corrigé

MINES PC 2010 Math 2
A: Dé…nition de Az P(X)
On remarquera que la notation du sujet doit être manipulée avec précaution: Az dépend aussi de n qui va varier au sein
même de certaines questions.
L’hypothèse n 2 assure l’existence de Cn 1 [X] et Cn 2 [X]
1. On a pour tous (P; Q) 2 Cn [X] et
2C:
Az ( P + Q)
=
=
=
0
(z X) ( P + Q) + n ( P + Q)
((z X) P 0 + nP ) + ((z X) Q0 + nQ)
Az (P ) + Az (Q)
Az 2 L (Cn [X] ; C [X])
de plus si d (P ) n on a d (P 0 ) n 1 et donc d (Az (P )) n par théorème sur le degré d’un produit et d’une somme.
On regarde alors le terme de degré n : si P (X) = pn X n + R avec d (R) < n alors , An (P ) = nzX n 1 + Az (R) de degré
(n 1) .
Im (Az ) Cn 1 [X]
2. On a (avec le sujet qui précise bien le changement de n )
Az1 (Az2 (P ))
0
X) ((z2 X) P 0 + nP ) + (n 1)) ((z2 X) P 0 + nP )
X) ((z2 X) P " P 0 + nP 0 ) + (n 1)) ((z2 X) P 0 + nP )
X) (z2 X) P " + (n 1) (z1 + z2 2X) P 0 + n(n 1)P
= (z1
= (z1
= (z1
z1 et z2 jouent des rôles symétriques dans la formule donc :
8P 2 Cn [X] ; Az1 (Az2 (P )) = Az2 (Az1 (P ))
3.
(X
k
z)
n
k=0
est une base de Cn [x] donc Az (X
k
z)
= (n
Im(Az ) = Vect (n
k)(X
k)(X
z)k
z)k engendre l’image. On a donc
n
k=0
. Pour k = n on a un élément nul et pour 0 k n 1 on a une famille étagée en degré donc une base de Cn
n
donc Im(Az ) = Cn 1 [X] . Az est donc de rang n . le noyau est de dimension 1 et contient (X z)
Im(Az ) = Cn
1
[X] , Ker(Az ) = Vect ((X
1
[x] .
n
z) )
cz est la matrice diagonale D = diag(n; n 1; 2; 1; 0),. D donne les éléments propres de A
cz : on a n + 1
4. La matrice de A
n
k
valeurs propres 2 à 2 distinctes (n k)k=0 et chaque sous espace propre est une droite En k = Vect (X z) . On a
n + 1 valeurs propres en dimension n + 1 donc l’endomorphisme est diagonalisable.
5. La méthode est générale si l’endomorphisme admet des valeurs propres 2 à 2 distinctes : Si M = (mi;j ) commutent avec
D = (di ) on a M D = DM et donc pour tous (i; j) mi;j dj = di mi;j . Donc pour i 6= j on a di 6= dj et donc mi;j = 0 ; M
est diagonale , M = diag(m1;1 ; m2;2
mn;n ; mn+1;n+1 ) . Il existe alors un unique polynôme P de degré
n véri…ant
n+1
: 8i 2 [[1; n + 1]] , mi;i = P (di ) : Il su¢ t de prendre les polynômes (Li )i=1 de Lagrange associés au (di ) et de prendre
n+1
X
P =
mi;i Li .
i=1
cz et pour M celle de E:
On prend pour D la matrice de A
cz commute avec A
cz
Réciproquement tout polynôme P A
E
cz = A
cz
A
cz
E , 9P 2 Cn [X] , E = P A
B : Dé…nition de
1
correz
x
y
;
x2 = y 2 x2 + y 2
Remarque: cette partie est une partie de géométrie. On associe à tout point de R2 son a¢ xe. L’application z 7!
spond ainsi à une application du plan (sauf l’origine) dans lui même M 7! F (M ) , avec en cartésienne (x; y) 7!
et en polaire ( ; ) 7!
