On obtient la formule de Pascal en prenant le cardinal :

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1 Colles du 3 ovembre 014 Solutio de la questio de cours 1. (i) Soit E u esemble de cardial. L esemble (E) peut alors être partitioé comme suit : (E) (E), où (E) est l esemble des parties de E de cardial. O a doc (E) (E). (ii) Soit E u esemble à + 1 élémets. Choisissos a E et otos F E \ {a}. Alors +1 (E) se partitioe de la faço suivate : +1 (E) {X E : X + 1, a / X} {X E : X + 1, a X} {X E : X + 1, X F} {Y {a} E : Y, Y F} +1 (F) (F). O obtiet la formule de Pascal e preat le cardial : (E) +1 (F) + (F) (iii) O écrit : (a + b) (a + b)(a + b) (a + b). } {{ } facteurs + Pour développer ce produit, o e calcule ue forme u peu plus géérale : soiet a 1, a,..., a et b 1, b,..., b des réels (ou des complexes), alors la règle de développemet du collège doe (a i + b i ) a i b. i1 J {1,...,} i J / J Aisi, avec a 1 a a et b 1 b b, o a (a + b) a b J {1,...,} i J / J J {1,...,} a J b Jc. E profitat de la partitio ({1,..., }) ({1,..., }), o obtiet alors (a + b) a b J ({1,...,}) a b J ({1,...,}) 1 a b ({1,..., }) a b. Pierre Cage [email protected] Page 1

2 Colles du 3 ovembre 014 (Bie etedu, e attedais pas ue telle répose détaillée à l oral, ue simple démostratio «avec les mais» me suffisait : dire que développer reviet à choisir u certai ombre de a et u certai ombre de b puis les compter, etc.) Solutio de la questio de cours. (i) Il suffit d utiliser la formule de De Moivre : cos(ϑ) + i si(ϑ) e iϑ (cos ϑ + i si ϑ) cos ϑ si ϑ + i cos ϑ si ϑ cos ϑ (1 cos ϑ) + i cos ϑ si ϑ cos ϑ 1 + i cos ϑ si ϑ. E idetifiat partie réelle et partie imagiaire, o obtiet les deux idetités. (ii) O fait de même : cos(3ϑ) + i si(3ϑ) e i3ϑ (cos ϑ + i si ϑ) 3 (iii) O utilise les propriétés de e i : cos(α + β) + i si(α + β) e i(α+β) cos 3 ϑ + 3i cos ϑ si ϑ 3 cos ϑ si ϑ i si 3 ϑ cos 3 ϑ + 3i(1 si ϑ) si ϑ 3 cos ϑ(1 cos ϑ) i si 3 ϑ 4 cos 3 ϑ 3 cos ϑ + i(3 si ϑ 4 si 3 ϑ). e iα e iβ (cos α + i si α)(cos β + i si β) cos α cos β si α si β + i(si α cos β + cos α si β). L idetificatio des parties réelles et imagiaires redoe les formules bie coues. Solutio 1. Remarquos que S + it eiϑ. Il suffit doc de calculer cette derière somme et d idetifier partie réelle et imagiaire à la fi. Si ϑ 0 (mod π), alors e iϑ 1 et doc e iϑ (e iϑ ) 1 ei(+1)ϑ. 1 e iϑ Mettos le résultat sous forme trigoométrique : 1 e i(+1)ϑ ei(+1)ϑ/ e i(+1)ϑ/ e i(+1)ϑ/ iϑ/ si(( + 1)ϑ/) e 1 e iϑ e iϑ/ e iϑ/ e iϑ/ si(ϑ/) Aisi, e idetifiat partie réelle et imagiaire, o a : (+1)ϑ si ϑ si S si cos, T ϑ si ϑ (+1)ϑ ϑ si Pierre Cage [email protected] Page.

3 Colles du 3 ovembre 014 Bie etedu, si ϑ 0 (mod π), alors e iϑ 1 et doc e iϑ doat das ce cas S + 1 et T , Solutio. O va utiliser l idetité suivate : u u uū. Pour tout z, z, o a aisi : z + z + z z (z + z )(z + z ) + (z z )(z z ) (z + z )( z + z ) + (z z )( z z ) z z + z z + z z + z z + z z z z z z + z z z z + z z z + z. L iterprétatio graphique est l équivalet du théorème de Pythagore pour les parallèlogrammes : z z + z z z + z z z 0 z z z z Solutio 3. (i) Notos β 1,..., β les racies complexes de P. Alors P s écrit sous forme scidée : P(X) (X β 1 )... (X β ). Le coefficiet arrivat devat X 1 e développat est β 1 β et celui devat X 0 est ( β 1 )... ( β ). Aisi, a 1 β i, a ( 1) β i. i1 (ii) Les racies -ième de l uité sot les racies du polyôme X 1. D après la questio précédete, o a doc : α i a 1 0, 1 α i ( 1) a ( 1) +1. Pierre Cage [email protected] Page 3

