\documentclass[11pt,french]{article}
\usepackage{S1SM}
\def\Re{\text{Re}}
\def\abs#1{\left|#1\right|}

\begin{document}

\corrige{2}
\bigskip

\exo
Pour $x\in\R$, $\abs{x^2+2x-3}$ est toujours positif donc
$\sqrt{\abs{x^2+2x-3}}$ est bien d\'efini pour tout $x$ dans $\R$ et est un
nombre positif. Pour que $x$ v\'erifie l'in\'egalit\'e, il faut donc
n\'ec\'essairement que $x/2+2$ soit positif, c'est-\`a-dire $x\geq -4$.

$$\mathcal{S}\subset \left[-4,+\infty\right[$$

Pour $x\geq -4$, les deux membres de l'in\'egalit\'e sont
positifs. La fonction ``carr\'e'' \'etant strictement croissante
sur $\R^+$, les nombres $\sqrt{\abs{x^2+2x-3}}$ et $x/2+2$ sont
rang\'es comme leurs carr\'es. Sur $\left[-4,+\infty\right[$,
  l'in\'egalit\'e est \'equivalente \`a
$$\abs{x^2+2x-3}\leq \frac{x^2}{4}+2x+4.$$
\'Etudions le signe de $x^2+2x-3$. Ses racines sont -3 et 1. Donc $x^2+2x-3$
est positif sur $[-4,-3]\cup[1,+\infty[$ et strictement n\'egatif sur
$]-3,1[$.
\begin{itemize}
\item Pour $x\in[-4,-3]\cup[1,+\infty[$, $\abs{x^2+2x-3}=x^2+2x-3$. Pour de
  tels $x$, l'in\'egalit\'e est \'equivalente \`a $\frac{3}{4}x^2-7\leq 0$ ou
  encore $x\in [-\frac{2}{3}\sqrt{21},\frac{2}{3}\sqrt{21}]$. Comme
  $-4<-\frac{2}{3}\sqrt{21}<-3$ et $\frac{2}{3}\sqrt{21}>1$, on a :

$$\mathcal{S}\cap\left([-4,-3]\cup[1,+\infty[\right) =
\left[-\frac{2}{3}\sqrt{21},-3\right]\cup\left[1,\frac{2}{3}\sqrt{21}\right]$$


\item Pour $x\in]-3,1[$, $\abs{x^2+2x-3}=-x^2-2x+3$. Pour de tels $x$,
  l'in\'egalit\'e est \'equivalente \`a $\frac{5}{4}x^2+4x+1\geq 0$. Les
  z\'eros du trin\^ome $\frac{5}{4}x^2+4x+1$ sont $\frac{-8-2\sqrt{11}}{5}$ et
  $\frac{-8+2\sqrt{11}}{5}$ qui sont tous les deux dans l'intervalle
  $]-3,1[$. Comme $\frac{5}{4}x^2+4x+1$ est positif a l'ext\'erieur de ses
  racines, on a :

$$\mathcal{S}\cap ]-3,1[ =
\left]-3,\frac{-8-2\sqrt{11}}{5}\right]\cup\left[\frac{-8+2\sqrt{11}}{5},1\right[$$
\end{itemize}

Finalement, l'ensemble des solutions, \'etant compris dans $[4,+\infty[$ est
\'egal \`a :
\begin{eqnarray*}
  \mathcal{S}&=&\left(\mathcal{S}\cap\left([-4,-3]\cup[1,+\infty[\right)
  \right)\cup \left(\mathcal{S}\cap ]-3,1[\right) \\
&=&\left[-\frac{2}{3}\sqrt{21},-3\right]\cup\left[1,\frac{2}{3}\sqrt{21}\right]\cup]-3,\frac{-8-2\sqrt{11}}{5}]\cup\left[\frac{-8+2\sqrt{11}}{5},1\right[
\\
&=&
\left[-\frac{2}{3}\sqrt{21},\frac{-8-2\sqrt{11}}{5}\right]\cup\left[\frac{-8+2\sqrt{11}}{5},\frac{2}{3}\sqrt{21}\right]
\end{eqnarray*}
\exo
Pour que l'expression soit d\'efinie, il faut que $x^2-1$ soit positif. Donc
l'in\'equation n'a de sens que sur $]-\infty,-1]\cup[1,+\infty[$.
On distingue 2 cas suivant le signe de $|x-2|$ afin de supprimer les valeurs
absolues.