1
;
:
On remarquera que f 2 = Id et donc f
1
= f:
1
6. Soit Z 2 f (C) , il existe donc z 2 C tel que Z = f (z) = . On a donc
z
1 1
ZZ
z0
2
z0 Z
Z:Z
z0
2
jz0 j
R2
ce qui donne R0 =
R
2
jz0 j
et f (C) à l’équation :
2
R2
jz0 j
Donc Z décrit le cercle de centre
2
jz0 j
R2
R2
jz0 j
2
2
jz0 j
1
jz0 j
=
2
2
R2
jz0 j
=0
R02 soit :
= jZ0 j
R2
2
jz0 j
>
z0
2
R2
jz0 j
R
2
R2
R2
=
2
jz0 j
R2
2
R02 = 0
2
et de rayon
2
Z0 j = R02
R
2
R2
jz0 j
+
R2
jz0 j
2
Z0 Z + Z0 Z + jZ0 j
z0 j = R2 () jZ
jz
jz0 j
R2 = 0
1 et donc
z=
Z
:(tout est positif d’où le choix du signe dans la racine carrée)
R2
On a donc :
Z0 j =
1
1
2
2
Z:Z
Comme j0
+
R2
jz0 j
1
2
(z0 z + z0 z) + jz0 j
R2 = 0
+ jz0 j
z0 Z
2
et on cherche R0 tel que
R02 = jZ0 j
2
2
zz
R2 6= 0 ( car 0 2 C + donc jz0 j > R ) l’équation équivaut à :
On multiplie par Z:Z et on divise par jz0 j
on pose Z0 =
1
1
+ z0
Z
Z
(
= R0 , on véri…e bien que O 2 f (C)
compléments dont j’aurais besoin par la suite : si O 2 C
: le calcul sera sur le même principe avec R0 =
l’image du cercle sera toujours un cercle.
R
2
jz0 j
R2
,
2
fOg , comme jz0 j = R2 il reste :
si O 2 C on peut chercher l’image de C
1 1
ZZ
z0
1
1
+ z0
Z
Z
=0
soit :
z0 :Z + z0 :Z = 1
qui est l’équation d’une droite.
2
7. On peut reprendre le calcul précédent avec des inégalités strictes : Z:Z et jz0 j
pas le sens des inégalités lors des produits :
jz
2
z0 j
<
R2 () zz
, Z:Z
,
jZ
R2 sont des réels positifs et ne changent
R2 < 0
(z0 z + z0 z)
2
Z0 Z + Z0 Z + jZ0 j
R02 < 0
2
Z0 j < R02
f C
= f (C)
Remarque : le sujet propose une démonstration plus géométrique, qui ne me semble pas utile : L’image de Du est la demi
droite issue de O symétrique de Du par rapport à y 0 0y .
+
2
compléments : si 0 2 C l’image de C (privé de 0) sera f (C) car maintenant jz0 j
R2 < 0 et le sens de l’inégalité
est changé. Si 0 2 C on arrive à z0 :Z + z0 :Z > 1 , c’est le demi plan ouvert limité par la droite f (C) et ne contenant
pas 0 .
2
n
8. Les(zi )i=1 sont dans C
et 0 dans C + donc pour tout i 2 [[1; n]] ; 0 6= zi ,
n
1X 1
est l’isobarycentre des
n i=1 zi
n
1
zi
i=1
. Les (zi ) sont dans C
n
X
1
1
est donc dé…ni ainsi que
.
zi
z
i=1 i
1
zi
, donc les
sont dans f (C)
( question 7) . Or
un disque est convexe ( si deux éléments sont dans C
à coe¢ cients positifs de points de C
reste dans C
n
1X 1
(question 6) donc
6= 0 et donc
n i=1 zi
0
2C
(en utilisant que f f (C)
0
=
1
n
1
Pn
le segment qui les joint reste dans C , et donc tout barycentre
n
1X 1
+
est dans f (C) . Comme 0 2 C + on a 0 2 f (C)
). donc
n i=1 zi
1
i=1 zi
= f (f (C)) = C
est bien dé…ni. C’est l’image par f d’un point de f (C)
donc
car f 2 = f .
Si on ne pense pas au barycentre on peut poser le calcul : si f (C) est le cercle de centre Z0 et de rayon R0 :
1
1
R . Et donc
2C )
z0
zi
zi
!
n
n
n
n
1X 1
1X 1
1X 1
1X
Z0 =
Z0
z0
R0 = R 0
n i=1 zi
n i=1 zi
n i=1 zi
n i=1
0
est dé…ni et
0
2C
X 1
est dé…ni. Comme le demi plan
zi
est toujours dé…ni et élément de C .
compléments pour la suite : si 0 2 C , on a toujours 8i 2 [[1; n]] ; 0 6= zi , donc
f C
reste un convexe ne contenant pas 0
0
9. On se ramène à la question précédente par changement de repère en mettant l’origine en
Le cercle C est alors centré en Z0 et les points Zi sont à l’intérieur du cercle. Le point
l’intérieur du cercle. En revenant au repère initial
= +
=
0
est dé…ni et
complément pour la suite : le résultat reste vrai si
C. condition d’apolarité
1
n
0
Pn
1
1
0
. on pose Zi = zi
.
