Calculs algébriques et nombres complexes

1. On développe : $(k+1)(2k-1)=2k^2+k-1$. Par linéarité et avec les sommes usuelles (fiche §1) : $$S_1=2\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}-n=\frac{(4n^3+6n^2+2n)+(3n^2+3n)-6n}{6}=\boxed{{\displaystyle \frac{n(4n^2+9n-1)}{6}}}\mathrm{.}$$ Contrôle : pour $n=1$, $S_1=2\times 1=2$ et la formule donne $\frac{12}{6}=2$.

2. Pour $k\ge 1$ : ${\displaystyle \frac{1}{k^2}}-{\displaystyle \frac{1}{(k+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{(k+1{)}^2-k^2}{k^2(k+1{)}^2}}={\displaystyle \frac{2k+1}{k^2(k+1{)}^2}}$. En posant $u_k=\frac{1}{k^2}$, le terme général vaut $u_k-u_{k+1}$ : la somme est télescopique, $$S_2=\sum _{k=1}^n(u_k-u_{k+1})=u_1-u_{n+1}=\boxed{{\displaystyle 1-\frac{1}{(n+1{)}^2}}}\mathrm{.}$$

3. Pour $k\ge 1$ : $1+{\displaystyle \frac{1}{k(k+2)}}={\displaystyle \frac{k^2+2k+1}{k(k+2)}}={\displaystyle \frac{(k+1{)}^2}{k(k+2)}}={\displaystyle \frac{k+1}{k}}\cdot {\displaystyle \frac{k+1}{k+2}}$. Les deux produits sont télescopiques : $$\prod _{k=1}^n\frac{k+1}{k}=\frac{n+1}{1},\prod _{k=1}^n\frac{k+1}{k+2}=\frac{2}{n+2}\mathrm{.}$$ Donc $\boxed{{\displaystyle P={\displaystyle \frac{2(n+1)}{n+2}}}}$. Contrôle : $n=1$ donne $1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}=\frac{2\times 2}{3}$.

4. Le terme $k=0$ est nul. Par linéarité ($n$ ne dépend pas de $k$) : $$S_3=n\sum _{k=1}^{n}k-\sum _{k=1}^n{k}^2=\frac{n^2(n+1)}{2}-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{n(n+1)(3n-(2n+1))}{6}=\boxed{{\displaystyle \frac{(n-1)n(n+1)}{6}}}\mathrm{.}$$

5. Pour $k\ge 1$, $1+\frac{2}{k}=\frac{k+2}{k}>0$, et le logarithme transforme la somme en logarithme d'un produit : $$S_4=\ln \prod _{k=1}^n\frac{k+2}{k}=\ln \frac{3\cdot 4\cdots (n+2)}{1\cdot 2\cdots n}=\boxed{{\displaystyle \ln \frac{(n+1)(n+2)}{2}}}\mathrm{.}$$ (Au numérateur et au dénominateur, les facteurs $3,\dots ,n$ se simplifient ; il reste $(n+1)(n+2)$ en haut et $1\cdot 2$ en bas.)

1. Somme rectangulaire : on développe $(i-j{)}^2=i^2-2ij+j^2$. On a ${\sum }_{i,j}{i}^2=n{\sum }_{i=1}^n{i}^2$ (la somme en $j$ compte $n$ termes égaux), de même pour $j^2$, et ${\sum }_{i,j}ij=\left({\sum }_{i}i\right)\left({\sum }_{j}j\right)$ (fiche §2). Donc $$A=2n\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-2{\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2=n^2(n+1)(\frac{2n+1}{3}-\frac{n+1}{2})=\boxed{{\displaystyle \frac{n^2(n^2-1)}{6}}}\mathrm{.}$$

2. Somme triangulaire : on fixe $j$, alors $i$ décrit $[\text{\hspace{0.17em}⁣}[1,j]\text{\hspace{0.17em}⁣}]$ : $$B=\sum _{j=1}^n\frac{1}{j}\sum _{i=1}^{j}i=\sum _{j=1}^n\frac{1}{j}\cdot \frac{j(j+1)}{2}=\frac{1}{2}\sum _{j=1}^n(j+1)=\frac{1}{2}(\frac{n(n+1)}{2}+n)=\boxed{{\displaystyle \frac{n(n+3)}{4}}}\mathrm{.}$$ Sommer d'abord sur $i$ est le bon choix : le facteur $\frac{1}{j}$ sort de la somme intérieure.

