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Mines Maths MPSI 2008 — Corrigé
Ce corrigé est proposé par Sophie Rainero (Professeur en CPGE) ; il a été relu
par Romain Bordier (École Polytechnique) et Benoît Chevalier (ENS Ulm).
Ce sujet est composé de deux problèmes totalement indépendants.
• Le premier aborde plusieurs aspects du programme d’algèbre et de géométrie
de première année. La première partie est une question de cours (preuve de
l’inégalité triangulaire dans le corps des complexes). La deuxième et la troisième
portent sur des barycentres de deux points. La quatrième définit une suite de
triangles dont on établit la convergence à l’aide de l’outil matriciel. Enfin, la
dernière partie de ce problème étudie une application linéaire dans un espace
de matrices.
• Le second problème est un sujet d’analyse dont la finalité est l’étude de la
convergence d’une famille de suites récurrentes dépendant d’un paramètre x,
en fonction de la valeur de ce paramètre. Ces suites sont définies par
t0 = 1 et, pour tout naturel n, tn+1 = Φx (tn )
où Φx est la fonction qui à t associe xt . Le problème commence par une étude
de fonction tout à fait classique, puis aborde la discussion de la convergence
en fonction du paramètre. Cette partie, qui examine les comportements de la
suite selon la monotonie de la fonction Φx , est très proche du cours sur les suites
récurrentes. La fin du problème est consacrée à l’analyse de la convergence des
suites extraites des termes d’indices pairs et impairs à l’aide de la détermination
des points fixes de la fonction Φx ◦ Φx .
Sans grande difficulté, cette épreuve n’est pas non plus particulièrement longue. Il
convenait donc d’être précis et rigoureux dans la rédaction, mais aussi attentif dans
la mise en œuvre des calculs afin de faire la différence avec les autres candidats.
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Indications
Premier Problème
10 Appliquer le résultat de la question 4 pour obtenir les relations de récurrence.
11 Pour déterminer la convergence d’une suite géométrique, comparer la valeur absolue de sa raison avec 1.
14 Utiliser l’inverse de V afin d’obtenir l’expression de ak , bk et ck en fonction de
αk , βk et γk .
18 Penser à la formule de changement de base.
19 Exploiter le résultat de la question 18 et la bijectivité de ϕ.
20 Utiliser encore le résultat de la question 18, ainsi que la propriété de ϕ démontrée
à la question 15.
Deuxième Problème
25 Appliquer le théorème de dérivation d’une bijection réciproque.
27 Se servir de la continuité de Φx pour passer à la limite dans la relation de récurrence. Vérifier que h(x) > 0 avant de calculer f (h(x)).
31 Suivre l’indication de l’énoncé !
35 Utiliser le théorème de convergence des suites monotones.
36 Dans cette question et les suivantes, noter que les points fixes de Φx ◦ Φx sont les
zéros de g.
39 Passer à la limite dans l’inégalité pour déterminer lequel des points fixes de Φx ◦Φx
est limite de (t2n )n∈N .
40 Montrer que les suites extraites (t2n )n∈N et (t2n+1 ) convergent vers des limites
différentes.
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Premier Problème
Étude d’une inégalité
1 Soit a ∈ C. Comme le module de a est positif,
|a| = Re (a) ⇐⇒ |a|2 = Re (a)2 et Re (a) > 0
⇐⇒ Re (a)2 + Im (a)2 = Re (a)2 et
⇐⇒ Im (a) = 0 et Re (a) > 0
Re (a) > 0
|a| = Re (a) ⇐⇒ a ∈ R+
Il s’ensuit
2 Soient z et w deux nombres complexes. Par définition du module,
(|z| + |w|)2 − |z + w|2 =
=
=
Ainsi
|z|2 + |w|2 + 2|z|
√ |w| − (z + w)(z + w)
zp
z +ww +2 zzww −zz −ww −zw −wz
2 (z w)z w − (z w + z w)
(|z| + |w|)2 − |z + w|2 = 2(|z w| − Re (z w))
3 Pour tout nombre complexe u,
p
|u| = Re (u)2 + Im (u)2 > Re (u)
De plus, la question 1 assure qu’il y a égalité dans cette inégalité si et seulement si u
est un réel positif. Appliquons-la avec le complexe u = z w, il vient |z w| > Re (zw)
soit, d’après la question 2,
|z + w|2 6 (|z| + |w|)2
Les deux membres de l’inégalité étant positifs, on en déduit l’inégalité triangulaire
|z + w| 6 |z| + |w|
Il y a égalité dans cette inégalité triangulaire si et seulement si u = z w est réel
positif, autrement dit si et seulement si il existe α ∈ R+ tel que z w = α. Si w = 0,
cette condition est réalisée et si w est non nul, elle équivaut à
α
∃α ∈ R+
z=
w
|w|2
soit encore à
∃β ∈ R+
z =βw
En conclusion, il y a égalité dans l’inégalité triangulaire si et seulement si
w=0
ou
∃β ∈ R+
z =βw
Géométriquement, cette condition signifie que z et w sont les affixes de deux points
situés sur une même demi-droite issue de l’origine.
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La notion de (p : q) point
4 Soient A et B deux points distincts du plan, d’affixes respectives a et b. Ainsi a
et b sont deux nombres complexes distincts. Pour tout z ∈ C supposé différent de b,
z−a
p
= ⇐⇒ q(z − a) = p(b − z)
b−z
q
⇐⇒ (q + p)z = p b + q a
⇐⇒ z =
p
q
b+
a
p+q
p+q
Il existe alors un unique point M dont l’affixe z vérifie
d’affixe
z=
car p > 0 et q > 0
p
z−a
= , c’est le point
b−z
q
p
q
b+
a
p+q
p+q
Géométriquement, le (p : q) point de A à B est le barycentre des points A et B
affectés respectivement des poids q/(q + p) et p/(p + q).
5 Soit α ∈ ] 0 ; +∞ [. Notons z1 l’affixe du (p : q) point de A à B et z2 l’affixe du
(α p : α q) point de A à B. C’est légitime car α p et α q sont des réels strictement
positifs comme α, p et q. D’après la question 4,
z2 =
αp
αq
b+
a = z1
αp + αq
αp + αq
Le (p : q) point de A à B est égal au (α p : α q) point de A à B.
On retrouve ainsi la propriété d’homogénéité du barycentre.
6 Le (1 : 1) point de A à B est le barycentre des points A et B affectés tous les
deux du poids 1/2. Par suite,
Le (1 : 1) point de A à B est le milieu du segment [AB].
7 Considérons les trois points A, B et C d’affixes respectives a, b et c. On note X le
(p : q) point de A à B et Y le (p : q) point de A à C. Le point X est sur la droite (AB),
le point Y sur la droite (AC), et la définition du (p : q) point entraîne les égalités de
quotients de mesures algébriques suivantes :
AX
AX
p
AY
AY
=
=
=
=
p+q
AB
AX + XB
AY + YC
AC
C
B
Y
A
Le théorème de Thalès permet de conclure que
Les droites (XY) et (BC)
sont parallèles.
X
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