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%---- Ensembles : entiers, reels, complexes... ----
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\newenvironment{exo}[1][]
{\pagebreak[3]
  \bigskip 
  \bigskip {\noindent  {\bf \underline{Exercice \theexercice.}} #1}               }
{\stepcounter{exercice} \medskip}

\newenvironment{ans}
{\begin{proof}[Réponse]}
{\end{proof}}
 
\begin{document}
%==================================================================
%============================EN TETE===============================
%==================================================================

\noindent \textbf{Université Claude Bernard Lyon 1} \hfill Semestre automne 2019--2020 \newline
Cursus prépa - Première année
%\vspace{-5mm}
\begin{center}
\hrulefill \vspace{0mm}
\end{center}
%\vspace{-5mm} 
\begin{center}
  \textbf{Fondamentaux des mathématiques - Corrigé du DS n°4} \\
  \textsc{Partie commune}  \vspace{-5mm}
\end{center}
\begin{center}
  \hrulefill
\end{center}
\thispagestyle{empty}

% \vspace{1mm} 

\begin{exo}[\emph{(Questions de cours)}] 
  \begin{enumerate}
  \item On note \(\U=\{z\in\C, \vert z\vert=1\}\). Montrer que si \(z\in\U\), alors \(\overline z=\frac{1}{z}\).
  \item Donner la division euclidienne de 2729 par 21.
  \end{enumerate}
\end{exo}

\begin{ans}
  \begin{enumerate}
  \item Soit \(z\in\C\). Si \(\abs z=1\), alors il existe \(\theta\in\R\) tel que \(z=e^{i\theta}\). Alors \(\overline z=e^{-i\theta}= 1/z\).
  \item \(2729=129\times 21 + 20\).
  \end{enumerate}
\end{ans}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  \begin{enumerate}
  \item À l'aide d'un taux d'accroissement, montrer que
    \(
    \sin(x)\underset{x\to0}{=}x+o(x).
    \)
  \item Établir la limite de la suite \((u_n)_{n\in\N^*}\) définie, pour tout \(n\in\N^*\), par
    \[
    u_n=\left(1+\sin\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{n}.\\[-10pt]
    \]
  \end{enumerate}
\end{exo}


\begin{ans}
  \begin{enumerate}
  \item La fonction \(\sin\) est dérivable en \(0\), et \(\sin'(0)=\cos(0)=1\). Par conséquent,
    \[
    \lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x} = 1,
    \]
    et donc \(\sin(x)\underset{x\to 0}{\sim} x\), ou encore \(\sin(x)\underset{x\to0}{=}x+o(x)\).
  \item Lorsque \(n\to+\infty\), on a : \(\sin(1/n)=1/n+o(1/n)\) d'après la question précédente. Par conséquent,
    \begin{align*}
      u_n=\pare{1+\sin\pare{\frac{1}{n}}}^n &= \exp\sbra{n\ln\pare{1+\sin\pare{\frac{1}{n}}}}\\
      &\underset{n\to+\infty}= \exp\sbra{n\ln\pare{1+\frac{1}{n}+o\pare{\frac{1}{n}}}}
    \end{align*}
    Or, \(\ln(1+x)\underset{x\to0}=x+o(x)\), et donc
    \begin{align*}
      u_n&\underset{n\to+\infty}= \exp\sbra{n\pare{\frac{1}{n}+o\pare{\frac{1}{n}}}}\\
      &\underset{n\to+\infty}= \exp\sbra{1+o(1)}
    \end{align*}
    d'où finalement \(\lim_{n\to+\infty} u_n=e\).
  \end{enumerate}
\end{ans}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}
  Montrer que
  \[
  \sum_{k=0}^n k! \underset{n\to\infty}{\sim} n!.
  \]
\end{exo}

\begin{ans}
  Soit \(n\geq 2\). On sépare la somme en trois termes :
  \[
  \frac{\sum_{k=0}^n k!}{n!} = 1+\frac{(n-1)!}{n!}+\sum_{k=0}^{n-2}\frac{k!}{n!}.
  \]
  Maintenant, on remarque que, d'une part,
  \[
  \frac{(n-1)!}{n!} = \frac{1}{n} \xrightarrow[n\to+\infty]{}0,
  \]
  et d'autre part,
  \[
  0\leq \sum_{k=0}^{n-2}\frac{k!}{n!} \leq (n-1)\frac{(n-2)!}{n!}=\frac{1}{n},
  \]
  donc le théorème des gendarmes permet de conclure que
  \[
  \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=0}^n k!}{n!}=1,
  \]
  ce qui répond à la question.
\end{ans}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\section*{Problème}
Dans les trois exercices suivants, on se place dans le plan euclidien qu'on identifie à $\C$. Les trois exercices sont indépendants les uns des autres ; on pourra admettre les résultats de l'un pour résoudre l'autre.


