complexes tels que ๐ง2 = ๐ = ๐๐๐
2
๐ง1 = โ๐๐๐4 = โ
โ2
2โ ๐
โ2
2 et ๐ง2 = ๐๐
๐4 =
โ2
2+ ๐
โ2
2
On cherche les nombres complexes tels que ๐ง2 = 1 + ๐ = โ2 (โ2
2+ ๐
โ2
2) = 2
1
2๐๐๐
4
๐1 = โ214๐
๐๐8 et ๐2 = 2
14๐
๐๐8
Cโest un peu insuffisant parce que lโon ne connait pas les valeurs de cos (๐
8) et de sin (
๐
8)
Autre mรฉthode, on cherche ๐, ๐ โ โ tels que
(๐ + ๐๐)2 = 1 + ๐ โ ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ = 1 + ๐ โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = 12๐๐ = 1
On rajoute lโรฉquation ๐ฟ3
|(๐ + ๐๐)2| = |1 + ๐| โ |๐ + ๐๐|2 = โ12 + 12 โ (โ๐2 + ๐2)2
= โ2 โ ๐2 + ๐2 = โ2
En faisant la somme de ๐ฟ1 et de ๐ฟ3
2๐2 = 1 + โ2 โ ๐2 =1
2+โ2
2โ ๐ = ยฑโ
1 + โ2
2= ยฑโ
2 + 2โ2
4= ยฑ
โ2 + 2โ2
2
En faisant la diffรฉrence de ๐ฟ3 et de ๐ฟ1
2๐2 = โ1 + โ2 โ ๐2 = โ1
2+โ2
2โ ๐ = ยฑโ
โ1 + โ2
2= ยฑโ
โ2 + 2โ2
4= ยฑ
โโ2 + 2โ2
2
Dโaprรจs ๐ฟ2 ๐ et ๐ sont de mรชme signe donc les deux solutions de ๐ง2 = 1 + ๐ sont
๐1 =โ2 + 2โ2
2+ ๐
โโ2 + 2โ2
2 et ๐2 = โ
โ2 + 2โ2
2โ ๐
โโ2 + 2โ2
2
On cherche les nombres complexes tels que ๐ง2 = โ1 โ ๐ = โ2 (โโ2
2โ ๐
โ2
2) = 2
1
2๐5๐๐
4
๐1 = โ214๐
5๐๐8 et ๐2 = 2
14๐
5๐๐8
Cโest un peu insuffisant parce que lโon ne connait pas les valeurs de cos (5๐
8) et de sin (
5๐
8)
Autre mรฉthode, on cherche ๐, ๐ โ โ tels que
(๐ + ๐๐)2 = โ1 โ ๐ โ ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ = โ1 โ ๐ โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = โ12๐๐ = โ1
On rajoute lโรฉquation ๐ฟ3
|(๐ + ๐๐)2| = |โ1 โ ๐| โ |๐ + ๐๐|2 = โ(โ1)2 + (โ1)2 โ (โ๐2 + ๐2)2
= โ2 โ ๐2 + ๐2 = โ2
En faisant la somme de ๐ฟ1 et de ๐ฟ3
20
2๐2 = โ1 + โ2 โ ๐2 = โ1
2+โ2
2โ ๐ = ยฑโ
โ1 + โ2
2= ยฑโ
โ2 + 2โ2
4ยฑโโ2 + 2โ2
2
En faisant la diffรฉrence de ๐ฟ3 et de ๐ฟ1
2๐2 = 1 + โ2 โ ๐2 =1
2+โ2
2โ ๐ = ยฑโ
1 + โ2
2= ยฑโ
2 + 2โ2
4ยฑโ2 + 2โ2
2
Dโaprรจs ๐ฟ2 ๐ et ๐ sont de signes opposรฉs donc les deux solutions de ๐ง2 = โ1 โ ๐ sont
๐1 =โโ2 + 2โ2
2โ ๐
โ2 + 2โ2
2 et ๐2 = โ
โโ2 + 2โ2
2+ ๐
โ2 + 2โ2
2
On cherche les nombres complexes tels que ๐ง2 = 1 + ๐โ3 = 2(1
2+ ๐
โ3
2) = 2๐๐
๐
3
๐1 = โ2๐๐๐6 = โ2(
โ3
2+1
2๐) =
โ6
2+ ๐
โ2
2 et ๐2 = โโ2๐๐
๐6 = โ2(
โ3
2+1
2๐) = โ
โ6
2โ ๐
โ2
2
On cherche les nombres complexes tels que ๐2 = 3 + 4๐
On pose ๐ = ๐ + ๐๐, ๐2 โ 3+ 4๐ = (๐ + ๐๐)2 โ 3+ 4๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = 32๐๐ = 4
On rajoute lโรฉquation |๐2| โ |3 + 4๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ32 + 42 โ ๐2 + ๐2 = โ25 = 5 ๐ฟ3
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = 3๐2 + ๐2 = 5
, en faisant la somme des deux รฉquations ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve 2๐2 = 8 โ
๐2 = 4, dโoรน lโon tire ๐2 = 1. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ2 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1,
dโaprรจs lโรฉquation 2๐๐ = 4 โ ๐๐ = 2, on en dรฉduit que ๐๐ > 0 et que donc ๐ et ๐ sont de mรชme signe.
Si ๐ = 2 alors ๐ = 1 et ๐1 = 2 + ๐ et si ๐ = โ2 alors ๐ = โ1 et ๐2 = โ2 โ ๐
Deuxiรจme mรฉthode
3 + 4๐ = 4 + 4๐ โ 1 = (2 + ๐)2 et on retrouve le mรชme rรฉsultat.
Troisiรจme mรฉthode
On reprend le systรจme
{๐2 โ ๐2 = 32๐๐ = 4
โ
{
๐2 โ (2
๐)2
= 3
๐ =2
๐
โ {๐2 โ
4
๐2= 3
๐ =2
๐
โ {๐4 โ 4 = 3๐2
๐ =2
๐
โ {๐4 โ 3๐2 โ 4 = 0
๐ =2
๐
โ {๐ด2 โ 3๐ด โ 4 = 0
๐ =2
๐
Les solutions de ๐ด2 โ 3๐ด โ 4 = 0 sont ๐ด1 = โ1 < 0 et ๐ด2 = 4, donc ๐2 = 4,
Si ๐ = โ2 alors ๐ =2
๐= โ1 et alors ๐2 = โ2 โ ๐, si ๐ = 2 alors ๐ =
2
๐= 1 et alors ๐1 = 2 + ๐.
On cherche les nombres complexes tels que ๐2 = โ7 โ 24๐ On pose ๐ = ๐ + ๐๐, ๐2 โ โ7โ 24๐ = (๐ + ๐๐)2 โ โ7โ 24๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = โ72๐๐ = โ24
On rajoute lโรฉquation
|๐2| โ |3 + 4๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ(โ7)2 + (โ24)2 โ ๐2 + ๐2 = โ49 + 576 = โ625
= 25 ๐ฟ3
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = โ7๐2 + ๐2 = 25
, en faisant la somme des deux รฉquations ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve 2๐2 =
18 โ ๐2 = 9, dโoรน lโon tire ๐2 = 16. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ3 et les valeurs possibles de ๐
sont ยฑ4, dโaprรจs lโรฉquation 2๐๐ = โ24 โ ๐๐ = 2, on en dรฉduit que ๐๐ < 0 et que donc ๐ et ๐ sont de
signe opposรฉ.
Si ๐ = 3 alors ๐ = โ4 et ๐1 = 3 โ 4๐ et si ๐ = โ3 alors ๐ = 4 et ๐2 = โ3 + 4๐
Deuxiรจme mรฉthode
21
โ7 โ 24๐ = 9 โ 24๐ โ 16 = (3 โ 4๐)2 et on retrouve le mรชme rรฉsultat.
Troisiรจme mรฉthode
On reprend le systรจme
{๐2 โ ๐2 = โ72๐๐ = โ24
โ
{
๐2 โ (โ12
๐)2
= โ7
๐ = โ12
๐
โ {๐2 โ
144
๐2= โ7
๐ = โ12
๐
โ {๐4 โ 144 = โ7๐2
๐ = โ12
๐
โ {๐4 + 7๐2 โ 144 = 0
๐ = โ12
๐
โ {๐ด2 + 7๐ด โ 144 = 0
๐ = โ12
๐
Les solutions de ๐ด2 + 7๐ด โ 144 = 0 sont ๐ด1 = โ16 < 0 et ๐ด2 = 9, donc ๐2 = 9,
Si ๐ = 3 alors ๐ = โ12
๐= โ4 et alors ๐2 = 3 โ 4๐, si ๐ = 3 alors ๐ = โ
12
๐= โ4 et alors ๐1 = โ3 +
4๐.
On cherche les nombres complexes tels que ๐2 = 3 โ 4๐ = ๐ง8, on peut refaire comme prรฉcรฉdemment
mais on va prendre la mรฉthode la plus simple
๐2 = 3 โ 4๐ = 4 โ 4๐ โ 1 = (2 โ ๐)2 Il y a deux solutions
๐1 = 2 โ ๐ et ๐2 = โ2 + ๐ On cherche les complexes ๐ tels que ๐2 = ๐ง9 = 24 โ 10๐ Lร encore, on va aller au plus simple
24 โ 10๐ = 25 โ 10๐ โ 1 = (5 โ ๐)2 Donc il y a deux solutions
๐1 = 5 โ ๐ et ๐2 = โ5 + ๐ Allez ร : Exercice 10 :
Correction exercice 11 :
1. On cherche les complexes ๐ tels que
๐2 =1 + ๐
โ2=โ2
2+ ๐
โ2
2
On pose ๐ = ๐ + ๐๐,
๐2 =โ2
2+ ๐
โ2
2โโ2
2+ ๐
โ2
2= (๐ + ๐๐)2 โ
โ2
2+ ๐
โ2
2= ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ
๐ฟ1๐ฟ2
{
๐2 โ ๐2 =
โ2
2
2๐๐ =โ2
2
On rajoute lโรฉquation
|๐2| โ |โ2
2+ ๐
โ2
2| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ(
โ2
2)
2
+ (โ2
2)
2
โ ๐2 + ๐2 = โ1
2+1
2= 1 ๐ฟ3
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 =
โ2
2
๐2 + ๐2 = 1 , en faisant la somme des deux รฉquations ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve
2๐2 = 1 +โ2
2โ ๐2 =
2 + โ2
4
En faisant la diffรฉrence de ๐ฟ3 et de ๐ฟ1
2๐2 = 1 โโ2
2โ ๐2 =
2 โ โ2
4
Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑโ2+โ2
2 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ
โ2โโ2
2, dโaprรจs lโรฉquation
2๐๐ =โ2
2โ ๐๐ =
โ2
4, on en dรฉduit que ๐๐ > 0 et que donc ๐ et ๐ sont de mรชme signe.
22
Si ๐ =โ2+โ2
2 alors ๐ =
โ2โโ2
2 et ๐1 =
โ2+โ2
2+ ๐
โ2โโ2
2
Et si ๐ = โโ2+โ2
2 alors ๐ = โ
โ2โโ2
2 et ๐2 = โ
โ2+โ2
2โ ๐
โ2โโ2
2
Dโautre part
๐2 =โ2
2+ ๐
โ2
2= ๐๐
๐4
Admet deux solutions ๐3 = ๐๐๐
8 = cos (๐
8) + ๐ sin (
๐
8) et ๐ง4 = โ๐๐
๐
8 = โcos (๐
8) โ ๐ sin (
๐
8)
Comme cos (๐
8) > 0 et que sin (
๐
8) > 0,
cos (๐
8) + ๐ sin (
๐
8) =
โ2 + โ2
2+ ๐
โ2 โ โ2
2โ
{
cos (
๐
8) =
โ2 + โ2
2
sin (๐
8) =
โ2 โ โ2
2
2. On cherche les complexes ๐ tels que
๐2 =โ3 + ๐
2=โ3
2+1
2๐
On pose ๐ = ๐ + ๐๐,
๐2 =โ3
2+1
2๐ โ
โ3
2+1
2๐ = (๐ + ๐๐)2 โ
โ3
2+1
2๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ
๐ฟ1๐ฟ2{
๐2 โ ๐2 =โ3
2
2๐๐ =1
2
On rajoute lโรฉquation
|๐2| โ |โ3
2+1
2๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ(
โ3
2)
2
+ (1
2)2
โ ๐2 + ๐2 = โ3
4+1
4= 1 ๐ฟ3
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 =
โ3
2
๐2 + ๐2 = 1 , en faisant la somme des deux รฉquations ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve
2๐2 = 1 +โ3
2โ ๐2 =
2 + โ3
4
En faisant la diffรฉrence de ๐ฟ3 et de ๐ฟ1
2๐2 = 1 โโ3
2โ ๐2 =
2 โ โ3
4
Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑโ2+โ3
2 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ
โ2โโ3
2, dโaprรจs lโรฉquation
2๐๐ =โ3
2โ ๐๐ =
โ3
4, on en dรฉduit que ๐๐ > 0 et que donc ๐ et ๐ sont de mรชme signe.
Si ๐ =โ2+โ3
2 alors ๐ =
โ2โโ3
2 et ๐1 =
โ2+โ3
2+ ๐
โ2โโ3
2
Et si ๐ = โโ2+โ3
2 alors ๐ = โ
โ2โโ3
2 et ๐2 = โ
โ2+โ3
2โ ๐
โ2โโ3
2
Dโautre part
๐2 =โ3
2+1
2๐ = ๐๐
๐6
Admet deux solutions ๐3 = ๐๐๐
12 = cos (๐
12) + ๐ sin (
๐
12) et ๐4 = โ๐
๐๐
12 = โcos (๐
12) โ ๐ sin (
๐
12)
Comme cos (๐
12) > 0 et que sin (
๐
12) > 0,
23
cos (๐
12) + ๐ sin (
๐
12) =
โ2 + โ3
2+ ๐
โ2 โ โ3
2โ
{
cos (
๐
12) =
โ2 + โ3
2
sin (๐
12) =
โ2 โ โ3
2
Allez ร : Exercice 11 :
Correction exercice 12 :
1. ๐ง2 + ๐ง + 1 = 0
ฮ = 12 โ 4 = โ3 = (๐โ3)2
๐ง1 =โ1 โ ๐โ3
2= ๐ = ๐2
๐ง2 =โ1 + ๐โ3
2= ๐
Allez ร : Exercice 12 :
2. ๐ง2 โ (5๐ + 14)๐ง + 2(5๐ + 12) = 0
ฮ = (โ(5๐ + 14))2โ 4 ร 2(5๐ + 12) = (โ25 + 140๐ + 196) โ 40๐ โ 96 = 75 + 100๐ = 25(3 + 4๐)
= 52(3 + 4๐)
On cherche ๐, ๐ โ โ tels que
(๐ + ๐๐)2 = 5 โ 4๐ โ๐ฟ1๐ฟ2๐ฟ3
{
๐2 โ ๐2 = 32๐๐ = 4
๐2 + ๐2 = โ32 + 42 = 5
En faisant ๐ฟ1 + ๐ฟ3 on trouve que 2๐2 = 8 โ ๐2 = 4 โ ๐ = ยฑ2
En faisant ๐ฟ3 โ ๐ฟ2 on trouve que 2๐2 = 2 โ ๐2 = 1 โ ๐ = ยฑ1
Dโaprรจs ๐ฟ2 ๐ et ๐ sont de mรชme signe donc ๐ + ๐๐ = 2 + ๐ ou ๐ + ๐๐ = โ2 โ ๐
Autre mรฉthode 3 + 4๐ = 4 + 4๐ โ 1 = (2 + ๐)2
et alors
ฮ = 52(2 + ๐)2 = (10 + 5๐)2
Les solutions de lโรฉquation sont
๐ง1 =5๐ + 14 โ (10 + 5๐)
2=4
2= 2
๐ง1 =5๐ + 14 + (10 + 5๐)
2=24 + 10๐
2= 12 + 5๐
Allez ร : Exercice 12 :
3. ๐ง2 โ โ3๐ง โ ๐ = 0
ฮ = 3 + 4๐ = (2 + ๐)2
๐ง1 =โ3 + 2 + ๐
2=โ3
2+ 1 +
1
2๐ = 1 โ ๐ (โ
1
2+ ๐
โ3
2) = 1 โ ๐๐
๐ง2 =โ3 โ 2 โ ๐
2=โ3
2โ 1 โ
1
2๐ = โ1 + ๐ (โ
1
2โ ๐
โ3
2) = โ1 + ๐๐2
Allez ร : Exercice 12 :
4. ๐ง2 โ (1 + 2๐)๐ง + ๐ โ 1 = 0
ฮ = (1 + 2๐)2 โ 4(๐ โ 1) = 1 + 4๐ โ 4 โ 4๐ + 4 = 1
๐ง1 =1 + 2๐ โ 1
2= ๐
๐ง2 =1 + 2๐ + 1
2= 1 + ๐
Allez ร : Exercice 12 :
24
5. ๐ง2 โ (3 + 4๐)๐ง โ 1 + 5๐ = 0
Le discriminant vaut
ฮ = (โ(3 + 4๐))2โ 4(โ1 + 5๐) = 9 + 24๐ โ 16 + 4 โ 20๐ = โ3 โ 4๐ = (1 โ 2๐)2
Il y a deux solutions
๐ง1 =3 + 4๐ โ (1 โ 2๐)
2= 2 + 3๐
๐ง2 =3 + 4๐ + 1 โ 2๐
2= 2 + ๐
Allez ร : Exercice 12 :
6. 4๐ง2 โ 2๐ง + 1 = 0
Soit on rรฉsout ยซ normalement ยป, soit on ruse, rusons
4๐ง2 โ 2๐ง + 1 = 0 โ ๐2 + ๐ + 1 = 0
Avec ๐ = โ2๐ง. Les solutions de ๐2 + ๐ + 1 = 0 sont connues (et puis on vient de les revoir dans 1ยฐ))
๐1 = ๐ et ๐2 = ๐2
Par consรฉquent
๐ง1 = โ1
2๐ et ๐ง2 = โ
1
2๐2
Allez ร : Exercice 12 :
7. ๐ง4 + 10๐ง2 + 169 = 0
On pose ๐ = ๐ง2, ๐2 + 10๐ + 169 = 0 a pour discriminant
ฮ = 102 โ 4 ร 169 = 102 โ (2 ร 13)2 = (10 โ 26)(10 + 26) = โ16 ร 36 = โ42 ร 62 = (24๐)2
๐1 =โ10 + 24๐
2= โ5 + 12๐
๐2 =โ10 โ 24๐
2= โ5 โ 12๐
On cherche ๐ง = ๐ + ๐๐ tel que
๐ง2 = ๐1 โ (๐ + ๐๐)2 = โ5 + 12๐ โ ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ = โ5 + 12๐
โ๐ฟ1๐ฟ2๐ฟ3
{
๐2 โ ๐2 = โ52๐๐ = 12
๐2 + ๐2 = โ(โ5)2 + 122 = โ25 + 144 = โ169 = 13
En faisant la somme de ๐ฟ1 et de ๐ฟ3, on trouve que 2๐2 = 8 โ ๐2 = 4 โ ๐ = ยฑ2,
En faisant la diffรฉrence de ๐ฟ3 et de ๐ฟ1, on trouve que 2๐2 = 18 โ ๐2 = 9 โ ๐ = ยฑ3,
Dโaprรจs ๐ฟ2, ๐ et ๐ sont de mรชme signe donc ๐ง2 = ๐1 a deux solutions
๐ง1 = 2 + 3๐ ๐๐ก ๐ง2 = โ2 โ 3๐
On peut rรฉsoudre de la mรชme faรงon ๐2 = ๐ง2 ou dire que ๐ง4 + 10๐ง2 + 169 = 0 est une รฉquation ร
coefficients rรฉels et que donc si une racine complexe est solution alors son conjuguรฉ est aussi solution, par
consรฉquent ๐ง1 = 2 โ 3๐ et ๐ง2 = โ2 + 3๐ sont aussi solution, ce qui donne 4 solutions pour une รฉquation de
degrรฉ 4, il nโy en a pas plus, on les a toutes.
