PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 Problème 1 : Point de Ferm

PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 Problème 1 : Point de Fermat( ou point de Toricelli) du triangle. 1-Soient n∈ℕ ∗ et z1,z2,…,z n n nombres complexes tels que z1≠0 . Démontrons que ∣z1+z2+…+zn∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣zn∣si et seulement s' il existe des réels λk≥0,2≤k≤n tels que: zk=λk z1 . C'est une généralisation du cas d'égalité de l'inégalité triangulaire avec plusieurs nombres complexes. On fait une démonstration par récurrence. On doit démontrer la propriété P(n) Si z1≠0 ∣z1+z2+…+zn∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣zn∣⇔∃λk≥0,2≤k≤n ,tel que z k=λk z1 Soit la propriété au rang 2. C'est le cas d'égalité de l'inégalité triangulaire. Théorème : ∣z1+z2∣=∣z1∣+∣z2∣⇔z1=z2=0 ou∃λ≥0tel que z 2=λ z1 On suppose z1≠0 , donc : ∃λ≥0tel que z2=λ z1 On suppose que la propriété est vraie au rang n. Montrons là au rang n+1. Soient z1,z2,…,z n,z n+1 n+1 nombres complexes tels que z1≠0 . Montrons que : ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣z n∣+∣zn+1∣⇔∃λk≥0,2≤k≤n+1,tel que zk=λk z1 Si ∃λk≥0,2≤k≤n+1,tel que z k=λk z1 , alors ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣z n∣+∣zn+1∣=∣z1+λ1 z1+…+λn+1 zn+1∣=(λ1+λ2+…+λn+1)∣z1∣ ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣=λ1∣z1∣+…+λn+1∣z1∣=∣z1∣+…∣λn+1 z1∣=∣z1∣+…+∣z n+1∣ On suppose maintenant que : ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣z n∣+∣zn+1∣(n+1) On a : ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣≤∣z1∣+∣z2+…+zn+1∣≤∣z1∣+…+∣z n∣+∣zn+1∣ De l'égalité (n+1) on en déduit que : ∣z1∣+∣z2+…+z n+1∣=∣z 1∣+…+∣zn∣+∣zn+1∣(2) Et donc : ∣z 2+…+z n+1∣=∣z2∣+…+∣zn+1∣ Supposons que tous ces nombres complexes sont nuls, alors le résultat est immédiat, sinon on considère que l'un d'entre eux est non nul, par exemple z2 et en appliquant l'hypothèse de récurrence au rang n , on obtient : ∃λk≥0,3≤k≤n ,tel que z k=λk z 2 . De l'égalité : ∣z1+z2+…+zn+zn+1∣=∣z1∣+∣z2+…+zn+1∣. 1/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 On utilise le résultat au rang 2, et l'égalité (2). Et on en déduit que : z2+...+zn+1=λ z1 . En en déduit que z2(1+λ3+...+λn+1)=λz1 z1≠0⇒1+λ3+...+λn+1≠0 . On pose : λ2= λ 1+λ3+...+λn+1 et le résultat est démontré. ∣z1+z2+…+zn∣=∣z1∣+∣z2∣+…+∣zn∣si et seulement si il existe des réels λk≥0,2≤k≤n tels que: zk=λk z1 2- Montrons que ∑k =1 n ̄ ak(z kz) est un réel strictement positif indépendant de z. ∑k =1 n ̄ ak(z kz)=∑k=1 n ( ̄ ak z k ̄ a k z)=∑k=1 n ̄ ak z k∑k=1 n ̄ ak z=∑k=1 n ̄ z k ∣z k∣z kz∑k=1 n ̄ ak ∑k =1 n ̄ ak(z kz)=∑k=1 n ∣z k∣ 2 ∣zk∣z∑k =1 n ̄ ak ∑ k =1 n ak=0⇒∑ k=1 n ̄ ak=0 et : ∑k =1 n ̄ ak(z kz)=∑k=1 n ∣zk∣Les points Ak , d'affixe zk,1≤k≤n sont supposés distincts de O. Donc ∀1≤k≤n ,zk≠0⇒∑ k=1 k=n ∣zk∣>0 et ce réel ne dépend pas de z. ∑k =1 n ̄ ak(z k z) est un réel strictement positif indépendant de z. 3- Déduisons que : ∀z,∑k=1 n ∣zk∣≤∑k=1 n ∣zzk∣. ∑k =1 n ̄ ak(z kz) est un réel strictement positif donc : ∑k =1 n ̄ ak(z kz)=∣∑k =1 n ̄ ak(z kz)∣≤∑k=1 n ∣̄ ak(z kz)∣≤∑k=1 n ∣̄ ak∣∣z kz∣et : ∣ak∣=∣z k∣ ∣z k∣=1 Et donc : ∑k =1 n ̄ ak(z k z)≤∑k=1 n ∣zk z∣et d'après la première question ∑k =1 n ̄ ak(z kz)=∑k=1 n ∣zk∣ On en déduit que : ∀z,∑k=1 n ∣zk∣≤∑k=1 n ∣zzk∣ 2/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 4-a- On suppose n≥3 et z≠z1 . Montrer que l'inégalité précédente est une égalité si et seulement si : ∃λk∈ℝ+ ∗, zkz z1z =λk zk z1 avec k∈ℕ,2≤k≤n L'inégalité précédente est une égalité si et seulement si ∣∑k =1 n ̄ ak(z k z)∣≤∑k=1 n ∣̄ ak(z k z)∣est une égalité. On pose Zk=̄ ak(zkz) . On a Z1≠0 , et d'après la première question : ∃αk≥0tel que ,Z k=αk Z 1⇔̄ ak(z kz)=αk ̄ a1(z kz)⇔z kz zkz1 =αk ̄ a1 ̄ ak ⇔z kz zkz1 =αk ̄ z1 ∣z1∣ ∣z k∣ ̄ z k On multiplie le numérateur et le dénominateur par z1zk , et on obtient : zkz z1z =αk ∣zk∣z 1 ̄ z1 zk ∣z1∣z1 ̄ zk z1 =αk ∣z k∣ ∣z1∣ 2 z k ∣z1∣∣zk∣ 2z 1 On pose : λk=αk ∣z1∣ ∣z k∣>0 ∃λk∈ℝ+ ∗, zkz z1z =λk zk z1 avec k∈ℕ,2≤k≤n b-Si on suppose que ∀2≤k≤n les points A1,Oet Ak ne sont pas alignés., déduire qu'en cas d'égalité, M appartient au cercle circonscrit du triangle A1O Ak . ∀2≤k≤n De la relation ∃λk∈ℝ+ ∗, zkz z1z =λk zk z1 , on en déduit que : Arg( zkz z1z)=Arg(λk z k z 1)=Arg (λk)+Arg( z k z1)[2π] Or λk≥0⇒Arg(λk)=0[2π] Arg( zkz z1z)=Arg( z k z 1)=Arg( z k0 z10)[2π] . Et on en déduit que ̂ ⃗ MAK , ⃗ MA1=̂ ⃗ OAK , ⃗ OA1 Et les points O, A1et Ak n'étant pas alignés, cela signifie que M appartient au cercle circonscrit au triangle OA1Ak . On peut même préciser que M et O sont sur le même arc de cercle par rapport à la corde [A1A k] . 3/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 c- L'inégalité ∀z,∑k=1 n ∣zk∣≤∑k=1 n ∣zzk∣ est un égalité pour z=0 . Montrons que c'est la seule valeur pour laquelle on a égalité. Soit z tel que ∑k=1 n ∣zk∣=∑k=1 n ∣zzk∣, montrons que z=0 , c'est-à-dire que le point M d'affixe z est l'origine du repère O. 1 er cas : on suppose z≠z1 , d'après la question 4-a, quelque soit 2≤k≤n , M appartient au cercle Ck circonscrit du triangle O A1A k . Si parmi les cercles Ck , deux au moins d'entre eux sont différents, l'intersection de tous les cercles Ck est {O , A1} On suppose z≠z1 donc M=O et z=0. Si tous les cercles Ck sont identiques, cela veut dire que les points OA1…An appartiennent à un même cercle C. Ils sont cocycliques. Soit Ωle centre de ce cercle, on considère un repère orthonormé ayant la droite (O Ω) comme axe des abscisses. L'axe des ordonnées est tangent au cercle, tous les points Ak appartiennent à un même demi-plan. Si on considère les