4 Colles du 3 ovembre 014 (iii) Posos ω e iπ/. Alors et α i ω 1 ω 1 ω ω 0, 1 1 α i ω e i π e iπ( 1) ( 1) 1 ( 1) +1. Solutio 4. O remarque que S +it e iϑ. O calcule doc cette somme et o idetifiera esuite parties réelles et imagiaires. e iϑ (e iϑ ) 1 (1 + e iϑ ). O écrit esuite (1 + e iϑ ) sous forme trigoométrique : (1 + e iϑ ) e iϑ/ (e iϑ/ + e iϑ/ ) cos ϑ e iϑ/. Aisi, e idetifiat parties réelles et imagiaires, o a ϑ ϑ ϑ ϑ S cos cos, T cos si. Solutio 5. Solutio 6. (i) O procède par aalyse-sythèse. Aalayse. Comme L admet tous les a i, i comme racies, o a L (X) (X a i ) Q(X) i pour u certai polyôme Q [X]. Le polyôme i (X a i) a degré, et L a u degré. Aisi, Q est écessairemet de degré ul, c est-à-dire Q est u polyôme costat λ. Comme de plus L (a ) 1, o a λ (a a i ) 1. Doc, λ 1/( i (a a i )). Sythèse. Le polyôme répod clairemet au problème. i i (X a i) i (a a i ) (ii) Ici, il faut faire preuve d u peu d iitiative. O peut commecer par résoudre le cas particulier b i 0 i par exemple. Alors b L semble tout idiqué : Pierre Cage [email protected] Page 4

5 Colles du 3 ovembre 014 e effet, pour tout i, b L (a i ) b 0 0 et b L (a ) b 1 b. Cela doe l ituitio pour le cas gééral : essayos P(X) E effet, pour tout i {0,..., b}, o a P(a i ) b L (X). b L (a i ) b i L(a i ) b i. De plus ce pôlyome P est bie de degré. (iii) Supposos qu il existe P et P de degré répodat au problème. Alors pour tout i {0,..., }, o a (P P )(a i ) P(a i ) P (a i ) b i b i 0. Doc le polyôme P P admet +1 racies au mois. Or il est de degré. Aisi P P 0, c est-à-dire P P. Solutio 7. (i) Il suffit de remarquer D autre part, o sait que X 1 (X 1)(X X + 1). 1 X 1 ω. Aisi, par uicité de la divisio euclidiee des polyômes, o a ue factorisatio du polyôme de l éocé (e elevat le facteur pour 0) sous la forme : 1 X X + 1 ω. Ce qui est équivalet à dire que les racies sot les ω, {1,..., 1}. (ii) O va développer à l itérieur de la somme e utilisat le biôme de Newto : (1 + ω ) ω. Puis o échage les siges de sommatio : (1 + ω ) ω. Le coefficiet e déped pas de l idice de la somme itere, doc : (1 + ω ) 1 (ω ). 0 Pierre Cage [email protected] Page 5

6 Colles du 3 ovembre 014 O aimerait maiteat appliquer la questio précédete pour pouvoir écrire 1 (ω ) 0. Attetio! E effet, ω est racie du polyôme de la questio précédete que si 0 (mod ). Il faut doc isoler les cas 0 et : Solutio 8. Solutio 9. Solutio 10. (1 + ω ) (ω ) (i) Si a 0, alors z 0 a ue uique solutio : z 0. Sio l équatio équivaut à : z 1. a Or o coaît les racies -ièmes de l uité, doc {0,..., 1}, z a eiπ/. Les solutios de l équatio z a sot doc les ae iπ/, {0,..., 1}. (ii) Clairemet 1 est pas solutio, doc l équatio équivaut à : 1 + z i. 1 z Or i e iπ/ (e iπ/() ), doc par la questio précédete, z est solutio de l équatio si et seulemet s il existe {0,..., 1} tel que 1 + z 1 z eiπ/() e iπ/ e i(4+1)π/(). Notos ϑ 4+1 π pour plus de simplicité. O a doc motré Solutio 11. (1 + z) i(1 z) {0,..., 1}, 1 + z e iϑ (1 z) {0,..., 1}, z eiϑ 1 e iϑ + 1 {0,..., 1}, z eiϑ / e iϑ/ e iϑ / e iϑ / e iϑ / + e iϑ / ϑ i si {0,..., 1}, z ϑ cos {0,..., 1}, z i ta ϑ Pierre Cage [email protected] Page 6

7 Colles du 3 ovembre 014 (i) O rappelle que si A(X) a X et B(X) m b X sot deux polyômes, alors le polyôme produit AB est défii par m+ AB(X) a i b i X. Aisi, e suivat l idicatio de l éocé, o a das [X] l égalité (X+1) m+ (X + 1) (X + 1) m qui se réécrit grâce au biôme de Newto e +m + m m X X m+ X m m X. i i E idetifiat les coefficiets, o a exactemet la formule de l éocé. (ii) O peut maiteat calculer Solutio 1. i i i +. Pierre Cage [email protected] Page 7