Allez ร : Exercice 12 :
8. ๐ง4 + 2๐ง2 + 4 = 0
On peut faire comme dans le 7ยฐ), mais rusons :
๐ง4 + 2๐ง2 + 4 = 0 โ๐ง4
4+๐ง2
2+ 1 = 0 โ (
๐ง2
2)
2
+ (๐ง2
2) + 1 = 0 โ [(
๐ง2
2) โ ๐] [(
๐ง2
2) โ ๐2] = 0
โ [(๐ง
โ2)2
โ ๐4] [(๐ง
โ2)2
โ ๐2] = 0 โ (๐ง
โ2โ ๐2) (
๐ง
โ2+ ๐2) (
๐ง
โ2โ ๐) (
๐ง
โ2+ ๐) = 0
โ (๐ง โ โ2๐2)(๐ง + โ2๐2)(๐ง โ โ2๐)(๐ง + โ2๐) = 0
Les solutions sont
{โ2๐2, โโ2๐2, โ2๐, โโ2๐}
25
Allez ร : Exercice 12 :
9. ๐ฅ4 โ 30๐ฅ2 + 289 = 0
On pose ๐ = ๐ฅ2
๐2 โ 30๐ + 289 = 0
ฮ = 302 โ 4 ร 289 = 900 โ 1156 = โ256 = โ162 = (16๐)2
๐1 =30 โ 16๐
2= 15 โ 8๐
๐2 = 15 + 8๐
On cherche ๐ฅ tel que ๐ฅ2 = 15 โ 8๐ = 16 โ 8๐ โ 1 = (4 โ ๐)2
Il y a donc deux solutions ๐ฅ1 = 4 โ ๐ et ๐ฅ2 = โ(4 โ ๐) = โ4 + ๐.
De mรชme on cherche ๐ฅ tel que ๐ฅ2 = 15 + 8๐ = 16 + 8๐ โ 1 = (4 + ๐)2
Il y a donc deux solutions ๐ฅ3 = 4 + ๐ et ๐ฅ4 = โ(4 + ๐) = โ4 โ ๐.
Les solutions sont
{4 โ ๐,โ4 + ๐, 4 + ๐, โ4 โ ๐}
Allez ร : Exercice 12 :
10. ๐ฅ4 + 4๐ฅ3 + 6๐ฅ2 + 4๐ฅ โ 15 = 0
Il faudrait trouver des solutions (rรฉelles ou complexes).
๐ฅ = 1 est solution รฉvidente, mais ensuite cela ne vient pas, mais en regardant mieux on sโaperรงoit que 4
premiers termes ressemblent fort au dรฉveloppement de (๐ฅ + 1)4 = ๐ฅ4 + 4๐ฅ3 + 6๐ฅ2 + 4๐ฅ + 1 donc
๐ฅ4 + 4๐ฅ3 + 6๐ฅ2 + 4๐ฅ โ 15 = 0 โ (๐ฅ + 1)4 โ 1 โ 15 = 0 โ (๐ฅ + 1)4 = 16
โ {|(๐ฅ + 1)4| = 16
arg((๐ฅ + 1)4) = arg(16) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ฅ + 1|4 = 24
4 arg(๐ฅ + 1) = 0 + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ฅ + 1| = 2
arg(๐ฅ + 1) =2๐๐
4, ๐ โ {0,1,2,3}
โ ๐ฅ๐ + 1 = 2๐๐๐๐2 ,
๐ โ {0,1,2,3} โ ๐ฅ๐ = โ1 + 2๐๐๐๐2 , ๐ โ {0,1,2,3}
๐ฅ0 = โ1 + 2 = 1; ๐ฅ1 = โ1 + 2๐๐๐2 = โ1 + 2๐;
๐ฅ2 = โ1 + 2๐๐๐ = โ1 โ 2 = โ3; ๐ฅ3 = โ1 + 2๐
3๐๐2 = โ1 โ 2๐
Sont les solutions.
Allez ร : Exercice 12 :
11. ๐ง3 + 3๐ง โ 2๐ = 0
On voit que ๐ est une solution รฉvidente (car ๐3 + 3๐ โ 2๐ = 0) donc on peut mettre ๐ง โ ๐ en facteur.
๐ง3 + 3๐ง โ 2๐ = (๐ง โ ๐)(๐๐ง2 + ๐๐ง + ๐) โ ๐ง3 + 3๐ง โ 2๐ = ๐๐ง3 + (โ๐๐ + ๐)๐ง2 + (โ๐๐ + ๐)๐ง โ ๐๐
โ {
๐ = 1โ๐๐ + ๐ = 0โ๐๐ + ๐ = 3โ๐๐ = โ2๐
โ {
๐ = 1๐ = ๐๐ = ๐
๐ = 3 + ๐๐ = 2๐ = 2
๐ง3 + 3๐ง โ 2๐ = (๐ง โ ๐)(๐ง2 + ๐๐ง + 2)
Le discriminant de ๐ง2 + ๐๐ง + 2 est ฮ = ๐2 โ 4 ร 2 = โ9 = (3๐)2
Il y a deux solutions
๐ง =โ๐ โ 3๐
2= โ2๐ et ๐ง =
โ๐ + 3๐
2= ๐
Il y a donc deux solutions, ๐ง1 = ๐ et ๐ง2 = โ2๐.
Allez ร : Exercice 12 :
12.
ฮ = (1 + ๐)2(1 + ๐)2 โ 4(1 + ๐2)๐ = (1 + 2๐ + ๐2)(1 + 2๐ โ 1) โ 4๐ โ 4๐๐2
= 2๐ + 4๐๐ + 2๐๐2 โ 4๐ โ 4๐๐2 = โ2๐ + 4๐๐ โ 2๐๐2 = โ2๐(1 โ 2๐ + ๐2)
= (1 โ ๐)2(1 โ ๐)2 = ((1 โ ๐)(1 โ ๐))2
26
๐ง1 =(1 + ๐)(1 + ๐) โ (1 โ ๐)(1 โ ๐)
2=1 + ๐ + ๐ + ๐๐ โ (1 โ ๐ โ ๐ + ๐๐)
2= ๐ + ๐
๐ง1 =(1 + ๐)(1 + ๐) + (1 โ ๐)(1 โ ๐)
2=1 + ๐ + ๐ + ๐๐ + 1 โ ๐ โ ๐ + ๐๐
2= 1 + ๐๐
Allez ร : Exercice 12 :
13. ฮ = (1 โ 5๐)2 โ 4๐(6๐ โ 2) = 1 โ 25 โ 10๐ + 24 + 8๐ = โ2๐
Il faut trouver ๐ฟ tel que ฮ = ๐ฟ2
Premiรจre mรฉthode :
โ2๐ = 1 โ 2๐ โ 1 = (1 โ ๐)2 cโest une identitรฉ remarquable. Donc ๐ฟ1 = 1 โ ๐ ou ๐ฟ2 = โ1 + ๐
Deuxiรจme mรฉthode
On pose ๐ฟ = ๐ + ๐๐, ฮ = ๐ฟ2 โโ2๐ = (๐ + ๐๐)2 โ โ2๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ {๐2 โ ๐2 = 02๐๐ = โ2
On rajoute lโรฉquation |ฮ| = |๐ฟ2| โ |โ2๐| = ๐2 + ๐2 โ 2 = ๐2 + ๐2
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = 0๐2 + ๐2 = 2
, en faisant la somme des deux รฉquations, on trouve 2๐2 = 2 โ ๐2 = 1,
dโoรน lโon tire ๐2 = 1. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1, dโaprรจs
lโรฉquation 2๐๐ = โ2 โ ๐๐ = โ1, on en dรฉduit que ๐๐ < 0 et que donc ๐ et ๐ sont de signe opposรฉ.
Si ๐ = 1 alors ๐ = โ1 et ๐ฟ = 1 โ ๐ et si ๐ = โ1 alors ๐ = 1 et ๐ฟ = โ1 + ๐. Ce sont bien les mรชmes
solutions quโavec la premiรจre mรฉthode.
Troisiรจme mรฉthode
ฮ = โ2๐ = 2๐3๐๐
2 , donc les racines deuxiรจmes de ฮ sont ๐ฟ = โ2๐3๐๐
4 = โ2(cos (3๐
4) + ๐๐ ๐๐ (
3๐
4)) =
โ2 (โโ2
2+๐โ2
2) = โ1 + ๐ et ๐ฟ = โโ2๐
3๐๐
4 = 1 โ ๐.
Pour rรฉsoudre ๐๐ง2 + (1 โ 5๐)๐ง + 6๐ โ 2 = 0, on nโa besoin que dโune racine deuxiรจme, on prend, par
exemple ๐ฟ = 1 โ ๐.
Les deux solutions sont :
๐ง1 =โ(1 โ 5๐) โ (1 โ ๐)
2๐=โ2 + 6๐
2๐=โ1 + 3๐
๐=(โ1 + 3๐)(โ๐)
๐(โ๐)= 3 + ๐
๐ง2 =โ(1 โ 5๐) + (1 โ ๐)
2๐=4๐
2๐= 2
Allez ร : Exercice 12 :
14.
ฮ = (โ(3 + ๐))2โ 4(1 + ๐)(โ6 + 4๐) = (3 + ๐)2 โ 4(โ6 + 4๐ โ 6๐ โ 4)
= 9 โ 1 + 6๐ โ 4(โ10 โ 2๐) = 8 + 6๐ + 40 + 8๐ = 48 + 14๐
On pose ๐ฟ = ๐ + ๐๐, ฮ = ๐ฟ2 โ 48 + 14๐ = (๐ + ๐๐)2 โ 48 + 14๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ
{๐2 โ ๐2 = 482๐๐ = 14
On rajoute lโรฉquation
|ฮ| = |๐ฟ2| โ |48 + 14๐| = ๐2 + ๐2 โ 2|24 + 7๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = 2โ242 + 72 โ ๐2 + ๐2
= 2โ576 + 49 โ ๐2 + ๐2 = 2โ625 = 2 ร 25 = 50
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = 48๐2 + ๐2 = 50
, en faisant la somme des deux รฉquations, on trouve 2๐2 = 98 โ ๐2 =
49, dโoรน lโon tire ๐2 = 1. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ7 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1,
dโaprรจs lโรฉquation 2๐๐ = 14 โ ๐๐ = 7, on en dรฉduit que ๐๐ > 0 et que donc ๐ et ๐ sont de mรชme
signe.
Si ๐ = 7 alors ๐ = 1 et ๐ฟ = 7 + ๐ et si ๐ = โ7 alors ๐ = โ1 et ๐ฟ = โ7 โ ๐
Deuxiรจme mรฉthode
ฮ = 48 + 14๐ = 49 + 2 ร 7๐ โ 1 = (7 + ๐)2 donc ๐ฟ = 7 + ๐ ou ๐ฟ = โ7 โ ๐.
27
Troisiรจme mรฉthode
On reprend le systรจme {๐2 โ ๐2 = 482๐๐ = 14
โ {๐2 โ (
7
๐)2
= 48
๐ =7
๐
โ {๐2 โ
49
๐2= 48
๐ =7
๐
โ {๐4 โ 49 = 48๐2
๐ =7
๐
โ
{๐4 โ 48๐2 โ 49 = 0
๐ =7
๐
โ {๐ด2 โ 48๐ด โ 49 = 0
๐ =7
๐
, le discriminant de ๐ด2 โ 48๐ด โ 49 = 0 est ฮโฒ = 482 +
4 ร 49 = 2500 = 502 donc ses solutions sont ๐ด1 =48โ50
2= โ1 et ๐ด2 =
48+50
2= 49, ๐ด1 < 0 donc il
nโy a pas de solution de ๐2 = โ1, par contre ๐2 = 49 admet deux solutions ๐ = โ7 et ๐ = 7.
Si ๐ = โ7 alors ๐ =7
๐= โ1 et si ๐ = 7 alors ๐ =
7
๐= 1, on retrouve les mรชmes solutions.
Les solutions de (1 + ๐)๐ง2 โ (3 + ๐)๐ง โ 6 + 4๐ = 0 sont :
๐ง1 =(3 + ๐) โ (7 + ๐)
2(1 + ๐)= โ
4
2(1 + ๐)= โ
2
1 + ๐= โ
2(1 โ ๐)
12 + 12= โ1 + ๐
๐ง2 =(3 + ๐) + (7 + ๐)
2(1 + ๐)=10 + 2๐
2(1 + ๐)=5 + ๐
1 + ๐=(5 + ๐)(1 โ ๐)
12 + 12=5 โ 5๐ + ๐ + 1
12 + 12=6 โ 4๐
2= 3 โ 2๐
Allez ร : Exercice 12 :
15.
ฮ = (โ(9 + 3๐))2โ 4(1 + 2๐)(โ5๐ + 10) = (3(3 + ๐)2) โ 4(โ5๐ + 10 + 10 + 20๐)
= 9(9 โ 1 + 6๐) โ 4(โ25) = 9(8 + 6๐) โ 4(20 + 15๐) = 72 + 54๐ โ 80 โ 60๐
= โ8 โ 6๐
On pose ๐ฟ = ๐ + ๐๐, ฮ = ๐ฟ2 โโ8 โ 6๐ = (๐ + ๐๐)2 โ โ8โ 6๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ
{๐2 โ ๐2 = โ82๐๐ = โ6
On rajoute lโรฉquation |ฮ| = |๐ฟ2| โ |โ8 โ 6๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ(โ8)2 + (โ6)2 โ ๐2 +
๐2 = โ64 + 36 โ ๐2 + ๐2 = โ100 = 10
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = โ8๐2 + ๐2 = 10
, en faisant la somme des deux รฉquations, on trouve 2๐2 = 2 โ ๐2 =
1, dโoรน lโon tire ๐2 = 9. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ3,
dโaprรจs lโรฉquation 2๐๐ = โ6 โ ๐๐ = โ3, on en dรฉduit que ๐๐ < 0 et que donc ๐ et ๐ sont de signe
opposรฉ.
Si ๐ = 1 alors ๐ = โ3 et ๐ฟ = 1 โ 3๐ et si ๐ = โ1 alors ๐ = 3 et ๐ฟ = โ1 + 3๐
Deuxiรจme mรฉthode
On reprend le systรจme {๐2 โ ๐2 = โ82๐๐ = โ6
โ {๐2 โ (
โ3
๐)2
= โ8
๐ =โ3
๐
โ {๐2 โ
9
๐2= โ8
๐ =โ3
๐
โ
{๐4 โ 9 = โ8๐2
๐ =โ3
๐
โ {๐4 + 8๐2 โ 9 = 0
๐ =โ3
๐
โ {๐ด2 + 8๐ด โ 9 = 0
๐ =โ3
๐
, le discriminant de ๐ด2 + 8๐ด โ 9 = 0 est
ฮโฒ = 82 + 4 ร 9 = 100 = 102 donc ses solutions sont ๐ด1 =โ8โ10
2= โ9 et ๐ด2 =
โ8+10
2= 1, ๐ด2 < 0
donc il nโy a pas de solution de ๐2 = โ9, par contre ๐2 = 1 admet deux solutions ๐ = โ1 et ๐ = 1.
Si ๐ = โ1 alors ๐ =โ3
๐= 3 et si ๐ = 1 alors ๐ =
โ3
๐= โ1, on retrouve les mรชmes solutions.
Troisiรจme mรฉthode
ฮ = โ8 โ 6๐ = 1 โ 6๐ โ 9 = (1 โ 3๐)2 donc ๐ฟ = 1 โ 3๐ et ๐ฟ = โ1 + 3๐
Les solutions de (1 + 2๐)๐ง2 โ (9 + 3๐)๐ง โ 5๐ + 10 = 0 sont :
๐ง1 =(9 + 3๐) โ (1 โ 3๐)
2(1 + 2๐)=
8 + 6๐
2(1 + 2๐)=4 + 3๐
1 + 2๐=(4 + 3๐)(1 โ 2๐)
12 + 22=4 โ 8๐ + 3๐ + 6
10= 2 โ ๐
๐ง2 =(9 + 3๐) + (1 โ 3๐)
2(1 + 2๐)=
10
2(1 + 2๐)=
5
1 + 2๐=5(1 โ 2๐)
12 + 22= 1 โ 2๐
28
Allez ร : Exercice 12 :
16. ฮ = (โ(6๐ + 2)2) โ 4(1 + 3๐)(11๐ โ 23) = (6๐ + 2)2 โ 4(11๐ โ 23 โ 33 โ 69๐) = โ36 + 24๐ +
4 โ 4(โ56 โ 58๐) = โ32 + 24๐ + 224 + 232๐ = 192 + 256๐ = 64(3 + 4๐)
Si jโai mis 64 en facteur, cโest que maintenant il suffit de trouver une racine deuxiรจme de 3 + 4๐, ce qui est
beaucoup plus facile que de trouver une racine deuxiรจme de 192 + 256๐.
