\documentclass[10pt,a4paper]{article} % ===================================================================== % Encodage, langue, polices % ===================================================================== \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[french]{babel} \usepackage{lmodern} % ===================================================================== % Mathematiques % ===================================================================== \usepackage{amsmath,amssymb,mathtools} \usepackage{mathrsfs} % \mathscr \usepackage{stmaryrd} % \llbracket, \rrbracket \SetSymbolFont{stmry}{bold}{U}{stmry}{m}{n} % ===================================================================== % Mise en page % ===================================================================== \usepackage[top=3cm, bottom=2cm, left=2cm, right=2cm, headsep=2.4em]{geometry} \usepackage{enumitem} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{lastpage} % ===================================================================== % Figures et tableaux de variations % ===================================================================== \usepackage{tikz} \usetikzlibrary{babel} % compatibilite TikZ / babel francais \usepackage{tkz-tab} % ===================================================================== % Metadonnees du PDF % ===================================================================== \usepackage[hidelinks]{hyperref} \hypersetup{ pdfauthor = {Laurent Pater \& Jean Louet}, pdftitle = {PTSI 1 -- Corrigé du DS3 (2017-2018)}, pdfsubject = {Mathématiques -- PTSI 1 -- 2017-2018}, } % ===================================================================== % Informations propres au document % ===================================================================== \newcommand{\TD}{DS3} \newcommand{\titre}{Corrigé du DS3} \newcommand{\indexation}{\begin{tabular}{r}\TD\\ Mathématiques - Corrigé\end{tabular}} % ===================================================================== % En-tete, pied de page et titre % ===================================================================== \pagestyle{fancy} \fancyhf{} \fancyhead[L]{\begin{tabular}{l}PTSI 1\\ 2017-2018\end{tabular}} \fancyhead[R]{\large\indexation} \fancyfoot[L]{Lycée Jules Ferry -- Versailles} \fancyfoot[R]{\textbf{\thepage/\pageref{LastPage}}} \renewcommand{\headrulewidth}{1pt} \renewcommand{\footrulewidth}{1pt} \newcommand{\Titre}{% \begin{center} {\LARGE\bfseries \titre}\par\smallskip \rule{\textwidth}{1pt} \end{center}} % ===================================================================== % Exercices et numerotation des questions % ===================================================================== \newcounter{Exo} \renewcommand{\theExo}{\TD.\arabic{Exo}.