points Bk intersection des droites (OAk) avec le cercle de module 1 et de centre O. Les points Bk ont pour affixe ak . Ils appartiennent aussi à un même demi-plan. Et les vecteurs ⃗ OBk ont tous une abscisse strictement positive et le vecteur ∑ k =1 k =n ⃗ O Bk≠0 . Ce qui contredit la relation ∑ k =1 n ak=0 . Tous les cercles Ck ne peuvent être identiques. On a démontré que si on a l'égalité ∑k=1 n ∣zk∣=∑k=1 n ∣zzk∣ avec z≠z1 alors z=0 . 2 ième cas : z=z1 . Les nombres complexes z1,z2,….z n sont deux à deux distincts. Donc on a: z≠z2 . Le raisonnement précédent où z2 remplace z1 montre que nécessairement z=0 . z=0 est l'unique valeur pour laquelle ∑k=1 n ∣zk∣=∑k=1 n ∣zzk∣ 4/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 5/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 5- Application géométrique : a) 1+j+j 2=0 1, j et j 2 sont 3 nombres complexes de module 1 dont la somme est nul. b) Étant donné un triangle ABC, dont les angles sont inférieurs à 2π 3 , trouver le(s) point(s) M du plan réalisant le minimum de MA+MB+MC, et en donner une construction géométrique à la règle et au compas. On a démontré que ∀z,∑k=1 n ∣zk∣≤∑k=1 n ∣zzk∣ et qu'on a égalité seulement si z=0 . Cette inégalité peut s'écrire ∀M,∑k=1 n OAk≤∑k=1 n MAk . Et donc O est l'unique point du plan en lequel la fonction qui à M associe MA1+MA2+...+MAn atteint son minimum. On considère les trois points A,B et C. Pour garder les notations précédentes, on pose A1=A, A2=Bet A3=C . Peut-on trouver un point O et un repère orthonormé tel que dans ce repère les affixes a1 , a2 et a3 des points d'intersection B1B2et B3 de [OA1],[OA2]et[OA3] avec le cercle de centre O et de rayon 1 vérifient a1+a2+a3=0 où a1 et a2 et a3 sont trois nombres complexes de module 1 ?. On peut chercher O tel que a1=1,a2=jet a3=j 2 . Dans ces conditions, B1B2B3 est un triangle équilatéral et le point O « voit » les points A1,A 2et A3 sous un angle de 2π 3 . On cherche O tel que ̂ A1O A2=2π 3 L'ensemble des points du plan tel que ̂ A1M A2=2π 3 est un arc de cercle. L'angle sous l'arc opposé est π 3 . On construit les triangle équilatéraux A1A '3A2 A2A'1A3 et A3A'2A1 et les cercles circonscrits à ces triangles se rencontrent en un point O qui minimise la somme des distances aux sommets du triangle. Remarque : on pose O l'intersection de deux cercles. O voit les deux premiers segments sous un angle de 2π 3 et donc le troisième sous un angle de 2π 3 et O appartient au troisième cercle. 6/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 7/14 PCSI Corrigé devoir maison n°3 Mardi 18 Octobre 2011 Problème 2 : le problème de Bâle. Le but de ce problème est de montrer que : lim m→+∞ 1 1 2+ 1 2 2+ 1 3 2+…+ uploads/Ingenierie_Lourd/ pcsi-exercice.pdf

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