On pose ๐ฟ = ๐ + ๐๐, ฮ = ๐ฟ2 โ 3+ 4๐ = (๐ + ๐๐)2 โ 3+ 4๐ = ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ โ {๐2 โ ๐2 = 32๐๐ = 4
On rajoute lโรฉquation |ฮ| = |๐ฟ2| โ |3 + 4๐| = ๐2 + ๐2 โ ๐2 + ๐2 = โ32 + 42 โ ๐2 + ๐2 = โ25 = 5
Avec le systรจme {๐2 โ ๐2 = 3๐2 + ๐2 = 5
, en faisant la somme des deux รฉquations, on trouve 2๐2 = 8 โ ๐2 = 4,
dโoรน lโon tire ๐2 = 1. Les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ2 et les valeurs possibles de ๐ sont ยฑ1, dโaprรจs
lโรฉquation 2๐๐ = 4 โ ๐๐ = 2, on en dรฉduit que ๐๐ > 0 et que donc ๐ et ๐ sont de mรชme signe.
Si ๐ = 2 alors ๐ = 1 et ๐ฟ = 2 + ๐ et si ๐ = โ2 alors ๐ = โ1 et ๐ฟ = โ2 โ ๐
Donc (2 + ๐)2 = 3 + 4๐ entraine que ฮ = 64(3 + 4๐) = 82(2 + ๐)2 = (8(2 + ๐))2= (16 + 8๐)2
Deuxiรจme mรฉthode
3 + 4๐ = 4 + 4๐ โ 1 = (2 + ๐)2 et on retrouve le mรชme rรฉsultat.
Troisiรจme mรฉthode
On reprend le systรจme
{๐2 โ ๐2 = 32๐๐ = 4
โ
{
๐2 โ (2
๐)2
= 3
๐ =2
๐
โ {๐2 โ
4
๐2= 3
๐ =2
๐
โ {๐4 โ 4 = 3๐2
๐ =2
๐
โ {๐4 โ 3๐2 โ 4 = 0
๐ =2
๐
โ {๐ด2 โ 3๐ด โ 4 = 0
๐ =2
๐
Les solutions de ๐ด2 โ 3๐ด โ 4 = 0 sont ๐ด1 = โ1 < 0 et ๐ด2 = 4, donc ๐2 = 4,
Si ๐ = โ2 alors ๐ =2
๐= โ1 et alors ๐ฟ = โ2 โ ๐, si ๐ = 2 alors ๐ =
2
๐= 1 et alors ๐ฟ = 2 + ๐.
Les solutions de (1 + 3๐)๐ง2 โ (6๐ + 2)๐ง + 11๐ โ 23 = 0 sont
๐ง1 =6๐ + 2 โ (16 + 8๐)
2(1 + 3๐)=โ14 โ 2๐
2(1 + 3๐)=โ7 โ ๐
1 + 3๐=(โ7 โ ๐)(1 โ 3๐)
12 + 32=โ7 + 21๐ โ ๐ โ 3
10= โ1 + 2๐
๐ง2 =6๐ + 2 + (16 + 8๐)
2(1 + 3๐)=18 + 14๐
2(1 + 3๐)=9 + 7๐
1 + 3๐=(9 + 7๐)(1 โ 3๐)
12 + 32=9 โ 27๐ + 7๐ + 21
10= 3 โ 2๐
Allez ร : Exercice 12 :
Correction exercice 13 :
On pose ๐ = ๐2,
๐4 + (3 โ 6๐)๐2 โ 8 โ 6๐ = 0 โ ๐2 + (3 โ 6๐)๐ โ 8 โ 6๐ = 0
Le discriminant est
ฮ = (3 โ 6๐)2 โ 4(โ8 โ 6๐) = 9 โ 36๐ โ 36 + 32 + 24๐ = 5 โ 12๐
Les racines carrรฉs de 5 โ 12๐ :
(๐ + ๐๐)2 = 5 โ 12๐ โ ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ = 5 โ 12๐ โ {๐2 โ ๐2 = 52๐๐ = 12
โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = 5๐๐ = 6
On rajoute lโรฉgalitรฉ des modules
๐2 + ๐2 = โ52 + 122 = โ25 + 144 = โ169 = 13 ๐ฟ3
En additionnant ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve 2๐2 = 18 donc ๐2 = 9, cโest-ร -dire ๐ = ยฑ3.
En soustrayant ๐ฟ1 ร ๐ฟ3, on trouve 2๐2 = 8 donc ๐2 = 4, cโest-ร -dire ๐ = ยฑ2.
Dโaprรจs ๐ฟ2, ๐ et ๐ ont le mรชme signe donc les deux racines carrรฉs de 5 โ 12๐ sont : 3 + 2๐ et โ3 โ 2๐.
Les solutions de ๐2 + (3 โ 6๐)๐ โ 8 โ 6๐ = 0 sont :
29
๐1 =โ(3 โ 6๐) โ (3 + 2๐)
2= โ3 + 4๐
Et
๐2 =โ(3 โ 6๐) + (3 + 2๐)
2= 2๐
Or ๐1 = โ3 + 4๐ = 4 + 4๐ โ 1 = (2 + ๐)2 donc ๐2 = โ3 + 4๐ a deux solutions :
๐1 = 2 + ๐
Et
๐2 = โ2 โ ๐
De plus ๐2 = 2๐ = (1 + ๐)2 donc ๐2 = 2๐ a deux solutions :
๐3 = 1 + ๐
Et
๐4 = โ1 โ ๐
Allez ร : Exercice 13 :
Correction exercice 14 :
1. On pose ๐ = ๐ โ โ
(1 โ ๐)๐3 โ (5 + ๐)๐2 + (4 + 6๐)๐ โ 4๐ = 0 โ ๐3 โ 5๐2 + 4๐ + ๐(โ๐3 โ ๐2 + 6๐ โ 4) = 0
โ { ๐3 โ 5๐2 + 4๐ = 0โ๐3 โ ๐2 + 6๐ โ 4 = 0
๐3 โ 5๐2 + 4๐ = 0 โ ๐(๐2 โ 5๐2 + 4) = 0
Donc cette รฉquation admet 0, 1 et 4 comme racine. Seul 1 est solution de โ๐3 โ ๐2 + 6๐ โ 4 = 0 donc
il existe une unique solution rรฉelle ๐ = 1.
2. On factorise (1 โ ๐)๐3 โ (5 + ๐)๐2 + (4 + 6๐)๐ โ 4๐ par ๐ โ 1. Il existe alors ๐ผ, ๐ฝ et ๐พ telle que :
(1 โ ๐)๐3 โ (5 + ๐)๐2 + (4 + 6๐)๐ โ 4๐ = (๐ โ 1)(๐ผ๐2 + ๐ฝ๐ + ๐พ)
Or (๐ โ 1)(๐ผ๐2 + ๐ฝ๐ + ๐พ) = ๐ผ๐3 + (๐ฝ โ ๐ผ)๐2 + (๐พ โ ๐ฝ)๐ โ ๐พ
On en dรฉduit que : {
๐ผ = 1 โ ๐๐ฝ โ ๐ผ = โ(5 + ๐)
๐พ โ ๐ฝ = 4 + 6๐โ๐พ = โ4๐
โ {
๐ผ = 1 โ ๐๐ฝ = โ(5 + ๐) + 1 โ ๐ = โ4 โ 2๐
๐พ = 4 + 6๐ โ 4 โ 2๐ = 4๐๐พ = 4๐
Dโoรน
(1 โ ๐)๐3 โ (5 + ๐)๐2 + (4 + 6๐)๐ โ 4๐ = 0 โ (๐ โ 1)((1 โ ๐)๐2 โ (4 + 2๐)๐ + 4๐) = 0
โ {๐ = 1
(1 โ ๐)๐2 โ (4 + 2๐)๐ + 4๐ = 0
Le discriminant de lโรฉquation du second degrรฉ est :
ฮ = (4 + 2๐)2 โ 4(1 โ ๐) ร 4๐ = 16 + 16๐ โ 4 โ 16๐ โ 16 = โ4 = (2๐)2
Les deux racines sont alors
๐1 =4 + 2๐ โ 2๐
2(1 โ ๐)=
2
1 โ ๐=2(1 + ๐)
12 + 12= 1 + ๐
๐2 =4 + 2๐ + 2๐
2(1 โ ๐)=2 + 2๐
1 โ ๐=2(1 + ๐)2
12 + 12= 2๐
Lโensemble des solutions est ๐ฎ = {1,1 + ๐, 2๐}.
Allez ร : Exercice 14 :
Correction exercice 15 :
ฮ = (โ๐)2 + 4(1 + ๐) = 4 + 4๐ โ 1 = (2 + ๐)2
Les solutions de ๐2 โ ๐๐ โ 1 โ ๐ = 0 sont
๐1 =๐ + 2 + ๐
2= 1 + ๐
30
๐2 =๐ โ (2 + ๐)
2= โ1
Les solutions de ๐ง6 โ ๐๐ง3 โ 1 โ ๐ = 0 vรฉrifient
๐ง3 = 1 + ๐ = โ2๐๐๐4 โ {
|๐ง3| = โ2
arg(๐ง3) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|3 = 2
12
3 arg(๐ง) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = 2
16
arg(๐ง) =๐
12+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
โ ๐ง โ {216๐๐
๐12 ; 2
16๐
3๐๐4 ; 2
16๐
17๐๐12 }
Ou
๐ง3 = โ1 โ {|๐ง3| = 1
arg(๐ง3) = ๐ + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|3 = 13arg(๐ง) = ๐ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =๐
3+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Il y a donc trois solutions
๐ง0 = ๐๐๐3 ; ๐ง1 = ๐
3๐๐3 = ๐๐๐ = โ1; ๐ง2 = ๐
5๐๐3 = ๐โ
๐๐3
Finalement il y a six solutions
{216๐๐
๐12 ; 2
16๐
3๐๐4 ; 2
16๐
17๐๐12 ; ๐
๐๐3 ; โ1; ๐โ
๐๐3 }
Allez ร : Exercice 15 :
Correction exercice 16 :
1. Soit ๐ โ โ une solution de (๐ธ)
๐4 โ 3๐3 + (2 โ ๐)๐2 โ 3 + ๐ = 0 โ ๐4 โ 3๐3 + 2๐2 + 3๐ โ 3 + ๐(โ๐2 + 1) = 0
โ {๐4 โ 3๐3 + 2๐2 + 3๐ โ 3 = 0
โ๐2 + 1 = 0
๐1 = โ1 est solution de ๐4 โ 3๐3 + 2๐2 โ 3 = 0 et ๐2 = 1 est solution de ๐4 โ 3๐3 + 2๐2 + 3๐ โ
3 = 0, donc (๐ธ) admet deux solutions rรฉelles, on peut mettre (๐ โ 1)(๐ + 1) = ๐2 โ 1 en facteur.
2. Il existe ๐, ๐, ๐ โ โ tels que
๐4 โ 3๐3 + (2 โ ๐)๐2 + 3๐ โ 3 + ๐ = (๐2 โ 1)(๐๐2 + ๐๐ + ๐)
On dรฉveloppe
(๐2 โ 1)(๐๐2 + ๐๐ + ๐) = ๐๐4 + ๐๐3 + (๐ โ ๐)๐2 โ ๐๐ โ ๐
Par consรฉquent
{
๐ = 1๐ = โ3
๐ โ ๐ = 2 โ ๐โ๐ = 3
โ๐ = โ3 + ๐
โ {๐ = 1๐ = โ3๐ = 3 โ ๐
๐4 โ 3๐3 + (2 โ ๐)๐2 + 3๐ โ 3 + ๐ = (๐2 โ 1)(๐2 โ 3๐ + 3 โ ๐) = 0
Il reste ร trouver les solutions de ๐2 โ 3๐ + 3 โ ๐ = 0
ฮ = 9 โ 4(3 โ ๐) = โ3 + 4๐ = 1 + 4๐ โ 4 = (1 + 2๐)2
Les racines carrรฉes du discriminant sont ๐ฟ = ยฑ(1 โ 2๐)
Il y a deux solutions
๐1 =3 โ (1 + 2๐)
2= 1 โ ๐
๐2 =3 + 1 + 2๐
2= 2 + ๐
Lโensemble des solutions de (๐ธ) est
31
๐ = {โ1,1,1 โ ๐, 2 + ๐}
Allez ร : Exercice 16 :
Correction exercice 17 :
1. ๐3 = 2โ2 (โ2
โ2+ ๐
โ2
2) = 2
3
2๐3๐๐
4
Donc
๐3 = 2โ2 (โ2
โ2+ ๐
โ2
2) = 2
32๐
3๐๐4 โ {
|๐3| = 232
arg(๐3) =3๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐|3 = 2
32
3 arg(๐) =3๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐| = 2
12
arg(๐) =๐
4+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
โ ๐๐
= โ2๐๐(๐4+2๐๐3), ๐ โ ๐ โ {0,1,2}
๐0 = โ2๐๐๐4 = โ2(
โ2
2+ ๐
โ2
2) = 1 + ๐
๐1 = โ2๐๐(๐4+2๐3) = โ2๐
11๐๐12
๐2 = โ2๐๐(๐4+4๐3) = โ2๐
19๐๐12
2.
๐3 = โ8๐ = 23๐3๐๐2 โ {
|๐3| = 23
arg(๐3) =3๐
2+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐|3 = 23
3 arg(๐) =3๐
2+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐| = 2
arg(๐) =๐
2+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
โ ๐๐ = 2๐๐(๐2+2๐๐3), ๐ โ ๐ โ {0,1,2}
๐0 = 2๐๐๐2 = 2๐
๐1 = 2๐๐(๐2+2๐3) = 2๐
7๐๐6 = 2(โ
โ3
2โ1
2๐) = โโ3 โ ๐
๐2 = 2๐๐(๐2+4๐3) = 2๐
11๐๐6 = 2(
โ3
2โ1
2๐) = โ3 โ ๐
3. On pose ๐ = ๐3 1
2๐6 + (1 + 3๐)๐3 + 8 + 8๐ = 0 โ
1
2๐2 + (1 + 3๐)๐ + 8 + 8๐ = 0
Le discriminant de cette รฉquation est :
ฮ = (1 + 3๐)2 โ 4 ร1
2(8 + 8๐) = 1 + 6๐ โ 9 โ 16 โ 16๐ = โ24 โ 10๐
Les racines carrรฉs de โ24 โ 10๐ :
(๐ + ๐๐)2 = โ24 โ 10๐ โ ๐2 โ ๐2 + 2๐๐๐ = โ24 โ 10๐ โ {๐2 โ ๐2 = โ242๐๐ = โ10
โ๐ฟ1๐ฟ2{๐
2 โ ๐2 = โ24๐๐ = โ5
On rajoute lโรฉgalitรฉ des modules
๐2 + ๐2 = โ242 + 102 = โ576 + 100 = โ676 = 26 ๐ฟ3
En additionnant ๐ฟ1 et ๐ฟ3, on trouve 2๐2 = 2 donc ๐2 = 1, cโest-ร -dire ๐ = ยฑ1.
En soustrayant ๐ฟ1 ร ๐ฟ3, on trouve 2๐2 = 50 donc ๐2 = 25, cโest-ร -dire ๐ = ยฑ5.
Dโaprรจs ๐ฟ2, ๐ et ๐ sont de signes diffรฉrents donc les deux racines carrรฉs de โ24 โ 10๐ sont : 1 โ 5๐ et
โ1 + 5๐.
Lโรฉquation du second degrรฉ a pour racine :
32
๐1 =โ(1 + 3๐) โ (1 โ 5๐)
2 ร12
= โ2 โ 2๐
Et
๐2 =โ(1 + 3๐) + (1 โ 5๐)
2 ร12
= โ2๐
Les six racines de 1
2๐6 + (1 + 3๐)๐3 + 8 + 8๐ = 0
Sont les six complexes trouvรฉs en 1ยฐ) et 2ยฐ).
Allez ร : Exercice 17 :
Correction exercice 18 :
1. Posons ๐ง = ๐ โ โ, (๐ธ) โ ๐3 + 1 โ ๐(๐ + 1) = 0 โ {๐3 + 1 = 0๐ + 1 = 0
โ ๐ = โ1
2. On peut diviser ๐ง3 โ ๐๐ง + 1 โ ๐ = 0 par ๐ง + 1
๐ง3 โ ๐๐ง + 1 โ ๐ ๐ง + 1
๐ง3 + ๐ง2 ๐ง2 โ ๐ง + 1 โ ๐
โ๐ง2 โ ๐๐ง + 1 โ ๐
โ๐ง2 โ ๐ง
(1 โ ๐)๐ง + 1 โ ๐
(1 โ ๐)๐ง + 1 โ ๐
0
๐ง2 โ ๐ง + 1โ ๐ a pour discriminant ฮ = 1 โ 4(1 โ ๐) = โ3 + 4๐ = 1 + 4๐ โ 4 = (1 + 2๐)2
Les racines de ce polynรดme sont :
๐ง1 =1โ(1+2๐)
2= โ๐ et ๐ง2 =
1+(1+2๐)
2= 1 + ๐
Les solutions de (๐ธ) sont โ1, 1 + ๐ et โ๐.
