Correction du Contrôle Continu 1

1
Correction du Contrôle Continu 1
1.
P : (¬(A ⇒ B)) ⇒ C et Q : A ⇒ (B ∨ C)
On considère les assertions
(a)
Montrer que
P ⇔ Q. Par dénition de l'implication, on a
P
⇔ [¬ (¬(A ⇒ B)) ∨ C] ⇔ [(A ⇒ B) ∨ C] ⇔ [(¬A ∨ B) ∨ C]
⇔ [¬A ∨ (B ∨ C)] ⇔ [A ⇒ (B ∨ C)] ⇔ Q
(b)
P . On a vu dans la question précédente que P ⇔ (¬A ∨ B) ∨ C .
Ecrire la négation de
D'après les régles de la négation on a donc
¬P ⇔ ¬ ((¬A ∨ B) ∨ C) ⇔ ¬(¬A ∨ B) ∧ ¬C ⇔ ¬(¬A) ∧ ¬B ∧ ¬C ⇔ A ∧ ¬B ∧ ¬C.
2.
Linéariser
cos3 x · sin3 x. D'après les formules d'Euler, on a
cos3 x =
et
sin3 x =
1 ix
1
(e + e−ix )3 = (e3ix + 3eix + 3e−ix + e−3ix )
23
8
−1 3ix
1
(eix − e−ix )3 =
(e − 3eix + 3e−ix − e−3ix ).
3
(2i)
8i
Il suit que
−1 3ix
(e + 3eix + 3e−ix + e−3ix )(e3ix − 3eix + 3e−ix − e−3ix )
64i
−1
(e6ix + 3e4ix + 3e2ix + 1) − 3(e4ix + 3e2ix + 3 + e−2ix )
64i
+3(e2ix + 3 + 3e−2ix + e−4ix ) − (1 + 3e−2ix + 3e−4ix + e−6ix )
−1
(e6ix − e−6ix ) − 3(e2ix − e−2ix )
64i
−1
3
sin(6x) +
sin(2x).
32
32
cos3 x · sin3 x =
=
=
=
3.
Soit
(a)
2π
u = cos( 2π
7 ) + i sin( 7 ).
S = u + u2 + u4 et T = u3 + u5 + u6 .
n ∈ N et pour tout k ∈ N, on a un+7k = un .
On pose
Montrer que, pour tout
2π
On a u = ei 7 . Donc pour tout n ∈ N et pour tout k ∈ N, on a
un+7k = (ei
(b)
Montrer que
Or e
i(− 2π
+2π)
7
=e
=e
2π
7
i 12π
7
+ ei
,e
S=e
(c)
Calculer
)n+7k = ei(
2nπ
+2kπ)
7
= ei
2nπ
7
= un .
S = T . D'après les propriétés du conjugué, on a :
S = u + u2 + u4 = ei
−i 2π
7
2π
7
S+T
et
S·T
4π
7
−i 4π
7
i 12π
7
+ ei
=e
8π
7
2π
7
+ ei
i(− 4π
+2π)
7
i 10π
7
+e
= ei
+e
i 6π
7
=e
4π
7
i 10π
7
+ ei
8π
7
et e
= e−i
−i 8π
7
2π
7
=e
4π
7
+ e−i
i(− 8π
+2π)
7
i 6π
7
+ e−i
=e
8π
7
.
. Donc
= u6 + u5 + u3 = T.
(sous forme algébrique). En déduire le module de
S.
Par dénition, S + T = u + u2 + u3 + u4 + u5 + u6 = 6k=1 uk , ce qui donne (par la formule de la
P
7
7
i2π = e0 = 1.
somme d'une série géométrique) : S + T = 6k=1 uk = u−u
1−u . De plus, on a u = e
D'où S + T = −1. Par ailleurs, on a
P
S·T
= (u + u2 + u4 ) · (u3 + u5 + u6 ) = u4 + u5 + u7 + u6 + u7 + u9 + u7 + u8 + u10
= u4 + u5 + 1 + u6 + 1 + u2 + 1 + u + u3
2
3
4
5
6
= 3 + (u + u + u + u + u + u ) = 3 − 1 = 2
(en utilisant la question 1)
(en utilisant la question 3)
Enn, on sait que, pour tout nombre complexe z ∈ C, on a zz =√|z|2 . Ici, d'après la question 2,
on a ST = SS = |S|2 . Donc |S|2 = 2, ce qui implique que |S| = 2.
