Lycée Guez De Balzac
Année Scolaire 2007–2008
MATHÉMATIQUES MPSI
DS No 07 (4h)
Samedi 22/03/2008
Les candidats sont invités à porter une attention particulière à la rédaction: les copies illisibles ou mal
présentées seront pénalisées. La référence des questions doit obligatoirement être mentionnée et les résultats
doivent être encadrés .
La calculatrice et les formulaires sont interdits.
1
Problème 1
Partie I
Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère le point A(1, 0). Pour t ∈ R, on note Dt la
droite de coefficient directeur t et qui passe par A. On note C le cercle de centre l’origine et de rayon 1.
Q1) Donner une équation de Dt .
Q2) Montrer que la droite Dt rencontre le cercle C en un point M (x(t), y(t)) différent de A. Préciser x(t)
et y(t).
Q3) Montrer que t est rationnel si et seulement si x(t) et y(t) sont rationnels.
Q4) Montrer que l’on réalise ainsi une bijection entre Q et {M (x, y) ∈ C \ {A} / x, y ∈ Q}.
Q5) Déduire de ce qui précède, que les points de C dont les deux coordonnées sont rationnelles, sont les
points M (x, y) avec :
x =
y =
p2 −q 2
p2 +q 2
2pq
p2 +q 2
avec p, q ∈ Z, premiers entre eux.
Partie II
Dans cette partie on considère l’équation a2 + b2 = c2 d’inconnues a, b, c ∈ Z avec a, b, c non nuls.
Q1) Donner une solution simple de cette équation (avec a, b, c non nuls). Dans la suite (a, b, c) désigne une
solution de l’équation avec a, b, c non nuls.
Q2) Soit d = PGCD(a, b), montrer que d = PGCD(a, c) = PGCD(b, c). Dans la suite, on pose a = da0 , b =
db0 et c = dc0 avec a0 , b0 , c0 premiers entre eux deux à deux.
Q3) Justifier l’existence de deux entiers p et q premiers entre eux tels que :
a0
p2 − q 2
b0
2pq
=
et
= 2
0
2
2
0
c
p +q
c
p + q2
Q4) En déduire qu’il existe un entier k tel que :
2
2
p −q
= ka0
p2 + q 2
= kc0
2pq = kb0
Q5)
a) Montrer que |k| = PGCD(p2 + q 2 , 2pq) = PGCD(p2 + q 2 , 2).
b) En déduire que si p et q sont de parité différente, alors |k| = 1. Donner alors l’expression de a, b
et c.
c) Montrer que si p et q sont impairs, alors |k| = 2. Soient u =
sont premiers entre eux. Exprimer
a0 ,
b0
et
c0
et v =
p−q
2 ,
montrer que u et v
en fonction de u et v. En déduire a, b et c.
d) Conclure.
Problème 2
2
p+q
2
Soit E = R2 [X], à tout élement P de E on fait correspondre le polynôme u(P ) défini par :
u(P ) = (X 2 − 1)P 00 + 2XP 0 .
Partie I
Q1) Montrer que u est un endomorphisme de E. Calculer les images de la base canonique de E.
Q2) Calculer le rang de u, son noyau et son image (on en donnera une base et la dimension).
Q3) Déterminer une base et la dimension de ker(u − 2idE ). Montrer que ce sous-espace contient un unique
polynôme unitaire (à préciser), on le notera P1 .
Q4) Déterminer une base et la dimension de ker(u − 6idE ). Montrer que ce sous-espace contient un unique
polynôme unitaire (à préciser), on le notera P2 .
Q5) Soit P0 = 1, montrer que B = (P0 , P1 , P2 ) est une base de E. En déduire la relation :
u3 − 8u2 + 12u = 0.
Q6) Soit Q ∈ Im(u), montrer que les antécédents de Q par u sont les polynômes :
P =−
1
2
u(Q) + Q + c avec c ∈ K quelconque.