Allez ร : Exercice 18 :
Correction exercice 19 :
1. Soit ๐ฅ โ โ une racine de (๐ธ)
๐ฅ4 โ (3 + โ3)๐ฅ3 + (2 + 3โ3 โ ๐)๐ฅ2 + (โ2โ3 + 3๐)๐ฅ โ 2๐ = 0
โ ๐ฅ4 โ (3 + โ3)๐ฅ3 + (2 + 3โ3)๐ฅ2 โ 2โ3๐ฅ + ๐(โ๐ฅ2 + 3๐ฅ โ 2) = 0
โ {๐ฅ4 โ (3 + โ3)๐ฅ3 + (2 + 3โ3)๐ฅ2 โ 2โ3๐ฅ = 0 (โ)
โ๐ฅ2 + 3๐ฅ โ 2 = 0
Les racines de โ๐ฅ2 + 3๐ฅ โ 2 = 0 sont aprรจs un petit calcul ๐ฅ1 = 1 et ๐ฅ2 = 2
14 โ (3 + โ3)13 + (2 + 3โ3)12 โ 2โ3 ร 1 = 1 โ 3 โ โ3 + 2 + 3โ3 โ 2โ3 = 0
Donc 1 est racine de (โ)
24 โ (3 + โ3)23 + (2 + 3โ3)22 โ 2โ3 ร 2 = 16 โ 3 ร 8 โ 8โ3 + 8 + 12โ3 โ 4โ3 = 0
Donc 2 est racine de (โ)
2. On peut diviser le polynรดme par (๐ โ 1)(๐ โ 2) = ๐2 โ 3๐ + 2
๐4 โ (3 + โ3)๐3 + (2 + 3โ3 โ ๐)๐2 + (โ2โ3 + 3๐)๐ โ 2๐ ๐2 โ 3๐ + 2
๐4 โ 3๐3 + 2๐2 ๐2 โ โ3๐ โ ๐
โโ3๐3 + (3โ3 โ ๐)๐2 + (โ2โ3 + 3๐)๐ โ 2๐
โโ3๐3 + 3โ3๐2 โ 2โ3๐
โ๐๐2 + 3๐๐ โ 2๐
33
โ๐๐2 + 3๐๐ โ 2๐
0
Il reste ร dรฉterminer les racines de ๐2 โ โ3๐ โ ๐ = 0
ฮ = 3 + 4๐ = (2 + ๐)2
๐ง1 =โ3 + 2 + ๐
2=โ3
2+ 1 +
1
2๐ = 1 โ ๐ (โ
1
2+ ๐
โ3
2) =
โ3
2+ 1 +
๐
2
๐ง2 =โ3 โ 2 โ ๐
2=โ3
2โ 1 โ
1
2๐ = โ1 + ๐ (โ
1
2โ ๐
โ3
2) =
โ3
2โ 1 โ
๐
2
๐ = {1,2,โ3
2+ 1 +
๐
2,โ3
2โ 1 โ
๐
2}
Allez ร : Exercice 19 :
Correction exercice 20 :
1.
๐ง2 = (โ2 + โ3 + ๐โ2 โ โ3)
2
= 2 + โ3 โ (2 โ โ3) + 2๐โ2 + โ3โ2 โ โ3
= 2โ3 + 2๐โ(2 + โ3)(2 โ โ3) = 2โ3 + 2๐โ22 โ 3 = 2โ3 + 2๐
|๐ง2| = โ(2โ3)2+ 22 = โ4 ร 3 + 4 = โ16 = 4
Si on pose ๐ = arg (๐ง2), cos(๐) =2โ3
4=
โ3
2 et sin(๐) =
2
4=
1
2 donc ๐ =
๐
6+ 2๐๐
Autre mรฉthode :
๐ง2 = 2โ3 + 2๐ = 4 (โ3
2+1
2๐) = 2๐๐
๐
6, donc ๐ =๐
6+ 2๐๐.
2.
On dรฉduit de la premiรจre question que |๐ง2| = 4 donc |๐ง|2 = 4 et que |๐ง| = 2. Et que les arguments
possible de ๐ง sont 1
2(๐
6+ 2๐๐) =
๐
12+ ๐๐, ๐ โ {0,1}, donc ๐ง = 2๐
๐๐
12 ou ๐ง = โ2๐๐๐
12. Mais ๐ง =
โ2 + โ3 + ๐โ2 โ โ3 entraine que le cosinus et le sinus de ses arguments sont positifs, donc ๐ง = 2๐๐๐
12.
3. Dโaprรจs la question prรฉcรฉdente
2๐๐๐12 = โ2 + โ3 + ๐โ2 โ โ3 โ 2(cos (
๐
12) + ๐sin (
๐
12)) = โ2 + โ3 + ๐โ2 โ โ3
โ cos (๐
12) + ๐sin (
๐
12) =
โ2 + โ3
2+ ๐
โ2 โ โ3
2โ
{
cos (
๐
12) =
โ2 + โ3
2
sin (๐
12) =
โ2 โ โ3
2
Allez ร : Exercice 20 :
Correction exercice 21 :
1.
๐ข4 = โ4 โ {|๐ข4| = |โ4|
arg(๐ข4) = arg(โ4) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ข|4 = 44arg(๐ข) = ฯ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ข| = 4
14 = (22)
14 = 2
12 = โ2
arg(๐ข) =ฯ
4+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
34
Il y a quatre solutions
๐ข0 = โ2๐๐๐4 = โ2(
โ2
2+๐โ2
2) = 1 + ๐
๐ข1 = โ2๐3๐๐4 = โ2(โ
โ2
2+๐โ2
2) = โ1 + ๐
๐ข2 = โ2๐5๐๐4 = โ2(โ
โ2
2โ๐โ2
2) = โ1 โ ๐ = ๐ข1ฬ ฬ ฬ
๐ข3 = โ2๐7๐๐4 = โ2(
โ2
2โ๐โ2
2) = 1 โ ๐ = ๐ข0ฬ ฬ ฬ
2.
(๐ง + 1)4 + 4(๐ง โ 1)4 = 0 โ (๐ง + 1)4 = โ4(๐ง โ 1)4 โ (๐ง + 1
๐ง โ 1)4
= โ4
On pose ๐ข =๐ง+1
๐งโ1, il y a donc 4 solutions que lโon trouve en exprimant ๐ง en fonction de ๐ข.
๐ข =๐ง + 1
๐ง โ 1โ ๐ข(๐ง โ 1) = ๐ง + 1 โ ๐ง๐ข โ ๐ข = ๐ง + 1 โ ๐ง๐ข โ ๐ง = ๐ข + 1 โ ๐ง(๐ข โ 1) = ๐ข + 1 โ ๐ง
=๐ข + 1
๐ข โ 1
๐ง0 =๐ข0 + 1
๐ข0 โ 1=1 + ๐ + 1
1 + ๐ โ 1=2 + ๐
๐= 1 โ 2๐
๐ง1 =๐ข1 + 1
๐ข1 โ 1=โ1 + ๐ + 1
โ1 + ๐ โ 1=
๐
โ2 + ๐=
๐(โ2 โ ๐)
(โ2)2 + 12=1
5โ2
5๐
๐ง2 =๐ข2 + 1
๐ข2 โ 1=๐ข1ฬ ฬ ฬ + 1
๐ข1ฬ ฬ ฬ โ 1= ๐ง1ฬ =
1
5+2
5๐
๐ง3 =๐ข3 + 1
๐ข3 โ 1=๐ข0ฬ ฬ ฬ + 1
๐ข0ฬ ฬ ฬ โ 1= ๐ง0ฬ = 1 + 2๐
Allez ร : Exercice 21 :
Correction exercice 22 :
1. Les racines quatriรจme de lโunitรฉ sont {1, ๐, โ1,โ๐}.
2. โ1
2โ ๐
โ3
2= ๐
4๐๐
3 donc
๐4 = โ1
2โ ๐
โ3
2โ ๐4 = ๐
4๐๐3 โ {
|๐4| = |๐4๐๐3 |
arg(๐4) =4๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐|4 = 1
4 arg(๐) =4๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐| = 1
arg(๐) =๐
3+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
โ ๐๐ = ๐๐(๐3+๐๐2), ๐ โ {0,1,2,3}
Il y a quatre solutions :
๐0 = ๐๐๐3 =
1
2+ ๐
โ3
2
๐1 = ๐๐(๐3+๐2) = ๐
5๐๐6 = โ
โ3
2+ ๐
1
2
๐2 = ๐๐(๐3+๐)
= ๐4๐๐3 = โ
1
2โ ๐
โ3
2
๐3 = ๐๐(๐3+3๐2) = ๐
11๐๐6 = ๐โ
๐๐6 =
โ3
2โ ๐
1
2
Autre solution
35
โ1
2โ๐โ3
2= ๐2. Donc ๐4 = โ
1
2โ ๐
โ3
2= ๐2 โ ๐4 โ ๐2 = 0. Or
๐4 โ ๐2 = (๐2 โ ๐)(๐2 + ๐) = (๐2 โ ๐4)(๐2 โ ๐2๐4) = (๐ โ ๐2)(๐ + ๐2)(๐ โ ๐๐2)(๐ + ๐๐2)
Dโoรน les solutions :
๐ = ๐2 = โ1
2โ๐โ3
2, ๐ =
1
2+
๐โ3
2, ๐ = ๐ (โ
1
2โ๐โ3
2) =
โ3
2โ
๐
2 et ๐ = โ
โ3
2+
๐
2
3. On pose ๐ = ๐4, lโรฉquation est alors du second degrรฉ.
๐2 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐ โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0
Le discriminant est
ฮ = (โ1
2+ ๐
โ3
2)
2
โ 4(โ1
2โ ๐
โ3
2) =
1
4โ3
4โ ๐
โ3
2+ 2 + 2๐โ3 =
3
2+3๐โ3
2= 3(
1
2+ ๐
โ3
2)
= 3๐๐๐3
Donc les solutions de ๐ฟ2 = ฮ sont
๐ฟ = โ3๐๐๐6 = โ3(
โ3
2+ ๐
1
2) =
3
2+ ๐
โ3
2 et ๐ฟ = โโ3๐
๐๐6 = โ(
3
2+ ๐
โ3
2)
Lโรฉquation du second degrรฉ a alors deux solutions :
๐1 =
โ(โ12 + ๐
โ32 ) โ (
32 + ๐
โ32 )
2= โ
1
2โ ๐
โ3
2
Et
๐2 =
โ(โ12 + ๐
โ32 ) +
32 + ๐
โ32
2= 1
Lโรฉquation du huitiรจme degrรฉ a pour solution :
{1,1
2+ ๐
โ3
2, ๐, โ
โ3
2+ ๐
1
2,โ1, โ
1
2โ ๐
โ3
2,โ๐,
โ3
2โ ๐
1
2}
Autre solution
๐2 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐ โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0 โ ๐2 + ๐๐ + ๐2 = 0 โ (
๐
๐)2
+๐
๐+ 1 = 0
Les solutions de ๐2 + ๐ + 1 = 0 sont ๐1 = ๐ et ๐2 = ๐2
Donc ๐1
๐= ๐ โ ๐1 = ๐
2 et ๐2
๐= ๐2 โ ๐2 = ๐3 = 1
Et on termine de la mรชme faรงon.
Allez ร : Exercice 22 :
Correction exercice 23 :
(1 + ๐ โ โ3(1 โ ๐)
1 + ๐)
2
= (1 โ โ3 + ๐(1 + โ3)
1 + ๐)
2
=(1 โ โ3 + ๐(1 + โ3))
2
(1 + ๐)2
=(1 โ โ3)
2โ (1 + โ3)
2+ 2๐(1 โ โ3)(1 + โ3)
1 โ 1 + 2๐
=1 โ 2โ3 + 3 โ (1 + 2โ3 + 3) + 2๐(1 โ 3)
2๐=โ4โ3 โ 4๐
2๐= โ
4(โ3 + ๐)
2๐
= 2๐(โ3 + ๐) = โ2 + 2๐โ3
(1 + ๐ โ โ3(1 โ ๐)
1 + ๐)
2
= โ2 + 2๐โ3 = 4(โ1
2+ ๐
โ3
2) = 4๐
2๐๐3
36
Autre mรฉthode
(1 + ๐ โ โ3(1 โ ๐)
1 + ๐)
2
= (1 โ โ31 โ ๐
1 + ๐)2
= (1 โ โ3(1 โ ๐)2
12 + 12)
2
= (1 โ โ31 โ 2๐ โ 1
2)2
= (1 + ๐โ3)2= (2(
1
2+ ๐
โ3
2))
2
= (โ2๐2)2 = 4๐4 = 4๐ = 4(โ1
2+ ๐
โ3
2)
= โ2 + 2๐โ3
Allez ร : Exercice 23 :
Correction exercice 24 :
1.
1 + ๐
1 โ ๐=
(1 + ๐)2
12 + (โ1)2=1 + 2๐ โ 1
2=2๐
2= ๐ = ๐๐
๐2
Donc le module de 1+๐
1โ๐ est 1 et un argument est
๐
2.
2010 = 4 ร 502 + 2
(1 + ๐
1 โ ๐)2010
= (1 + ๐
1 โ ๐)4ร502+2
= (๐๐๐2)4ร502+2
= ((๐๐๐2)
4
)502
ร (๐๐๐2)
2
= (๐2๐๐)502
ร ๐๐๐
= 1502 ร (โ1) = โ1
2.
(1 + ๐โ3)2010
= (2(1
2+ ๐
โ3
2))
2010
= (2(โ๐2))2010
= 22010 ร ๐4020 = 22010๐3ร1340
= 22010(๐3)1340 = 22010 ร 11340 = 22010
3.
๐ง1 =1 + ๐โ3
1 + ๐=
2 (12 + ๐
โ32 )
โ2 (โ22 + ๐
โ22 )
= โ2๐๐๐3
๐๐๐4
= โ2๐๐(๐3โ๐4) = 2
12๐๐
๐12
๐ง1๐ = (2
12๐๐
๐12)
๐
= 2๐2๐๐
๐๐12
๐ง2 = 1 + ๐ = โ๐2
๐ง2๐ = (โ๐2)๐ = (โ1)๐๐2๐
Si ๐ โก 0 [6], ๐ = 6๐, ๐ โ โค, ๐ง26๐ = ๐12๐ = (โ1)0(๐3)4๐ = 14๐ = 1
Si ๐ โก 1 [6], ๐ = 6๐ + 1, ๐ โ โค, ๐ง26๐+1 = (โ1)๐12๐+2 = (โ1)(๐3)4๐๐2 = โ14๐๐2 = โ๐2 =
1
2+ ๐
โ3
2
Si ๐ โก 2 [6], ๐ = 6๐ + 2, ๐ โ โค, ๐ง26๐+2 = (โ1)2๐12๐+4 = (โ1)2(๐3)4๐๐2 = 14๐๐4 = ๐ = โ
1
2+ ๐
โ3
2
Si ๐ โก 3 [6], ๐ = 6๐ + 3, ๐ โ โค, ๐ง26๐+3 = (โ1)3๐12๐+6 = (โ1)3(๐3)4๐๐6 = โ14๐๐6 = โ1
Si ๐ โก 4 [6], ๐ = 6๐ + 4, ๐ โ โค, ๐ง26๐+4 = (โ1)4๐12๐+8 = (๐3)4๐๐8 = 14๐๐2 = ๐2 = โ
1
2โ ๐
โ3
2
Si ๐ โก 5 [6], ๐ = 6๐ + 5, ๐ โ โค, ๐ง26๐+5 = (โ1)5๐12๐+10 = โ(๐3)4๐๐10 = โ14๐๐ = โ๐ =
1
2โ ๐
โ3
2
๐ง3 =1 + ๐ tan(๐)
1 โ ๐ tan(๐)=1 + ๐
sin(๐)cos(๐)
1 โ ๐sin(๐)cos(๐)
=cos(๐) + ๐ sin(๐)
cos(๐) โ ๐ sin(๐)=๐๐๐
๐โ๐๐= ๐2๐๐
๐ง3๐ = ๐2๐๐๐
37
๐ง4 = 1 + cos(๐) + ๐ sin(๐) = 2 cos2(๐) + 2๐ sin (๐
2) cos (
๐
2) = cos (
๐
2) (cos (
๐
2) + ๐ sin (
๐
2))
= cos (๐
2) ๐๐
๐2
๐ง4๐ = (cos (
๐
2))
๐
๐๐๐๐2
Remarque :
cos (๐
2) nโest pas forcรฉment le module de ๐ง4 car cos (
๐
2) nโest positif que pour certaine valeur de ๐.
Allez ร : Exercice 24 :
Correction exercice 25 :
(โ3 + ๐)๐= (2(
โ3
2+ ๐
1
2))
๐
= 2๐ (๐๐๐6)
๐
= 2๐๐๐๐๐6
(โ3 + ๐)๐โ โ โ (โ3 + ๐)
๐โ (โ3 + ๐)
๐= 0 โ ๐
๐๐๐6 โ ๐โ
๐๐๐6 = 0 โ sin (
๐๐
6) = 0 โ โ๐ โ โค,
๐๐
6
= ๐๐ โ โ๐ โ โค,๐
6= ๐ โ โ๐ โ โค, ๐ = 6๐
(โ3 + ๐)๐โ ๐โ โ (โ3 + ๐)
๐+ (โ3 + ๐)
๐= 0 โ ๐
๐๐๐6 + ๐โ
๐๐๐6 = 0 โ cos (
๐๐
6) = 0
โ โ๐ โ โค,๐๐
6=๐
2+ ๐๐ โ โ๐ โ โค,
๐
6=1
2+ ๐ โ โ๐ โ โค, ๐ = 3 + 6๐
Allez ร : Exercice 25 :
Correction exercice 26 :
๐ง = ๐๐๐๐
๐ง๐ + ๐ง๐= ๐๐๐๐๐๐ + ๐๐๐โ๐๐๐ = ๐๐(๐๐๐๐ + ๐โ๐๐๐) = 2๐๐ cos(๐๐)
(๐ง + ๐ง)(๐ง2 + ๐ง2)โฆ (๐ง๐ + ๐ง
๐) = 2๐ cos(๐)2๐2 cos(2๐)โฆ2๐๐ cos(๐๐)
= 2๐๐1+2+โฏ+๐ cos(๐) cos(2๐)โฆ cos(๐๐) = 2๐๐๐(๐+1)
2 cos(๐) cos(2๐)โฆ cos(๐๐)
Allez ร : Exercice 26 :
Correction exercice 27 :
1.
|1 + ๐๐ง| = |1 โ ๐๐ง| โ |1 + ๐๐ง|2 = |1 โ ๐๐ง|2 โ (1 + ๐๐ง)(1 + ๐๐ง) = (1 โ ๐๐ง)(1 โ ๐๐ง)
โ (1 + ๐๐ง)(1 โ ๐๐ง) = (1 โ ๐๐ง)(1 + ๐๐ง) โ 1 โ ๐๐ง + ๐๐ง + ๐ง๐ง = 1 + ๐๐ง โ ๐๐ง + ๐ง๐ง
โ โ๐๐ง + ๐๐ง = ๐๐ง โ ๐๐ง โ ๐ง = ๐ง โ ๐ง โ โ
2.
