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PCSI 1

Maths

´ du DL 1
Corrige

14 Septembre 2015

p1/4

Corrig´
e du DL 1
Exercice 1
On a |a + b + a − b| ≤ |a + b| + |a − b| donc |2a| ≤ |a + b| + |a − b| .
De mˆeme, en ´echangeant a et b, |2b| ≤ |a + b| + |a − b| .
En ajoutant les deux in´egalit´es, on obtient : 2|a| + 2|b| ≤ 2|a + b| + 2|a − b| ,
ce qui d´emontre l’in´egalit´e demand´ee.
Pour avoir l’´egalit´e, on doit avoir l’´egalit´e dans chacune des deux in´egalit´es utilis´ees.
En invoquant le cas d’´egalit´e dans l’in´egalit´e triangulaire, on peut alors conclure.
(finir le raisonnement !)
Utilisons une autre m´ethode, qui aurait pu aussi servir `a d´emontrer l’in´egalit´e.
|a| + |b| = |a + b| + |a − b| ⇐⇒ (|a| + |b|)2 = (|a + b| + |a − b|)2
|a| + |b| = |a + b| + |a − b| ⇐⇒ |a|2 + |b|2 + 2|a||b| = |a + b|2 + |a − b|2 + 2|a2 − b2 |
Or |a + b|2 + |a − b|2 + 2|a2 − b2 | = |a|2 + |b|2 + a¯b + a
¯b + |a|2 + |b|2 − a¯b − a
¯b + 2|a − b|2 , donc :
|a + b|2 + |a − b|2 + 2|a2 − b2 | = 2|a|2 + 2|b|2 + 2|a − b|2
On a donc : |a| + |b| = |a + b| + |a − b| ⇐⇒ (|a| − |b|)2 + 2|a2 − b2 | = 0 .
Si on a l’´egalit´e, on a donc a2 = b2 , d’o`
u b = a ou b = −a, et r´eciproquement.
On a obtenu la condition d’´egalit´e : a = b ou a = −b

Exercice 2
(a) uv = 50 − 49 = 1, d’o`
u uv = 1.
1/3
1/3
α=u −v
, d’o`
u α2 = u2/3 + v 2/3 − 2(uv)1/3 = u2/3 + v 2/3 − 2 .
α3 = (u1/3 − v 1/3 )(u2/3 + v 2/3 − 2) = u − v − 3u1/3 + 3v 1/3
(b) On a u − v = 14 donc α3 = 14 − 3α . On prend P (x) = x3 + 3x − 14 .
(c) P est d´erivable sur R, et P 0 (x) = 3x2 + 3 > 0 .
On en d´eduit que P est une fonction strictement croissante sur R.
Or P (2) = 0 = P (α) . On peut conclure α = 2 .

Exercice 3



z 6 − (1 − 2i 2)z 3 − 2i 2 = (z 3 − 1)(z 3 + 2i 2) .
Les racines cubiques de 1 sont 1, j = e2iπ/3 et j 2 = e−2iπ/3 .


√ √

Les racines cubiques de −2i 2 = 2 2e3iπ/2 sont 2i, 2e−iπ/6 et 2e−5iπ/6 .
√ √

On en d´eduit les racines de l’´equation : 1, j, j 2 , 2i, 2e−iπ/6 , 2e−5iπ/6 .

PCSI 1

´ du DL 1
Corrige

Maths

p2/4

14 Septembre 2015

Exercice 4

1  6ix
(eix − e−ix )6
4ix
2ix
−2ix
−4ix
6ix
=

e

6e
+
15e

20
+
15e

6e
+
e
.
(2i)6
64
1
sin6 x =
(− cos 6x + 6 cos 4x − 15 cos 2x + 10)
32

sin6 x =

Exercice 5
n−1
X

n−1
X


(a) Notons S =
sin
et T =
exp i
n
n
k=0
k=0





. Remarquons que S = =(T )

T est la somme des termes d’une suite g´eom´etrique de raison exp(iπ/n), et exp(iπ/n) 6= 1.



π
π
exp i nπ
cos 2n
− i sin 2n
−2
n − 1
 

Donc T =
=
 =i
π
exp i πn − 1
sin 2n
exp iπ 2i sin π
2n

T =

sin

π
2n



+ i cos

π
sin 2n

π
2n

2n



et

cos
S=
sin

π
2n 
π
2n



π
= cotan
2n




(b) soit k ∈ {0, . . . , k − 1}.
h

i

ω k − 1 = e2ikπ/n − 1 = eikπ/n eikπ/n − e−ikπ/n = 2ieikπ/n sin (kπ/n) et
|ω k − 1| = 2| sin (kπ/n)| = 2 sin (kπ/n) puisque kπ/n ∈ [0, π].
Donc

n−1
X

 

