Correction - Département de Mathématique

Mathématiques générales
Examen (24 septembre 2010) Correction
Question 1. Donnez, sous la forme a +biavec 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 :
ρ·cis(θ)3=1·cis(π).
La formule de de Moivre nous assure que cette équation est équivalente à l’équation ci-dessous :
ρ3·cis(3θmod 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+2kπavec θ∈[0,2π[et k∈Z.
On voit facilement que les solutions de ce système sont données par ρ=1 et θ∈ {π
3,π,5π 3}(ces
valeurs correspondent à k=0,1,2). L’ensemble des solutions complexes de l’équation x3+1=0
est donc :
ncisπ
3,cis(π),cis5π 3o=n1 2+√3 2i,−1,1 2−√3 2io.
COMMENTAIRES : 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 zet ¯z; c’est une conséquence du fait que l’équation de départ
est à coefficients réels.
Question 2. Soit f :R3→R3une application linéaire telle que, pour tout sous-espace vectoriel
V de R3,
dimV=2⇒dim f(V) = 2.
Montrer que f est bijective.
Comme fest une application linéraire de R3dans R3, on a
fest bijective ⇔fest injective.
Supposons fnon bijective. Alors fn’est pas injective. Soit x∈R3tel que x6=0R3et f(x) = 0R3.
On a dimhxi=1 et dimR3=3, donc hxi 6=R3. Soit y∈R3tel que y/∈ hxi. Alors (x,y)est libre,
donc dimhx,yi=2. On a
fhx,yi=hf(x),f(y)i=h0R3,f(y)i=hf(y)i,
d’où dim fhx,yi=dimhf(y)i61.
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Question 3. Soit la fonction f :R→Rdéfinie par f (x) = max{x,1−x}.
(a) Déterminer f (R), f ([1,+∞[), f (]1,+∞[).
(b) Pour x ∈Rarbitraire, déterminer f −1(]x,+∞[).
(c) Donner un exemple de deux ensembles A,B⊆Rtel que
∅=f(A∩B)6=f(A)∩f(B).
On a que
f(x) = max{x,1−x}=(1−xsi x61
2,
xsi x>1
2.
(a) Donc f(R) = 1
2,+∞,f([1,+∞[) = [1,+∞[,
f(]1,+∞[) = ]1,+∞[.
(b) On a que f−1(]x,+∞[) = ]−∞,1−x[∪]x,+∞[si x>1
2,
et f−1(]x,+∞[) = Rsi x<1
2.
(c) Comme f(0) = 1=f(1), on a pour A={0},B={1}
que ∅=f(A∩B)6=f(A)∩f(B) = {1}.
x
1−xx
−3−2−1 1 2 3
−2
−1
1
2
3
4
5
f
Question 4. Soit X un ensemble non vide et a ∈X. On considère F=F⊆XF3a}.
(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⊆Fsi et seulement si (par définition de l’inclusion) ∀x(x∈Y⇒x∈F).
Donc, on a (en particularisant au cas Y={a}),
{a} ⊆ Fssi ∀x(x∈ {a} ⇒ x∈F)
ssi a∈Fcar aest le seul élément de {a}.
(b) Par hypothèse a∈Xet X=Y∪{Y. Par conséquent a∈You a∈{Y. Vu la définition de F,
cela équivaut à Y∈Fou {Y∈F.
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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∈Eavec y=f(x). Comme y∈Bon a que x∈f−1(B).
Alors y=f(x)∈f(f−1(B)).
Question 6. Soit q ∈Qet n ∈N\{0}. Montrez que q+√2/n/∈Q, sachant que √2est irration-
nel.
Par l’absurde, supposons que q+√2
nsoit rationnel. Il existe donc q0∈Qtel que q0=q+√2 n. Par
des manipulations élémentaires de calcul, on peut déduire que (q0−q)n=√2 où q,q0,n∈Q.
Vu que Qest 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→Rdéfinie ci-dessous :
f(x) = (x si x ∈Q,
−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 fest continue en x0. Rappelons
que si une fonction fest continue en x0et qu’une suite (xn)nconverge vers x0alors la suite
(f(xn))nconverge vers f(x0). Nous allons distinguer deux cas.
Soit x0∈Q\{0}. Considérons la suite (xn)ndéfinie par xn=x0+√2
n, 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)net converge donc vers −x0. Toujours par définition de f, nous savons
que f(x0) = x0, vu que x0∈Q. Vu que x06=0, nous avons en particulier que x06=−x0.