(1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง)๐
=1 + ๐๐
1 โ ๐๐โ |(
1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง)๐
| = |1 + ๐๐
1 โ ๐๐| โ |
1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง|๐
= 1 โ |1 + ๐๐ง| = |1 โ ๐๐ง| โ ๐ง โ โ
On pose ๐ง = tan(๐) =sin(๐)
cos(๐) (ce qui est toujours possible puisque pour ๐ง โ โ il existe un unique
๐ โ] โ๐
2,๐
2[ tel que ๐ง = tan(๐)) ainsi
1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง=1 + ๐
sin(๐)cos(๐)
1 โ ๐sin(๐)cos(๐)
=cos(๐) + ๐ sin(๐)
cos(๐) โ ๐ sin(๐)=๐๐๐
๐โ๐๐= ๐2๐๐
Et ๐ = tan(๐ผ) =sin(๐ผ)
cos(๐ผ) ainsi
38
1 + ๐๐
1 โ ๐๐= ๐2๐๐ผ
(1 + ๐๐ง
1 โ ๐๐ง)๐
=1 + ๐๐
1 โ ๐๐โ ๐2๐๐๐ = ๐2๐๐ผ โ 2๐๐ = 2๐ผ + 2๐๐, ๐ โ โค โ ๐ =
๐ผ
๐+๐๐
๐, ๐ โ {0,1,โฆ , ๐ โ 1}
Donc les solutions sont
๐ง๐ = tan (๐ผ
๐+๐๐
๐) , ๐ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1}
Avec ๐ = tan(๐ผ)
3.
โ3 + ๐
โ3 โ ๐=
โ3 + ๐2
โ3 โ ๐2
=๐๐๐6
๐โ๐๐6
= ๐๐๐3
On peut aussi exprimer ce quotient sous forme algรฉbrique et constater quโil vaut ๐๐๐
3 .
On cherche les complexes tels que
๐ง3 = ๐๐๐3 โ {
|๐ง3| = |๐๐๐3|
arg(๐ง3) =๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|3 = 1
3arg(๐ง) =๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =๐
9+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Il y a trois racines cubique de โ3+๐
โ3โ๐, ๐ง๐ = ๐
๐๐
9+2๐๐
3 , ๐ โ {0,1,2}
๐ง0 = ๐๐๐9; ๐ง1 = ๐
๐7๐9 ; ๐ง2 = ๐
๐13๐9
Allez ร : Exercice 27 :
Correction exercice 28 :
On pose ๐ =2๐ง+1
๐งโ1, les solutions de ๐4 = 1 sont 1, ๐, โ1 et โ๐ (ce sont les racines quatriรจme de lโunitรฉ)
๐ =2๐ง + 1
๐ง โ 1โ (๐ง โ 1)๐ = 2๐ง + 1 โ ๐ง๐ โ ๐ = 2๐ง + 1 โ ๐ง๐ โ 2๐ง = ๐ + 1 โ ๐ง(๐ โ 2) = ๐ + 1
โ ๐ง =๐ + 1
๐ โ 2
Il y a 4 solutions
๐ง0 =1 + 1
1 โ 2= โ2
๐ง1 =๐ + 1
๐ โ 2=(๐ + 1)(โ๐ โ 2)
12 + (โ2)2=1 โ 2๐ โ ๐ โ 2
5= โ
1
5โ3
5๐
๐ง2 =โ1 + 1
โ1 โ 2= 0
๐ง3 =โ๐ + 1
โ๐ โ 2=(โ๐ + 1)(๐ โ 2)
(โ2)2 + (โ1)2=1 + 2๐ + ๐ โ 2
5= โ
1
5+3
5๐
Allez ร : Exercice 28 :
Correction exercice 29 :
Il faut dโabord รฉcrire 1โ๐
1โ๐โ3 sous forme trigonomรฉtrique
39
1 โ ๐
1 โ ๐โ3=
โ2(โ22โ ๐ โ2)
2(12 โ ๐
โ32 )
= โ2๐โ๐
๐4
๐โ๐๐3
= โ2๐๐(โ
๐4+๐3) = โ2๐๐
๐12
Premiรจre mรฉthode
๐ง4 = (1 โ ๐
1 โ ๐โ3)4
โ ๐ง4 = (โ2๐๐๐12)
4
= 4๐๐๐3 โ {
|๐ง4| = |4๐๐๐3|
arg(๐ง4) =๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|4 = 4
4arg(๐ง) =๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = โ2
arg(๐ง) =๐
12+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
Il y a quatre solutions
๐ง0 = โ2๐๐๐12; ๐ง1 = โ2๐
๐(๐12+๐2) = โ2๐
7๐๐12 ; ๐ง2 = โ2๐
๐(๐12+๐) = โ2๐
13๐๐12 ; ๐ง3 = โ2๐
๐(๐12+3๐2) = โ2๐
19๐๐12
Deuxiรจme mรฉthode
On pose ๐ =1โ๐
1โ๐โ3=
(1โ๐)(1+๐โ3)
12+(โโ3)2 =
1+๐โ3โ๐+โ3
4=
1+โ3
4+ ๐
โ3โ1
4
๐ง4 = (1 โ ๐
1 โ ๐โ3)4
โ ๐ง4 = ๐4 โ (๐ง
๐)4
= 1 โ๐ง
๐โ {1, ๐, โ1,โ๐} โ ๐ง โ {๐, ๐๐, โ๐, โ๐๐}
๐๐ = ๐ (1 + โ3
4+ ๐
โ3 โ 1
4) = โ
โ3 โ 1
4+ ๐
1 + โ3
4
โ๐ = โ1 + โ3
4โ ๐
โ3 โ 1
4
โ๐๐ =โ3 โ 1
4โ ๐
1 + โ3
4
Remarque :
En rรฉunissant ces deux mรฉthodes on pourrait en dรฉduire les valeurs de ๐๐(๐
12+๐
๐
2), ๐ โ {0,1,2,3}.
Allez ร : Exercice 29 :
Correction exercice 30 :
1.
๐ข2 = 4(โ1
2+ ๐
โ3
2) = 4๐
2๐๐3 โ ๐ข = ยฑ2๐
๐๐3 = ยฑ2(
1
2+ ๐
โ3
2) = ยฑ(1 + ๐โ3)
2. On pose ๐ข =๐ง+๐
๐งโ๐
๐ข =๐ง + ๐
๐ง โ ๐โ ๐ข(๐ง โ ๐) = ๐ง + ๐ โ ๐ข๐ง โ ๐๐ข = ๐ง + ๐ โ ๐ข๐ง โ ๐ง = ๐๐ข + ๐ โ ๐ง(๐ข โ 1) = ๐(๐ข + 1) โ ๐ง
= ๐๐ข + 1
๐ข โ 1
Il y a deux solutions
๐ง1 = ๐1 + ๐โ3 + 1
1 + ๐โ3 โ 1= ๐
2 + ๐โ3
๐โ3=2
โ3+ ๐
๐ง2 = ๐โ1 โ ๐โ3 + 1
โ1 โ ๐โ3 โ 1= ๐
โ๐โ3
โ2 โ ๐โ3= โ
โ3
2 + ๐โ3= โ
โ3(2 โ ๐โ3)
22 + (โ3)2 = โ
2โ3
7+3
7๐
Allez ร : Correction exercice 30 :
Correction exercice 31 :
40
On pose ๐ข =๐งโ1
๐งโ๐ et on cherche les solutions de ๐ข3 = โ8
๐ข3 = โ8 โ {|๐ข3| = |โ8|
arg(๐ข3) = arg(โ8) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ข|3 = 83arg(๐ข) = ๐ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ข| = 2
arg(๐ข) =๐
3+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Il y a 3 solutions
๐ข0 = 2๐๐๐3 = 2(
1
2+ ๐
โ3
2) = 1 + ๐โ3; ๐ข1 = 2๐๐๐ = โ2 et ๐ข2 = 2๐
๐5๐3 = 2(
1
2โ ๐
โ3
2) = 1 โ ๐โ3
๐ข =๐ง โ 1
๐ง โ ๐โ ๐ข(๐ง โ ๐) = ๐ง โ 1 โ ๐ข๐ง โ ๐๐ข = ๐ง โ 1 โ ๐ข๐ง โ ๐ง = โ1 + ๐๐ข โ ๐ง(๐ข โ 1) = โ1 + ๐๐ข โ ๐ง
=โ1 + ๐๐ข
๐ข โ 1
๐ง0 =โ1 + ๐๐ข0๐ข0 โ 1
=โ1 + ๐(1 + ๐โ3)
1 + ๐โ3 โ 1=โ1 โ โ3 + ๐
๐โ3=1
โ3+ ๐
1 + โ3
โ3
๐ง1 =โ1 + ๐๐ข1๐ข1 โ 1
=โ1 โ 2๐
โ3=1
3+2
3๐
๐ง2 =1 + ๐๐ข2๐ข2 โ 1
=โ1 + ๐(1 โ ๐โ3)
1 โ ๐โ3 โ 1=โ1 + โ3 + ๐
โ๐โ3= โ
1
โ3+ ๐
โ1 + โ3
โ3
Allez ร : Exercice 31 :
Correction exercice 32 :
1. ๐๐ = ๐2๐๐๐
3 , avec ๐ โ {0,1,2}.
๐0 = 1, ๐1 = ๐2๐๐3 = cos (
2๐
3) + ๐ sin (
2๐
3) = โ
1
2+๐โ3
2= ๐, ๐2 = ๐
4๐๐3 = cos (
4๐
3) + ๐ sin (
4๐
3)
= โ1
2โ๐โ3
2= ๐
2. ๐ = ๐2 = ๐4๐๐
3 = (๐2๐๐
3 )2
= ๐2
3. ๐3 = 1, puisque ๐ est solution de ๐3 = 1, donc ๐ ร ๐2 = 1 โ ๐ =1
๐2.
4. 1 + ๐ + ๐2 =1โ๐3
1โ๐=
0
1โ๐= 0 car ๐ โ 1 et ๐3 = 1.
Autre solution 1 + ๐ + ๐2 = 1 + (โ1
2+๐โ3
2) + (โ
1
2โ๐โ3
2) = 0
Cโest moins bien car un rรฉsultat du cours est que la somme des racines ๐-iรจme de lโunitรฉ est nul, et, ici
1, ๐ et ๐2 sont les trois racines troisiรจme de lโunitรฉ.
5. 1
1+๐=
1
โ๐2= โ๐, car 1 + ๐ = โ๐2 et
1
๐2= ๐.
6. La division euclidienne de ๐ par trois dit quโil existe un unique couple (๐, ๐) โ โ ร {0,1,2} tel que ๐ =
3๐ + ๐, donc ๐๐ = ๐3๐+๐ = (๐3)๐๐๐ = 1๐๐๐ = ๐๐, autrement dit si ๐ โก 0 [3], ๐๐ = 1 si ๐ โก 1 [3],
๐๐ = ๐ et si ๐ โก 2 [3] alors ๐๐ = ๐2.
Allez ร : Exercice 32 :
Correction exercice 33 :
41
๐ง3 =1
4(โ1 + ๐) โ ๐ง3 =
โ2
4(โ
โ2
2+ ๐
โ2
2) โ ๐ง3 =
1
2โ2๐โ๐
๐4 โ
{
|๐ง3| = |
1
(โ2)3 ๐
3๐๐4 |
arg(๐ง3) =3๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ
{
|๐ง|3 =
1
(โ2)3
3 arg(๐ง) =3๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ
{
|๐ง| =1
โ2
arg(๐ง) =๐
4+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Il y a trois solutions ๐ง๐ =1
โ2๐๐(
๐
4+2๐๐
3), ๐ โ {0,1,2}
๐ง0 =1
โ2๐ ๐
๐4; ๐ง1 =
1
โ2๐๐(
๐4+2๐3) =
1
โ2๐11๐๐12 ; ๐ง2 =
1
โ2๐๐(
๐4+4๐3) =
1
โ2๐19๐๐12
(๐ง๐)4 = (
1
โ2๐๐(
๐4+2๐๐3))4
=1
4๐๐(๐+
8๐๐3) =
1
4๐๐(8๐+3)๐
3
(๐ง0)4 =
1
4๐๐๐ = โ
1
4โ โ; (๐ง1)
4 =1
4๐๐11๐3 =
1
4๐โ๐
๐3 โ โ; (๐ง2)
4 =1
4๐๐19๐3 =
1
4๐๐๐3 =โ โ
Il nโy a que ๐ง0 dont la puissance quatriรจme est dans โ.
Allez ร : Exercice 33 :
Correction exercice 34 :
1. Les racines quatriรจme de lโunitรฉ sont {1, ๐, โ1,โ๐}.
2. โ1
2โ ๐
โ3
2= ๐
4๐๐
3 donc
3.
๐4 = โ1
2โ ๐
โ3
2โ ๐4 = ๐
4๐๐3 โ {
|๐4| = |๐4๐๐3 |
arg(๐4) =4๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐|4 = 1
4 arg(๐) =4๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐| = 1
arg(๐) =๐
3+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
โ ๐๐ = ๐๐(๐3+๐๐2), ๐ โ {0,1,2,3}
Il y a quatre solutions :
๐0 = ๐๐๐3 =
1
2+ ๐
โ3
2
๐1 = ๐๐(๐3+๐2)= ๐
5๐๐6 = โ
โ3
2+ ๐
1
2
๐2 = ๐๐(๐3+๐) = ๐
4๐๐3 = โ
1
2โ ๐
โ3
2
๐3 = ๐๐(๐3+3๐2) = ๐
11๐๐6 = ๐โ
๐๐6 =
โ3
2โ ๐
1
2
Autre solution
โ1
2โ๐โ3
2= ๐2. Donc ๐4 = โ
1
2โ ๐
โ3
2= ๐2 โ ๐4 โ ๐2 = 0. Or
๐4 โ ๐2 = (๐2 โ ๐)(๐2 + ๐) = (๐2 โ ๐4)(๐2 โ ๐2๐4) = (๐ โ ๐2)(๐ + ๐2)(๐ โ ๐๐2)(๐ + ๐๐2)
Dโoรน les solutions :
๐ = ๐2 = โ1
2โ๐โ3
2, ๐ =
1
2+๐โ3
2, ๐ = ๐ (โ
1
2โ๐โ3
2) =
โ3
2โ
๐
2 et ๐ = โ
โ3
2+
๐
2
On pose ๐ = ๐4, lโรฉquation est alors du second degrรฉ.
42
๐2 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐ โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0
Le discriminant est
ฮ = (โ1
2+ ๐
โ3
2)
2
โ 4(โ1
2โ ๐
โ3
2) =
1
4โ3
4โ ๐
โ3
2+ 2 + 2๐โ3 =
3
2+3๐โ3
2= 3(
1
2+ ๐
โ3
2) = 3๐
๐๐3
Donc les solutions de ๐ฟ2 = ฮ sont ๐ฟ = โ3๐๐๐
6 = โ3(โ3
2+ ๐
1
2) =
3
2+ ๐
โ3
2 et ๐ฟ = โโ3๐
๐๐
6 = โ(3
2+ ๐
โ3
2)
Lโรฉquation du second degrรฉ a alors deux solutions :
๐1 =
โ(โ12 + ๐
โ32 ) โ (
32 + ๐
โ32 )
2= โ
1
2โ ๐
โ3
2
Et
๐2 =
โ(โ12 + ๐
โ32 ) +
32 + ๐
โ32
2= 1
Lโรฉquation du huitiรจme degrรฉ a pour solution :
{1,1
2+ ๐
โ3
2, ๐, โ
โ3
2+ ๐
1
2,โ1, โ
1
2โ ๐
โ3
2,โ๐,
โ3
2โ ๐
1
2}
Autre solution
๐2 + (โ1
2+ ๐
โ3
2)๐ โ
1
2โ ๐
โ3
2= 0 โ ๐2 + ๐๐ + ๐2 = 0 โ (
๐
๐)2
+๐
๐+ 1 = 0
Les solutions de ๐2 + ๐ + 1 = 0 sont ๐1 = ๐ et ๐2 = ๐2
Donc ๐1
๐= ๐ โ ๐1 = ๐
2 et ๐2
๐= ๐2 โ ๐2 = ๐3 = 1
Et on termine de la mรชme faรงon.
Allez ร : Exercice 34 :
Correction exercice 35 :
Lร on a un problรจme parce quโil nโest pas simple de mettre 11 + 2๐ sous forme trigonomรฉtrique,
essayons tout de mรชme :
|11 + 2๐| = โ112 + 22 = โ121 + 4 = โ125 = โ53 = 5โ5 = (โ5)3
Si on appelle ๐ un argument de 11 + 2๐, on a
cos(๐) =11
5โ5 et sin(๐) =
2
5โ5
Il ne sโagit pas dโun angle connu. Donc il va falloir รชtre malin, on cherche ๐ง = ๐ + ๐๐ tel que
(๐ + ๐๐)3 = 11 + 2๐ โ ๐3 + 3๐2(๐๐) + 3๐(๐๐)2 + (๐๐)3 = 11 + 2๐
โ ๐3 โ 3๐๐2 + ๐(3๐2๐ โ ๐3) = 11 + 2๐ โ {๐3 โ 3๐๐2 = 113๐2๐ โ ๐3 = 2
On sait aussi que
|(๐ + ๐๐)3| = |11 + 2๐| โ |๐ + ๐๐|3 = (โ5)3โ (โ๐2 + ๐2)
3
= (โ5)3โ ๐2 + ๐2 = 5
On remplace ๐2 = 5 โ ๐2 dans 3๐2๐ โ ๐3 = 2
3(5 โ ๐2)๐ โ ๐3 = 2 โ โ4๐3 + 15๐ = 2 โ 4๐3 โ 15๐ + 2 = 0
Il y a une racine presque รฉvidente ๐ = โ2, si on ne la voit pas on peut aussi remplacer ๐2 = 5 โ ๐2
dans ๐3 โ 3๐๐2 = 11
๐3 โ 3๐(5 โ ๐2) = 11 โ 4๐3 โ 15๐ โ 11 = 0
Lร cโest plus clair, ๐0 = โ1 est solution donc on peut factoriser par ๐ + 1
43
4๐3 โ 15๐ โ 11 = (๐ + 1)(4๐2 โ 4๐ โ 11)
(Cโest facile ร factoriser)
Les racines de 4๐2 โ 4๐ โ 11 sont ๐1 =1
2โ โ3 et ๐2 =
1
2+ โ3
Pour trouver les valeurs de ๐ correspondantes on rรฉutilise lโรฉquation
3๐2๐ โ ๐3 = 2 โ ๐(3๐2 โ ๐2) = 2 โ ๐(3๐2 โ (5 โ ๐2)) = 2 โ ๐ =2
4๐2 โ 5
๐ = โ1 โ ๐ =2
4(โ1)2 โ 5= โ2
๐ =1
2โ โ3 โ ๐ =
2
4 (12 โ โ3)
2
โ 5
=2
4 (14 โ โ3 + 4) โ 5
=2
12 โ 4โ3=1
2ร
1
3 โ โ3=1
2ร3 + โ3
9 โ 3
=3 + โ3
12
๐ =1
2+ โ3 โ ๐ =
2
4 (12+ โ3)
2
โ 5
=2
4 (14+ โ3 + 4) โ 5
=2
12 + 4โ3=1
2ร
1
3 + โ3=1
2ร3 โ โ3
9 โ 3
=3 โ โ3
12
Pour bien faire, il faudrait faire la rรฉciproque (parce que les รฉquivalences ne sont pas claires), admis.