3. Par symétrie : la somme de $i+j$ sur tous les couples vaut ${\sum }_{i,j}(i+j)=2n\cdot \frac{n(n+1)}{2}=n^2(n+1)$. Elle se découpe en la diagonale ($i=j$, contribution $\sum 2i=n(n+1)$) et deux zones $i<j$ et $i>j$ qui ont la même somme $C$ (on échange les noms de $i$ et $j$). Donc $2C=n^2(n+1)-n(n+1)=n(n+1)(n-1)$, soit $\boxed{{\displaystyle C={\displaystyle \frac{(n-1)n(n+1)}{2}}}}$. Contrôle : $n=2$, un seul couple $(1,2)$, $C=3=\frac{1\cdot 2\cdot 3}{2}$.

4. Posons $a_k=2^k$. Le carré d'une somme donne ${\left({\sum }_{k=1}^n{a}_k\right)}^2={\sum }_{k=1}^n{a}_k^2+2{\sum }_{i<j}{a}_i{a}_j$, et $a_i{a}_j=2^{i+j}$, donc $2D={(\sum 2^k)}^2-\sum 4^k$. Sommes géométriques de raisons $2$ et $4$ (différentes de $1$) : $$\sum _{k=1}^n{2}^k=2^{n+1}-2,\sum _{k=1}^n{4}^k=\frac{4^{n+1}-4}{3}\mathrm{.}$$ D'où $2D=4^{n+1}-2^{n+3}+4-\frac{4^{n+1}-4}{3}=\frac{2\cdot 4^{n+1}-3\cdot 2^{n+3}+16}{3}$, puis $$D=\frac{4^{n+1}-3\cdot 2^{n+2}+8}{3}=\frac{(2^{n+1}-2)(2^{n+1}-4)}{3}=\boxed{{\displaystyle \frac{8(2^n-1)(2^{n-1}-1)}{3}}}\mathrm{.}$$ Contrôle : $n=2$ donne $2^{1+2}=8$ et la formule donne $\frac{8\cdot 3\cdot 1}{3}=8$.

1. Par la formule du binôme, le terme d'indice $k$ ($0\le k\le 9$) est $$C_9^k(2x^2{)}^{9-k}{(-\frac{1}{x})}^k=C_9^k{2}^{9-k}(-1{)}^k{x}^{18-3k}\mathrm{.}$$ Il est indépendant de $x$ si et seulement si $18-3k=0$, soit $k=6$. Le terme cherché vaut $C_9^6{2}^3(-1{)}^6=84\times 8=\boxed{{\displaystyle 672}}$ ($C_9^6=C_9^3=\frac{9\cdot 8\cdot 7}{6}=84$).

2. Pour $1\le k\le n$ : $$k{C}_n^k=\frac{k\cdot n!}{k!(n-k)!}=\frac{n(n-1)!}{(k-1)!((n-1)-(k-1))!}=n{C}_{n-1}^{k-1}\mathrm{.}$$ Le terme $k=0$ de la somme est nul ; on applique cette formule, puis le changement d'indice $m=k-1$ et le binôme : $$\sum _{k=0}^{n}k{C}_n^k{2}^k=\sum _{k=1}^{n}n{C}_{n-1}^{k-1}{2}^k=2n\sum _{m=0}^{n-1}{C}_{n-1}^m{2}^m=2n(1+2{)}^{n-1}=\boxed{{\displaystyle 2n\cdot 3^{n-1}}}\mathrm{.}$$