} \newenvironment{Exo} {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Exercice \theExo}~\\*} {\vspace{1em}\par} \newenvironment{ExoP} {\refstepcounter{Exo}\par\noindent\textbf{Problème \theExo}~\\*} {\vspace{1em}\par} % Questions numerotees 1., 1.1., 1.1.1. \setlist[enumerate,1]{label=\arabic*., ref=\arabic*} \setlist[enumerate,2]{label=\arabic{enumi}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic*} \setlist[enumerate,3]{label=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*., ref=\arabic{enumi}.\arabic{enumii}.\arabic*} % ===================================================================== % Macros mathematiques % ===================================================================== % Ensembles \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \newcommand{\K}{\mathbb{K}} % Constantes et differentielle \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \newcommand{\dx}[1]{\,\mathrm{d}#1} % Intervalles : [a,b], ]a,b], [[a,b]] \newcommand{\cro}[1]{\left[#1\right]} \newcommand{\croof}[1]{\left]#1\right]} \newcommand{\Cro}[1]{\llbracket #1\rrbracket} % Delimiteurs \newcommand{\pth}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\abs}[1]{\left\lvert #1\right\rvert} \newcommand{\barre}[1]{\overline{#1}} % Operateurs en style « display » \newcommand{\dsum}{\displaystyle\sum} \newcommand{\dprod}{\displaystyle\prod} \newcommand{\dint}{\displaystyle\int} % Fonctions et operateurs \DeclareMathOperator{\sh}{sh} \DeclareMathOperator{\ch}{ch} \DeclareMathOperator{\re}{Re} \DeclareMathOperator{\im}{Im} \DeclareMathOperator{\Vect}{Vect} \DeclareMathOperator{\Ker}{Ker} \DeclareMathOperator{\Card}{Card} \newcommand{\Ck}[1]{\mathscr{C}^{#1}} % Logique \newcommand{\ssi}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\et}{\quad\text{et}\quad} \newcommand{\pt}[1]{\forall #1,\ } % Encadre sur une ligne d'un environnement align \newcommand{\boxedalign}[2]{\Aboxed{#1 & #2}} % Matrices augmentees : \begin{pmatrix}[ccc|ccc] ... \end{pmatrix} \makeatletter \renewcommand*\env@matrix[1][*\c@MaxMatrixCols c]{% \hskip -\arraycolsep \let\@ifnextchar\new@ifnextchar \array{#1}} \makeatother \begin{document} \Titre \bigskip \begin{Exo} \begin{enumerate} \item On procède par récurrence. Pour $n = 1$, \[\sum_{k=1}^n k^2 = \sum_{k=1}^1 k^2 = 1 = \frac{1\times (1+1)(2\times 1 +1)}{6}.\] Soit $n \in \N^*$. On suppose que \[\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\] On a \[\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = \sum_{k=1}^n k^2 +(n+1)^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + (n+1)^2\] qui donne \[\sum_{k=1}^{n+1} k^2 = (n+1)\left( \frac{n(2n+1) + 6(n+1)}{6}\right) = (n+1) \frac{2n^2 + 7n + 1}{6} = \frac{(n+1)(n+2)\big(2(n+1)+1 \big)}{6}\] où on a factorisé le polyn\^ome $X^2 + 7X+1$ avec ses racines ce qui achève la récurrence. \item Soit $n \in \N^*$. On a, par la formule du binôme de Newton : \[\boxed{\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} 1^k 1^{n-k} = (1+1)^n = 2^n} \quad \text{et} \quad \boxed{\sum_{k=0}^n (-1)^k\binom{n}{k} = (1-1)^n = 0}.