Contrôle périodique 2 blanc corrigé de MTH1101 (Polytechnique)

a) Diviser, c'est multiplier haut et bas par le conjugué du dénominateur, ce qui rend celui-ci réel : $\dfrac{(5+i)(3+2i)}{(3-2i)(3+2i)}=\dfrac{15+10i+3i+2i^{2}}{9+4}=\dfrac{13+13i}{13}=1+i$. Module : $|1+i|=\sqrt{2}$. Contrôle sans refaire la division : $\left|\frac{z}{w}\right|=\frac{|z|}{|w|}=\frac{\sqrt{26}}{\sqrt{13}}=\sqrt{2}$. Le piège est d'écrire $\frac{5+i}{3-2i}=\frac{5}{3}-\frac{i}{2}$, comme si l'on pouvait diviser partie réelle par partie réelle : la division ne se fait jamais composante par composante.

b) $-1+i$ a pour module $\sqrt{2}$ et se trouve dans le DEUXIÈME quadrant : son argument est $\frac{3\pi}{4}$, et non $\arctan\frac{1}{-1}=-\frac{\pi}{4}$, qui pointe dans le quatrième. Par De Moivre, $(-1+i)^{10}=\left(\sqrt{2}\right)^{10}\mathrm{e}^{i\,30\pi/4}=32\,\mathrm{e}^{i\,15\pi/2}$. On ramène l'argument dans $]-\pi\,;\pi]$ en retirant $8\pi$ : $\frac{15\pi}{2}-8\pi=-\frac{\pi}{2}$, d'où $(-1+i)^{10}=32\,\mathrm{e}^{-i\pi/2}=-32i$. Contrôle : $(-1+i)^{2}=1-2i+i^{2}=-2i$, donc $(-1+i)^{10}=(-2i)^{5}=-32\,i^{5}=-32i$. Avec l'argument $-\frac{\pi}{4}$, on aurait trouvé $+32i$ : le quadrant coûte toute la question.

c) C'est la série de $\mathrm{e}^{z}$ en $z=\frac{i\pi}{4}$. Elle converge ABSOLUMENT pour tout complexe $z$, car la série des modules est $\sum\frac{|z|^{n}}{n!}=\mathrm{e}^{|z|}$, ici $\mathrm{e}^{\pi/4}$ : c'est cette convergence absolue qui permet de séparer les termes de rang pair et de rang impair sans changer la somme. Les rangs pairs donnent $\sum_{k\ge 0}\frac{(-1)^{k}(\pi/4)^{2k}}{(2k)!}=\cos\frac{\pi}{4}$, car $i^{2k}=(-1)^{k}$, et les rangs impairs $i\sum_{k\ge 0}\frac{(-1)^{k}(\pi/4)^{2k+1}}{(2k+1)!}=i\sin\frac{\pi}{4}$. C'est la formule d'Euler : la somme vaut $\mathrm{e}^{i\pi/4}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}$. Le piège serait de croire la série géométrique, de raison $\frac{i\pi}{4}$ : avec $|z|=\frac{\pi}{4}<1$, elle convergerait aussi, mais vers $\frac{1}{1-i\pi/4}$, un tout autre nombre. Ici les $n!$ sont au dénominateur.

d) $\mathrm{e}^{a+ib}=\mathrm{e}^{a}\,\mathrm{e}^{ib}$ : le module est $\mathrm{e}^{\ln 4}=4$ et l'argument $\frac{5\pi}{6}$, déjà dans $]-\pi\,;\pi]$. Donc $\mathrm{e}^{\ln 4+5i\pi/6}=4\left(\cos\frac{5\pi}{6}+i\sin\frac{5\pi}{6}\right)=4\left(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2}\right)=-2\sqrt{3}+2i$. La partie réelle de l'exposant fixe la DISTANCE à l'origine, la partie imaginaire l'ANGLE. Le piège est de prendre $\ln 4$ pour le module : c'est $\mathrm{e}^{\ln 4}$ qui l'est.