3. On écrit $k^2=k(k-1)+k$. Pour $n\ge 2$ et $2\le k\le n$, deux applications de la formule précédente donnent $k(k-1)C_n^k=(k-1)n{C}_{n-1}^{k-1}=n(n-1)C_{n-2}^{k-2}$. Les termes $k=0$ et $k=1$ de $\sum k(k-1)C_n^k$ sont nuls, donc $$\sum _{k=0}^{n}k(k-1)C_n^k=n(n-1)\sum _{m=0}^{n-2}{C}_{n-2}^m=n(n-1)2^{n-2}\mathrm{.}$$ Avec la question 2 en $x=1$ (même calcul : $\sum k{C}_n^k=n{2}^{n-1}$) : $\sum k^2{C}_n^k=n(n-1)2^{n-2}+2n\cdot 2^{n-2}=\boxed{{\displaystyle n(n+1)2^{n-2}}}$. Pour $n=1$, la somme vaut $0+1=1$ et la formule donne $1\cdot 2\cdot 2^{-1}=1$ : elle reste vraie.

4. D'une part, le coefficient de $x^n$ dans $(1+x{)}^{2n}={\sum }_{m=0}^{2n}{C}_{2n}^m{x}^m$ est $C_{2n}^n$. D'autre part, $$(1+x{)}^n(1+x{)}^n=\left(\sum _{k=0}^n{C}_n^k{x}^k\right)\left(\sum _{l=0}^n{C}_n^l{x}^l\right)=\sum _{0\le k,l\le n}{C}_n^k{C}_n^l{x}^{k+l},$$ et le coefficient de $x^n$ est la somme sur les couples tels que $k+l=n$, c'est-à-dire ${\sum }_{k=0}^n{C}_n^k{C}_n^{n-k}$. Par symétrie $C_n^{n-k}=C_n^k$. Les deux fonctions polynômes sont égales, donc leurs coefficients aussi : $\boxed{{\displaystyle \sum _{k=0}^n(C_n^k{)}^2=C_{2n}^n}}$.

5. La formule de la question 2 appliquée à $n+1$ et $k+1$ donne $(k+1)C_{n+1}^{k+1}=(n+1)C_n^k$, soit ${\displaystyle \frac{C_n^k}{k+1}}={\displaystyle \frac{C_{n+1}^{k+1}}{n+1}}$. Avec $m=k+1$ : $$\sum _{k=0}^n\frac{C_n^k}{k+1}=\frac{1}{n+1}\sum _{m=1}^{n+1}{C}_{n+1}^m=\frac{1}{n+1}(\sum _{m=0}^{n+1}{C}_{n+1}^m-C_{n+1}^0)=\boxed{{\displaystyle \frac{2^{n+1}-1}{n+1}}}\mathrm{.}$$

1. $1+i\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})=2e^{i\pi \mathrm{/}3}$ et $1-i=\sqrt{2}{e}^{-i\pi \mathrm{/}4}$. Par Moivre : $(1+i\sqrt{3}{)}^7=2^7{e}^{7i\pi \mathrm{/}3}=128e^{i\pi \mathrm{/}3}$ (car $\frac{7\pi }{3}=\frac{\pi }{3}+2\pi$) et $(1-i{)}^4=4e^{-i\pi }=-4$. Donc $$z=\frac{128e^{i\pi \mathrm{/}3}}{-4}=-32e^{i\pi \mathrm{/}3}=32e^{i(\pi \mathrm{/}3+\pi )}=32e^{-2i\pi \mathrm{/}3}\mathrm{.}$$ $\boxed{{\displaystyle \mid z\mid =32}}$, argument principal $\boxed{{\displaystyle -\frac{2\pi }{3}}}$ (il est dans $]-\pi ,\pi ]$), et $z=32(-\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2})=\boxed{{\displaystyle -16-16\sqrt{3}i}}$.