π

k
ω − 1 = 2 cotan

2n

k=0

Exercice 4
(a) cos 7x = <((cos x + i sin x)7 )
!
cos7 x + 7i cos6 x sin x − 21 cos5 x sin2 x − 35i cos4 x sin3 x + 35 cos3 x sin4 x
cos 7x = <
+21i cos2 x sin5 x − 7 cos x sin6 x − i sin7 x
cos 7x = cos7 x + 21 cos5 x sin2 x + 35 cos3 x sin4 x − 7 cos x sin6 x
De plus sin2 x = 1 − cos2 x , sin4 x = (1 − cos2 x)2 = 1 − 2 cos2 x + cos4 x
et sin6 x = 1 − 3 cos2 x + 3 cos4 x − cos6 x
En rempla¸cant, on obtient :
1 + cos 7x = 64 cos7 x − 112 cos5 x + 56 cos3 x − 7 cos x + 1
(b) 1 + cos 7x = 0 ⇐⇒ cos 7x = −1 ⇐⇒ 7x ≡ π[2π] ⇐⇒ x ≡
Les solutions de l’´equation sont donc xk =

π
[2π/7] .
7

(2k + 1)π
, pour k ∈ Z.
7

(2k + 1)π
, pour k ∈ Z, est une racine de P .
7
(c) On a ´egalement X 5 + 1 = (X + 1)(X 4 − X 3 + X 2 − X + 1)
et X 7 + 1 = (X + 1)(X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1).
On en d´eduit que zk = cos

PCSI 1

Maths

´ du DL 1
Corrige

14 Septembre 2015

p3/4

(d) P (X) = 64X 7 − 112X 5 + 56X 3 − 7X + 1 donc P (−1) = 0.
P (X) = P (X) − P (−1) = 64(X 7 + 1) − 112(X 5 + 1) + 56(X 3 + 1) − 7(X + 1)
D’o`
u P (X = (X + 1)Q(X) avec :
Q(X) = 64(X 6 − X 5 + X 4 − X 3 + X 2 − X + 1) − 112((X 4 − X 3 + X 2 − X + 1)
+56(X 2 − X + 1) − 7
soit encore
Q(X) = 64 X 6 − 64 X 5 − 48 X 4 + 48 X 3 + 8 X 2 − 8 X + 1
(e) Il suffit de d´evelopper (8X 3 − 4X 2 − 4X + 1)2 pour obtenir Q.
(f) f est d´erivable sur R et f 0 (x) = 4(6x2 − 2x − 1).


1− 7
1+ 7
0
Les racines de f sont α =
et β =
6
6
On calcule ´egalement quelques valeurs de f :
f (−1) = −7

,

f (0) = 1 ,

f (1/2) = −1

,

f (1) = 1

On a donc le tableau de variation :
x
−∞
−1
α
0
1/2
β
1
+∞
f 0 (x)
+ + +
0
− − − − −
0
+ + +
f (x) −∞ % −7 % f (α) & 1 & −1 & f (β) % 1 % +∞
Le tableau de variation prouve que f (α) > 0 et f (β) < 0.
f est strictement n´egative sur ]−∞, −1[ et strictement positive sur ]1, +∞[.
Enfin, la fonction f est strictement monotone, continue, et change de signe sur chaque
intervalle [−1, α], [α, β] et [β, 1].
Elle s’annule donc exactement une fois sur chacun de ces intervalles.
f s’annule donc exactement trois fois sur R.
(g) Soit x ∈ R. P (x) = 0 ⇐⇒ [f (x) = 0 ou x = −1] .
P admet donc quatre racines r´eelles.
π


On a 0 < <
<
< π donc z0 > z1 > z2 > −1.
7
7
7
z0 , z1 , z2 sont des racines de P , distinctes de −1. Ce sont donc les trois racines de f .
Ainsi les racines r´eelles de Q sont z0 , z1 , z2 et celles de P : −1, z0 , z1 , z2 .
Remarque : pour des raisons de degr´e, 8X 3 − 4X 2 − 4X + 1, ayant trois racines r´eelles
distinctes, n’a pas de racine non r´eelle.
On en d´eduit que les racines complexes de P sont les quatre racines r´eelles trouv´ees.

Exercice 7
(a) Supposons z racine de (E); alors z 6= 0 puisque 0 n’est pas solution de (E) et :
1
z n+1

−a

1
1
−z n+1 + az n − az + 1
+
a

1
=
=0
zn
z
z n+1

1/z est donc solution de (E).

PCSI 1

Maths

´ du DL 1
Corrige

14 Septembre 2015

p4/4

(b) Si |α| =
6 1, deux cas se pr´esentent :
• soit |α| > 1, auquel cas on choisira β = α;
• soit |α| < 1, on choisira alors β = 1/α.
(c) β est racine donc β n (β − a) = 1 − aβ .
Comme a ∈ [−1, 1] et |β| > 1, on sait que β − a 6= 0 et donc : β n =

1 − aβ
β−a

1 − aβ
> 1 , soit encore : |1 − aβ|2 > |β − a|2 . D’o`
u:
On peut alors ´ecrire : |β|n =
β−a








(1 − a2 ) |β|2 − 1 < 0
Ceci est impossible, les racines sont donc toutes de module 1.


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