12
3
Q7) Montrer que ker(u) et Im(u) sont supplémentaires dans E. Est-ce que u est un projecteur ?
Partie II
Soit d ∈ N∗ , soient r1 , . . . , rd des éléments de R \ {±1} distincts. On considère le polynôme L(X) et la
fraction rationnelle R(X) définis par :
L(X) =
d
∏
(X − rk ) et R(X) =
k=1
Q1)
(X 2
1
.
− 1)L2 (X)
a) Justifier l’existence de réels α, β, A1 , . . . , Ad , B1 , . . . , Bd tels que :
R(X) =
d
d
∑
∑
β
Ak
α
Bk
+
+
+
.
2
X − 1 X + 1 k=1 (X − rk )
X − rk
k=1
b) Calculer α et β en fonction de L(1) et L(−1) (expliquer).
c) Exprimer Ak en fonction de rk et de L0 (rk ).
d) Calculer Bk en fonction de rk , de L0 (rk ) et de L00 (rk ).
Nb : on commencera par écrire L(X) = (X − rk )Qk (X).
Q2) Calculer la dérivée nième de la fraction R(X).
Q3) Déterminer une primitive de la fonction f : x 7→
(x2
de définition.
1
sur un intervalle inclus dans l’ensemble
− 1)L2 (x)
Q4) Soit S(X) = (X 2 − 1)L00 (X) + 2XL0 (X).
a) Démontrer l’équivalence :
(∀k ∈ [[1..d]], Bk = 0) ⇐⇒ (∃µ ∈ R, S(X) = µL(X)) .
Exprimer µ lorsqu’il existe, en fonction de d.
3
b) Dans le cas particulier où d = 2. Déterminer le polynôme L(X) tel que B1 = B2 = 0. On précisera
r1 et r2 .
Mines de sup 1992
4
MPSI 2007–2008 DS No 07 (4h): Corrigé
Problème 1
Partie I
Q1) Une équation de Dt est y = t(x − 1).
Q2) On cherche à résoudre l’équation x2 + y 2 = 1 avec y = t(x − 1) et x 6= 1, ce qui donne x2 + t2 (x − 1)2 = 1 d’où
x + 1 + t2 (x − 1) = 0 et donc :
x=
−2t
t2 − 1
et y = 2
2
t +1
t +1
Q3) Si t est rationnel, alors x(t) et y(t) aussi d’après les formules ci-dessus. Si x(t) et y(t) sont rationnels alors
y(t)
comme x(t) 6= 1 on a
rationnel, c’est à dire t ∈ Q, donc :
x(t) − 1
t ∈ Q ⇐⇒ x(t), y(t) ∈ Q
Q4) Soit E = {M (x, y) ∈ C \ {A} / x, y ∈ Q}. On a une application de Q dans E qui est évidemment injective. Si
M ∈ E, soit t la pente de la droite (AM ) alors M = M (t) et t ∈ Q, donc l’application est également surjective :
L’application M : Q → E définie par M (t) = M (x(t), y(t)) est bijective
p2 − q 2
2pq
et y(t) = 2
, ce qui nous donne
p2 + q 2
p + q2
tous les points de C \ {A}. On peut remarquer qu’en prenant q = 0 et p = 1 on obtient x = 1 et y = 0 ce qui
correspond au point A (mais t bien sûr n’est pas défini dans ce cas). Les points de C à coordonnées rationnelles
sont les points M (x, y) avec :
Q5) En posant t = − pq avec p et q premiers entre eux, on obtient x(t) =
x=
p2 − q 2
2pq
,y= 2
avec p, q ∈ Z et p ∧ q = 1
2 + q2
p + q2
Partie II
Q1) Une solution de cette équation est, par exemple, a = 3, b = 4 et c = 5.
