Correction - Département de Mathématique

Mathématiques générales
Examen
(24 septembre 2010)
n
o
i
t
c
e
Corr
Question 1. Donnez, sous la forme a + b i avec a, b ∈ R, toutes les solutions complexes de
l’équation x3 + 1 = 0.
Soit x ∈ C, sa forme trigonométrique est donnée par ρ · cis(θ ) où ρ ∈ R+ et θ ∈ [0, 2π[. On
peut donc récrire l’équation x3 = −1 sous sa forme trigonométrique, on obtient alors l’équation
suivante :
3
ρ · cis(θ ) = 1 · cis(π).
La formule de de Moivre nous assure que cette équation est équivalente à l’équation ci-dessous :
ρ 3 · cis(3θ mod 2π) = 1 · cis(π).
Vu que deux nombres complexes non-nuls (écrits sous forme trigonométrique) sont égaux si leurs
modules et leurs arguments sont égaux, il est équivalent de résoudre le système réel suivant :
(
ρ3 = 1
avec ρ ∈ R+ ,
3θ = π + 2kπ avec θ ∈ [0, 2π[ et k ∈ Z.
On voit facilement que les solutions de ce système sont données par ρ = 1 et θ ∈ { π3 , π, 5π
3 } (ces
3
valeurs correspondent à k = 0, 1, 2). L’ensemble des solutions complexes de l’équation x + 1 = 0
est donc :
√ o
n π 5π o n 1 √3
1
3
cis
+
i, −1, −
i .
, cis (π) , cis
=
3
3
2
2
2
2
C OMMENTAIRES : On remarque que l’une des solutions est réelle, ce qui était nécessairement
le cas vu que l’équation de départ est à coefficients réels et de degré impair. De plus, les deux
solutions complexes sont de la forme z et z̄ ; c’est une conséquence du fait que l’équation de départ
est à coefficients réels.
Question 2.
V de R3 ,
Soit f : R3 → R3 une application linéaire telle que, pour tout sous-espace vectoriel
dimV = 2
⇒
dim f (V ) = 2.
Montrer que f est bijective.
Comme f est une application linéraire de R3 dans R3 , on a
f est bijective ⇔ f est injective.
Supposons f non bijective. Alors f n’est pas injective. Soit x ∈ R3 tel que x 6= 0R3 et f (x) = 0R3 .
On a dimhxi = 1 et dim R3 = 3, donc hxi 6= R3 . Soit y ∈ R3 tel que y ∈
/ hxi. Alors (x, y) est libre,
donc dimhx, yi = 2. On a
f hx, yi = h f (x), f (y)i = h0R3 , f (y)i = h f (y)i,
d’où dim f hx, yi = dimh f (y)i 6 1.
1/6
Mathématiques générales
Examen
Correc
(24 septembre 2010)
tion
Question 3. Soit la fonction f : R → R définie par f (x) = max{x, 1 − x}.
(a) Déterminer f (R), f ([1, +∞[), f (]1, +∞[).
(b) Pour x ∈ R arbitraire, déterminer f −1 (]x, +∞[).
(c) Donner un exemple de deux ensembles A, B ⊆ R tel que
∅ = f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B).
On a que
(
1−x
f (x) = max{x, 1 − x} =
x
1
(a) Donc f (R) = 2 , +∞ ,
f (]1, +∞[) = ]1, +∞[.
5
si x 6
si x >
1
2,
1
2.
f
4
3
x
f ([1, +∞[) = [1, +∞[,
(b) On a que f −1 (]x, +∞[) = ]−∞, 1 − x[ ∪ ]x, +∞[ si x > 12 ,
et f −1 (]x, +∞[) = R si x < 12 .
2
1−x
−3
(c) Comme f (0) = 1 = f (1), on a pour A = {0}, B = {1}
que ∅ = f (A ∩ B) 6= f (A) ∩ f (B) = {1}.
−2
1
−1
−1
x
1
2
3
−2
Question 4. Soit X un ensemble non vide et a ∈ X. On considère F = F ⊆ X F 3 a}.
(a) Prouvez que, pour tout F ⊆ X, a ∈ F ⇔ {a} ⊆ F.
(b) Prouvez que si Y ⊆ X, alors on a que Y ou {Y appartient à F .
(a) Rappelons qu’on a Y ⊆ F si et seulement si (par définition de l’inclusion) ∀x (x ∈ Y ⇒ x ∈ F).
Donc, on a (en particularisant au cas Y = {a}),
{a} ⊆ F ssi ∀x (x ∈ {a} ⇒ x ∈ F)
ssi a ∈ F
car a est le seul élément de {a}.
(b) Par hypothèse a ∈ X et X = Y ∪ {Y . Par conséquent a ∈ Y ou a ∈ {Y . Vu la définition de F ,
cela équivaut à Y ∈ F ou {Y ∈ F .
2/6
Mathématiques générales
Examen
Correc
(24 septembre 2010)
tion
Question 5. Soit f : E → F une application. Soit B ⊆ F.
(a) Montrer que f ( f −1 (B)) ⊆ B.