1
= 1 Pn 1 est dé…ni , à
n
i=1 Zi
est dé…ni à l’intérieur du cercle.
i=1 zi
2C
2C .
10. Comme on est dans C , la dérivée logarithmique ne s’applique pas . On procède par récurrence :
Si P (X) = (X
z1 ) alors
n
Y1
P 0 (X)
1
=
P (X)
X z1
n 1
Q0 (X) X
1
=
, on peut dériver P (X) = Q(X)(X zn ) : P 0 (X) = Q0 (X)(X zn )+Q(
Q(X)
X
z
i
i=1
i=1
n
X
Q0 (X)
1
1
P 0 (X)
=
+
=
et donc
P (X)
Q(X)
X zn
(X
zi )
i=1
Si pour Q(X) =
(X
zi ) on a
On en déduit avec la dé…nition de
:
1
=
1 P0 ( )
n P( )
d’où si P 0 ( ) 6= 0 et si les hypothèses préalables à la question 9 sont véri…és : :
=
11. Soit
tel que Az P ( ) = 0 c’est à dire (z
n
P( )
P0 ( )
) P 0 ( ) + nP ( ) = 0
si P 0 ( ) = 0 alors P ( ) = 0 ,
est racine de P : 9i; = zi et donc 2 fzi ; P 0 (zi ) = 0g
P( )
z
si P 0 ( ) 6= 0 , on a d’après la question précédente =
n 0
= +n
= z . Et on a P ( ) =
P ( )
n
donc 2
= fzi g et donc 2 f 2 C fzi g ; = zg
3
) P 0( )
(z
n
6= 0
Réciproquement:
si
si
2 fzi ; P 0 (zi ) = 0g on a P ( ) = P 0 ( ) = 0 donc Az P ( ) = 0
2 f 2 C fzi g ;
= zg
P( )
= z , d’où (z
) P 0 ( ) + nP ( ) = 0 et Az ( ) = 0
P0 ( )
1 P0 ( )
1
=
= 0 montre que
ne serait pas dé…ni.
– si P 0 ( ) = 0 la relation
n P( )
– si P 0 ( ) 6= 0 on a
n
. Az P est de degré < n
Pour calculer
n 1
1 si et seulement si
n
k
12. On peut décomposer P (X) dans la base de vecteurs propres (X
z)
k=0
: P (X) =
on garde dans la relation les termes de degré n et n
i
(X
i
z) . Alors Az (P ) =
i=0
= 0:
n 1
n
X
n
X
i=0
1:
D’après le théorème sur la somme des racines :de P
P (X) = X n
Xn
1
n
X
zi + (d < (n
1))
i=1
D’après le binôme de Newton :
n
(X
n
z) +
n 1
n 1
(X
z)
=
et donc
n
=1,
n
n
X
Xn
nzX n
zi = nz
n
1
+
n 1
+ (d < (n
1))
n 1
i=1
on véri…e bien :
n 1
=0,
d (Az P ) < (n
n
X
zi = nz
i=1
1) ,
n
X
zi = nz
i=1
n
13. Si les zi sont tous dans C1 , alors par convexité de C1 , le barycentre
,
n
X
i=1
zi 6= nz et donc d (Az P ) = (n
Vu son degré, Az (P ) admet n
1) .
1 racines. Si
9i; = zi (et P 0 (zi ) = 0 ) et donc
= z . On a donc
est une de ses racines on a d’après Q11:
= zi 2 C
2
= C1 , donc en prenant la contraposée de Q9 :
Az P a n
reste à exclure
:
Si
2 C et (zi )
1X
zi est encore dans C1 , et donc comme z 2
= C1
n i=1
2
= C1+ .
1 racines qui ne sont pas dans C1+
2 C , et je n’ai pas réussi à éviter tous les compléments dans le cas où l’origine (puis
C
on a encore
2C
. Donc ici si
Az P a n
2
= C1
alors
) est sur le cercle
2
= C1 :
1 racines qui ne sont dans C1
italique : un corrigé trouvé sur internet s’en sort en introduisant des cercles C1 de même centre que C et de rayon un
tout petit peu plus petit.