11 + 2๐ admet trois racines cubiques
โ1 โ 2๐; 1
2โ โ3 + ๐
3 + โ3
12; 1
2+ โ3 + ๐
3 โ โ3
12
Allez ร : Exercice 35 :
Correction exercice 36 :
1 + ๐โ32
โ2(1 + ๐)2
=๐๐๐3
๐๐๐4
= ๐๐(๐3โ๐4) = ๐๐
๐12 = cos (
๐
12) + ๐ sin (
๐
12)
1 + ๐โ32
โ2(1 + ๐)2
=2(1 + ๐โ3)
โ2(1 + ๐)= โ2
(1 + ๐โ3)(1 โ ๐)
12 + 12=โ2
2(1 โ ๐ + ๐โ3 + โ3)
=โ2
2(1 + โ3) + ๐
โ2
2(โ1 + โ3)
On dรฉduit de ces deux รฉgalitรฉs que
cos (๐
12) =
โ2
2(1 + โ3) =
โ2 + โ6
2
sin (๐
12) =
โ2
2(โ1 + โ3) =
โโ2 + โ6
2
Puis que
tan (๐
12) =
sin (๐12)
cos (๐12)
=
โ22(โ1 + โ3)
โ22(1 + โ3)
=(โ1 + โ3)(1 โ โ3)
(1 + โ3)(1 โ โ3)=โ1 + 2โ3 โ 3
1 โ 3= 2 โ โ3
Et enfin que
tan (5๐
12) = tan (
๐
2โ๐
12) =
1
tan (๐12)
=1
2 โ โ3=
2 + โ3
(2 โ โ3)(2 + โ3)=2 + โ3
4 โ 3= 2 + โ3
Allez ร : Exercice 36 :
44
Correction exercice 37 :
On cherche les complexes ๐ง tels que ๐ง4 = 81
๐ง4 = 81 โ ๐ง4 โ 92 = 0 โ (๐ง2 โ 9)(๐ง2 + 9) = 0 โ (๐ง2 โ 32)(๐ง2 โ (3๐)2) = 0
โ (๐ง โ 3)(๐ง + 3)(๐ง โ 3๐)(๐ง + 3๐) = 0
Il y a 4 racines quatriรจme de 81 : 3, โ3, 3๐ et โ 3i
La mรชme mรฉthode ne marche pas pour les racines quatriรจme de โ81.
๐ง4 = โ81 โ {|๐ง4| = |โ81|
arg(๐ง4) = arg(โ81) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|4 = 81 = 34
4 arg(๐ง) = ฯ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = 3
arg(๐ง) =ฯ
4+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
Il y a 4 racines quatriรจme de โ81 : ๐ง๐ = 3๐๐(๐
4+๐๐
2), ๐ โ {0,1,2,3}
๐ง0 = 3๐๐๐4 = 3(
โ2
2+ ๐
โ2
2) = 3โ2(1 + ๐)
๐ง1 = 3๐๐3๐4 = 3(โ
โ2
2+ ๐
โ2
2) = 3โ2(โ1 + ๐)
๐ง2 = 3๐๐5๐4 = 3(โ
โ2
2โ ๐
โ2
2) = โ3โ2(1 + ๐)
๐ง3 = 3๐๐7๐4 = 3(
โ2
2โ ๐
โ2
2) = 3โ2(1 โ ๐)
Allez ร : Exercice 37 :
Correction exercice 38 :
1.
a. ๐ง๐ = ๐2๐๐๐
2๐ = ๐๐๐๐
๐ , ๐ โ {0,1,โฆ ,2๐ โ 1}.
b.
๐ง๐ = โ1 โ {|๐ง๐| = 1
arg(๐ง๐) = arg(โ1) + 2๐๐โ {
|๐ง|๐ = 1
๐ arg(๐ง) = ๐ + 2๐๐
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =๐
๐+2๐๐
๐, ๐ โ {0,1,โฆ , ๐ โ 1}
Il y a ๐ solutions ๐ง๐ = ๐๐(๐+2๐๐)
๐ , ๐ โ {0,1,โฆ , ๐ โ 1}
Soit encore ๐ง๐ = ๐๐๐
๐ ๐2๐๐๐
๐
2. Premiรจre solution ๐ง2๐ = 1 โ { ๐ง๐ = 1
๐ง๐ = โ1
La somme des racines 2๐-iรจme de lโunitรฉ (qui est nulle) est la somme des racines ๐-iรจme de lโunitรฉ
(qui est nulle) plus la somme des complexes qui vรฉrifient ๐ง๐ = โ1, donc la somme des complexes
qui vรฉrifient ๐ง๐ = โ1 est nulle.
Deuxiรจme solution
โ๐๐๐๐ ๐
2๐๐๐๐
๐โ1
๐=0
= ๐๐๐๐ โ๐
2๐๐๐๐
๐โ1
๐=0
= ๐๐๐๐ โ(๐
2๐๐๐ )
๐๐โ1
๐=0
= ๐๐๐๐
1 โ (๐2๐๐๐ )
๐
1 โ ๐2๐๐๐
= ๐๐๐๐1 โ ๐
2๐๐๐๐
1 โ ๐2๐๐๐
= ๐๐๐๐1 โ ๐2๐๐
1 โ ๐2๐๐๐
= 0
45
Car ๐2๐๐
๐ โ 1 pour ๐ โฅ 2.
Allez ร : Exercice 38 :
Correction exercice 39 :
1. On pose ๐ง13 = ๐ง2
3 = ๐ง33
๐ง23 = ๐ง1
3 โ {|๐ง23| = |๐ง1
3|
arg(๐ง23) = arg(๐ง1
3) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง2|3 = |๐ง1|
3
3 arg(๐ง2) = 3 arg(๐ง1) + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง2| = |๐ง1|
arg(๐ง2) = arg(๐ง1) +2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Donc
๐ง2 = |๐ง1|๐๐(arg(๐ง1)+
2๐๐3) = |๐ง1|๐
๐ arg(๐ง1)๐2๐๐๐3 = ๐ง1 (๐
2๐๐3 )
๐
= ๐ง1๐๐
Les solutions sont ๐ง2 = ๐ง1, ๐ง2 = ๐๐ง1 et ๐ง2 = ๐2๐ง1
De mรชme les solutions de ๐ง33 = ๐ง1
3 sont ๐ง3 = ๐ง1, ๐ง3 = ๐๐ง1 et ๐ง3 = ๐2๐ง1
2. ๐ง6 + (7 โ ๐)๐ง3 โ 8 โ 8๐ = 0
On pose ๐ = ๐ง3
๐ง6 + (7 โ ๐)๐ง3 โ 8 โ 8๐ = 0 โ ๐2 + (7 โ ๐) โ 8 โ 8๐ = 0
Le discriminant est
ฮ = (7 โ ๐)2 โ 4(โ8 โ 8๐) = 49 โ 14๐ โ 1 + 32 + 32๐ = 80 + 18๐ = 81 + 2 ร 9๐ โ 1
= (9 + ๐)2
๐1 =โ(7 โ ๐) โ (9 + ๐)
2=โ16
2= โ8
๐2 =โ(7 โ ๐) + (9 + ๐)
2=2 + 2๐
2= 1 + ๐
On cherche alors les ๐ง tels que ๐ง3 = โ8 = (2๐)3 et les ๐ง tels que
๐ง3 = 1 + ๐ = โ2 (โ2
2+ ๐
โ2
2) = 2
12๐๐
๐4 = (2
16๐
๐๐12)
3
Dโaprรจs la premiรจre question
๐ง3 = (โ2)3 โ ๐ง โ {โ2, โ2๐, โ2๐2}
๐ง3 = (216๐
๐๐12)
3
โ ๐ง โ {216๐
๐๐12, ๐2
16๐
๐๐12, ๐22
16๐
๐๐12}
On peut arranger ces deux derniรจres solutions
๐216๐
๐๐12 = 2
16๐
2๐๐3 ๐
๐๐12 = 2
16๐๐(
๐12+2๐3) = 2
16๐
9๐๐12 = 2
16๐
3๐๐2 = โ๐2
16
๐2216๐
๐๐12 = 2
16๐
4๐๐3 ๐
๐๐12 = 2
16๐๐(
๐12+4๐3) = 2
16๐
17๐๐12
Bref lโensemble des solutions est
{โ2,โ2๐,โ2๐2, 216๐
๐๐12, โ๐2
16, 2
16๐
17๐๐12 }
Allez ร : Exercice 39 :
Correction exercice 40 :
On ne peut pas trouver la forme trigonomรฉtrique de โ7 โ 24๐.
โ7 โ 24๐ = 9 โ 2 ร 12๐ โ 16 = (3 โ 4๐)2 = (4 โ 4๐ โ 1)2 = ((2 โ ๐)2)2 = (2 โ ๐)4
On cherche les ๐ง qui vรฉrifient ๐ง4 = (2 โ ๐)4
๐ง4 = (2 โ ๐)4 โ ๐ง4 โ (2 โ ๐)4 = 0 โ (๐ง2 โ (2 โ ๐)2)(๐ง2 + (2 โ ๐)2) = 0
โ (๐ง2 โ (2 โ ๐)2)(๐ง2 + ๐2(2 โ ๐)2) = 0 โ (๐ง2 โ (2 โ ๐)2)(๐ง2 โ (2๐ + 1)2) = 0
โ (๐ง โ (2 โ ๐))(๐ง + (2 โ ๐))(๐ง โ (2๐ + 1))(๐ง + (2๐ + 1)) = 0
46
Lโensemble des solutions est
{2 โ ๐,โ2 + ๐, 1 + 2๐, โ1 โ 2๐}
Allez ร : Exercice 40 :
Correction exercice 41 :
Il faut mettre 1+๐โ3
1โ๐โ3 sous sa forme trigonomรฉtrique.
1 + ๐โ3
1 โ ๐โ3=
2(12 + ๐
โ32 )
2(12 โ ๐
โ32 )
=๐๐๐3
๐โ๐๐3
= ๐2๐๐3
Autre mรฉthode
1 + ๐โ3
1 โ ๐โ3=
(1 + ๐โ3)2
12 + (โโ3)2 =
1 + 2๐โ3 โ 3
4= โ
1
2+ ๐
โ3
2= ๐
2๐๐3
๐ง6 =1 + ๐โ3
1 โ ๐โ3โ ๐ง6 = ๐
2๐๐3 โ {
|๐ง6| = 1
arg(๐ง6) =2๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|6 = 1
6 arg(๐ง) =2๐
3+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =๐
9+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2,3,4,5,6,7,8}
Les solutions sont
๐ง๐ = ๐๐(๐9+2๐๐3), ๐ โ {0,1,2,3,4,5,6,7,8}
๐ง4 =1 โ ๐
1 + ๐โ3=
โ2(โ22 โ ๐
โ22 )
2(12 + ๐
โ32 )
=โ2
2
๐โ๐๐4
๐๐๐3
= 2โ12๐๐(โ
๐4โ๐3) = 2โ
12๐โ
7๐๐12
๐ง4 = 2โ12๐โ
7๐๐12 โ {
|๐ง4| = 2โ12
arg(๐ง4) = โ7๐
12+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|4 = 2โ
12
4 arg(๐ง) = โ7๐
12+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ
{
|๐ง| = (2โ12)
14= 2โ
18
arg(๐ง) = โ7๐
48+๐๐
2, ๐ โ {0,1,2,3}
Il y a 4 solutions
๐ง๐ = 2โ18๐๐(โ
7๐48+๐๐2), ๐ โ {0,1,2,3}
๐ง6 + 27 = 0 โ ๐ง6 = โ27 โ {|๐ง6| = |โ27|
arg(๐ง6) = arg(โ27) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|6 = 27 = 33
6 arg(๐ง) = ฯ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = (33)
16 = 3
12 = โ3
arg(๐ง) =๐
6+๐๐
3, ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions
๐ง๐ = โ3๐๐(๐6+๐๐3), ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
๐ง0 = โ3๐๐๐6 = โ3(
โ3
2+1
2๐) =
3
2+ ๐
โ3
2
47
๐ง1 = โ3๐๐๐2 = ๐โ3
๐ง2 = โ3๐5๐๐6 = โ3(โ
โ3
2+1
2๐) = โ
3
2+ ๐
โ3
2
๐ง3 = โ3๐7๐๐6 = โ3(โ
โ3
2โ1
2๐) = โ
3
2โ ๐
โ3
2
๐ง4 = โ3๐3๐๐2 = โ๐โ3
๐ง5 = โ3๐11๐๐6 = โ3(
โ3
2โ1
2๐) =
3
2โ ๐
โ3
2
27(๐ง โ 1)6 + (๐ง + 1)6 = 0 โ (๐ง + 1)6 = โ27(๐ง โ 1)6 โ(๐ง + 1)6
(๐ง โ 1)6= โ27 โ (
๐ง + 1
๐ง โ 1)6
= โ27
On pose ๐ =๐ง+1
๐งโ1
๐6 = โ27 โ {|๐6| = |โ27|
arg(๐6) = arg(โ27) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐|6 = 27 = 33
6 arg(๐) = ๐ + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐| = (33)
16 = โ3
arg(๐) =๐
6+๐๐
3, ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions
๐๐ = โ3๐๐(๐6+๐๐3), ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
Il faut alors trouver ๐ง en fonction de ๐,
๐ =๐ง + 1
๐ง โ 1โ ๐(๐ง โ 1) = ๐ง + 1 โ ๐๐ง โ ๐ = ๐ง + 1 โ ๐๐ง โ ๐ง = ๐ + 1 โ ๐ง(๐ โ 1) = ๐ + 1 โ ๐ง
=๐ + 1
๐ โ 1
Il y a 6 solutions
๐ง๐ =๐๐ + 1
๐๐ โ 1=(๐๐ + 1)(๐๐ โ 1)
(๐๐ โ 1)(๐๐ โ 1)=๐๐๐๐ โ ๐๐ + ๐๐ โ 1
๐๐๐๐ โ ๐๐ โ ๐๐ + 1=|๐๐|
2 โ (๐๐ โ ๐๐) โ 1
|๐๐|2 โ (๐๐ + ๐๐) + 1
=|๐๐|
2 โ 2๐โ๐(๐๐) โ 1
|๐๐|2 โ 2โ๐(๐๐) + 1=3 โ 2๐โ๐(๐๐) โ 1
3 โ 2โ๐(๐๐) + 1=2 โ 2๐โ๐(๐๐)
4 โ 2โ๐(๐๐)=1 โ ๐โ๐(๐๐)
2 โ โ๐(๐๐)
๐0 = โ3๐๐๐6 =
3
2+ ๐
โ3
2โ ๐ง0 =
1 โ ๐โ32
2 โ32
= 2 โ ๐โ3
๐1 = โ3๐๐๐2 = ๐โ3 โ ๐ง1 =
1 โ ๐โ3
2=1
2โ ๐
โ3
2
๐2 = โ3๐5๐๐6 = โ
3
2+ ๐
โ3
2โ ๐ง2 =
1 โ ๐โ32
2 +32
=2
7โ ๐
โ3
7
๐3 = โ3๐7๐๐6 = โ
3
2โ ๐
โ3
2โ ๐ง3 =
1 + ๐โ32
2 +32
=2
7+ ๐
โ3
7
๐4 = โ3๐3๐๐2 = โ๐โ3 โ ๐ง4 =
1 + ๐โ3
2=1
2+ ๐
โ3
2
๐5 = โ3๐11๐๐6 =
3
2โ ๐
โ3
2โ ๐ง0 =
1 + ๐โ32
2 โ32
= 2 + ๐โ3
48
Allez ร : Exercice 41 :
Correction exercice 42 :
1. Ce sont les racines cinquiรจme de lโunitรฉ, il vaut mieux connaitre la formule ๐ง๐ = ๐2๐๐๐
5 , ๐ โ
{0,1,2,3,4}
Sinon il faut absolument retrouver la formule trรจs rapidement
๐ง5 = 1 โ {|๐ง5| = |1|
arg(๐ง5) = arg(1) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|5 = 15arg(๐ง) = 0 + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =2๐๐
5, ๐ โ {0,1,2,3,4}
Dโoรน ๐ง๐ = ๐2๐๐๐
5 , ๐ โ {0,1,2,3,4}, cโest-ร -dire
๐ง0 = 1; ๐ง1 = ๐2๐๐5 ; ๐ง2 = ๐
4๐๐5 ; ๐ง3 = ๐
6๐๐5 = ๐โ
4๐๐5 = ๐ง3; ๐ง4 = ๐
8๐๐5 = ๐โ
2๐๐5 = ๐ง1
2.
๐ง5 = 1 โ ๐ โ ๐ง5 = โ2(โ2
2+ ๐
โ2
2) โ ๐ง5 = 2
12๐๐
๐4 โ {
|๐ง5| = 212
arg(๐ง5) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|5 = 2
12
5 arg(๐ง) =๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ
{
|๐ง| = (212)
15= 2
110
arg(๐ง) =๐
20+2๐๐
5, ๐ โ {0,1,2,3,4}
โ ๐ง๐ = 2110๐๐(
๐20+2๐๐5), ๐ โ {0,1,2,3,4}
Il y a cinq solutions
๐ง0 = 2110๐๐
๐20; ๐ง1 = 2
110๐๐
9๐20; ๐ง2 = 2
110๐๐
17๐20 ; ๐ง3 = 2
110๐๐
25๐20 = 2
110๐๐
5๐4 = โ2
110 ร โ2(1 + ๐)
= โ2110+12(1 + ๐) = โ2
35(1 + ๐); ๐ง4 = 2
110๐๐
32๐20 = 2
110๐๐
8๐5
3.