2. Comme $\theta \equiv ̸0[2\pi ]$, $e^{i\theta }\mathrm{\ne }1$ et $u$ est défini. Par l'angle moitié (fiche §6) : $$u=\frac{2\cos \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta \mathrm{/}2}}{-2i\sin \frac{\theta }{2}{e}^{i\theta \mathrm{/}2}}=\frac{\cos \frac{\theta }{2}}{-i\sin \frac{\theta }{2}}=i\frac{\cos \frac{\theta }{2}}{\sin \frac{\theta }{2}}$$ (car $\frac{1}{-i}=i$). Pour $\theta \in ]0,\pi [$, $\frac{\theta }{2}\in ]0,\frac{\pi }{2}[$, donc $\cos \frac{\theta }{2}>0$ et $\sin \frac{\theta }{2}>0$ : le réel $r=\frac{\cos (\theta \mathrm{/}2)}{\sin (\theta \mathrm{/}2)}$ est strictement positif. Ainsi $\boxed{{\displaystyle u=r{e}^{i\pi \mathrm{/}2}}}$ : module $r={\displaystyle \frac{\cos (\theta \mathrm{/}2)}{\sin (\theta \mathrm{/}2)}}$, argument $\frac{\pi }{2}$.

3. Écrivons $z=x+iy$. $\mid z{\mid }^2=\mid z-2{\mid }^2⟺x^2+y^2=(x-2{)}^2+y^2⟺4x=4⟺x=1$, et de même $\mid z{\mid }^2=\mid z-2i{\mid }^2⟺y=1$. La seule solution est $\boxed{{\displaystyle z=1+i}}$. Géométriquement, c'est le point équidistant de $O$, $A(2)$ et $B(2i)$ : l'intersection des médiatrices de $[OA]$ et $[OB]$, centre du cercle circonscrit au triangle $OAB$ (rectangle en $O$, donc ce centre est le milieu $1+i$ de l'hypoténuse $[AB]$).

4. Analyse. Si $\bar{z}=z^2$, les modules donnent $\mid z\mid =\mid z{\mid }^2$, donc $\mid z\mid =0$ ou $\mid z\mid =1$. Si $\mid z\mid =0$, $z=0$. Si $\mid z\mid =1$, $\bar{z}=\frac{1}{z}$, d'où $\frac{1}{z}=z^2$, soit $z^3=1$ : $z\in {𝕌}_3=\{1,j,j^2\}$. Synthèse. $0$ convient ; si $z^3=1$, alors $\mid z\mid =1$ et $\bar{z}=\frac{1}{z}=\frac{z^3}{z}=z^2$. Donc $\boxed{{\displaystyle 𝒮=\{0,1,j,j^2\}}}$.

5. Posons $w=\frac{1+z}{1-z}$ (défini car $z\mathrm{\ne }1$). Comme $\mid z\mid =1$, $\bar{z}=\frac{1}{z}$ et $$\bar{w}=\frac{1+\bar{z}}{1-\bar{z}}=\frac{1+\frac{1}{z}}{1-\frac{1}{z}}=\frac{z+1}{z-1}=-w\mathrm{.}$$ Un complexe égal à l'opposé de son conjugué est imaginaire pur (fiche §4) : $\boxed{{\displaystyle w\in iℝ}}$.