\] \item Soit $n \in \N$. On suppose que $n$ est impair. Il existe $p \in \N$ tel que $n = 2p+1$. On a : $n^2 = 2(p^2 + 2p) +1$ donc, comme $p^2 + 2p \in \N$, $n^2$ est impair. Ainsi, par contraposition, \fbox{si $n^2$ est pair alors $n$ est pair}. \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item Soit $(a,b) \in \R^2$. Alors on a: $$ \begin{array}{rl} & 0 \leq (a-b)^2 \\ \Rightarrow & 0 \leq a^2-2ab+b^2 \\ \Rightarrow & 2ab \leq a^2+b^2 \\[2mm] \Rightarrow & \boxed{ab \leq \dfrac{1}{2}(a^2+b^2).} \end{array} $$ \item D'après la question précédente, pour tout $i\in\llbracket 1,n\rrbracket$, on a l'inégalité $u_iv_i \leq \dfrac{1}{2}(u_i^2+v_i^2)$. En sommant ces inégalités pour $i$ entre~$1$ et~$n$, on obtient $$ \sum\limits_{i=1}^n u_iv_i \leq \sum\limits_{i=1}^n \frac{1}{2}(u_i^2+v_i^2) = \dfrac{1}{2}\left(\sum\limits_{i=1}^n u_i^2\right)+\dfrac{1}{2}\left(\sum\limits_{i=1}^n v_i^2\right). $$ Puisque les deux sommes dans le membre de droite ci-dessus valent~1, il vient $\boxed{\dsum\limits_{i=1}^n u_iv_i \leq 1}$. \item \begin{enumerate} \item Si $(x_1,\dots,x_n)=(0,\dots,0)$, alors $\dsum\limits_{k=1}^n x_ky_k=0$ et $\dsum\limits_{k=1}^n x_k^2=0$, dont l'inégalité de Cauchy-Schwarz devient \og $0\leq 0$\fg, qui est bien s\^ur vraie. Il en est de m\^eme si $(y_1,\dots,y_n)=(0,\dots,0)$. \item Si $(x_1,\dots,x_n)\neq (0,\dots,0)$, alors les réels $x_1^2,\dots,x_n^2$ sont tous positifs ou nuls et au moins l'un d'entre eux n'est pas nul: la somme $\dsum\limits_{i=1}^n x_i^2$ est donc strictement positive. Sa racine carrée est donc bien définie, et non nulle. De m\^eme, puisque $(y_1,\dots,y_n)\neq (0,\dots,0)$, on a $\dsum\limits_{i=1}^n y_i^2>0$ donc $\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n y_i^2}$ est bien défini et strictement positif. En particulier, les quotients par ces deux nombres sont bien définis: ainsi, \fbox{pour tout $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$, $u_k$ et $v_k$ sont bien défninis}. \item On a $$ \dsum\limits_{k=1}^n u_k^2 = \dsum\limits_{k=1}^n \dfrac{x_k^2}{\left(\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2}\right)^2} = \dsum\limits_{k=1}^n \dfrac{x_k^2}{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2}. $$ Pour tout $k\in\llbracket 1,n\rrbracket$, la somme $\dsum\limits_{i=1}^n x_i^2$ ne dépend pas de $k$, et l'on peut donc la sortir de la somme par rapport~à $k$: ainsi $$ \dsum\limits_{k=1}^n u_k^2 = \dfrac{1}{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2} \times \sum\limits_{k=1}^n x_k^2. $$ Les variables $i$ et $k$ étant muettes, les sommes $\dsum\limits_{k=1}^n x_k^2$ et $\dsum\limits_{i=1}^n x_i^2$ sont égales. En fin de compte, $\boxed{\dsum\limits_{k=1}^n u_k^2 = 1}$. Par la m\^eme démonstration, $\boxed{\dsum\limits_{k=1}^n v_k^2 =1}$. \item D'après la question 3.