๐ง3 = 2 โ 2๐ โ ๐ง3 = 2โ2(โ2
2โ ๐
โ2
2) โ ๐ง3 = (โ2)
3๐โ๐
๐4 โ {
|๐ง3| = (โ2)3
arg(๐ง3) = โ๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|3 = (โ2)
3
3 arg(๐ง) = โ๐
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = โ2
arg(๐ง) = โ๐
12+2๐๐
3, ๐ โ {0,1,2}
Il y a trois solutions ๐ง๐ = โ2๐๐(โ
๐
12+2๐๐
3), ๐ โ {0,1,2}
๐ง0 = โ2๐โ๐๐12; ๐ง1 = โ2๐
๐(โ๐12+2๐3)= โ2๐
7๐๐12 ; ๐ง2 = โ2๐
๐(โ๐12+4๐3)= โ2๐
15๐๐12 = โ2๐
5๐๐4 = โโ2๐๐
๐4
4.
๐ง5 = ๐ง โ {|๐ง5| = |๐ง|
arg(๐ง5) = arg(๐ง) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|5 = |๐ง|
5 arg(๐ง) = โarg(๐ง) + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {(|๐ง|4 โ 1)|๐ง| = 0
6 arg(๐ง) = 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|4 โ 1 = 0 ou |๐ง| = 0
arg(๐ง) =๐๐
3, ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
โ {๐ง = 0 ou {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =๐๐
3, ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
Il y a 6 solutions : ๐ง = 0 et ๐ง๐ = ๐๐๐๐
3 , ๐ โ {0,1,2,3,4,5}
49
๐ง = 0; ๐ง0 = 1; ๐ง1 = ๐๐๐3 =
1
2+ ๐
โ3
2; ๐ง2 = ๐
๐2๐3 = โ
1
2+ ๐
โ3
2;
๐ง3 = ๐๐๐ = โ1; ๐ง4 = ๐๐4๐3 = โ
1
2โ ๐
โ3
2; ๐ง5 = ๐
๐5๐3 =
1
2โ ๐
โ3
2
Allez ร : Exercice 42 :
Correction exercice 43 :
1. On cherche les complexes tels que
๐ง๐ = โ๐ โ {|๐ง๐| = |โ๐|
arg(๐ง๐) = arg(โ๐) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|๐ = 1
๐ arg(๐ง) = โฯ
2+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) = โฯ
2n+2๐๐
๐, ๐ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1}
Les solutions sont les
๐ง๐ = ๐๐(โ๐2๐+2๐๐๐), ๐ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1}
On cherche les complexes tels que
๐ง๐ = 1 + ๐ = โ2 (โ2
2+ ๐
โ2
2) = โ2๐๐
๐4 โ {
|๐ง๐| = โ2
arg(๐ง๐) =ฯ
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|๐ = โ2 = 2
12
๐ arg(๐ง) =ฯ
4+ 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง| = 2
12๐
arg(๐ง) =ฯ
4n+2๐๐
๐, ๐ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1}
Les solutions sont les
๐ง๐ = 212๐๐๐(
๐4๐+2๐๐๐), ๐ โ {0,1,โฆ , ๐ โ 1}
2. ๐ง2 โ ๐ง + 1 โ ๐ = 0
Le discriminant vaut
ฮ = (โ1)2 โ 4(1 โ ๐) = โ3 โ 4๐ = 1 + 4๐ โ 4 = (1 + 2๐)2
Il y a deux solutions
๐ง1 =1 โ (1 + 2๐)
2= โ๐
๐ง2 =1 + 1 + 2๐
2= 1 + ๐
3. ๐ง2๐ โ ๐ง๐ + 1 โ ๐ = 0, on pose ๐ = ๐ง๐
๐ง2๐ โ ๐ง๐ + 1 โ ๐ = 0 โ ๐2 โ ๐ + 1 โ ๐ = 0 โ {๐ = โ๐ou
๐ = 1 + ๐โ {
๐ง๐ = โ๐ou
๐ง๐ = 1 + ๐
Lโensemble des solutions est
{๐๐(โ๐2๐+2๐๐๐), ๐ โ {0,1,โฆ , ๐ โ 1}, 2
12๐๐
๐(๐4๐+2๐โฒ๐๐
), ๐โฒ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1}}
Allez ร : Exercice 43 :
Correction exercice 44 :
1.
(๐ง โ 1)(1 + ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1) = ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1 + ๐ง๐ โ (1 + ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1)
= ๐ง๐ โ 1
Donc
50
1 + ๐ง + ๐ง2 +โฏ+ ๐ง๐โ1 =๐ง๐ โ 1
๐ง โ 1
Il sโagit de la formule connue donnant la somme des termes dโune suite gรฉomรฉtrique.
2.
๐๐๐ฅ โ 1 = ๐๐๐ฅ2 (๐
๐๐ฅ2 โ ๐โ
๐๐ฅ2 ) = ๐
๐๐ฅ2 ร 2๐ sin (
๐ฅ
2) = 2๐๐
๐๐ฅ2 sin (
๐ฅ
2)
3.
๐๐ = 1 + ๐๐๐ฅ + ๐2๐๐ฅ +โฏ+ ๐(๐โ1)๐๐ฅ = 1 + ๐๐๐ฅ + (๐๐๐ฅ)2+โฏ+ (๐๐๐ฅ)
๐=(๐๐๐ฅ)
๐โ 1
๐๐๐ฅ โ 1=๐๐๐๐ฅ โ 1
๐๐๐ฅ โ 1
=๐๐๐๐ฅ2 (๐
๐๐๐ฅ2 โ ๐โ
๐๐๐ฅ2 )
๐๐๐ฅ2 (๐
๐๐ฅ2 โ ๐โ
๐๐ฅ2 )
= ๐๐๐๐ฅ2โ๐๐ฅ2 2๐ sin (
๐๐ฅ2 )
2๐ sin (๐ฅ2)
= ๐(๐โ1)๐๐ฅ
2
sin (๐๐ฅ2 )
sin (๐ฅ2)
= (cos((๐ โ 1)๐ฅ) + ๐ sin((๐ โ 1)๐ฅ))sin (
๐๐ฅ2 )
sin (๐ฅ2)
= cos((๐ โ 1)๐ฅ)sin (
๐๐ฅ2)
sin (๐ฅ2)
+ ๐ sin((๐ โ 1)๐ฅ)sin (
๐๐ฅ2)
sin (๐ฅ2)
Comme
๐๐ + ๐๐๐ = 1 + ๐๐๐ฅ + ๐2๐๐ฅ +โฏ+ ๐(๐โ1)๐๐ฅ
On a
1 + cos(๐ฅ) + cos(2๐ฅ) +โฏ+ cos((๐ โ 1)๐ฅ) = cos((๐ โ 1)๐ฅ)sin (
๐๐ฅ2 )
sin (๐ฅ2)
Et
sin(๐ฅ) + sin(2๐ฅ) +โฏ+ sin((๐ โ 1)๐ฅ) = sin((๐ โ 1)๐ฅ)sin (
๐๐ฅ2 )
sin (๐ฅ2)
Allez ร : Exercice 44 :
Correction exercice 45 :
1. Dโaprรจs le cours, il existe ๐ โ {1,2,3,4} tel que ๐ผ = ๐2๐๐๐
5 .
2. Comme ๐ผ โ 1
1 + ๐ผ + ๐ผ2 + ๐ผ3 + ๐ผ4 =1 โ ๐ผ5
1 โ ๐ผ=1 โ 1
1 โ ๐ผ= 0
3. ๐โฒ(๐ฅ) = 1 + 2๐ฅ + 3๐ฅ2 + 4๐ฅ3 + 5๐ฅ4 dโune part et pour tout ๐ฅ โ 1
๐(๐ฅ) =1 โ ๐ฅ6
1 โ ๐ฅ
On a
๐โฒ(๐ฅ) =โ6๐ฅ5(1 โ ๐ฅ) โ (1 โ ๐ฅ6)(โ1)
(1 โ ๐ฅ)2=โ6๐ฅ5 + 6๐ฅ6 + 1 โ ๐ฅ6
(1 โ ๐ฅ)2=โ6๐ฅ5 + 5๐ฅ6 + 1
(1 โ ๐ฅ)2
On obtient donc lโรฉgalitรฉ
1 + 2๐ฅ + 3๐ฅ2 + 4๐ฅ3 + 5๐ฅ4 =โ6๐ฅ5 + 5๐ฅ6 + 1
(1 โ ๐ฅ)2
On prend ๐ฅ = ๐ผ
1 + 2๐ผ + 3๐ผ2 + 4๐ผ3 + 5๐ผ4 =โ6๐ผ5 + 5๐ผ6 + 1
(1 โ ๐ผ)2=โ6 + 5๐ผ + 1
(1 โ ๐ผ)2
51
Car ๐ผ5 = 1 et ๐ผ6 = ๐ผ5 ร ๐ผ = ๐ผ, par consรฉquent
1 + 2๐ผ + 3๐ผ2 + 4๐ผ3 + 5๐ผ4 =โ5 + 5๐ผ
(1 โ ๐ผ)2= โ5
1 โ ๐ผ
(1 โ ๐ผ)2= โ
5
1 โ ๐ผ= โ5
1 โ ๐โ 2๐๐๐5
(1 โ ๐2๐๐๐5 ) (1 โ ๐โ
2๐๐๐5 )
= โ51 โ cos (
2๐๐5) + ๐ sin (
2๐๐5)
1 โ ๐2๐๐๐5 โ ๐โ
2๐๐๐5 + 1
= โ51 โ cos (
2๐๐5) + ๐ sin (
2๐๐5)
2 โ 2 cos (2๐๐5 )
= โ5
2โ ๐
5 sin (2๐๐5)
2 (1 โ cos (2๐๐5 ))
= โ5
2โ ๐
10 sin (๐๐5) cos (
๐๐5)
4 cos2 (๐๐5 )
== โ5
2โ5
2๐ tan (
๐๐
5)
Allez ร : Exercice 45 :
Correction exercice 46 :
Soit ๐ la fonction dรฉfinie par
๐(๐ฅ) = 1 + ๐ฅ + ๐ฅ2 +โฏ+ ๐ฅ๐ =1 โ ๐ฅ๐+1
1 โ ๐ฅ
๐โฒ(๐ฅ) = 1 + 2๐ฅ + โฏ+ ๐๐ฅ๐โ1 =(โ(๐ + 1)๐ฅ๐)(1 โ ๐ฅ) โ (1 โ ๐ฅ๐+1)(โ1)
(1 โ ๐ฅ)2
=โ(๐ + 1)๐ฅ๐ + (๐ + 1)๐ฅ๐+1 + 1 โ ๐ฅ๐+1
(1 โ ๐ฅ)2=โ(๐ + 1)๐ฅ๐ + ๐๐ฅ๐+1 + 1
(1 โ ๐ฅ)2
On prend cette fonction en ๐, et on rappelle que ๐๐ = 1 (et que donc ๐๐+1 = ๐)
1 + 2๐ + 3๐2 +โฏ+ ๐๐๐โ1 =โ(๐ + 1)๐๐ + ๐๐๐+1 + 1
(1 โ ๐)2=โ(๐ + 1) + ๐๐ + 1
(1 โ ๐)2=โ๐ + ๐๐
(1 โ ๐)2
= โ๐1 โ ๐
(1 โ ๐)2= โ
๐
1 โ ๐
Ce rรฉsultat est relativement satisfaisant mais on va tout de mรชme lโรฉcrire sous forme algรฉbrique.
Comme |๐| = 1
|๐| = 1 โ |๐|2 = 1 โ ๐๐ = 1 โ ๐ =1
๐=๐๐โ1
๐๐๐โ1=๐๐โ1
๐๐= ๐๐โ1
Donc
1
1 โ ๐=
1 โ ๐
(1 โ ๐)(1 โ ๐)=
1 โ ๐๐โ1
1 โ (๐ + ๐) + |๐|2=
1 โ ๐๐โ1
2 โ 2โ๐(๐)
1 + 2๐ + 3๐2 +โฏ+ ๐๐๐โ1 = โ๐ ร1 โ ๐๐โ1
2 โ 2โ๐(๐)
Allez ร : Exercice 46 :
Correction exercice 47 :
Pour ๐ง โ 1
(๐ง + 1)๐ = (๐ง โ 1)๐ โ(๐ง + 1)๐
(๐ง โ 1)๐= 1 โ (
๐ง + 1
๐ง โ 1)๐
= 1
On pose ๐ =๐ง+1
๐งโ1,
Par consรฉquent ๐ est une racine ๐-iรจme de lโunitรฉ et donc ๐ = ๐2๐๐๐
๐ , ๐ โ {0,1, โฆ , ๐ โ 1} ๐ง + 1
๐ง โ 1= ๐ โ ๐ง + 1 = ๐(๐ง โ 1) โ ๐ง + 1 = ๐๐ง โ ๐ โ ๐ง(1 โ ๐) = โ(1 + ๐) โ ๐ง =
๐ + 1
๐ โ 1
Ces รฉquivalences sont vraies si ๐ง โ 1 et ๐ โ 1. Il faut faire un cas particulier si ๐ = 0 car alors ๐ = 1.
๐ง + 1
๐ง โ 1= ๐
2๐๐๐๐ , ๐ โ {1,โฆ , ๐ โ 1}
52
๐ง =๐2๐๐๐๐ + 1
๐2๐๐๐๐ โ 1
=๐๐๐๐๐ (๐
๐๐๐๐ + ๐โ
๐๐๐๐ )
๐๐๐๐๐ (๐
๐๐๐๐ โ ๐โ
๐๐๐๐ )
=2 cos (
๐๐๐)
2๐ sin (๐๐๐ )
= โ๐ cotan (๐๐
๐)
Si ๐ = 0, ๐ง+1
๐งโ1= 1 nโa pas de solution.
On trouve ๐ โ 1 solutions, ce qui nโest pas une contradiction car
(๐ง + 1)๐ = (๐ง โ 1)๐ โ (๐ง + 1)๐ โ (๐ง โ 1)๐ = 0
Est une รฉquation polynรดmiale de degrรฉ ๐ โ 1 (puisque les ๐ง๐ se simplifient), est admet donc au plus ๐ โ
1 solutions.
Allez ร : Exercice 47 :
Correction exercice 48 :
๐ง๐ = ๐ง โ {|๐ง๐| = |๐ง|
arg(๐ง๐) = arg(๐ง) + 2๐๐, ๐ โ โคโ {
|๐ง|๐ = |๐ง|
๐ arg(๐ง) = โarg(๐ง) + 2๐๐, ๐ โ โค
โ {|๐ง|๐โ1 = 1 ou |๐ง| = 0
๐ arg(๐ง) = โarg(๐ง) + 2๐๐, ๐ โ โคโ ๐ง = 0 ou {
|๐ง| = 1(๐ + 1) arg(๐ง) = 2๐๐, ๐ โ โค
โ ๐ง = 0 ou {
|๐ง| = 1
arg(๐ง) =2๐๐
๐ + 1, ๐ โ {0,1, โฆ , ๐}
Les solutions sont ๐ง = 0 et les ๐ง๐ = ๐2๐๐๐
๐+1 , ๐ โ {0,1,โฆ , ๐}.
Allez ร : Exercice 48 :
Correction exercice 49 :
On rappelle que
1 + ๐ฝ + ๐ฝ2 + ๐ฝ3 + ๐ฝ4 + ๐ฝ5 + ๐ฝ6 = 0
๐ฝ
1 + ๐ฝ2+
๐ฝ2
1 + ๐ฝ4+
๐ฝ3
1 + ๐ฝ6=๐ฝ(1 + ๐ฝ4)(1 + ๐ฝ6) + ๐ฝ2(1 + ๐ฝ2)(1 + ๐ฝ6) + ๐ฝ3(1 + ๐ฝ2)(1 + ๐ฝ4)
(1 + ๐ฝ2)(1 + ๐ฝ4)(1 + ๐ฝ6)
=๐ฝ11 + ๐ฝ7 + ๐ฝ5 + ๐ฝ + ๐ฝ10 + ๐ฝ8 + ๐ฝ4 + ๐ฝ2 + ๐ฝ9 + ๐ฝ7 + ๐ฝ5 + ๐ฝ3
๐ฝ12 + ๐ฝ10 + ๐ฝ8 + 2๐ฝ6 + ๐ฝ4 + ๐ฝ2 + 1
=๐ฝ4 + 1 + ๐ฝ5 + ๐ฝ + ๐ฝ3 + ๐ฝ + ๐ฝ4 + ๐ฝ2 + ๐ฝ2 + 1 + ๐ฝ5 + ๐ฝ3
๐ฝ5 + ๐ฝ3 + ๐ฝ + 2๐ฝ6 + ๐ฝ4 + ๐ฝ2 + 1
=2(1 + ๐ฝ + ๐ฝ2 + ๐ฝ3 + ๐ฝ4 + ๐ฝ5)
๐ฝ6= โ
2๐ฝ6
๐ฝ6= โ2
Cette solution nโest pas รฉlรฉgante du tout, il doit y avoir plus malin.