Q2) Si d = a ∧ b, alors d2 = a2 ∧ b2 = (a2 + b2 ) ∧ b2 = c2 ∧ b2 = [c ∧ b]2 , on en déduit que d = c ∧ b . De la même
façon, d2 = a2 ∧ b2 = (a2 + b2 ) ∧ a2 = c2 ∧ a2 = [c ∧ a]2 , donc d = a ∧ c .
( )2 ( )2
Q3) (a, b, c) est solution avec c non nul si et seulement si ac + cb = 1, ce qui revient à dire que le point de
coordonnées ( ac , cb ) est un point de C à coordonnées rationnelles, d’après la partie I, cela équivaut à l’existence
de deux entiers p et q premiers entre eux tels que :
a
c
=
p2 −q 2
p2 +q 2
et
b
c
=
2pq
p2 +q 2 ,
c’est à dire :
a0
p2 − q 2
b0
2pq
= 2
et 0 = 2
0
2
c
p +q
c
p + q2
Q4) On a (p2 + q 2 )a0 = (p2 − q 2 )c0 or a0 ∧ c0 = 1 donc a0 | p2 − q 2 et c0 | p2 + q 2 ce qui donne p2 − q 2 = ka0 et
p2 + q 2 = k 0 c0 , en reportant dans l’égalité, il vient que k = k 0 . De même, (p2 + q 2 )b0 = 2pqc0 avec b0 ∧ c0 = 1, or
p2 + q 2 = kc0 d’où en simplifiant 2pq = kb0 . Finalement :
2
p − q2
2pq
2
p + q2
= ka0
= kb0
= kc0
Q5) (p2 + q 2 ) ∧ (2pq) = (ka0 ) ∧ (kb0 ) = k(a0 ∧ b0 ) = |k|. D’autre part, pq et p2 + q 2 sont premiers entre eux, car si
un nombre premier divise les deux, alors il doit diviser p ou q, et p2 + q 2 , donc il divise p et q : absurde car
p ∧ q = 1. Il reste donc :
|k| = (p2 + q 2 ) ∧ (2pq) = (p2 + q 2 ) ∧ 2
5
Q6) Si p et q sont de parité différente alors, p2 + q 2 est impair donc |k| = (p2 + q 2 ) ∧ 2 = 1 , ce qui donne (en
englobant les deux cas : k = 1 et k = −1) :
a = d(p2 − q 2 )
b = d(2pq)
c = d(p2 + q 2 )
avec d ∈ Z∗ , p, q ∈ Z et p ∧ q = 1.
Q7) Si p et q sont de même parité, ils sont forcément impairs (car premiers entre eux), et p2 + q 2 est pair donc
|k| = (p2 + q 2 ) ∧ 2 = 2 . (2u) ∧ (2v) = (p + q) ∧ (p − q) = (2p) ∧ (p − q) = 2 ∧ (p − q) = 2, car p est premier
avec p − q, et p − q est pair, il en découle que u ∧ v = 1 . On a p = u + v et q = u − v d’où p2 − q 2 = 4uv = 2a0
donc a0 = 2uv , 2pq = 2(u2 − v 2 ) = 2b0 donc b0 = u2 − v 2 , p2 + q 2 = 2(u2 + v 2 ) = 2c0 donc c0 = u2 + v 2 .
Finalement (en englobant les deux cas : k = 2 et k = −2) :
a = d(2uv)
b = d(u2 − v 2 )
c = d(u2 + v 2 )
avec d ∈ Z∗ , u, v ∈ Z et u ∧ v = 1.
Q8) Les solutions obtenues dans la question précédente sont les mêmes que celles de la question d’avant en échangeant
le rôles de a et b (qui jouent des rôles symétriques dans l’équation). Les solutions de l’équation a2 + b2 = c2 sont
donc les triplets (a, b, c) et les triplets (b, a, c) avec :
a = d(p2 − q 2 )
b = d(2pq)
c = d(p2 + q 2 )
avec d ∈ Z∗ , p, q ∈ Z et p ∧ q = 1.