a) La racine carrée exige $x-y^{2}\ge 0$, soit $x\ge y^{2}$ : on est à droite de la parabole $x=y^{2}$, parabole comprise. Le logarithme exige $2-x>0$, soit $x<2$, avec une inégalité STRICTE. Donc $D=\{(x,y)\,:\,y^{2}\le x<2\}$. Pour $(1\,;-1)$ : $y^{2}=1\le 1<2$, le point est dans $D$, sur la parabole. Pour $(2\,;1)$ : $x=2$ annule l'argument du logarithme, le point est exclu. Pour $(1\,;2)$ : $y^{2}=4>1$, la racine porterait sur $-3$, le point est exclu. Le piège est d'oublier que les deux conditions doivent tenir EN MÊME TEMPS : $D$ est une intersection.

b) Chaque morceau de frontière hérite du type d'inégalité qui le crée. L'arc $x=y^{2}$ vient de la racine, qui accepte $0$ : il appartient à $D$, et $f$ y vaut $0$. Le segment $x=2$, $|y|\le\sqrt{2}$, vient du logarithme, qui refuse $0$ : il n'appartient pas à $D$. Les deux extrémités communes $(2\,;\pm\sqrt{2})$ sont sur la parabole, mais elles ont $x=2$ : elles sont exclues, car il suffit qu'UNE condition échoue. $D$ n'est donc ni ouvert, puisqu'il contient des points de sa frontière, ni fermé, puisqu'il en manque d'autres. La figure, qui colorie tout le bord du même trait, ne pouvait pas le dire : c'est la formule qui décide.

c) Un produit est nul si et seulement si l'un des facteurs l'est. $\sqrt{x-y^{2}}=0$ donne l'arc $x=y^{2}$ (avec $x<2$) ; $\ln(2-x)=0$ donne $2-x=1$, soit $x=1$, mais seulement pour les points de $D$, donc $y^{2}\le 1$ : c'est le segment $x=1$, $-1\le y\le 1$, et non toute la droite. La courbe de niveau $0$ est la réunion de l'arc et de ce segment, qui se coupent en $2$ points, $(1\,;1)$ et $(1\,;-1)$. Une courbe de niveau n'est donc pas forcément « une » courbe d'un seul tenant. En $\left(\frac{3}{2}\,;0\right)$ : $\sqrt{\frac{3}{2}}>0$ et $\ln\frac{1}{2}<0$, donc $f<0$. Plus généralement, $f>0$ entre la parabole et le segment ($x<1$), et $f<0$ au-delà ($1<x<2$).

d) Dans le plan $y=0$, la trace est la courbe $z=\sqrt{x}\,\ln(2-x)$, pour $0\le x<2$. Quand $x\to 2^{-}$, $\sqrt{x}\to\sqrt{2}$ et $\ln(2-x)\to-\infty$ : le produit tend vers $-\infty$. La fonction $f$ n'est donc pas minorée sur $D$ : elle prend des valeurs négatives aussi grandes en valeur absolue que l'on veut, en approchant le segment exclu. C'est la frontière ABSENTE de $D$ qui produit ce comportement, ce qu'une lecture rapide « $D$ est borné donc $f$ est bornée » ne voit pas : il faudrait un domaine fermé ET une fonction continue sur lui.

a) On gèle $L$ pour dériver par rapport à $r$, et inversement : $\frac{\partial Q}{\partial r}=\frac{4c\,r^{3}}{L}$ et $\frac{\partial Q}{\partial L}=-\frac{c\,r^{4}}{L^{2}}$. La différentielle totale est $dQ=\frac{4cr^{3}}{L}\,dr-\frac{cr^{4}}{L^{2}}\,dL$, et en divisant par $Q=\frac{cr^{4}}{L}$ : $\frac{dQ}{Q}=4\,\frac{dr}{r}-\frac{dL}{L}$. Donc $\alpha=4$ et $\beta=-1$. Pour un produit de puissances, l'erreur relative est la combinaison des erreurs relatives, pondérée par les EXPOSANTS : c'est la dérivée logarithmique, $\ln Q=\ln c+4\ln r-\ln L$.