(c), on peut appliquer le résultat de la question~2 aux réels $(u_1,\dots,u_n)$ et $(v_1,\dots,v_n)$ puisque $\dsum\limits_{k=1}^n u_k^2 = \dsum\limits_{k=1}^n v_k^2=1$. On a donc $$ \sum\limits_{k=1}^n u_kv_k = \sum\limits_{k=1}^n \frac{x_ky_k}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2}\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n y_i^2}} \leq 1. $$ Comme précédemment, il n'y a pas d'indice \og $k$\fg\@ dans les deux racines situées au dénominateur, qui sont donc constantes par rapport à $k$ et que l'on peut donc sortir de la somme. On obtient alors $$ \dfrac{1}{\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n x_i^2}\sqrt{\sum\limits_{i=1}^n y_i^2}}\times \sum\limits_{k=1}^n x_k y_k \leq 1 $$ En multipliant par les deux racines, qui sont strictement positives, et en changenant l'indice \og $i$\fg\@ en \og $k$\fg, on conclut: $$ \boxed{\sum\limits_{k=1}^n x_ky_k \leq \sqrt{\sum\limits_{k=1}^n x_k^2}\sqrt{\sum\limits_{k=1}^n y_k^2}.} $$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item On a: $$ b_k = \frac{1}{k} \sum\limits_{i=1}^k a_i = \frac{1}{k}\left(a_k+\sum\limits_{k=1}^{k-1} a_i\right).$$ Or, par définition de $b_{k-1}$, $\dsum\limits_{k=1}^{k-1} a_i = (k-1)b_{k-1}$: ainsi $$ \boxed{ b_k = \frac{a_k+(k-1)b_{k-1}}{k}.} $$ En multipliant par $b_k$ cette égalité, il vient $$ \begin{array}{ll} & b_k^2 = \dfrac{a_kb_k+(k-1)b_{k-1}b_k}{k} \\[3mm] \text{donc} \qquad & kb_k^2 = a_kb_k+(k-1)b_{k-1}b_k \\[3mm] \text{soit} \qquad & \boxed{ a_kb_k=kb_k^2-(k-1)b_{k-1}b_k. } \end{array}$$ \item L'inégalité de la question $1$ donne $b_{k-1}b_k \leq \dfrac{1}{2}(b_k^2+b_{k-1}^2)$ ce qui entra\^ine puisque $-(k-1)\neq 0$: $$ -(k-1)b_{k-1}b_k \geq -\dfrac{k-1}{2}(b_k^2+b_{k-1}^2). $$ On ajoute alors $kb_k^2$ aux deux membres de cette inégalité et on utilise le résultat de la question 4.(a), ce qui donne $$ \begin{array}{ll} & a_kb_k \geq kb_k^2 -\dfrac{k-1}{2}(b_{k-1}^2+b_k^2) \\[3mm] \text{donc} \qquad & 2a_kb_k \geq 2kb_k^2 - (k-1)b_{k-1}^2-kb_k^2+b_k^2 \\[3mm] \text{soit} \qquad & 2a_kb_k-kb_k^2+(k-1)b_{k-1}^n \geq bk^2. \end{array}$$ En fin de compte, on obtient bien $\boxed{b_k^2 \leq 2a_kb_k -(kb_k^2-(k-1)b_{k-1}^2)}$. \end{enumerate} \item En sommant l'inégalité précédent pour $k$ entre $1$ et $n$, il vient $$ \sum\limits_{k=1}^n b_k^2 \leq 2\sum\limits_{k=1}^n a_kb_k - \sum\limits_{k=1}^n (kb_k^2-(k-1)b_{k-1}^2). $$ La deuxième somme ci-dessus est une somme télescopique dont le terme à $k=1$ est nul et celui à $k=n$ est $n^2b_n^2$. Ainsi $$ \sum\limits_{k=1}^n b_k^2 \leq 2\sum\limits_{k=1}^n a_kb_k - nb_n^2 $$ Puisque $nb_n^2 \geq 0$, on obtient $ \boxed{\dsum\limits_{k=1}^n b_k^2 \leq 2\dsum\limits_{k=1}^n a_kb_k}$. \item L'inégalité de Cauchy-Schwarz appliquée au membre de droite de l'inégalité de la questio 5 donne $$ \sum\limits_{k=1}^n