Allez ร : Exercice 49 :
Correction exercice 50 :
๐ด(๐) = (๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2)
3
=๐3๐๐ฅ + 3๐2๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + 3๐๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ
8
=๐3๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ + 3(๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ)
8=2 cos(3๐ฅ) + 3 ร 2 cos(๐ฅ)
8
=1
4cos(3๐ฅ) +
3
4cos(๐ฅ)
53
๐ต(๐ฅ) = (๐๐๐ฅ โ ๐โ๐๐ฅ
2๐)
3
=๐3๐๐ฅ โ 3๐2๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + 3๐๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ โ ๐โ3๐๐ฅ
โ8๐
=๐3๐๐ฅ โ ๐โ3๐๐ฅ โ 3(๐๐๐ฅ โ ๐โ๐๐ฅ)
โ8๐=2๐ sin(3๐ฅ) โ 3 ร 2๐ sin(๐ฅ)
โ8๐
= โ1
4sin(3๐ฅ) +
3
4sin(๐ฅ)
๐ถ(๐) = (๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2)
4
=๐4๐๐ฅ + 4๐3๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + 6๐2๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ + 4๐๐๐ฅ๐โ3๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ
16
=๐4๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ + 4(๐2๐๐ฅ + 4๐โ2๐๐ฅ) + 6
16=2 cos(4๐ฅ) + 4 ร 2 cos(2๐ฅ) + 6
16
=1
8cos(4๐ฅ) +
1
2cos(2๐ฅ) +
3
8
๐ท(๐) = (๐๐๐ฅ โ ๐โ๐๐ฅ
2๐)
4
=๐4๐๐ฅ โ 4๐3๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + 6๐2๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ โ 4๐๐๐ฅ๐โ3๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ
16
=๐4๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ โ 4(๐2๐๐ฅ + 4๐โ2๐๐ฅ) + 6
16=2 cos(4๐ฅ) โ 4 ร 2 cos(2๐ฅ) + 6
16
=1
8cos(4๐ฅ) โ
1
2cos(2๐ฅ) +
3
8
๐ธ(๐ฅ) = cos2(๐ฅ) sin2(๐ฅ) = (๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2)
2
(๐๐๐ฅ โ ๐โ๐๐ฅ
2๐)
2
=๐2๐๐ฅ + 2๐๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + ๐โ2๐๐ฅ
4ร๐2๐๐ฅ โ 2๐๐๐ฅ๐โ๐๐ฅ + ๐โ2๐๐ฅ
โ4=(๐2๐๐ฅ + 2 + ๐โ2๐๐ฅ)(๐2๐๐ฅ โ 2 + ๐โ2๐๐ฅ)
โ16
=๐2๐๐ฅ๐2๐๐ฅ โ 2๐2๐๐ฅ + ๐2๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ + 2๐2๐๐ฅ โ 4 + 2๐โ2๐๐ฅ + ๐โ2๐๐ฅ๐2๐๐ฅ โ 2๐โ2๐๐ฅ + ๐โ2๐๐ฅ๐โ2๐๐ฅ
โ16
=๐4๐๐ฅ โ 2๐2๐๐ฅ + 1 + 2๐2๐๐ฅ โ 4 + 2๐โ2๐๐ฅ + 1 โ 2๐โ2๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ
โ16=๐4๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ โ 2
โ16
=2 cos(4๐ฅ) โ 2
โ16= โ
1
8cos(4๐ฅ) +
1
8
Autre mรฉthode en utilisant les formules trigonomรฉtriques
๐ธ(๐ฅ) = cos2(๐ฅ) sin2(๐ฅ) = (cos(๐ฅ) sin(๐ฅ))2 = (1
2sin(2๐ฅ))
2
=1
4sin2(2๐ฅ) =
1
4ร1 โ cos(4๐ฅ)
2
= โ1
8cos(4๐ฅ) +
1
8
En utilisant les formules
sin(2๐) = 2 sin(๐) cos(๐) , ๐ = ๐ฅ
cos(2๐) = 1 โ sin2(๐) โ sin2(๐) =1 โ cos(2๐)
2, ๐ = 2๐ฅ
๐น(๐ฅ) = cos(๐ฅ) sin3(๐ฅ) = cos(๐ฅ)๐ต(๐ฅ) =๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2ร๐3๐๐ฅ โ 3๐๐๐ฅ + 3๐โ๐๐ฅ โ ๐โ3๐๐ฅ
โ8๐
=๐4๐๐ฅ โ 3๐2๐๐ฅ + 3 โ ๐โ2๐๐ฅ + ๐2๐๐ฅ โ 3 + 3๐โ2๐๐ฅ โ ๐โ4๐๐ฅ
โ16๐
=๐4๐๐ฅ โ ๐โ4๐๐ฅ โ 2(๐2๐๐ฅ โ ๐โ2๐๐ฅ)
โ16๐=2๐ sin(4๐ฅ) โ 2 ร 2๐ sin(2๐ฅ)
โ16๐
= โ1
8sin(4๐ฅ) +
1
4sin(2๐ฅ)
54
๐บ(๐ฅ) = cos3(๐ฅ) sin(๐ฅ) = ๐ด(๐ฅ) sin(๐ฅ) =๐3๐๐ฅ + 3๐๐๐ฅ + 3๐โ๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ
8ร๐๐๐ฅ โ ๐โ๐๐ฅ
2๐
=๐4๐๐ฅ โ ๐2๐๐ฅ + 3๐2๐๐ฅ โ 3 + 3 โ 3๐โ2๐๐ฅ + ๐โ2๐๐ฅ โ ๐โ4๐๐ฅ
16๐
=๐4๐๐ฅ โ ๐โ4๐๐ฅ + 2(๐2๐๐ฅ โ ๐โ2๐๐ฅ)
16๐=2๐ sin(4๐ฅ) + 2 ร 2๐ sin(2๐ฅ)
16๐
=1
8sin(4๐ฅ) +
1
4sin(2๐ฅ)
On peut toujours faire ยซ comme dโhabitude ยป amรฉliorons un peu les choses
๐ป(๐ฅ) = cos3(๐ฅ) sin2(๐ฅ) = cos(๐ฅ) (cos(๐ฅ) sin(๐ฅ))2 = cos(๐ฅ) (1
2sin(2๐ฅ))
2
=1
4cos(๐ฅ) sin2(2๐ฅ)
=1
4cos(๐ฅ) (
1 โ cos(4๐ฅ)
2) =
1
8cos(๐ฅ) (1 โ cos(4๐ฅ)) =
1
8cos(๐ฅ) โ
1
8cos(๐ฅ) cos(4๐ฅ)
Alors on utilise des formules souvent inconnues des รฉtudiants (et cโest fort dommage) ou on fait comme
dโhabitude
๐ป(๐ฅ) =1
8cos(๐ฅ) โ
1
8cos(๐ฅ) cos(4๐ฅ) =
1
8cos(๐ฅ) โ
1
8(๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2)(๐4๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ
2)
=1
8cos(๐ฅ) โ
1
32(๐5๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ + ๐3๐๐ฅ + ๐โ5๐๐ฅ)
=1
8cos(๐ฅ) โ
1
32(๐5๐๐ฅ + ๐โ5๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ + ๐3๐๐ฅ)
=1
8cos(๐ฅ) โ
1
32(2 cos(5๐ฅ) + 2 cos(3๐ฅ) =
1
8cos(๐ฅ) โ
1
16cos(5๐ฅ) โ
1
16cos(3๐ฅ)
๐ผ(๐ฅ) = cos2(๐ฅ) sin3(๐ฅ) Allez, encore une autre technique !
On pose ๐ก =๐
2โ ๐ฅ โ ๐ฅ = ๐ก โ
๐
2 ainsi cos(๐ฅ) = cos (๐ก โ
๐
2) = sin(๐ก) et sin(๐ฅ) = sin (๐ก โ
๐
2) = cos(๐ก)
Donc
๐ผ(๐ฅ) = sin2(๐ก) cos3(๐ก) =1
8cos(๐ก) โ
1
16cos(5๐ก) โ
1
16cos(3๐ก)
=1
8cos (๐ฅ โ
๐
2) โ
1
16cos (5 (๐ฅ โ
๐
2)) โ
1
16cos (3 (๐ฅ โ
๐
2))
=1
8sin(๐ฅ) โ
1
16cos (5๐ฅ โ
5๐
2) โ
1
16cos (3๐ฅ โ
3๐
2)
=1
8sin(๐ฅ) โ
1
16cos (5๐ฅ โ
๐
2) โ
1
16cos (3๐ฅ +
๐
2)
=1
8sin(๐ฅ) โ
1
16sin(5๐ฅ) +
1
16sin(3๐ฅ)
๐ฝ(๐ฅ) = cos(๐ฅ) sin4(๐ฅ) = cos(๐ฅ)๐ท(๐ฅ) =๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ
2ร๐4๐๐ฅ + ๐โ4๐๐ฅ โ 4๐2๐๐ฅ โ 4๐โ2๐๐ฅ + 6
16
=1
32(๐5๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ โ 4๐3๐๐ฅ โ 4๐โ๐๐ฅ + 6๐๐๐ฅ + ๐3๐๐ฅ + ๐โ5๐๐ฅ โ 4๐๐๐ฅ โ 4๐โ3๐๐ฅ + 6๐โ๐๐ฅ)
=1
32(๐5๐๐ฅ + ๐โ5๐๐ฅ โ 3(๐3๐๐ฅ + ๐โ3๐๐ฅ) + 2(๐๐๐ฅ + ๐โ๐๐ฅ))
=1
32(2 cos(5๐ฅ) โ 3 ร cos(3๐ฅ) + 2 ร 2 cos(๐ฅ))
=1
16cos(5๐ฅ) โ
3
32cos(3๐ฅ) +
1
8cos(๐ฅ)
Allez ร : Exercice 50 :
Correction exercice 51 :
1. 1โ๐ง
1โ๐๐ง est rรฉel si et seulement si
1โ๐ง
1โ๐๐ง= (
1โ๐ง
1โ๐๐ง) =
1โ๐ง
1+๐๐ง
55
1 โ ๐ง
1 โ ๐๐ง=1 โ ๐ง
1 + ๐๐งโ (1 โ ๐ง)(1 + ๐๐ง) = (1 โ ๐ง)(1 โ ๐๐ง) โ 1 + ๐๐ง โ ๐ง โ ๐๐ง๐ง = 1 โ ๐๐ง โ ๐ง + ๐๐ง๐ง
โ ๐๐ง โ ๐ง โ ๐๐ง๐ง = โ๐๐ง โ ๐ง + ๐๐ง๐ง โ ๐(๐ง + ๐ง) โ 2๐|๐ง|2 = ๐ง โ ๐ง
On pose ๐ง = ๐ + ๐๐ 1 โ ๐ง
1 โ ๐๐ง=1 โ ๐ง
1 + ๐๐งโ 2๐๐ โ 2๐(๐2 + ๐2) = 2๐๐ โ ๐ โ (๐2 + ๐2) = ๐ โ ๐2 โ ๐ + ๐2 + ๐ = 0
โ (๐ โ1
2)2
โ1
4+ (๐ +
1
2)2
โ1
4= 0 โ (๐ โ
1
2)2
+ (๐ +1
2)2
=1
2
Il sโagit du cercle de centre (1
2, โ
1
2) et de rayon
1
โ2.
2. 1โ๐ง
1โ๐๐ง est imaginaire pur si et seulement si
1โ๐ง
1โ๐๐ง= โ(
1โ๐ง
1โ๐๐ง) = โ
1โ๐ง
1+๐๐ง
1 โ ๐ง
1 โ ๐๐ง= โ
1 โ ๐ง
1 + ๐๐งโ (1 โ ๐ง)(1 + ๐๐ง) = โ(1 โ ๐ง)(1 โ ๐๐ง) โ 1 + ๐๐ง โ ๐ง โ ๐๐ง๐ง
= โ(1 โ ๐๐ง โ ๐ง + ๐๐ง๐ง) โ 1 + ๐๐ง โ ๐ง โ ๐๐ง๐ง = โ1 + ๐๐ง + ๐ง โ ๐๐ง๐ง โ 1 + ๐๐ง โ ๐ง= โ1 + ๐๐ง + ๐ง
โ 2 โ ๐(๐ง โ ๐ง) = ๐ง + ๐ง On pose ๐ง = ๐ + ๐๐
1 โ ๐ง
1 โ ๐๐ง= โ
1 โ ๐ง
1 + ๐๐งโ 2 โ ๐(๐ + ๐๐ โ ๐ + ๐๐) = 2๐ โ 2+ 2๐ = 2๐ โ 1 = ๐ โ ๐
Il sโagit de la droite dโรฉquation : ๐ = โ1 + ๐.
Allez ร : Exercice 51 :
Correction exercice 52 :
1. (1 + ๐)2 = 1 + 2๐ โ 1 = 2๐ โ (1 + ๐)6 = ((1 + ๐)2)3 = (2๐)3 = 8 ร ๐3 = โ8๐ 2. ๐ง2 = โ8๐ โ ๐ง2 = (1 + ๐)6 โ ๐ง2 = ((1 + ๐)3)2 โ ๐ง = (1 + ๐)3 ou ๐ง = โ(1 + ๐)3
โ ๐ง = (1 + ๐)2(1 + ๐) ou ๐ง = โ(1 + ๐)2(1 + ๐) โ ๐ง = 2๐(1 + ๐) ou ๐ง = โ2๐(1 + ๐) โ ๐ง = โ2 + 2๐ ou ๐ง = 2 โ 2๐
3.
๐ง = โ2 + 2๐ = 2โ2 (โโ2
2+ ๐
โ2
2) = 2โ2๐
3๐๐4
๐ง = 2 โ 2๐ = 2โ2 (โ2
2โ ๐
โ2
2) = 2โ2๐
7๐๐4 = 2โ2๐โ
๐๐4
4.
๐ง3 = โ8๐ โ ๐ง3 = ((1 + ๐)2)3 โ ๐ง3 = (2๐)3 โ (๐ง
2๐)3
= 1 โ๐ง
2๐= 1 ou
๐ง
2๐= ๐ ou
๐ง
2๐= ๐2
โ ๐ง = 2๐ ou ๐ง = 2๐๐ ou ๐ง = 2๐๐2 โ ๐ง = 2๐ ou ๐ง = 2๐ (โ1
2+ ๐
โ3
2) ou ๐ง = 2๐ (โ
1
2โ ๐
โ3
2)
โ ๐ง = 2๐ ou ๐ง = โโ3 โ ๐ ou ๐ง = โ3 โ ๐ Allez ร : Exercice 52 :
Correction exercice 53 :
1.
๐(๐ง) = ๐ง โ ๐ง(1 โ ๐ง) = ๐ง โ ๐ง(1 โ ๐ง) โ ๐ง = 0 โ ๐ง โ ๐ง2 โ ๐ง = 0 โ ๐ง2 = 0 โ ๐ง = 0
2.
|๐(๐ง) โ1
2| = |๐ง(1 โ ๐ง) โ
1
2| = |(๐ง โ
1
2) (1
2โ ๐ง) +
1
4โ1
2| = |โ(๐ง โ
1
2)2
โ1
4| โค |(๐ง โ
1
2)2
| +1
4
โค |๐ง โ1
2|2
+1
4โค (
1
2)2
+1
4=1
2
Allez ร : Correction exercice 53 :
Correction exercice 54 :
56
1. Pour tout ๐ง1, ๐ง2 diffรฉrent de โ๐,
๐(๐ง1) = ๐(๐ง2) โ๐ง1 โ ๐
๐ง1 + ๐=๐ง2 โ ๐
๐ง2 + ๐โ (๐ง1 โ ๐)(๐ง2 + ๐) = (๐ง2 โ ๐)(๐ง1 + ๐)
โ ๐ง1๐ง2 + ๐๐ง1 โ ๐๐ง2 + 1 = ๐ง2๐ง1 + ๐๐ง2 โ ๐๐ง1 + 1 โ 2๐๐ง1 = 2๐๐ง2 โ ๐ง1= ๐ง2
Donc ๐ est injective. 2.
1 โ ๐(๐ง) = 1 โ๐ง โ ๐
๐ง + ๐=๐ง + ๐ โ (๐ง โ ๐)
๐ง + ๐=
2๐
๐ง + ๐โ 0
Donc
๐(๐ง) โ 1
3.
Si ๐ง โ ๐ธ alors ๐(๐ง) โ 1 ce qui signifie que ๐(๐ง) โ โ โ {1}, ce al montre que
๐(๐ธ) โ โ โ {1}
Si ๐ โ โ โ {1} alors il faut montrer quโil existe ๐ง โ ๐ธ tel que ๐ = ๐(๐ง).
๐ = ๐(๐ง) โ ๐ =๐ง โ ๐
๐ง + ๐โ ๐(๐ง + ๐) = ๐ง โ ๐ โ ๐๐ง + ๐๐ = ๐ง โ ๐ โ ๐๐ง โ ๐ง = โ๐๐ โ ๐ โ ๐ง(๐ โ 1)
= โ๐(๐ + 1) โ ๐ง = โ๐๐ + 1
๐ โ 1
Il reste ร montrer que ๐ง โ โ๐, si
๐ง = โ๐๐ + 1
๐ โ 1= โ๐ โ
๐ + 1
๐ โ 1= 1 โ ๐ + 1 = ๐ โ 1 โ 1 = โ1
Donc ๐ง ne peut รชtre รฉgal ร โ๐. On a montrรฉ que si ๐ โ โ โ {1} alors ๐ โ ๐(๐ธ) cela montre que
โ โ {1} โ ๐(๐ธ)
On a bien montrรฉ lโรฉgalitรฉ demandรฉ.
On en dรฉduit que ๐ est surjective et donc bijective.
4.
1 โ |๐(๐ง)|2 = 1 โ |๐ง โ ๐
๐ง + ๐|2
= 1 โ(๐ง โ ๐)(๐ง + ๐)
(๐ง + ๐)(๐ง โ ๐)=(๐ง + ๐)(๐ง โ ๐) โ (๐ง โ ๐)(๐ง + ๐)
(๐ง + ๐)(๐ง โ ๐)
=|๐ง2| โ ๐๐ง + ๐๐ง + 1 โ (|๐ง2| + ๐๐ง โ ๐๐ง + 1)
|๐ง + ๐|2=โ2๐๐ง + 2๐๐ง
|๐ง + ๐|2= โ
2๐(๐ง โ ๐ง)
|๐ง + ๐|2
= โ2๐ ร 2๐โ๐(๐ง)
|๐ง + ๐|2= 4
โ๐(๐ง)
|๐ง + ๐|2
5. Si ๐ง โ โ alors โ๐(๐ง) = 0, dโaprรจs la question prรฉcรฉdente
1 โ |๐(๐ง)|2 = 0 โ |๐(๐ง)| = 1
Ce qui signifie que ๐(๐ง) โ ๐ฐ
Comme ๐(๐ง) โ 1, ๐(๐ง) โ ๐ฐ โ {1}
On a montrรฉ que
๐(โ) โ ๐ฐ โ {1}
Si ๐ โ ๐ฐ โ {1} lโimage rรฉciproque de ๐ est ๐ง = โ๐๐+1
๐โ1, il faut montrer que ce complexe est rรฉel.
โ๐๐ + 1
๐ โ 1โ (โ๐
๐ + 1
๐ โ 1) = โ๐
๐ + 1
๐ โ 1โ ๐
๐ + 1
๐ โ 1= โ๐
(๐ + 1)(๐ โ 1) + (๐ + 1)(๐ โ 1)
(๐ โ 1)(๐ โ 1)
= โ๐|๐|2 โ ๐ + ๐ โ 1 + |๐|2 โ ๐ + ๐ โ 1
|๐ โ 1|2= โ2๐
|๐|2 โ 1
|๐ โ 1|2= 0
Cela montre que โ๐๐+1
๐โ1โ โ. On a montrรฉ que si ๐ โ ๐ฐ โ {1} alors il existe ๐ง โ โ tel que ๐ = ๐(๐ง).
Autrement dit
๐ฐ โ {1} โ ๐(โ)
Dโoรน lโรฉgalitรฉ demandรฉe.
57
Allez ร : Exercice 54 :