b) Les signes de $dr$ et de $dL$ sont inconnus : l'erreur MAXIMALE s'obtient quand les deux contributions s'ajoutent, d'où les valeurs absolues. $\left|\frac{dQ}{Q}\right|\le 4\left|\frac{dr}{r}\right|+\left|\frac{dL}{L}\right|=4\times 1\ \%+2\ \%=6\ \%$. Le piège est de garder le signe moins de $\beta$ et d'annoncer $4\ \%-2\ \%=2\ \%$ : les erreurs ne se compensent que si l'on sait qu'elles vont dans le même sens, ce qu'une incertitude ne dit jamais. Le rayon, bien que mesuré deux fois plus précisément que la longueur, pèse deux fois plus lourd dans l'erreur, à cause de l'exposant $4$.

c) On veut $4\,e_r+2\ \%\le 3\ \%$, où $e_r$ est l'erreur relative sur $r$ : $e_r\le 0{,}25\ \%$. Il faut donc quadrupler la précision sur le rayon pour gagner un seul point de pourcentage sur le débit. Améliorer la longueur serait moins efficace : même mesurée parfaitement, elle laisserait $4\ \%$ venant du rayon, au-dessus du seuil.

d) La différentielle donne $\frac{dQ}{Q}=4\times 10\ \%=40\ \%$. Le calcul exact donne $\frac{Q_{\text{nouveau}}}{Q}=1{,}1^{4}=1{,}4641$, soit $+46{,}41\ \%$. En développant, $(1+h)^{4}-1=4h+6h^{2}+4h^{3}+h^{4}$ : la différentielle ne garde que le terme $4h$, et pour $h=0{,}1$ les termes suivants valent $0{,}06+0{,}004+0{,}0001=0{,}0641$. La différentielle est une approximation LINÉAIRE, faite pour de petites variations comme une incertitude de mesure ; une variation de $10\ \%$ élevée à la puissance $4$ n'est plus petite. C'est d'ailleurs le résultat qui intéresse l'ingénieur : un rayon à peine plus grand fait presque une fois et demie le débit.

a) VRAI. Le conjugué a le même module : $|\overline{z}|=\sqrt{x^{2}+(-y)^{2}}=|z|$, et le module d'un quotient est le quotient des modules. Donc $\left|\frac{z}{\overline{z}}\right|=\frac{|z|}{|z|}=1$, ce qui exige $z\neq 0$. En polaire, $\frac{r\mathrm{e}^{i\theta}}{r\mathrm{e}^{-i\theta}}=\mathrm{e}^{2i\theta}$ : le quotient est sur le cercle unité, à l'angle DOUBLE de celui de $z$.

b) FAUX. Contre-exemple : $P(z)=(z^{2}+1)(z^{2}+4)=z^{4}+5z^{2}+4$, à coefficients réels. Pour $x$ réel, $P(x)\ge 4>0$ : aucune racine réelle ; ses quatre racines sont $\pm i$ et $\pm 2i$, deux paires de conjugués. Ce qui est vrai : les racines non réelles d'un polynôme réel vont par paires conjuguées, donc un polynôme réel de degré IMPAIR a au moins une racine réelle. En degré pair, toutes les racines peuvent se ranger en paires.

c) FAUX. Contre-exemple : $f(x,y)=|x|+y^{2}$, continue partout comme somme de fonctions continues. Par la définition, $\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\frac{|h|}{h}$, qui vaut $1$ pour $h>0$ et $-1$ pour $h<0$ : pas de limite, $f_x(0,0)$ n'existe pas. La surface a une arête le long de l'axe des $y$. L'implication vraie va dans l'autre sens, et demande plus que des dérivées partielles : DIFFÉRENTIABLE entraîne continue.