\begin{itemize}
\item Pour $x\in]-\infty,-1]\cup[1,2]$ :

 $x-2$ est n\'egatif. Donc pour ces $x$,
  l'in\'egalit\'e est \'equivalente \`a : $4-2x-\sqrt{x^2-1}\geq 3$ ou encore
  $\sqrt{x^2-1}\leq 1-2x$. Le membre de gauche de la derni\`ere in\'equation
  est toujours positif. Le membre de droite est strictement n\'egatif pour $x > 1/2$
  (c'est-\`a-dire pour $x\in[1,2]$)
  donc l'in\'equation n'est pas v\'erifi\'ee.

Pour $x\leq 1/2$, les deux membres de
  l'in\'egalit\'e sont positifs. Comme la fonction $x\mapsto x^2$ est
  strictement croissante
  sur $\R^+$, ils sont rang\'es dans le m\^eme ordre que leurs carr\'es. Pour
  $x\in]-\infty,1]$, l'in\'equation est \'equivalente \`a $x^2-1\leq 1 - 4x +
  4x^2$ ou encore $3x^2-4x+2\geq 0$. Le discriminant de $3x^2-4x+2$ \'etant
  strictement n\'egatif, $3x^2+4x+2$ est positif (strictement) sur $\R$, donc
  en particulier sur $x\in[-\infty,1]$. Donc l'in\'egalit\'e est v\'erifi\'ee
  sur tout $ ]-\infty,-1]$.
$$\mathcal{S}\cap \left(]-\infty,-1]\cup[1,2]\right) = ]-\infty,-1]$$


\item Pour $x\in]2,+\infty[$ :

$x-2$ est positif. L'in\'egalit\'e est \'equivalente \`a
$2x-4-\sqrt{x^2-1}\geq 3$ ou encore $2x-7\geq \sqrt{x^2-1}$. Pour $x<7/2$, le
membre de gauche de la derni\`ere in\'equation est strictement n\'egatif donc
l'in\'egalit\'e n'est pas v\'erifi\'ee.

Pour $x \geq 7/2$, les deux membres sont positifs. Donc, la
fonction carr\'e \'etant strictement croissante sur $\R^+$, ces
deux nombres sont rang\'es comme leurs carr\'es. Pour
$x\in[7/2,+\infty[$, l'in\'equation est \'equivalente \`a
$4x^2-28x+49\geq x^2-1$ ou encore $3x^2-28x+50\geq 0$. Les z\'eros
de $3x^2-28x+50$ sont $\frac{14}{3}-\frac{\sqrt{46}}{3}$ et
$\frac{14}{3}+\frac{\sqrt{46}}{3}$. Seul le deuxi\`eme est dans
$[7/2,+\infty[$. Donc sur cet intervalle, $3x^2-28x+50\geq 0$ est
\'equivalent \`a $x\geq \frac{14}{3}+\frac{\sqrt{46}}{3}$. On a
donc :

$$\mathcal{S}\cap]2,+\infty] = \left[\frac{14}{3}+\frac{\sqrt{46}}{3},+\infty\right[$$
\end{itemize}

Pour conclure, on regroupe les solutions trouv\'ees sur chacun des domaines$
]-\infty,-1]\cup[1,2]$ et $]2,+\infty]$ :

\begin{eqnarray*}
  \mathcal{S} &=& \left(\mathcal{S}\cap \left(]-\infty,-1]\cup[1,2]\right)
  \right) \cup \left(\mathcal{S}\cap]2,+\infty]\right) \\
&=&]-\infty,-1]\cup \left[\frac{14}{3}+\frac{\sqrt{46}}{3},+\infty\right[
\end{eqnarray*}

\exo L'\'equation $z^2-2 \cos(\theta)z+1=0$ a pour discriminant
$\Delta=(2\cos(\theta))^2-4=-4\sin(\theta)^2$. Les racines
carr\'ees de $\Delta$ sont $2i\sin(\theta)$ et $-2i\sin(\theta)$.
Les  solutions de l'\'equation sont donc
$\cos(\theta)+i\sin(\theta)=e^{i\theta}$ et
$\cos(\theta)-i\sin(\theta)=e^{-i\theta}$.

