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Exercice 1  2025  

Vérifier que pour tout z𝕌{i}, le nombre complexe Z=z+iiz+1 est réel.

 
Exercice 2  3651  Correction  

Soient a,b,z trois complexes de module 1 deux à deux distincts. Démontrer

ba(z-az-b)2+*.

Solution

Rappelons que si u est un complexe de module alors 1/u=u¯.
On a alors

(z-a)2=(z-a)(1z¯-1a¯)=(z-a)(a¯-z¯)a¯z¯=-a|z-a|2z¯

donc

ba(z-az-b)2=|z-a|2|z-b|2+*.
 
Exercice 3  2026   

Soient P={z|Im(z)>0} et f:P l’application définie par

f(z)=z-iz+i.
  • (a)

    Montrer que f prend ses valeurs dans D={z||z|<1}.

  • (b)

    Vérifier que tout élément de D possède un unique antécédent par f.

 
Exercice 4  3880     MINES (MP)Correction  

Soient a,b,c des réels strictement positifs.
À quelle condition existe-t-il des complexes t,u,v de somme nulle vérifiant

tt¯=a2,uu¯=b2 et vv¯=c2.

Solution

En multipliant les trois complexes t,u,v par eiθ, on peut former un nouveau triplet solution à partir d’un premier. Sans perte de généralité, on peut donc supposer t+ auquel cas t=a.
En écrivant u=x+iy et v=x+iy avec x,x,y,y, la condition t+u+v=0 donne

{x=-(a+x)y=-y

et les deux conditions uu¯=b2 et vv¯=c2 équivalent alors au système

{x2+y2=b2(x+a)2+y2=c2.

Ce système possède une solution si, et seulement si, le cercle de centre O et de rayon b coupe le cercle de centre Ω(-a,0) et de rayon c. Ces deux cercles se coupent si, et seulement si,

|b-c|ab+c.

On peut alors conclure que le triplet (t,u,v) existe si, et seulement si, chacun des paramètres a,b,c est inférieur à la somme des deux autres.

 
Exercice 5  3107      X (PSI)Correction  

Soit B une partie bornée non vide de .
On suppose que si zB alors 1-z+z2B et 1+z+z2B.
Déterminer B.

Solution

On observe que B={i,-i} est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres…
Posons f: et g: définies par

f(z)=1-z+z2 et g(z)=1+z+z2.

On remarque

|f(z)-i|=|z+i||z-(1+i)|,|f(z)+i|=|z-i||z-(1-i)|.
|g(z)-i|=|z-i||z+1+i| et |g(z)+i|=|z+i||z+1-i|.

Soient aB et (zn)n0 la suite d’éléments de B définie par z0=a et pour tout n

zn+1={f(zn) si Re(zn)0g(zn) si Re(zn)>0.

Posons enfin

un=|zn2+1|=|zn-i||zn+i|.

Si Re(zn)0 alors

un+1=|f(zn)-i||f(zn)+i|=un|zn-(1+i)||zn-(1-i)|.

Selon le signe de la partie imaginaire de zn, l’un au moins des deux modules |zn-(1+i)| et |zn-(1-i)| est supérieur à 2 alors que l’autre est supérieur à 1.
Ainsi,

un+12un.

Si Re(zn)>0, on obtient le même résultat.
On en déduit que si u00 alors la suite (un) n’est pas bornée. Or la partie B est bornée donc u0=0 puis a=±i. Ainsi, B{i,-i}.
Sachant B et sachant que l’appartenance de i entraîne celle de -i et inversement, on peut conclure

B={i,-i}.
 
Exercice 6  4890    

(Noyaux de Dirichlet et de Fejér)

Soient n et x un réel.

  • (a)

    Exprimer simplement

    Dn(x)=k=-nneikxetFn(x)=1nk=0n-1Dk(x) (pour n0).
  • (b)

    Vérifier

    Fn(x)=k=-nn(1-|k|n)eikx.

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Édité le 08-11-2019

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