1. Posons $u=e^{i\theta }$, de sorte que $\bar{u}=\frac{1}{u}$, $\cos \theta =\frac{u+\bar{u}}{2}$, $\sin \theta =\frac{u-\bar{u}}{2i}$ (Euler). Alors $${\cos }^4\theta {\sin }^2\theta =\frac{(u+\bar{u}{)}^4}{16}\cdot \frac{(u-\bar{u}{)}^2}{-4}=-\frac{1}{64}(u+\bar{u}{)}^2((u+\bar{u})(u-\bar{u}){)}^2=-\frac{1}{64}(u^2+2+{\bar{u}}^2)(u^4-2+{\bar{u}}^4)\mathrm{.}$$ En développant (avec $u\bar{u}=1$) : $(u^2+2+{\bar{u}}^2)(u^4-2+{\bar{u}}^4)=(u^6+{\bar{u}}^6)+2(u^4+{\bar{u}}^4)-(u^2+{\bar{u}}^2)-4$. Comme $u^k+{\bar{u}}^k=2\cos k\theta$ : $$\boxed{{\displaystyle {\cos }^4\theta {\sin }^2\theta =\frac{2+\cos 2\theta -2\cos 4\theta -\cos 6\theta }{32}}}\mathrm{.}$$ Contrôle en $\theta =0$ : à gauche $0$, à droite $\frac{2+1-2-1}{32}=0$.

2.(a) Par Moivre, $\cos 5\theta =\mathrm{Re}((c+is{)}^5)$ avec $s=\sin \theta$. Le binôme donne pour partie réelle $c^5-10c^3{s}^2+5c{s}^4$. Avec $s^2=1-c^2$ : $$\cos 5\theta =c^5-10c^3(1-c^2)+5c(1-c^2{)}^2=\boxed{{\displaystyle 16c^5-20c^3+5c}}\mathrm{.}$$

(b) Pour $\theta =\frac{\pi }{10}$, $\cos 5\theta =\cos \frac{\pi }{2}=0$, donc $c(16c^4-20c^2+5)=0$ avec $c=\cos \frac{\pi }{10}>0$. Ainsi $X=c^2$ est racine de $16X^2-20X+5=0$, de discriminant $400-320=80$ : $X=\frac{20\pm 4\sqrt{5}}{32}=\frac{5\pm \sqrt{5}}{8}$. Pour choisir : $0<\frac{\pi }{10}<\frac{\pi }{6}$ et $\cos$ décroît sur $[0,\pi ]$, donc $c>\cos \frac{\pi }{6}$ et $c^2>\frac{3}{4}$. Or $\frac{5-\sqrt{5}}{8}<\frac{5}{8}<\frac{3}{4}$ : cette racine est exclue. Donc $\boxed{{\displaystyle {\cos }^2\frac{\pi }{10}=\frac{5+\sqrt{5}}{8}}}$ et, $c$ étant positif, $\boxed{{\displaystyle \cos \frac{\pi }{10}=\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{8}}}}$.

3.(a) $\cos 3\theta +i\sin 3\theta =(\cos \theta +i\sin \theta {)}^3={\cos }^3\theta (1+it{)}^3$ (on factorise $\cos \theta \mathrm{\ne }0$). Or $(1+it{)}^3=1+3it-3t^2-i{t}^3=(1-3t^2)+i(3t-t^3)$. En identifiant parties réelle et imaginaire : $\cos 3\theta ={\cos }^3\theta (1-3t^2)$ et $\sin 3\theta ={\cos }^3\theta (3t-t^3)$. Comme $\cos 3\theta \mathrm{\ne }0$, on a $1-3t^2\mathrm{\ne }0$, et $$\boxed{{\displaystyle \tan 3\theta =\frac{3t-t^3}{1-3t^2}}}\mathrm{.}$$

(b) Pour $\theta =\frac{\pi }{12}$ : $\cos \theta \mathrm{\ne }0$ et $\cos 3\theta =\cos \frac{\pi }{4}\mathrm{\ne }0$. Avec $t=\tan \frac{\pi }{12}$ et $\tan \frac{\pi }{4}=1$ : $3t-t^3=1-3t^2$, soit $t^3-3t^2-3t+1=0$. On remarque la racine $-1$ : $t^3-3t^2-3t+1=(t+1)(t^2-4t+1)$. Les racines sont $-1$, $2+\sqrt{3}$ et $2-\sqrt{3}$. Or $0<\frac{\pi }{12}<\frac{\pi }{4}$ et $\tan$ croît sur $]-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}[$, donc $0<t<1$. Comme $1<\sqrt{3}<2$, seule $2-\sqrt{3}$ est dans $]0,1[$ : $\boxed{{\displaystyle \tan \frac{\pi }{12}=2-\sqrt{3}}}$.