 Soit
$z_0=\cos(\theta)+i\sin(\theta)$. Alors
$z_0^2=\cos(2\theta)+i\sin(2\theta)$ par la formule de Moivre. On
a donc :
$$z_0^2-2\cos(\theta)z_0+1=\cos(2\theta)-2\cos(\theta)^2+1
+i(\sin(2\theta)-2\sin(\theta)\cos(\theta))=0.$$

Par unicit\'e de la forme alg\'ebrique d'un nombre complexe, on a
en identifiant parties r\'eelle et imaginaire :
$$\cos(2\theta)=2\cos(\theta)^2-1,\quad \sin(2\theta)=2\sin(\theta)\cos(\theta).$$

\exo
\begin{enumerate}
\item D\'eveloppons le carr\'e du membre de droite :
$$(1+\sqrt{3}+i
2\sqrt{3})^2=(1+\sqrt{3})^2-(2\sqrt{3})^2+2i(1+\sqrt{3})(2\sqrt{3})=-8+2\sqrt{3}+i(12+4\sqrt{3})$$

\item Soit $(E)$ l'\'equation
  $$Z^2+(\sqrt{3}-1)Z+(3-\sqrt{3}-i(3+\sqrt{3}))=0.$$
Son discriminant vaut
  \begin{eqnarray*}
    \Delta&=&(\sqrt{3}-1)^2-4(3-\sqrt{3}+i(3+\sqrt{3}))=3+1-2\sqrt{3}-12+4\sqrt{3}+4i(3+\sqrt{3})
    \\
     &=&-8+2\sqrt{3}+i(12+4\sqrt{3})
  \end{eqnarray*}

D'apr\'es la premi\`ere question, les deux racines carr\'ees de $\Delta$ sont
$\delta=1+\sqrt{3}+i2\sqrt{3}$ et $-\delta$. Les solutions de l'\'equation sont

$$Z_1=\frac{-\sqrt{3}+1+\delta}{2}=1+i\sqrt{3}=2e^{i\pi/3} \quad \textrm{et}
\quad
\frac{-\sqrt{3}+1-\delta}{2}=-\sqrt{3}(1+i)=\sqrt{6}e^{i5\pi/4}$$

\item Les racines ni\`emes de $Z_1$ sont les nombres
  $2^{\frac{1}{n}}e^{i(\frac{\pi}{3n}+\frac{2k\pi}{n})}$ pour $0\leq k\leq
  n-1$. Les racines ni\`emes de $Z_2$ sont les nombres
  $6^{\frac{1}{2n}}e^{i(\frac{5\pi}{4n}+\frac{2k\pi}{n})}$ pour $0\leq k\leq
  n-1$. Remarquez bien que $Z_1$ et $Z_2$ ont chacun $n$ racines ni\`emes
  distinctes, comme tout nombre complexe non nul.

\item Soit $(E')$ l'\'equation

 $$\left(\frac{z-1}{z}\right)^{2n}+(\sqrt{3}-1)\left(\frac{z-1}{z}\right)^n+(3-\sqrt{3}-i(3+\sqrt{3}))=0.$$
On peut r\'esoudre $(E')$ par la suite d'\'equivalence suivante :

\begin{eqnarray*}
 z\textrm{ est solution de }(E') &\Leftrightarrow&
 \left(\frac{z-1}{z}\right)^n \textrm{ est solution de }(E) \\
&\Leftrightarrow& \left(\frac{z-1}{z}\right) \textrm{ est une racine ni\`eme
 de } Z_1 \textrm{ ou } Z_2 \\
&\Leftrightarrow&
 z=\frac{1}{1-2^{\frac{1}{n}}e^{i(\frac{\pi}{3n}+\frac{2k\pi}{n})}} \textrm{ ou
 } z=\frac{1}{1-6^{\frac{1}{2n}}e^{i(\frac{5\pi}{4n}+\frac{2k\pi}{n})}} \textrm{ avec }
 0\leq k \leq n-1
\end{eqnarray*}