b_k^2 \leq 2\sqrt{\dsum\limits_{k=1}^n a_k^2}\sqrt{\dsum\limits_{k=1}^n b_k^2} $$ puis par passage au carré puisque les deux membres sont positifs ou nuls, $$ \left(\sum\limits_{k=1}^n b_k^2\right)^2 \leq 4\, \left(\sum\limits_{k=1}^n a_k^2\right)\,\left(\sum\limits_{k=1}^n b_k^2\right). $$ Il reste pour conclure à diviser par $\sum\limits_{k=1}^n b_k^2$, ce qui nous amène à traiter à part le cas où ce terme est nul: or, s'il l'est, l'inégalité à montrer est évidente car son membre de gauche est nul et son membre de droite est positif ou nul (c'est le produit de~4 par une somme de carrés). On suppose désormais que $\sum\limits_{k=1}^n b_k^2 \neq 0$; alors, l'inégalité précédente divisée par ce terme - qui est positif ou nul - donne bien l'inégalité cherchée: $$ \boxed{\dsum\limits_{k=1}^n b_k^2 \leq 4\,\dsum\limits_{k=1}^n a_k^2.} $$ \end{enumerate} \end{Exo} \newpage \begin{Exo} \begin{enumerate} \item L'équation caractéristique associée à l'équation différentielle homogène d'ordre 2 à coefficients constants, d'inconnue $z \in \C$, est $z^2 - 1 =0$ et a pour racines $1$ et $-1$ donc l'ensemble des solutions de l'équation homogène associée à $(F)$ s'écrit : \[ \boxed{\left\{ z : t \in \R \mapsto C_1 e^t + C_2 e^{-t} \mid C_1,C_2\in\R\right\}}.\] \item On détermine d'abord une solution particulière de l'équation $z'' - z = e^{2t}$ en cherchant celle-ci sous la forme $z_p : t \mapsto C e^{2t}$ car $2$ n'est pas racine de l'équation caractéristique. En injectant dans l'équation, on a, pour tout $t \in \R$ : \[4Ce^{2t} - C e^{2t} = e^{2t} \Longleftrightarrow 3C = 1 \Longleftrightarrow C = \frac{1}{3}\] donc $z_P : t \mapsto \frac{e^{2t}}{3}$ est une solution particulière de l'équation : $z'' - z = e^{2t}$. De façon analogue, $z_P : t \mapsto \frac{e^{-2t}}{3}$ est une solution particulière de l'équation : $z'' - z = e^{-2t}$ donc, par théorème de superposition, la fonction \[t \mapsto \frac{1}{4}\left(\frac{e^{2t}}{3} - \frac{e^{-2t}}{3} \right) = \frac{\sh(2t)}{6}\] est une solution particulière de $(F)$. Finalement, l'ensemble des solutions de $(F)$ s'écrit : \[\boxed{\left\{ z : t \in \R \mapsto C_1 e^t + C_2 e^{-t} + \frac{\sh(2t)}{6} \mid C_1,C_2\in\R\right\}}.\] \item La fonction $\sh$ est strictement croissante et continue sur $\R$ donc \fbox{elle réalise une bijection de $\R$ sur $\sh(\R) = \R$} car $\lim \limits_{+\infty} \sh = +\infty$ et $\lim \limits_{-\infty} \sh = -\infty$. \item On a, pour tout $y \in \R$, $\ch^2 y - \sh^2 y = 1$ donc, pour tout $x \in \R$, par positivité de $\ch$ sur $\R$ : \[ \boxed{\ch\pth{\sh^{-1}(x)} = \sqrt{1+\sh^2\pth{\sh^{-1}(x)}} = \sqrt{1+x^2}}.\] On obtient également \[ \boxed{e^{\sh^{-1}(x)} = \ch\left( \sh^{-1}(x)\right) + \sh\left(\sh^{-1}(x) \right) = \sqrt{1+x^2} + x}\] et \mbox{$e^{-\sh^{-1}(x)} = \sqrt{1+X^2} - x$}. \item Comme $\sh' = \ch$ ne s'annule pas sur $\R$, $\sh^{-1}$ est dérivable sur $\sh(\R) = \R$ et, pour tout $x \in \R$ : \[\sh^{-1}(x) = \frac{1}{\sh'\left( \sh^{-1}(x)\right)} = \frac{1}{\ch\left( \sh^{-1}(x)\right)} = \frac{1}{\sqrt{x^2+1}}.