4
(n
i)
14. Supposons (par l’absurde) que tous les zi0 soit dans C [ C + : Toutes les racines de P sont dans C
question précédente Azn0 P est de degré n 1 et admet toutes ses racines dans C .
0
0
Par récurrence si Azp+1
Azp+1
Azn0 P est de degré p et admet toutes ses racines dans C
degré p 1 et admet toutes ses racines dans C .
, donc d’après la
0
, alors Azp0 Azp+1
Azn0 P est de
On arrive ainsi à Az20
Azn0 P est de degré 1:On véri…e que le début de la question 13 reste vrai si d (P ) = 1 et donc
Az10
Azn0 P est de degré 0: Absurde car c’est le polynôme nul.
Si P est apolaire par rapport à Q , l’un des zi0 est dans C
15. En calculant l’intégrale on constate qu’une solution est :
bn
i
=
i 1
( 1)
Z
1
i 1
(a + t (b
a))
( 1)i 1
b a
dt =
0
i 1 i
=
( 1)
b
ai
b a
i
16. On a
(X) =
n
X1
n
a)n
(X
bi X n
i
i=0
et
1
n
X1
=
n
(X
b) =
1
n
n
X
1 n
n
( 1)
i
n
i=0
i
an
i
=
bn
a
b
(X) =
1
i
i
ui
1
du en posant u = a + t (b
1
n
Xi =
1
((X
n:(b a)
a)
a
n
X
n
( 1)n
i
i=0
n
i
b
1 ( 1)n i
b a
i
n
i=0
Pour i = n le terme est nul . pour i < n on a
(X) =
i
Z
i
an
bn
1
i
an
i
n
i
bn
i
i
Xi
Xi
(n 1)!
1
n!
1 n
=
=
: Donc :
i i!(n 1 i)!
n i!(n i)!
n i
1
((X
n:(b a)
a)n
a)n
n
(X
b) )
n
(X
b) )
17. D’après le résultat admis et la formule de Q15 : :
n 1
( 1)
an 1
At
(n 1)! 1
Atn
1
(X)
Z
=
P 0 (a + t(b
0
=
Comme P est de degré n on a an
0
1
1
1
b
a
6= 0 et donc At1
Z
a)) dt
b
P 0 (u)du =
a
Atn
P (b)
b
P (a)
= 0 (hypothèse sur P )
a
(X) = 0
1
D’après Q14 , P admet donc une racine dans tout disque ouvert contenant les racines de
Mais
n
(z) = 0 , (z
Comme a 6= b , z = a n’est pas racine , donc
=
si
si
z
z
b
a
= 1 , on a une racine n ème de l’unité :
z=
z
b)n
n
2k
, k 2 [[0; n 1]]
n
z a
=0
= 1 n’est pas possible.
z b
6= 0 z a = ei (z b) soit
On a donc :
a) = (z
.
a
1
a+b
a b 1 + ei
a be
=
=
i
2
2 1 e
2 e
5
bei
ei
i =2
+ ei
=2
ei
=2
i
=2
=
a
b i: cos( =2)
2 sin ( =2))
z
z
b
= ei avec
a
On a donc z
a+b
cos ( =2)
=
avec
2
sin( =2)
, le maximum de jcotan ( =2)j , avec
=
=
2k
, k 2 [[1; n
n
2k
n
, k 2 [[1; n
1]] : ! cotan( ) est décroissante de +1 à -1 sur ]0; [
1]] est donc cotan
n
ou cotan
(n
1)
n
. Les deux
quantités sont égales.
a+b
ja bj cos ( =n)
et de rayon >
.
2
2 sin ( =n)
a+b
ja bj cos ( =n)
P 0 admet donc au moins une racine dans tout disque ouvert de centre
et de rayon >
.
2
2 sin ( =n)
Toutes les racines de
sont dans tout disque ouvert de centre
En particulier pour tout N il existe z 0 une racine de P 0 véri…ant z 0
N vers 0 on a :
z0
a+b
ja bj cos ( =n)
1
<
+
. Si on fait tendre
2
2 sin ( =n) N
a+b
ja bj cos ( =n)
<
2
2 sin ( =n)
A priori il y a une racine dans chaque disque , donc z 0 peut dépendre de N . Mais comme un polynôme admet un nombre
…ni de racines, il existe une racine (indépendante de N ) qui convient pour une in…nité de N , et donc qui permet de
passer à la limite.
J’ai un peu l’impression que l’on peut simpli…er le sujet en jouant un peu mieux entre disque ouvert et fermé aux questions
13 et 14.
6