4. $\cos \frac{\pi }{5}=\cos (2\cdot \frac{\pi }{10})=2{\cos }^2\frac{\pi }{10}-1=\frac{5+\sqrt{5}}{4}-1=\boxed{{\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{4}}}$.

1. $-8+8\sqrt{3}i=16(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2})=16e^{2i\pi \mathrm{/}3}$. Les solutions de $z^4=16e^{2i\pi \mathrm{/}3}$ sont (fiche §9) $$z_k={16}^{1\mathrm{/}4}{e}^{i\frac{2\pi \mathrm{/}3+2k\pi }{4}}=2e^{i(\frac{\pi }{6}+\frac{k\pi }{2})},k\in \{0,1,2,3\}\mathrm{.}$$ $z_0=2(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2})=\sqrt{3}+i$, et comme $e^{i\pi \mathrm{/}2}=i$, $z_{k+1}=i{z}_k$ : $$\boxed{{\displaystyle z_0=\sqrt{3}+i,z_1=-1+i\sqrt{3},z_2=-\sqrt{3}-i,z_3=1-i\sqrt{3}}}\mathrm{.}$$

2. On a $z_{k+1}=e^{i\pi \mathrm{/}2}{z}_k$ (et $z_0=e^{i\pi \mathrm{/}2}{z}_3$) : chaque point est l'image du précédent par la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi }{2}$. Les quatre points sont sur le cercle de centre $O$ de rayon $2$ et se déduisent les uns des autres par quarts de tour : ce sont les sommets d'un carré de centre $O$. Son côté est $\mid z_1-z_0\mid =\mid z_0\mid \mid i-1\mid =2\sqrt{2}$, donc son aire vaut $\boxed{{\displaystyle 8}}$.

3. Avec $\omega =e^{2i\pi \mathrm{/}n}$, ${𝕌}_n=\{{\omega }^k,0\le k\le n-1\}$, donc ${\sum }_{z\in {𝕌}_n}{z}^p={\sum }_{k=0}^{n-1}({\omega }^p{)}^k$.

• Si $n\mid p$, ${\omega }^p=e^{2i\pi p\mathrm{/}n}=1$ et la somme vaut $n$.
• Sinon $\frac{p}{n}\mathrm{\notin }\mathbb{Z}$, donc ${\omega }^p\mathrm{\ne }1$ et la somme géométrique vaut ${\displaystyle \frac{1-({\omega }^p{)}^n}{1-{\omega }^p}}={\displaystyle \frac{1-({\omega }^n{)}^p}{1-{\omega }^p}}=0$ car ${\omega }^n=1$.

4. Par le binôme puis interversion des deux sommes finies : $$\sum _{z\in {𝕌}_n}(1+z{)}^n=\sum _{z\in {𝕌}_n}\sum _{k=0}^n{C}_n^k{z}^k=\sum _{k=0}^n{C}_n^k\sum _{z\in {𝕌}_n}{z}^k\mathrm{.}$$ Pour $0\le k\le n$, $n$ divise $k$ si et seulement si $k=0$ ou $k=n$. D'après la question 3, il reste $n{C}_n^0+n{C}_n^n=\boxed{{\displaystyle 2n}}$.