\begin{exo}[\emph{(Questions préliminaires).}]
   Soient \(a,\,b\) et \(z\) des complexes.
  \begin{enumerate}
  \item Soit \(r\) la rotation de centre \(O\) et d'angle \(\theta\in\R\). Exprimer \(\overline{r(a)}\times r(b)\) en fonction de \(a\) et \(b\).
  \item Soit \(t\) la translation de vecteur \(-z\). Exprimer \(\overline{t(a)}\times t(b)\) en fonction de \(a\), \(b\) et \(z\).
  \end{enumerate}
\end{exo}


\begin{ans}
  Dans \(\C\), la rotation de centre \(O\) et d'angle \(\theta\) s'écrit : \(r: y\mapsto e^{i\theta}y\), et la translation de vecteur \(-z\) s'écrit \(t:y\mapsto y-z\), donc
  \[
  \overline{r(a)}r(b)=\overline{e^{i\theta}a}e^{i\theta}b = e^{-i\theta}\overline ae^{i\theta}b=\overline ab,
  \]
  et
  \[
  \overline{t(a)}t(b)=(\overline{a-z})(b-z).
  \]
\end{ans}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{exo}
  Le but de cet exercice est de déterminer l'aire d'un triangle en fonction des affixes de ses sommets. Plus précisément, si $M$, $A$ et $B$ sont trois points quelconques d'affixes respectives $z$, $a$ et $b$, tels que $(\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}) \in ]0,\pi[$, on va montrer que \[ \aire(MAB)=\frac{1}2 \im \left(\overline{(a-z)} (b-z)\right). \] On le fait étape par étape.
  \begin{enumerate}
  \item Montrer que la formule est vraie lorsque $M$ est l'origine $O$, $A$ est situé sur le demi-axe des abscisses positives et $B$ est quelconque. On rappelle que l'aire d'un triangle est égale à la moitié du produit d'une base et de la hauteur correspondante.
  \item En déduire que la formule est vraie lorsque $M$ est l'origine et $A$, $B$ quelconques. \emph{(Indication : la rotation de centre \(O\) et d'angle \(-\Arg(a)\) préserve l'aire du triangle et permet de se ramener à la question \emph{(a)}.)}
  \item En déduire que la formule est vraie avec $M$, $A$ et $B$ quelconques. (\emph{Indication : utiliser une translation pour se ramener à la question \emph{(b)}.)}
  \end{enumerate}
\end{exo}


\begin{ans}
  \begin{enumerate}
  \item On suppose que \(M=O\) et que \(A\) est sur le demi-axe des abscisses positives. Dans ce cas, on peut choisir pour base du triangle \(OAB\) le segment \([OA]\), et la mesure de la hauteur correspondante est simplement l'ordonnée de \(B\). Avec les nombres complexes, on en déduit que
    \[
    \aire(OAB)=\frac{1}{2}a\im(b) = \frac{1}{2}\im(\overline ab)
    \]
    car \(a\in\R\).
  \item On suppose maintenant seulement que \(M=O\). Soit \(\theta\) un argument de \(a\). On note \(A'\) et \(B'\) les images respectives de \(A\) et \(B\) par la rotation \(r\) de centre \(O\) et d'angle \(-\theta\). Par construction, \(A'\) est sur le demi-axe des abscisses positives. De plus, l'image du triangle \(OAB\) par \(r\) est le triangle \(OA'B'\), et ces deux triangles ont donc la même aire. On déduit de la question \(1.\) que
    \[
    \aire(OAB)=\aire(OA'B')= \frac{1}{2}\im\pare{\overline{r(a)}r(b)},
    \]
    et l'exercice précédent permet donc de conclure que
    \[
    \aire(OAB)= \frac{1}{2}\im(\overline ab).
    \]
  \item On ne suppose plus que \(M=O\). Soit \(t\) la translation de vecteur qui envoit \(M\) sur \(O\). Avec les affixes, c'est la translation de vecteur \(-z\). L'image par \(t\) du triangle \(MAB\) est donc le triangle \(OA''B''\), où on a appelé \(A''\) et \(B''\) les images de \(A\) et \(B\) par \(t\). Comme, à nouveau, \(t\) préserve l'aire, la question \(2.\) et l'exercice précédent permettent de conclure que
    \[
    \aire(MAB)=\aire(OA''B'')=\frac{1}{2}\im\pare{\overline{t(a)}t(b)}=\frac{1}2 \im \left(\overline{(a-z)} (b-z)\right).
    \]
    
  \end{enumerate}
\end{ans}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%


\begin{exo}
  Soit \(n\) un entier naturel supérieur ou égal à \(2\).
  On considère maintenant un polygone régulier à~$2n$ côtés, de sommets $A_0,A_1,\ldots,A_{2n-1}$ situés sur le cercle trigonométrique, avec $A_0$ d'affixe $1$.
  