d) VRAI. Comme $f$ est différentiable en $P$, $D_{\vec u}f(P)=\nabla f(P)\cdot\vec u$ pour tout vecteur unitaire $\vec u$. L'hypothèse dit que $\nabla f(P)$ est orthogonal à $\vec u$ ET à $\vec v$. Deux vecteurs non parallèles du plan forment une base : tout vecteur $\vec w$ s'écrit $a\vec u+b\vec v$, donc $\nabla f(P)\cdot\vec w=0$ pour tout $\vec w$, en particulier pour $\vec w=\nabla f(P)$, ce qui donne $\|\nabla f(P)\|^{2}=0$. Sans la différentiabilité, la formule $\nabla f\cdot\vec u$ tombe et l'affirmation avec elle. À trois variables, deux directions ne suffiraient plus : il en faudrait trois.

e) FAUX. Contre-exemple : $f(x,y)=y-x^{3}$, dont la courbe de niveau $0$ est $y=x^{3}$. On a $\nabla f=(-3x^{2},1)$ : en $(0,0)$, $\|\nabla f\|=1$ ; en $(1,1)$, $\|\nabla f\|=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$. Le gradient garde sa DIRECTION par rapport à la courbe (il lui est orthogonal) mais pas sa norme. Sur une carte de contour, sa norme se lit à l'écartement des courbes VOISINES : là où elles se resserrent, le gradient est long, et ce resserrement varie le long d'une même courbe.

a) Le discriminant vaut $\Delta=4-16=-12<0$ : pas de racine réelle, mais deux racines complexes conjuguées, $z=\frac{2\pm\sqrt{-12}}{2}=\frac{2\pm 2i\sqrt{3}}{2}=1\pm i\sqrt{3}$. Elles sont conjuguées parce que $P$ est à coefficients RÉELS. Module : $|z_1|=\sqrt{1+3}=2$. Argument : $\cos\theta=\frac{1}{2}$ et $\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}$, premier quadrant, $\theta=\frac{\pi}{3}$. Donc $z_1=2\,\mathrm{e}^{i\pi/3}$ et $z_2=\overline{z_1}=2\,\mathrm{e}^{-i\pi/3}$.

b) $z_1^{3}=2^{3}\,\mathrm{e}^{i\pi}=-8$. Comme $z_2=\overline{z_1}$ et que la conjugaison respecte les produits, $z_2^{3}=\overline{z_1^{3}}=\overline{-8}=-8$. Donc $z_1$ et $z_2$ sont racines de $z^{3}+8$, et $-2$ aussi, de façon évidente. Développement de contrôle : $(z+2)(z^{2}-2z+4)=z^{3}-2z^{2}+4z+2z^{2}-4z+8=z^{3}+8$. Un polynôme de degré $3$ a au plus trois racines : celles de $z^{3}=-8$ sont exactement $-2$, $1+i\sqrt{3}$ et $1-i\sqrt{3}$. Le piège est de croire que $-8$ n'a qu'une racine cubique, la réelle : dans $\mathbb{C}$, il en a trois.

c) Les trois solutions ont pour module $2$ : elles sont sur le cercle de la figure. Leurs arguments sont $\pi$, $\frac{\pi}{3}$ et $-\frac{\pi}{3}$ : ce sont $A(-2\,;0)$, $B(1\,;\sqrt{3})$ et $C(1\,;-\sqrt{3})$, que la figure place bien à $60^{\circ}$ de l'axe réel. Ces arguments sont espacés de $\frac{2\pi}{3}$ : le triangle $ABC$ est ÉQUILATÉRAL, inscrit dans le cercle. Côté : $|z_1-z_2|=|2i\sqrt{3}|=2\sqrt{3}$, et l'on vérifie $|z_1-(-2)|=|3+i\sqrt{3}|=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$. Somme : $-2+(1+i\sqrt{3})+(1-i\sqrt{3})=0$. C'était prévisible : $z^{3}+8$ n'a pas de terme en $z^{2}$, et la somme des racines d'un polynôme unitaire est l'opposé de ce coefficient ; géométriquement, le centre de gravité du triangle équilatéral est le centre du cercle.

