ds07 By ExoSup.com

Lycée Guez De Balzac
Année Scolaire 2007–2008
MATHÉMATIQUES MPSI
DS No07 (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.
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Problème 1
Partie I
Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on considère le point A(1,0). Pour t∈R, on note Dtla
droite de coefficient directeur tet qui passe par A. On note Cle cercle de centre l’origine et de rayon 1.
Q1) Donner une équation de Dt.
Q2) Montrer que la droite Dtrencontre le cercle Cen un point M(x(t), y(t)) différent de A. Préciser x(t)
et y(t).
Q3) Montrer que test rationnel si et seulement si x(t)et y(t)sont rationnels.
Q4) Montrer que l’on réalise ainsi une bijection entre Qet {M(x, y)∈ C \ {A}/ x, y ∈Q}.
Q5) Déduire de ce qui précède, que les points de Cdont les deux coordonnées sont rationnelles, sont les
points M(x, y)avec :
x=p2−q2
p2+q2
y=2pq
p2+q2
avec p, q ∈Z, premiers entre eux.
Partie II
Dans cette partie on considère l’équation a2+b2=c2d’inconnues a, b, c ∈Zavec 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 =
db0et c=dc0avec a0, b0, c0premiers entre eux deux à deux.
Q3) Justifier l’existence de deux entiers pet qpremiers entre eux tels que :
a0
c0=p2−q2 p2+q2et b0 c0=2pq p2+q2
Q4) En déduire qu’il existe un entier ktel que :
p2−q2=ka0
2pq =kb0
p2+q2=kc0
Q5) a) Montrer que |k|= PGCD(p2+q2,2pq) = PGCD(p2+q2,2).
b) En déduire que si pet qsont de parité différente, alors |k|= 1. Donner alors l’expression de a,b
et c.
c) Montrer que si pet qsont impairs, alors |k|= 2. Soient u=p+q
2et v=p−q 2, montrer que uet v
sont premiers entre eux. Exprimer a0,b0et c0en fonction de uet v. En déduire a,bet c.
d) Conclure.
Problème 2
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Soit E=R2[X], à tout élement Pde Eon fait correspondre le polynôme u(P)défini par :
u(P)=(X2−1)P00 + 2XP 0.
Partie I
Q1) Montrer que uest 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 Qpar usont les polynômes :
P=−1
12u(Q) + 2 3Q+cavec c∈Kquelconque.
Q7) Montrer que ker(u)et Im(u)sont supplémentaires dans E. Est-ce que uest un projecteur ?
Partie II
Soit d∈N∗, soient r1,...,rddes éléments de R\ {±1}distincts. On considère le polynôme L(X)et la
fraction rationnelle R(X)définis par :
L(X) =
d
k=1
(X−rk)et R(X) = 1
(X2−1)L2(X).
Q1) a) Justifier l’existence de réels α, β, A1,...,Ad, B1,...,Bdtels que :
R(X) = α
X−1+β X+ 1 +
d
k=1
Ak
(X−rk)2+
d
k=1
Bk
X−rk
.
b) Calculer αet βen fonction de L(1) et L(−1) (expliquer).
c) Exprimer Aken fonction de rket de L0(rk).
d) Calculer Bken 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:x7→ 1
(x2−1)L2(x)sur un intervalle inclus dans l’ensemble
de définition.
Q4) Soit S(X)=(X2−1)L00(X)+2XL0(X).
a) Démontrer l’équivalence :
(∀k∈[[1..d]], Bk= 0) ⇐⇒ (∃µ∈R, S(X) = µL(X)) .
Exprimer µlorsqu’il existe, en fonction de d.
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b) Dans le cas particulier où d= 2. Déterminer le polynôme L(X)tel que B1=B2= 0. On précisera
r1et r2.
Mines de sup 1992
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MPSI 2007–2008 DS No07 (4h): Corrigé
Problème 1
Partie I
Q1) Une équation de Dtest y=t(x−1).
Q2) On cherche à résoudre l’équation x2+y2= 1 avec y=t(x−1) et x6= 1, ce qui donne x2+t2(x−1)2= 1 d’où
x+1+t2(x−1) = 0 et donc :
x=t2−1
t2+ 1 et y=−2t t2+ 1
Q3) Si test rationnel, alors x(t)et y(t)aussi d’après les formules ci-dessus. Si x(t)et y(t)sont rationnels alors
comme x(t)6= 1 on a y(t)
x(t)−1rationnel, c’est à dire t∈Q, donc :
t∈Q⇐⇒ x(t), y(t)∈Q
Q4) Soit E={M(x, y)∈ C \ {A}/ x, y ∈Q}. On a une application de Qdans Equi est évidemment injective. Si
M∈E, soit tla pente de la droite (AM)alors M=M(t)et t∈Q, donc l’application est également surjective :
L’application M:Q→Edéfinie par M(t) = M(x(t), y(t)) est bijective
Q5) En posant t=−p
qavec pet qpremiers entre eux, on obtient x(t) = p2−q2
p2+q2et y(t) = 2pq p2+q2, ce qui nous donne
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 tbien sûr n’est pas défini dans ce cas). Les points de Cà coordonnées rationnelles
sont les points M(x, y)avec :
x=p2−q2
2+q2,y=2pq
p2+q2avec p, q ∈Zet p∧q= 1
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.
Q3) (a, b, c)est solution avec cnon nul si et seulement si a
c2+b c2= 1, ce qui revient à dire que le point de
coordonnées (a
c,b c)est un point de Cà coordonnées rationnelles, d’après la partie I, cela équivaut à l’existence
de deux entiers pet qpremiers entre eux tels que : a
c=p2−q2 p2+q2et b c=2pq p2+q2, c’est à dire :
a0
c0=p2−q2 p2+q2et b0 c0=2pq p2+q2
Q4) On a (p2+q2)a0= (p2−q2)c0or a0∧c0= 1 donc a0|p2−q2et c0|p2+q2ce qui donne p2−q2=ka0et
p2+q2=k0c0, en reportant dans l’égalité, il vient que k=k0. De même, (p2+q2)b0= 2pqc0avec b0∧c0= 1, or
p2+q2=kc0d’où en simplifiant 2pq =kb0. Finalement :
p2−q2=ka0
2pq =kb0
p2+q2=kc0
Q5) (p2+q2)∧(2pq)=(ka0)∧(kb0) = k(a0∧b0) = |k|. D’autre part, pq et p2+q2sont premiers entre eux, car si
un nombre premier divise les deux, alors il doit diviser pou q, et p2+q2, donc il divise pet q: absurde car
p∧q= 1. Il reste donc :
|k|= (p2+q2)∧(2pq)=(p2+q2)∧2
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