  On considère un point $M$ situé à l'intérieur du polygone. On hachure un triangle $MA_kA_{k+1}$ sur deux, avec la convention que $A_{2n}=A_0$. Le but de cet exercice est de montrer que l'aire du domaine hachuré  est égale à l'aire du domaine non hachuré.

  \begin{figure}[h]
    \centering
    \includegraphics{polygone.pdf}
    \caption{Un exemple de découpage du décagone.}
  \end{figure}
  
  \begin{enumerate}
  \item Exprimer en fonction de $\omega=e^{i\pi/n}$ les affixes des points $A_0,A_1,\ldots,A_{2n-1}$.
  \item On pose $S=\displaystyle \sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k (\overline{\omega}^k-\overline{z})(\omega^{k+1}-z)$. Montrer que
    \[
    S=\omega\left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \right) -z\left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k\overline{\omega}^k \right)- \overline{z} \left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \omega^{k+1}\right) + |z|^2 \left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \right).
    \]
  \item Montrer que chacune des quatre sommes qui apparaissent dans cette expression de $S$ est nulle.
  \item Conclure quant à l'égalité des aires.
  \end{enumerate}
\end{exo}


\begin{ans}
  \begin{enumerate}
  \item Soit \(k\) un entier entre \(0\) et \(2n-1\). L'angle \(A_0OA_k\) mesure \(k\times \frac{2\pi}{2n}\), et \(A_k\) est sur le cercle unité. Par conséquent, l'affixe de \(A_k\) est
    \[
    e^{ik\frac{\pi}{n}}=\omega^k.
    \]
    
  \item On développe le produit à l'intérieur de la somme : soit \(k\in\intg 0,2n-1\intd\), alors
    \[
    (\overline{\omega}^k-\overline{z})(\omega^{k+1}-z) =  \overline{\omega}^{k}\omega^{k+1}  - z\overline{\omega}^k - \overline{z}\omega^{k+1} + z\overline z .
    \]
    Or, d'après l'exercice 1, et comme \(\abs \omega=1\), \(\overline\omega=1/\omega\), donc
    \[
    (\overline{\omega}^k-\overline{z})(\omega^{k+1}-z) =  \omega  - z\overline{\omega}^k - \overline{z}\omega^{k+1} + \abs z^2.
    \]
    On obtient donc immédiatement, en sommant sur \(k\) et en factorisant par les termes indépendants de \(k\), que
    \[
    S=\omega\left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \right) -z\left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k\overline{\omega}^k \right)- \overline{z} \left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \omega^{k+1}\right) + |z|^2 \left(\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \right).
    \]
    
  \item Les quatres sommes qui apparaissent dans \(S\) sont des sommes géométriques. Commençons par montrer que la première (et la quatrième) est nulle.
    \[
    \sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k = \frac{1-(-1)^{2n}}{1-(-1)}=0.
    \]
    Pour les deux autres sommes, on va utiliser le fait que \(\omega^{2n}=1\) :
    \[
    \sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k\overline{\omega}^k = \frac{1-(-\overline\omega)^{2n}}{1-(-\overline\omega)}=\frac{1-\overline{\omega^{2n}}}{1+\overline\omega}=0,
    \]
    et
    \[
    \sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k \omega^{k+1} = \omega \frac{1-(-\omega)^{2n}}{1+\omega}=0.
    \]
    Par conséquence, \(S=0\).
  \item L'exercice 5 permet de calculer les aires concernées. Soit \(D_h\) le domaine hachuré, et \(D_b\) le domaine laissé blanc. On obtient :
    \begin{align*}
      \aire(D_h)&=\aire(MA_0A_1)+\aire(MA_2A_3) + \dots + \aire(MA_{2n-2}A_{2n-1})\\
      &=\sum_{k=0}^{n-1}\aire(MA_{2k}A_{2k+1})\\
      &=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2}\im\pare{\overline{(\omega^{2k}-z)}(\omega^{2k+1}-z)}\\
      &=\frac{1}{2}\im\pare{\sum_{k=0}^{n-1}(\overline\omega^{2k}-\overline z)(\omega^{2k+1}-z)},
    \end{align*}
    et, de la même manière,
    \[
    \aire(D_b)=\frac{1}{2}\im\pare{\sum_{k=0}^{n-1}(\overline\omega^{2k+1}-\overline z)(\omega^{2k+2}-z)}.
    \]
    On en déduit que
    \begin{align*}
      \aire(D_h)-\aire(D_b)&=\frac{1}{2}\im\pare{\sum_{k=0}^{n-1}(\overline\omega^{2k}-\overline z)(\omega^{2k+1}-z)-\sum_{k=0}^{n-1}(\overline\omega^{2k+1}-\overline z)(\omega^{2k+2}-z)}\\
      &=\frac{1}{2}\im\pare{\sum_{k=0}^{2n-1} (-1)^k (\overline{\omega}^k-\overline{z})(\omega^{k+1}-z)}\\
      &=\frac{1}{2}\im(S)=0,
    \end{align*}
    et donc \(\aire(D_h)=\aire(D_b)\).
  \end{enumerate}
\end{ans}





\end{document}