L'ensemble des solutions $\mathcal{S}$ s'\'ecrit :

$$\mathcal{S}=\left\{\frac{1}{1-2^{\frac{1}{n}}e^{i(\frac{\pi}{3n}+\frac{2k\pi}{n})}}\
  ;\ 0 \leq k\leq n-1 \right\}\cup
  \left\{\frac{1}{1-6^{\frac{1}{2n}}e^{i(\frac{5\pi}{4n}+\frac{2k\pi}{n})}}\
    ;\ 0 \leq k\leq n-1 \right\}. $$

\end{enumerate}

\exo
Soit $P(n)$ la propri\'et\'e : ``$3^{2n+2}-2^{n+1}$ est divisible
par 7''. Montrons par r\'ecurrence que $P(n)$ est vraie pour tout
$n\in \N$.
\begin{description}
\item[Initialisation.] $P(0)$ est vraie. En effet, $3^{0+2}-2^{0+1}=9-2=7$ est
  divisible par 7.

\item[H\'er\'edit\'e.] Supposons qu'il existe $k$ entier positif tel que $P(k)$
  est vraie. Montrons alors que $P(k+1)$ est vraie.
$$3^{2(k+1)+2}-2^{(k+1)+1}=3^{2k+4}-2^{k+2}=3^{2k+2}(3^2-2)+2(3^{2k+2}-2^{k})$$

$3^2-2$ est \'egal \`a 7 donc $3^{2k+2}(3^2-2)$ est divisible par 7. De plus
$3^{2k+2}-2^{k}$ est divisible par 7 d'apr\'es l'hypoth\`ese de r\'ecurrence,
donc $2(3^{2k+2}-2^{k})$ aussi. On en d\'eduit que $3^{2(k+1)+2}-2^{(k+1)+1}$
est divisible 7, comme somme de deux multiples de 7 : $P(k+1)$ est vraie.


\item[Conclusion.] D'apr\'es le principe de r\'ecurrence, la propri\'et\'e est
  vraie pour tout $n$ positif.

\end{description}


\exo\hint{Facultatif}
\begin{enumerate}
\item Soit $(a,b,c)$ un triplet pythagoricien diff\'erent de $(0,0,0)$. Alors,
  comme $c>0$, on a en divisant par $c^2$ :
  $\left(\frac{a}{c}\right)^2+\left(\frac{b}{c}\right)^2=1$. Donc le point de
  coordonn\'ees $(a/c,b/c)$ est un point du cercle trigonom\'etrique puisqu'il
  satisfait l'\'equation $x^2+y^2=1$. R\'eciproquement, si $(a/c,b/c)$ est un
  point du cercle unit\'e, alors
  $\left(\frac{a}{c}\right)^2+\left(\frac{b}{c}\right)^2=1$, donc en
  multipliant par $m^2c^2$, on obtient :
$$ (ma)^2+(mb)^2=(mc)^2$$
ce qui signifie que $(ma,mb,mc)$ est un triplet pythagoricien.


\item Un point de l'intesection $C\cap D_r$ de coordonn\'ees a des
  coordonn\'ees $(x,y)$ qui satisfont \`a la fois l'\'equation du cercle et celle de
  la droite $D_r$. On doit donc r\'esoudre le syst\`eme

$$\left\{\begin{array}{rcl} y^2 &=& 1-x^2 \\ y&=&r(x+1) \end{array} \right. $$

En \'elevant la deuxi\`eme \'equation au carr\'e et en soustrayant
la premi\`ere, on voit que $x$ est n\'ecessairement solution de
l'\'equation du deuxi\`eme degr\'e :
$$(1+r^2)x^2+2r^2x+r^2-1=0$$
dont les solutions sont $x=1$ et $x=\frac{1-r^2}{1+r^2}$. La deuxi\`eme
\'equation permet de d\'eterminer les $y$ correspondant \`a ces $x$. On montre
ainsi que l'ensemble des solutions du syst\`eme est inclus dans
$\left\{(-1,0)\ ,\
  \left(\frac{1-r^2}{1+r^2},\frac{2r}{1+r^2}\right)\right\}$. On v\'erifie que
ces deux couples sont bien solutions du syst\`eme, ce qui montre que les deux
points d'intersection de $D_r$ et $C$ sont bien les deux points d'affixe -1 et
$z_r=\frac{1-r^2}{1+r^2}+i\frac{2r}{1+r^2}$. Si $\theta_r$ est un argument de
$z_r$, alors $x_r=\cos(\theta)$, $y=\sin(\theta)$ et
$r=\frac{y}{x+1}=\tan\left(\frac{\theta}{2}\right)$. Pour que $x_r$ et $y_r$
soient positifs, il faut et il suffit que $0\leq \theta \leq \pi/2$, et donc
que $0\leq r \leq 1$.