Nous avons donc construit une suite (xn)convergeant vers x0telle que la suite (f(xn))nne
converge pas vers f(x0), ce qui contredit la propriété rappelée ci-dessus.
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Examen (24 septembre 2010) Correction
Soit x0∈R\Q. Vu que adh(Q) = R, on peut trouver une suite de rationnels (xn)nqui
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)net converge donc vers x0. Toujours par définition de f, nous
savons que f(x0) = −x0, vu que x0∈R\Q. Vu que x06=0, nous avons en particulier que
x06=−x0. Nous avons donc construit une suite (xn)convergeant vers x0telle que la suite
(f(xn))nne converge pas vers f(x0), ce qui contredit la propriété rappelée ci-dessus.
(b) Déterminez le domaine de dérivabilité de la fonction g :R→Rdéfinie par g(x) = x·f(x).
Veillez à la qualité de vos justifications.
Nous allons prouver que le domaine de dérivabilité de gse réduit au singleton {0}.
Dans un premier temps, nous allons prouver que gn’est pas dérivable en x0∈R\{0}. Nous
montrerons ensuite que gest dérivable en 0.
Soit x0∈R\{0}. Nous allons en fait montrer que gn’est pas continue en x0, ce qui im-
pliquera sa non dérivabilité en x0. Supposons par l’absurde que gsoit continue en x0, ceci
impliquerait que la fonction fest continue en x0contredisant le point (a) de cette question.
En effet, la fonction fest le quotient de la fonction gpar la fonction x; et on sait que le quo-
tient de deux fonctions continues en x0reste continu en x0à condition que le dénominateur
ne s’annule pas, ce qui est bien le cas ici car x06=0.
Il nous reste à montrer que gest dérivable en 0. Pour cela, il suffit de montrer que la limite
ci-dessous existe :
lim
x→0
g(x)−g(0)
x−0=lim
x→0
g(x)
x
=lim
x→0
x·f(x)
x(par définition de g)
=lim
x→0f(x).
On va prouver que limx→0f(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 gest dérivable en 0.
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Question 8. Calculer l’infimum et le supremum des ensembles suivants :
A:=n2n+1
5n2n∈N\{0}o,
B:={(−3)n|n∈N},
C:=1
2nn∈N}.
Justifiez vos réponses.
Définissons la suite an:=2n+1
5n2,n>1. Alors A=2n+1 5n2n∈N\{0}est l’ensemble des
valeurs de cette suite. On note aussi supn>1an:=supA, le suprémum de A, et infn>1an:=inf A,
l’infimum de A.
La somme de deux suites décroissantes et le produit d’une suite décroissante par une constante
positive sont encore des suites décroissantes. Comme les suites 1
nn>1et 1
n2n>1sont évi-
demment décroissantes, il résulte des égalités an=2n+1
5n2=2
5n+1
5n2,n>1, que (an)n>1est
décroissante. Comme limn→+∞an=0 et an>0 pour tout n>1, on a que infn>1an=0. Comme
(an)n>1décroît, son premier terme est aussi le plus grand, c’est-à-dire supn>1an=a1=3/5.
Posons bn= (−3)n,n∈N. Considérons (αn)et (βn)les deux sous-suites extraites de (bn)
définies par αn=b2n=32net βn=b2n+1=−32n+1pour 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=−3αnpour tout n>0), donc supn>0bn= +∞et infn>0bn=−∞.
La suite cn=1
2n,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>0cn=0. On déduit de (a) que le premier terme de la suite
(cn)est aussi le plus grand, c’est-à-dire supn>0cn=c0=1.
Question 9. Soit gn:R→R:y7→ 2yn, où n est un entier naturel. Calculer :
(a) limy→1,y<1limn→∞gn(y),
(b) limn→∞limy→1,y<1gn(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<1g(y)existe et est égale à
cette valeur constante, c’est-à-dire 0.
Posons un:=limy→1,y<1gn(y)si cette limite existe, pour n>0. Pour tout n>0, la fonction gn
est définie et continue sur Rcar c’est une fonction polynomiale. Donc limy→1,y<1gn(y)existe et
vaut gn(1) = 2. Alors la suite (un)est constante, donc limn→+∞unexiste et est égale à cette valeur
constante, c’est-à-dire 2.
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