\] \item Par composition, comme $y$ est deux fois dérivable sur $\R$, $z$ également et, pour tout $t \in \R$, \[z'(t) = \sh'(t) y'(\sh t) = \ch(t) y'(\sh t)\] puis, par produit, \[z''(t) = \ch'(t) y'(\sh t) + \ch(t) \sh'(t) y''(\sh t) = \sh(t) y'(\sh t) + \ch^2(t) y''(\sh t).\] Par bijectivité de $\sh$, on a donc les équivalences, pour $t\in \R$, en posant $x = \sh t$, \begin{align*} (1+x^2)y''(x)+xy'(x)-y(x)=x\sqrt{1+x^2} &\Longleftrightarrow (1+\sh^2 t)y''+\sh(t)y'(\sh t)- y(\sh t)=\sh t\sqrt{1+\sh^2 t}\\ &\Longleftrightarrow \ch^2(t)y''+\sh(t)y'(\sh t)- y(\sh t)=\sh( t) \ch(t)\\ &\Longleftrightarrow z''(t)- z(t)= \dfrac{1}{4}\pth{e^{2t}-e^{-2t}} \end{align*} En conclusion, $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $z$ est solution de $(F)$. \item Avec les équivalences précédentes, l'ensemble des solutions de $(E)$ sont les fonction de la forme \[\boxed{y : x \mapsto C_1 e^{\sh^{-1}(x)} + C_2 e^{-\sh^{-1}(x)} + \frac{\sh\left(2 \sh^{-1}(x)\right)}{6}}\] où $C_1,C_2 \in \R$. \item On a, pour tout $x \in \R$, \[ \sh\left(2 \sh^{-1}(x)\right) = 2 \sh\left(\sh^{-1}(x)\right) \times \ch\left(\sh^{-1}(x)\right) = x \sqrt{x^2+1}\] donc l'ensemble des solutions de $(E)$ sont les fonction de la forme : \[\boxed{y : x \mapsto A\sqrt{x^2+1} + Bx+\frac{1}{3}x \sqrt{x^2+1}}.\] où $A,B \in \R$ (on a posé $A = C_1 + C_2$ et $B = C_1-C_2$). \end{enumerate} \end{Exo} \begin{Exo} \begin{enumerate} \item Soit $(p,q)\in\N^2$. Si $p+q$ est pair, alors $\dfrac{p+q}{2}$ est un entier; sinon, $p+q+1$ est pair, et c'est $\dfrac{p+q+1}{2}$ qui est entier. Dans les deux cas, $\dfrac{(p+q)(p+q+1)}{2}$ est un entier, donc $f(p,q)$ est un entier, qui est positif ou nul car $p$ et $q$ le sont. Ainsi: $\boxed{\forall (p,q)\in\N^2,\, f(p,q)\in\N}$. \item \begin{enumerate} \item Puisque $p \geq 0$, il est clair que $$ f(p,q) = p+\frac{(p+q)(p+q+1)}{2} \geq \frac{(p+q)(p+q+1)}{2}. $$ Pour montrer l'autre inégalité demandée, on calcule: $$ \begin{array}{rl} \dfrac{(p+q+1)(p+q+2)}{2}-f(p,q)& =\dfrac{(p+q+1)(p+q+2)}{2}-\frac{(p+q)(p+q+1)}{2}-p \\[4mm] & = (p+q+1)\,\left(\dfrac{p+q+2}{2}-\dfrac{p+q}{2}\right)-p \\[4mm] & = (p+q+1) - p \\[3mm] & = q+1 \\[3mm] & \geq 1 \qquad\text{car } q\geq 0. \end{array} $$ Ainsi, on a bien $ \boxed{\frac{(p+q)(p+q+1)}{2} \leq f(p,q) < \dfrac{(p+q+1)(p+q+2)}{2}}$. \item Si $p+q < p'+q'$ alors, puisque ces deux nombres sont entiers, $p+q+1 \leq p'+q'$. Par croissance de la fonction $x\mapsto \dfrac{x(x+1)}{2}$ sur $\R_+$, il vient $$ \frac{(p+q+1)(p+q+2)}{2} \leq \frac{(p'+q')(p'+q'+1)}{2}. $$ On déduit alors de la question précédente que $$ f(p,q) < \frac{(p+q+1)(p+q+2)}{2} \leq \frac{(p'+q')(p'+q'+1)}{2} \leq