\item Supposons que tout d'abord qu'il existe un $r\in \Q$ tel que $M\in C\cap
  D_r$. De deux choses l'une : soit $M$ a pour affixe -1, et est donc \`a
  coordonn\'ees rationnelles, soit $M$ a pour affixe $z_r$ dont les parties
  r\'eelles et imaginaires sont des fractions rationnelles (des quotients de
  polyn\^omes) en $r\in\Q$, et donc elles-m\^eme dans $\Q$.

Supposons maintenant que $M$ est \`a coordonn\'ees rationnelles.
Soit $M$ a pour affixe -1, et dans ce cas $M$ est dans $C\cap D_r$
pour tout $r\in\Q$, Soit l'abscisse de $M$ est diff\'erente de -1,
et dans ce cas on pose $r=y/(x+1)$ (c'est un nombre rationnel !).
Dans ce cas $M$ est sur le cercle par hypoth\`ese et sur la droite
$D_r$ par d\'efinition de $r$, ce qui termine la d\'emonstration.


\item Les points \`a coordonn\'ees positives rationnelles sur le cercle unit\'e sont les
  points de la forme $ \left(\frac{1-r^2}{1+r^2},\frac{2r}{1+r^2}\right)$ avec
  $r\in\Q\cap[0,1]$. En \'ecrivant $r=\frac{p}{q}$, avec $p\leq q$ et $p$
  premier avec $q$, on a que l'ensemble des points \`a coordonn\'ees positives
  rationnelles sur le cercle unit\'e est :

$$\mathcal{W}=\left\{\left(\frac{q^2-p^2}{p^2+q^2}, \frac{2pq}{p^2+q^2}\right)\ |\ p\in\N,\
q\in\N^*,\ p\leq q,\ p\textrm{ premier avec }q\right\} $$

\item Soit $\mathcal{S}$ l'ensemble des triplets pythagoriciens et
$\mathcal{T}$
  l'ensemble d\'efini par
$$\mathcal{T}=\left\{ ( m(q^2-p^2),2 mpq, m(p^2+q^2))\ |\ m\in\N,\ p\in\N,\
q\in\N^*,\ p\leq q\ ,\ p\textrm{ premier avec }q\right\}.$$ Il
faut montrer que ces deux ensembles sont \'egaux. Montrons d'abord
que $\mathcal{S}\subset\mathcal{T}$. Soit $(a,b,c)$ un triplet
pythagoricien. Alors d'apr\`es la question 1), $(a/c,b/c)$ est un
point du cercle unit\'e \`a coordonn\'es rationnelles positives
que l'on peut \'ecrire $\left(\frac{q^2-p^2}{p^2+q^2},
\frac{2pq}{p^2+q^2}\right)$ d'apr\`es la question 4). Les deux
fractions $\frac{q^2-p^2}{p^2+q^2}$ et $\frac{2pq}{p^2+q^2}$ sont
sous forme irr\'eductible car $p$ et $q$ sont premiers entre eux.
Donc $c$ est un multiple de $p^2+q^2$. En posant $c=m(p^2+q^2)$,
on trouve que $(a,b,c)=(m(q^2-p^2, 2mpq,m(p^2+q^2))$. Donc
$\mathcal{S}\subset\mathcal{T}$.

Il suffit de v\'erifier que tous les \'el\'ements de $\mathcal{T}$
sont des triplets pythagoriciens, ce qui se v\'erifie facilement
par calcul :
$$(m(q^2-p^2))^2+(2mpq)^2=m^2(q^4+p^4-2p^2q^2
+4p^2q^2)=m^2(p^2+q^2)^2$$ Donc $\mathcal{T}\subset\mathcal{S}$.
Par double inclusion, on a montr\'e que $\mathcal{S}=\mathcal{T}$.
\end{enumerate}

\end{document}