5. Pour ${\omega }_k=e^{2ik\pi \mathrm{/}n}$, l'angle moitié donne $1+{\omega }_k=2\cos \frac{k\pi }{n}{e}^{ik\pi \mathrm{/}n}$, d'où, par Moivre, $(1+{\omega }_k{)}^n=2^n{\cos }^n\frac{k\pi }{n}{e}^{ik\pi }=(-1{)}^k{2}^n{\cos }^n\frac{k\pi }{n}$. La question 4 s'écrit ${\sum }_{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{2}^n{\cos }^n\frac{k\pi }{n}=2n$, c'est-à-dire $$\boxed{{\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}(-1{)}^k{\cos }^n\frac{k\pi }{n}=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{2^{n-1}}}}\mathrm{.}$$ Contrôle pour $n=3$ : $1-\frac{1}{8}+{(-\frac{1}{2})}^3=\frac{3}{4}=\frac{3}{2^2}$.

1. $\mid w\mid =\frac{1}{2}\mathrm{\ne }1$, donc $w\mathrm{\ne }1$. Par linéarité et Moivre ($e^{ikx}=(e^{ix}{)}^k$) : $A_n+i{B}_n={\sum }_{k=0}^n\frac{e^{ikx}}{2^k}={\sum }_{k=0}^n{w}^k=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{1-w^{n+1}}{1-w}}}}$ (somme géométrique de raison $w\mathrm{\ne }1$).

2. $1-w=(1-\frac{\cos x}{2})-i\frac{\sin x}{2}$, donc $\mid 1-w{\mid }^2=1-\cos x+\frac{{\cos }^{2}x}{4}+\frac{{\sin }^{2}x}{4}=\frac{5}{4}-\cos x=\boxed{{\displaystyle {\displaystyle \frac{5-4\cos x}{4}}}}$. En particulier $5-4\cos x\ge 1>0$.

3. On multiplie numérateur et dénominateur par $\overline{1-w}=1-\bar{w}$ : $A_n+i{B}_n={\displaystyle \frac{(1-w^{n+1})(1-\bar{w})}{\mid 1-w{\mid }^2}}$. Comme $w\bar{w}=\frac{1}{4}$, $w^{n+1}\bar{w}=\frac{w^n}{4}$, et $$(1-w^{n+1})(1-\bar{w})=1-\bar{w}-w^{n+1}+\frac{w^n}{4}\mathrm{.}$$ Sa partie réelle vaut $1-\frac{\cos x}{2}-\frac{\cos ((n+1)x)}{2^{n+1}}+\frac{\cos (nx)}{2^{n+2}}$ (car $w^m=\frac{e^{imx}}{2^m}$). On prend la partie réelle et on multiplie par $\frac{4}{5-4\cos x}$ : $$\boxed{{\displaystyle A_n=\frac{4-2\cos x-\frac{\cos ((n+1)x)}{2^{n-1}}+\frac{\cos (nx)}{2^n}}{5-4\cos x}}},\boxed{{\displaystyle B_n=\frac{2\sin x-\frac{\sin ((n+1)x)}{2^{n-1}}+\frac{\sin (nx)}{2^n}}{5-4\cos x}}}$$ (la partie imaginaire de $-\bar{w}$ est $+\frac{\sin x}{2}$).

4. Les termes en $\frac{\cos (\cdot )}{2^{n-1}}$, $\frac{\cos (\cdot )}{2^n}$ (et de même avec les sinus) sont majorés en valeur absolue par $\frac{1}{2^{n-1}}$, qui tend vers $0$ ; le dénominateur est une constante non nulle. Donc $$\lim A_n=\boxed{{\displaystyle \frac{4-2\cos x}{5-4\cos x}}},\lim B_n=\boxed{{\displaystyle \frac{2\sin x}{5-4\cos x}}}\mathrm{.}$$

5. Pour $x=\frac{\pi }{3}$ : $\cos x=\frac{1}{2}$, $\sin x=\frac{\sqrt{3}}{2}$, d'où $\lim A_n=\frac{4-1}{5-2}=\boxed{{\displaystyle 1}}$ et $\lim B_n=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Pour $x=\pi$ : $\cos (k\pi )=(-1{)}^k$, donc $A_n={\sum }_{k=0}^n{(-\frac{1}{2})}^k\to \frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}$, et la formule donne bien $\frac{4+2}{5+4}=\frac{2}{3}$.