(b) Donner un exemple où f ( f −1 (B)) 6= B.
(c) Écrivez f ( f −1 (B)) sous la forme d’une formule dans laquelle n’apparaissent que E, F, B, f ,
∩, ∪ et des parenthèses (chaque symbole peut être utilisé le nombre de fois que vous désirez
— y compris pas du tout). Prouvez votre formule.
(a) Si x ∈ E, x ∈ f −1 (B), alors, par définition, f (x) ∈ B. Donc, f ( f −1 (B)) ⊆ B.
(b) Soit f : R → R, f (x) = 0 pour tout x ∈ R. Alors, f ( f −1 (R)) = {0} 6= R.
(c) On a f ( f −1 (B)) = f (E) ∩ B. L’inclusion « ⊆ » est une conséquence du point (a). D’autre
part, soit y ∈ f (E)∩B. Alors il existe x ∈ E avec y = f (x). Comme y ∈ B on a que x ∈ f −1 (B).
Alors y = f (x) ∈ f ( f −1 (B)).
Question 6.
nel.
√
√
/ Q, sachant que 2 est irrationSoit q ∈ Q et n ∈ N \ {0}. Montrez que q + 2/n ∈
√
√
Par l’absurde, supposons que q + n2 soit rationnel. Il existe donc q0 ∈ Q tel que q0 = q + n2 . Par
√
des manipulations élémentaires de calcul, on peut déduire que (q0 − q)n = 2 où q, q0 , n ∈ Q.
Vu que Q est un
√ corps (et donc stable par addition, inverse et multiplication) la précédente égalité
implique que 2 est rationnel, ce qui est une contradiction.
Question 7. On considère la fonction f : R → R définie ci-dessous :
(
x si x ∈ Q,
f (x) =
−x si x ∈ R \ Q.
(a) Prouvez que, quel que soit x0 ∈ R \ {0}, f n’est pas continue en x0 .
Soit x0 ∈ R \ {0}, nous allons supposer (par l’absurde) que f est continue en x0 . Rappelons
que si une fonction f est continue en x0 et qu’une suite (xn )n converge vers x0 alors la suite
( f (xn ))n converge vers f (x0 ). Nous allons distinguer deux cas.
√
Soit x0 ∈ Q \ {0}. Considérons la suite (xn )n définie par xn = x0 + n2 , pour n > 1. Par la
question 6, il s’agit d’une suite dans R \ Q. De plus, cette suite converge clairement vers
x0 . Si nous considérons la suite ( f (xn ))n , par définition de f , cette suite est en fait égale
à la suite (−xn )n et converge donc vers −x0 . Toujours par définition de f , nous savons
que f (x0 ) = x0 , vu que x0 ∈ Q. Vu que x0 6= 0, nous avons en particulier que x0 6= −x0 .
Nous avons donc construit une suite (xn ) convergeant vers x0 telle que la suite ( f (xn ))n ne
converge pas vers f (x0 ), ce qui contredit la propriété rappelée ci-dessus.
3/6
Mathématiques générales
Examen
Correc
(24 septembre 2010)
tion
Soit x0 ∈ R \ Q. Vu que adh(Q) = R, on peut trouver une suite de rationnels (xn )n qui
converge vers x0 . Si nous considérons la suite ( f (xn ))n , par définition de f , cette suite est
en fait égale à la suite (xn )n et converge donc vers x0 . Toujours par définition de f , nous
savons que f (x0 ) = −x0 , vu que x0 ∈ R \ Q. Vu que x0 6= 0, nous avons en particulier que
x0 6= −x0 . Nous avons donc construit une suite (xn ) convergeant vers x0 telle que la suite
( f (xn ))n ne converge pas vers f (x0 ), ce qui contredit la propriété rappelée ci-dessus.
(b) Déterminez le domaine de dérivabilité de la fonction g : R → R définie par g(x) = x · f (x).
Veillez à la qualité de vos justifications.
Nous allons prouver que le domaine de dérivabilité de g se réduit au singleton {0}.
Dans un premier temps, nous allons prouver que g n’est pas dérivable en x0 ∈ R \ {0}. Nous
montrerons ensuite que g est dérivable en 0.
Soit x0 ∈ R \ {0}. Nous allons en fait montrer que g n’est pas continue en x0 , ce qui impliquera sa non dérivabilité en x0 . Supposons par l’absurde que g soit continue en x0 , ceci
impliquerait que la fonction f est continue en x0 contredisant le point (a) de cette question.
En effet, la fonction f est le quotient de la fonction g par la fonction x ; et on sait que le quotient de deux fonctions continues en x0 reste continu en x0 à condition que le dénominateur
ne s’annule pas, ce qui est bien le cas ici car x0 6= 0.
Il nous reste à montrer que g est dérivable en 0. Pour cela, il suffit de montrer que la limite
ci-dessous existe :
g(x)
g(x) − g(0)
= lim
x→0 x
x→0
x−0
x · f (x)
= lim
x→0
x
= lim f (x).
lim
(par définition de g)
x→0
On va prouver que limx→0 f (x) = 0. Il faut donc montrer que :
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R, |x − 0| < δ ⇒ | f (x) − 0| < ε.