d) Pour tout complexe, $z\,\overline{z}=|z|^{2}$. Ici $|z_1|^{2}=4$, donc $z_1\overline{z_1}=4$ et $\overline{z_1}=\frac{4}{z_1}$ : sur le cercle de rayon $2$, inverser revient à conjuguer puis diviser par $4$. De même $\frac{1}{z_2}=\frac{\overline{z_2}}{4}=\frac{z_1}{4}$. Donc $\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}=\frac{\overline{z_1}+\overline{z_2}}{4}=\frac{z_2+z_1}{4}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}$. Contrôle par les coefficients : $\frac{z_1+z_2}{z_1z_2}=\frac{2}{4}$, la somme des racines de $P$ valant $2$ et leur produit $4$.

a) La formule demande seulement $x>0$ : le domaine est le demi-plan ouvert à droite de l'axe des $y$. Pour l'image, on fixe $x=1$ : $f(1,y)=y$ prend toutes les valeurs réelles, donc l'image est $\mathbb{R}$. La courbe de niveau $k$ a pour équation $y-\ln x=k$, soit $y=\ln x+k$ : c'est la courbe de $\ln$ TRANSLATÉE verticalement de $k$. Toutes se déduisent de la courbe de niveau $0$, $y=\ln x$, par une translation verticale, et c'est ce que la carte montre : quatre copies empilées. Deux courbes de niveau distinctes ne se coupent jamais, ici ni ailleurs : en un point d'intersection, $f$ prendrait deux valeurs à la fois. Le piège est de croire qu'elles se rejoignent près de l'axe des $y$, où elles plongent toutes vers $-\infty$ : elles restent à distance verticale $1$ les unes des autres.

b) $f(\mathrm{e}^{2},1)=1-\ln\mathrm{e}^{2}=1-2=-1$ : le point $B$ est sur la courbe de niveau $-1$, hors de la fenêtre dessinée. Le piège est de lire « niveau $1$ » sur l'ordonnée : sur une carte de contour, l'ordonnée d'un point n'est pas sa valeur.

c) Le long de $y=2$, $f(x,2)=2-\ln x$. Le niveau $1$ demande $\ln x=1$, soit $x=\mathrm{e}\approx 2{,}72$ ; le niveau $0$ demande $\ln x=2$, soit $x=\mathrm{e}^{2}\approx 7{,}39$. On a parcouru $\mathrm{e}-1\approx 1{,}72$ pour perdre le premier niveau, puis $\mathrm{e}^{2}-\mathrm{e}\approx 4{,}67$ pour perdre le second : vers la droite, $f$ DÉCROÎT de plus en plus lentement, et les courbes s'écartent. Verticalement, $f(x,y+1)=f(x,y)+1$ : il faut monter d'exactement $1$ pour gagner un niveau, en tout point de la carte. Sur la figure, l'écart vertical entre deux courbes voisines est partout le même, alors que l'écart horizontal grandit vers la droite. L'écartement des courbes de niveau se lit donc DANS UNE DIRECTION : la même carte est régulière dans un sens et non dans l'autre.

d) On complète le carré en $z$ : $z^{2}-2z=(z-1)^{2}-1$, donc $F(x,y,z)=k$ s'écrit $x^{2}+y^{2}+(z-1)^{2}=k+1$. Pour $k=3$ : $x^{2}+y^{2}+(z-1)^{2}=4$, la sphère de centre $(0,0,1)$ et de rayon $2$, qui passe par l'origine. Pour $k=-1$ : la somme de trois carrés est nulle, la surface se réduit au seul point $(0,0,1)$. Pour $k=-2$ : une somme de carrés ne vaut jamais $-1$, la surface de niveau est VIDE. Le piège est de lire le rayon $\sqrt{3}$ pour $k=3$ en oubliant le $-1$ que crée la complétion du carré.