1. On cherche $z=x+iy$ ($x,y$ réels) avec $z^2=5-12i$ (fiche §10) : $x^2-y^2=5$ ; $x^2+y^2=\mid 5-12i\mid =\sqrt{25+144}=13$ ; $2xy=-12$. Les deux premières donnent $x^2=9$, $y^2=4$ ; la troisième impose $x$ et $y$ de signes contraires. Les racines carrées sont $\boxed{{\displaystyle 3-2i\text{ et }-3+2i}}$ (vérification : $(3-2i{)}^2=9-12i-4=5-12i$).

2. $\mathrm{\Delta }=(1+2i{)}^2-4(-2+4i)=(-3+4i)+8-16i=5-12i$, et $\delta =3-2i$ vérifie ${\delta }^2=\mathrm{\Delta }$ (question 1). Les solutions sont $$z_1=\frac{(1+2i)+(3-2i)}{2}=\boxed{{\displaystyle 2}},z_2=\frac{(1+2i)-(3-2i)}{2}=\boxed{{\displaystyle -1+2i}}\mathrm{.}$$ Contrôle : $z_1+z_2=1+2i$ et $z_1{z}_2=-2+4i$, conformes aux relations entre coefficients et racines.

3. $-\sqrt{3}+i=2(-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{i}{2})=2e^{5i\pi \mathrm{/}6}$. Avec $z=x+iy$ : $e^x{e}^{iy}=2e^{5i\pi \mathrm{/}6}⟺e^x=2$ et $y\equiv \frac{5\pi }{6}[2\pi ]$ (fiche §11). Donc $$𝒮=\{\ln 2+i(\frac{5\pi }{6}+2k\pi ),k\in \mathbb{Z}\}\mathrm{.}$$

4. Posons $Z=e^z$ ; alors $e^{2z}=Z^2$ et l'équation devient $Z^2-(1+2i)Z-2+4i=0$, donc $Z=2$ ou $Z=-1+2i$ (question 2). Les deux valeurs sont non nulles, donc chacune est atteinte.

• $e^z=2$ : $z=\ln 2+2ik\pi$, $k\in \mathbb{Z}$.
• $e^z=-1+2i$ : $\mid -1+2i\mid =\sqrt{5}$. Un argument $\phi$ vérifie $\cos \phi =-\frac{1}{\sqrt{5}}<0$ et $\sin \phi =\frac{2}{\sqrt{5}}>0$, donc $\phi \in ]\frac{\pi }{2},\pi [$ et $\tan \phi =-2$ ; comme $\phi -\pi \in ]-\frac{\pi }{2},0[$ et $\tan (\phi -\pi )=-2$, on obtient $\phi =\pi -\arctan 2$. D'où $z=\frac{1}{2}\ln 5+i(\pi -\arctan 2+2k\pi )$.

$$𝒮=\{\ln 2+2ik\pi ,k\in \mathbb{Z}\}\cup \{\frac{1}{2}\ln 5+i(\pi -\arctan 2+2k\pi ),k\in \mathbb{Z}\}\mathrm{.}$$

5. $e^z=e^{\bar{z}}⟺z-\bar{z}\in 2i\pi \mathbb{Z}$. Avec $z=x+iy$, $z-\bar{z}=2iy$, donc la condition s'écrit $y\in \pi \mathbb{Z}$ : $$𝒮=\{x+ik\pi ,x\in ℝ,k\in \mathbb{Z}\}\mathrm{.}$$ Ce n'est pas seulement $ℝ$ : l'exponentielle complexe n'est pas injective.