Problème 2
Partie I
Q1) La linéarite de u ne pose pas de problème, d’autre part il est clair que deg(u(P )) 6 deg(P ) et donc u ∈ L(E) .
On a u(1) = 0, u(X) = 2X et u(X 2 ) = 6X 2 − 2 .
Q2) On voit que 1 ∈ ker(u), donc dim(ker(u)) > 1. D’autre part u(X) et u(X 2 ) sont non colinéaires dans Im(u),
donc dim(Im(u)) > 2, mais d’après le théorème du rang on doit avoir dim(E) = dim(ker(u)) + rg(u) = 3, d’où
dim(ker(u)) = 1 et rg(u)) = 2 , on en déduit que ker(u) = Vect[1] = R et
1
Im(u) = Vect[u(X), u(X 2 )] = Vect[X, X 2 − ] .
3
Q3) Soit v = u − 2id, alors v(1) = −2, v(X) = 0 et v(X 2 ) = 4X 2 − 2, on a donc Im(v) = Vect[−2, 4X 2 − 2] et donc
rg(v) = 2, on en déduit que dim(ker(v)) = 1 d’où ker(u − 2id) = Vect[X] . On a donc une droite vectorielle, on
voit que l’unique polynôme untaire sur cette droite est P1 = X .
Q4) Soi w = u − 6id, on a w(1) = −6, w(X) = −4X et w(X 2 ) = −2, on a Im(w) = Vect[−6, −4X] donc rg(w) = 2 et
dim(ker(w)) = 1, or w(3X 2 − 1) = 0 donc ker(u − 6id) = Vect[3X 2 − 1] , c’est une droite, on voit que l’unique
polynôme unitaire sur cette droite est P2 = X 2 −
1
.
3
Q5) Si aP0 + bP1 + cP2 = 0 alors le terme en X 2 est cX 2 , donc c = 0, il reste alors aP0 + bP1 = 0, le terme en X
est bX donc b = 0 puis a = 0. La famille (P0 , P1 , P2 ) est libre de cardinal 3 dans un espace E de dimension 3,
c’est donc une base de E .
Remarquons que u3 − 8u2 + 12u = (u − 6id) ◦ (u − 2id) ◦ u et que ces composées sont commutatives. Par
conséquent, si on pose w = u3 − 8u2 + 12u alors w(P0 ) = (u − 6id) ◦ (u − 2id) ◦ u(P0 ) = 0 car P0 ∈ ker(u),
w(P1 ) = u ◦ (u − 6id) ◦ (u − 2id)(P1 ) = 0 car P1 ∈ ker(u − 2id), w(P2 ) = u ◦ (u − 2id) ◦ (u − 6id)(P2 ) = 0 car
P2 ∈ ker(u − 6id), par conséquent l’application w est nulle, c’est à dire : u3 − 8u2 + 12u = 0 .
Q6) Si Q ∈ Im(u) alors il existe P ∈ e tel que Q = u(P ) donc (u − 6id) ◦ (u − 2id)(Q) = (u − 6id) ◦ (u − 2id) ◦ u(P ) = 0
1 2
1
c’est à dire en développant : u2 (Q) − 8u(Q) + 12Q = 0 et donc Q = − 12
u (Q) + 23 u(Q) = u(− 12
u(Q) + 23 Q) =
6
1
u(P ), on en déduit que P = − 12
u(Q) + 23 Q + c avec c ∈ ker(u) [équation linéaire], c’est à dire :
P =−
1
2
u(Q) + Q + c avec c ∈ K.
12
3
Q7) On a ker(u) = Vect[1] = Vect[P0 ], Im(u) = Vect[P1 , P2 ] car rg(u) = 2, et P1 , P2 sont dans Im(u) [car P1 = u( 12 P1 )
et P2 = u( 61 P2 )]. Comme la famille (P0 , P1 , P2 ) est une base de E, on a :
E = ker(u) ⊕ Im(u) .