En appliquant la définition de f , et en remarquant que | f (x)| = |x| pour tout x ∈ R, on obtient :
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ R, |x| < δ ⇒ |x| < ε.
Ce qui est équivalent à prouver que |x| est continue en 0 ; ce qui est clairement vrai (en
prenant δ = ε). Et donc g est dérivable en 0.
4/6
Mathématiques générales
Examen
(24 septembre 2010)
Correc
tion
Question 8. Calculer l’infimum et le supremum des ensembles suivants :
n 2n + 1 o
A :=
n
∈
N
\
{0}
,
5n2
B := {(−3)n | n ∈ N},
n C := 1 n ∈ N}.
2
Justifiez vos réponses.
2n+1 n ∈ N \ {0} est l’ensemble des
,
n
>
1.
Alors
A
=
Définissons la suite an := 2n+1
2
2
5n
5n
valeurs de cette suite. On note aussi supn>1 an := sup A, le suprémum de A, et infn>1 an := inf A,
l’infimum de A.
La somme de deux suites décroissantes et le produit d’une suite décroissante
parune constante
positive sont encore des suites décroissantes. Comme les suites n1 n>1 et n12 n>1 sont évi2
+ 5n12 , n > 1, que (an )n>1 est
= 5n
demment décroissantes, il résulte des égalités an = 2n+1
5n2
décroissante. Comme limn→+∞ an = 0 et an > 0 pour tout n > 1, on a que infn>1 an = 0. Comme
(an )n>1 décroît, son premier terme est aussi le plus grand, c’est-à-dire supn>1 an = a1 = 3/5.
Posons bn = (−3)n , n ∈ N. Considérons (αn ) et (βn ) les deux sous-suites extraites de (bn )
définies par αn = b2n = 32n et βn = b2n+1 = −32n+1 pour n > 0. Il est clair que limn→+∞ αn = +∞
(en effet (αn ) est une suite géométrique de raison 9 > 1) et que limn→+∞ βn = −∞ (en effet,
βn = −3αn pour tout n > 0), donc supn>0 bn = +∞ et infn>0 bn = −∞.
n
La suite cn = 21 , n > 0, est une suite géométrique de raison 1/2 ∈ [0, 1[, ce qui implique que
(a) (cn ) est décroissante ;
(b) cn > 0 pour tout n > 0 ;
(c) limn→+∞ cn = 0.
On déduit de (b) et de (c) que infn>0 cn = 0. On déduit de (a) que le premier terme de la suite
(cn ) est aussi le plus grand, c’est-à-dire supn>0 cn = c0 = 1.
Question 9. Soit gn : R → R : y 7→ 2yn , où n est un entier naturel. Calculer :
(a) limy→1,y<1 limn→∞ gn (y),
(b) limn→∞ limy→1,y<1 gn (y).
Posons g(y) := limn→+∞ gn (y) si cette limite existe. Par hypothèse |y| < 1, donc limn→+∞ yn = 0.
Alors g(y) = 0 ; c’est une fonction constante sur ]−1, 1[, donc limy→1,y<1 g(y) existe et est égale à
cette valeur constante, c’est-à-dire 0.
Posons un := limy→1,y<1 gn (y) si cette limite existe, pour n > 0. Pour tout n > 0, la fonction gn
est définie et continue sur R car c’est une fonction polynomiale. Donc limy→1,y<1 gn (y) existe et
vaut gn (1) = 2. Alors la suite (un ) est constante, donc limn→+∞ un existe et est égale à cette valeur
constante, c’est-à-dire 2.
5/6
Mathématiques générales
Examen
Correc
(24 septembre 2010)
tion
Question 10. Pour tout entier n > 1, soit U(n) l’ensemble des racines dans C du polynôme
X n − 1.
Montrer que U(n) est un sous-groupe fini de C× := C \ {0}.
Montrer que U(n) ∩U(m) = U pgcd(n, m) .
n
(a) On a U(n) ⊆ C× car 0n 6= 1. On a 1 ∈ U(n) car 1n = 1. Soient x, y ∈ U(n) ; alors xy−1 =
−1
xn yn
= 1, donc xy−1 ∈ U(n). Par conséquent U(n) est un sous-groupe de C× . L’ensemble
U(n) est bien fini car un polynôme de degré n admet au plus n racines dans C.
(b) Soit z ∈ C× . On a1
z ∈ U(n) ∩U(m) ⇔ zn = 1 et zm = 1
⇔ ord(z) divise n et ord(z) divise m
⇔ ord(z) divise pgcd(n, m)
⇔ zpgcd(n,m) = 1
⇔ z ∈ U pgcd(n, m) .
rappelle qu’étant donné z ∈ C× , on définit ord(z) = |hzi| qui est l’ordre du sous groupe de C× engendré par z.
On a prouvé en 1re BAC que zn = 1 ⇔ ord(z) divise n.
1 On
6/6