f(p',q'). $$ En particulier, \fbox{$f(p,q) 0$: comme c'est là encore un entier naturel, on a $\dfrac{(M+1)(M+2)}{2}-n \geq 1$, et par conséquent $$ q=\frac{(M+1)(M+2)}{2}-n-1 \geq 0. $$ Finalement, \fbox{$p$ et $q$ sont deux entiers naturels}. Calculons $f(p,q)$. On remarque que $p+q=M$ par définition de $q$: ainsi $$ f(p,q)=p-\frac{M(M+1)}{2}-\frac{(p+q)(p+q+1)}{2}=p-\frac{M(M+1)}{2}+\frac{M(M+1)}{2} $$ soit \fbox{$f(p,q)=n$} comme demandé. \end{enumerate} \item D'après la question 3.(c), $f$ est injective; par ailleurs, pour tout $n\in\N$, les entiers $p$ et $q$ construits aux questions 4.(a) et 4.(b) fournissent un antécédent $(p,q)$ de $\N$, de sorte que tout entier naturel admet un antécédent par $f$ et que $f$ est donc surjective. Ainsi, \fbox{$f$ est bijective}. \end{enumerate} \end{Exo} \newpage \begin{Exo} On considère l'équation d'inconnue $z \in \C$ : \[ z^3 + a\,z^2+b\,z+c = 0\label{cardan}\tag{E}\] \noindent où $a,b,c\in\R$. \smallskip \noindent \textbf{Deux cas particulier où $a = b = 0$.} \begin{enumerate} \item On a $(-2\i)^3 = 8\i$ puis les équivalences, pour $z \in \C$ : \[z^3 = 8\i \Longleftrightarrow \left(\frac{z}{-2\i}\right)^3 = 1 \Longleftrightarrow \frac{z}{-2\i} \in \mathbb U_3\] donc, comme $\mathbb U_3 = \{ 1 , -\frac{1}{2}+\i\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}-\i\frac{\sqrt{3}}{2}\}$, les solutions de l'équation d'inconnue $z \in \C$ : $z^3 = 8\i$ sont \fbox{$-2\i$, $\sqrt{3} + \i$ et $-\sqrt{3} + \i$}. \end{enumerate} On souhaite désormais résoudre l'équation d'inconnue $z \in \C$ : \[ z^3 = 18+26\i\label{equadeg3}\tag{E1}\] \begin{enumerate}[resume] \item On a $(3+\i)^3 = 3^3 + 3 \times 3^2 \i + 3 \times 3 \times \i^2 + \i^3 = 27 + 27 \i -9 -\i = 18 + 26 \i$ donc le nombre complexe $3+\i$ est une solution de \eqref{equadeg3}. \item Comme précédemment, les solutions de l'équation \eqref{equadeg3} sont \fbox{$3+\i$, $-\frac{\sqrt{3}+3}{2}+\i\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$ et $\frac{\sqrt{3}-3}{2}+\i\frac{-3\sqrt{3}-1}{2}$}. \item La fonction $f : x \mapsto x^3 + ax^2+bx+c$ est continue sur $\R$ et a pour limite $+\infty$ en $+\infty$ et $-\infty$ en $-\infty$. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $x_0 \in \R$ tel que $f(x_0) = 0$ c'est-à-dire que~\eqref{cardan} a au moins une solution réelle. \item On a, pour tout $z \in \C$, comme $\alpha$ est une solution de l'équation~\eqref{cardan} : \[ z^3 + az^2 + bz +c = z^3 + az^2 + bz +c - (\alpha^3 + a\alpha^2 + b\alpha +c) = z^3 - \alpha^3 + a(z^2 - \alpha^2) + b(z - \alpha)\] puis, avec les factorisations : \[z^3 + az^2 + bz +c = (z-\alpha)\left[ z^2 + \alpha z + \alpha^2 + a(z+\alpha) + b\right] = (z-\alpha)\big(z^2 + (\alpha+a)z + \alpha^2+\alpha(a-b)\big)\] donc, en posant, $a' = 1$, $b' =(\alpha+a)$ et $c' = \alpha^2+\alpha(a-b)$, l'équation \eqref{cardan} se réécrit \[ (z-\alpha)\,(a'z^2+b'z+c') = 0.