2
(d)
Montrer que
Im(S) ≥ 0.
En déduire la forme algébrique de
i 2π
7
i 4π
7
S.
i 8π
7
4π
8π
Par dénition, on a Im(S) = Im(e + e + e ) = sin( 2π
7 ) + sin( 7 ) + sin( 7 ). On note
8π
π
π
que sin( 7 ) = sin( 7 + π) = − sin( 7 ). Puisque la fonction sinus est strictement croissante sur
l'intervalle [0, π2 ], on a sin( π7 ) < sin( 2π
7 ) (ce qui se vérie facilement sur le cercle trigo), donc
sin(
2π
8π
2π
π
) + sin( ) = sin( ) − sin( ) > 0.
7
7
7
7
4π
Par ailleurs, on a bien sin( 4π
7 ) ≥ 0 puisque 7 ∈ [0, π]. Ceci prouve que Im(S) > 0.
D'après la question (b), on a d'une part S + S = 2Re(S) = −1, ce qui implique que Re(S) = − 12 ,
et d'autre part |S| = Re(S)2 + Im(S)2 = 2, ce qui implique
que Im(S)2 = 74 .
√
Sachant que Im(S) est positif, on obtient S = − 21 + i 27 .
4. (a)
A l'aide d'une formule du cours, calculer
n
2 = (1 + 1) =
n X
n
k=0
Donc
(c)
n
k .
k=0
En appliquant la formule du Binôme de Newton (avec a = b = 1), on obtient
n
(b)
Pn−1
Pn−1
k=0
n
k
k
k n−k
1 1
=
n X
n
k=0
k
n−1
X
=
k=0
n−1
X n
n
n
+
=
+ 1.
k
n
k
k=0
= 2n − 1.
Pn−1 n
n
n
k=0 k k + 2 − 1.
k=1 k k−1 =
P
Pn
n−1
n
+ 1) nk . Donc en développant
=
Par un changement d'indice, on a k=1 k k−1
k=0 (k
P
P
P
Pn
n−1
n−1 n
n
n
n
n
= n−1
obtient k=1 k k−1
k=0 k k + (2 − 1) (d'après la question
k=0 k =
k=0 k k +
P
Pn
n+1
∗
= 2 nk=1 k nk − n + 2n − 1.
Montrer que pour tout n ∈ N , on a
k=1 k k
Montrer que pour tout
n ∈ N∗ ,
on a
Pn
on
a).
D'après la formule du triangle de Pascal, on a
X
X
X
n−1
n
n
n
n
X
X n
n+1
n
n
n
k
=
k
+
k
=
k
+
k
+ 2n − 1.
k
k
k−1
k
k
k=1
k=1
k=1
k=1
k
On obtient le résultat en observant, d'une part, que n−1
Pn−1 n k=0
Pn−1 n
Pn
n
n
part, que k=1 k k = k=1 k k + n n = k=1 k k + n.
P
(d)
k=0
n
k
= 0+
Pn−1
k=1
k
n
k
, et d'autre
Pn
n
n−1 pour tout n ∈ N∗ .
k=1 k k = n2
P1
Pour n = 1, on a bien k=1 k k1 = 1 11 = 1 = 1 · 20 .
P
n+1
= (n +
Supposons la formule vraie pour un n ∈ N∗ quelconque, et montrons que n+1
k=1 k k
n
1)2 . On a
!
n+1
n
n
X n + 1
X
X
n+1
n
n
k
=
k
+ (n + 1) = 2
k
− n + 2 − 1 + (n + 1)
k
k
k
k=1
k=1
k=1
n
X
n
= 2
k
+ 2n = 2(n2n−1 ) + 2n = (n + 1)2n ,
k
Montrer par récurrence que
k=1
où la seconde égalité utilise la question (c) et l'avant-dernière utilise l'hypothèse de récurence.