On a u2 (X) = u(2X) = 4X donc u2 6= u, u n’est pas un projecteur .
Partie II
Q1)
a) C’est le théorème du cours de décomposition en éléments simples : 1 et −1 sont des pôles simples de R,
alors que les rk sont des pôles doubles. De plus deg(R) < 0 donc la partie entière est nulle.
α
b) (X − 1)R(X) = α(X − 1)S(X) où S(X) est la somme des éléments simples autres que X−1
, 1 n’est pas
1
un pôle de S, on peut donc remplacer X par 1, ce qui donne : α =
. Pour les mêmes raisons, en
2L2 (1)
remplaçant X par −1 dans la fraction (X + 1)R on obtient β =
−1
.
2L2 (−1)
c) L(X) = (X − rk )Qk (X) avec Qk (rk ) 6= 0 car rk est racine simple de L (les rk sont distincts). On
1
obtient Ak en remplaçant X par rk dans la fraction Hk = (X − rk )2 R = (X 2 −1)Q
2 (X) , ce qui donne
Ak =
Ak =
k
1
2 −1)Q2 (r )
(rk
k k
, or L0 (X) = Qk (X) + (X − rk )Q0k (X) donc L0 (rk ) = Qk (rk ), finalement on obtient :
1
(rk2
− 1) [L0k (rk )]
2
.
d) En reprenant les notations de la question précédente, on a Hk = Ak + (X − rk )Bk + (X − rk )2 S(X) où
S(X) est la somme des éléments simples relatifs aux autres pôles, rk n’étant pas un pôle de Hk ni de S,
2XQk + 2(X 2 − 1)Q0k
on peut dériver et évaluer en rk ce qui donne Bk = Hk0 (rk ) = −
, d’autre part on a
(X 2 − 1)2 Q3k
00
0
00
00
0
L = 2Qk + (X − rk )Qk donc L (rk ) = 2Qk (rk ) et par conséquent :
Bk = −
2rk L0 (rk ) + (rk2 − 1)L00 (rk )
3
(rk2 − 1)2 [L0 (rk )]
.
Q2) Une récurrence immédiate prouve que :
[
R
(n)
d
d
∑
∑
α
β
Ak (n + 1)
Bk
= (−1) n!
+
+
n+1
n+1
n+2
(X − 1)
(X + 1)
(X − rk )
(X − rk )n+1
n
k=1
]
.
k=1
Q3) La fonction f est définie sur R \ {−1, 1, r1 , . . . , rd }. Soit I un intervalle inclus dans l’ensemble de définition, une
primitive de f est la fonction :
F : x 7→ α ln |x − 1| + β ln |x + 1| −
d
∑
k=1
Q4)
∑
Ak
+
Bk ln |x − rk | .
x − rk
d
k=1
a) Les réels Bk sont nuls ssi 2rk L0 (rk )+(rk2 −1)L00 (rk ) = 0 c’est à dire ssi les réels rk sont racines du polynôme
d
∏
S(X) = 2XL0 (X) + (X 2 − 1)L00 (X) ce qui équivaut à L(X) | S(X) car L =
(X − rk ), or S et L ont le
k=1
même degré par conséquent les réels Bk sont tous nuls ssi il existe un réel µ tel que S(X) = µL(X) .
En comparant les coefficients dominants on voit que µ est le coefficient dominant de S car L est unitaire,
par conséquent µ = 2d + d(d − 1) = d(d + 1) .
b) Si d = 2 alors B1 et B1 sont nuls ssi S(X) = 6L(X) c’est à dire avec les notations de la partie I, u(L) = 6L,
1
cela revient à dire que L ∈ ker(u − 6id), mais comme L est unitaire, cela équivaut à L = X 3 − . Les
3
racines de ce polynôme sont r1 = √13 et r2 = −r1 .
7
8