\] \item On a l'équivalence, pour $z \in \C$ avec la question précédente : \[ z^3 + az^2 + bz +c = 0 \Longleftrightarrow z = \alpha \text{ ou }a'z^2+b'z+c' = 0\] et comme l'équation d'inconnue $z \in \C$ : $a'z^2+b'z+c' = 0$ admet au plus $2$ solutions, l'équation \fbox{\eqref{cardan} admet au plus 3 solutions}. \end{enumerate} \noindent On souhaite ici résoudre l'équation d'inconnue $z\in\C$ : \[ z^3-18\,z-35 = 0.\label{cardan1}\tag{E2}\] \begin{enumerate}[resume] \item On a $(-\sqrt{6})^3+18\sqrt{6} -35 = 12 \sqrt{6} -35 <0$ car $12^2 \times 6 = 864 < 1225 = 35^2$ donc $(-\sqrt{6})^3+18\sqrt{6} -35 \neq 0$ c'est-à-dire que \fbox{$-\sqrt{6}$ n'est pas solution de \eqref{cardan1}}. \item On pose $\varphi : x \mapsto x^3 - 18x-35$. La fonction $\varphi$ est dérivable sur $\R$ et, pour tout $x \in \R$, \[\varphi'(x) = 3x^2-18 = 3(x-\sqrt{6})(x+\sqrt{6}).\] Ainsi la fonction la fonction $\varphi$ admet pour maximum $\varphi(-\sqrt{6}) <0$ (question précédente) sur $]-\infty,\sqrt{6}]$ donc elle ne s'annule pas sur cet intervalle. De plus, $\varphi$ est strictement croissance sur $[\sqrt{6},+\infty[$ donc, par continuité, elle réalise une bijection de $[\sqrt{6},+\infty[$ sur $[\varphi(\sqrt{6}),+\infty[$. Le réel $x_0$ de la question 4 est unique : \fbox{\eqref{cardan1} a une unique solution réelle}. \end{enumerate} On suppose que dans l'équation \eqref{cardan1}, il existe $u,v\in\C$ tels que $z=u+v$ et $uv=6$. \begin{enumerate}[resume] \item On a \begin{align*} 0 = z^3 -18 z -35 &= (u+v)^3 - 18(u+v) -35 = u^3 + v^3+3uv(u+v) -18(u+u) -35 \\ &= u^3 + v^3+18(u+v) -18(u+v)-35 \end{align*} donc \fbox{$u^3 + v^3 = 35$}. \item On a $u^3v^3 = (uv)^2 = 6^3 = 216$ et en développant, on a, pour $z \in \C$ : \[ (z-u^3)(z-v^3) = z^2 - (u^3+v^3)z + u^3v^3 = z^2 - 35z+216\] donc \fbox{$u^3$ et $v^3$ sont les solutions de l'équation d'inconnue $X\in\C$ : $X^2 - 35 X+216 = 0$}. \item Les solutions de l'équation d'inconnue $X\in\C$ : $X^2 - 35 X+216 = 0$ sont $8$ et $27$ donc les valeurs possibles pour $u^3$ et $v^3$ sont $8$ et $27$. Posons $j = -\frac{1}{2} + \i \frac{\sqrt{3}}{2}$. Les valeurs possibles pour $u$ et $v$ sont $2$, $2j$, $2 \overline{j}$, $3$, $3j$ et $3 \overline{j}$ mais comme $uv = 6$, les seules possibilités pour la somme $u+v$ sont $2 + 3$, $2j + 3 \overline{j}$ et $3j + 2 \overline{j}$. Ainsi, avec les calculs précédents, les nombres complexes \[5, \quad -\frac{5}{2} - \i \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \text{et} \quad -\frac{5}{2} + \i \frac{\sqrt{3}}{2}\] sont des solutions de \eqref{cardan1}. Or cette équation admet au plus trois solutions. En conclusion, les solutions de~\eqref{cardan1} sont \[\boxed{5, \quad -\frac{5}{2} - \i \frac{\sqrt{3}}{2} \quad \text{et} \quad -\frac{5}{2} + \i \frac{\sqrt{3}}{2}}.\] \end{enumerate} \end{Exo} \end{document}