ExemplaireMP*42007-2008 ´Epreuves orales

Épreuves orales corrigées
des concours d’entrée
aux grandes écoles 008
2
7
0web0 de la RMS.
Les corrigés de certains énoncés étoilés seront publiés sur la page
2
*4
P
1. Décrire les sous-groupes finis du groupe des homéomorphismes
de R sur lui-même.
M
eélève en MP* au lycée Pasteur
Solution de Renaud Detcherry,
r
i
a
l
p
mest fini, pour tout g ∈ G on peut trouver N ∈ N tel que
Soit G un tel groupe. CommeeG
x
g = id (où la puissance est
à prendre au sens de l’itération).
E
Par ailleurs un g ∈ G est injectif continu donc strictement monotone. De plus si g est stricte∗
N
ment croissant on a g = id.
En effet, si il existe x tel que f (x) > x (resp f (x) < x), comme f n est strictement croissant
on a ∀n ∈ N, f n+1 (x) > f n (x) (resp f n+1 (x) < f n (x)) et donc f N 6= id ce qui est
absurde.
Ainsi on a deux cas : soit G = {id}, soit g contient un homéomorphisme décroissant h mais
alors G = {id, h} car tout élément f ∈ G décroissant est tel que f ◦ h−1 est un élément
croissant de G donc tel que f = h.
(Résolu par Ivan Gozard, Eric Pité.)
5. Existe-t-il une suite réelle (an )n>0 telle que pour tout entier naturel n ∈ N, le
polynôme an X n + · · · + a1 X + a0 possède exactement n racines réelles distinctes ?
La réponse est oui. Il s’agit d’une conséquence immédiate du résultat suivant :
Lemme 1 Soit n ∈ N et P un polynôme à coefficients réels de degré n simplement scindé
sur R. Alors, il existe a ∈ R∗ tel que le polynôme Pa = P + aX n+1 soit simplement scindé
sur R.
Démonstration. Si n = 0, on peut prendre a = 1. On supposera n > 1 et on écrit P =
n
Y
c (X − ui ) avec c ∈ R∗ et u1 < u2 < . . . < un . Supposons c > 0. On choisit des
i=1
réels t0 , . . . , tn tels que t0 < u1 < . . . < tn−1 < un < tn . On a alors P (tn ) > 0 et pour
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
2
Epreuves orales corrigées
i = 1, . . . , n on a P (ti−1 )P (ti ) < 0. Pour x ∈ R, l’application a 7→ Pa (x) est continue ;
on peut donc choisir a < 0 tel que Pa (tn ) > 0 et pour i = 1, . . . , n, Pa (ti−1 )Pa (ti ) < 0.
D’après le théorème de la valeur intermédiaire, Pa s’annule sur chaque intervalle ]ti−1 , ti [ et
il s’annule également sur l’intervalle ]tn , +∞[ puisque Pa (tn ) > 0 > −∞ = lim Pa (x).
x→+∞
Donc Pa est scindé à racines simples. Dans le cas où c < 0, on choisit au contraire un a
strictement positif pour arriver à la même conclusion.
(Résolu par Renaud Detcherry, Christophe Jan, Patrick Lassère, Eric Pité.)
2
8
0
0
7-2
6. Trouver tous les (P, Q) ∈ C[X] tels qu’existe (k, l) ∈ (N∗ )2 vérifiant :
l
k
P (k) = Q et Q(l) = P .
00
2
4
On cherche les solutions P, Q avec P et Q non nuls ce qui leur impose d’être non constants.
Notons que le problème est invariant par translation de l’indéterminée : cela permettra de
simplifier des calculs.
• Posons A = P (k) , B = Q(`) et a = deg A, b = deg B. On a Q = A` , P = B k , B =
(A` )(`) et A = (B k )(k) dont découlent a, b > 1 et a = k(b − 1), b = `(a − 1).
De plus si a > b alors b > `b donc ` = 1. On voit donc que si k > 1 et ` > 1 alors a = b. En
outre si a = b on a a = k(a − 1) donc (a − 1)(k − 1) = 1 et de même (a − 1)(` − 1) = 1
ce qui fait a = b = k = ` = 2.
Finalement on a soit (1) a = b = k = ` = 2 soit k = 1 soit ` = 1.
• Supposons ` = 1. On a alors b = a − 1, B = A0 et de plus a = k(a − 2) donc a − 2
divise a et même a − 2 divise 2 = a − (a − 2) donc a = 3 ou a = 4. Il reste donc les cas
(2) a = 4, b = 3, k = 2 et (3) a = 3, b = 2, k = 3.
• Étudions le cas (1). A est de degré 2 donc, quitte à translater X, on peut supposer A =
αX 2 + β avec α 6= 0. En injectant A dans B = (A2 )00 on trouve B = α0 X 2 + β 0 avec
α0 = 12α2 , β 0 = 4αβ et en utilisant A = (B 2 )00 on a aussi α = 12α02 = 123 α4 et
u
avec u = 1, j ou j 2 et β = 0. Donc le cas (1)
β = 4α0 β 0 = 4.12.4α3 β ce qui donne α =
12
2
donne 3 familles de polynômes P = B 2 , Q = A0 , correspondant à A = α(X − x0 )2 , B =
u
12α2 (X − x0 )2 pour α =
, qui sont clairement solutions.
12
• Étudions le cas (2) a = 4, b = 3, k = 2, ` = 1. En translatant X on peut supposer B =
αX 3 + βX + γ. En utilisant A = (B 2 )00 puis B = A0 on trouve, par des calculs analogues
1
2
aux précédents : A =
X 4 et donc une famille de solutions P = (A0 (X − x0 )) , Q =
480
A(X − x0 ).
• Enfin le cas (3) a = 3, b = 2, k = 3, ` = 1 conduit à la famille de solutions P =
1
3
(A0 (X − x0 )) , Q = A(X − x0 ) avec A = αX 3 et α = ± √ .
6 10
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E
8. Paris
Soit P ∈ R[X, Y ]. On note m (resp. n) le degré de P relatif à X (resp. à Y ). Montrer
que l’équation P (x, ex ) = 0 admet au plus mn + m + n solutions.
Solution de David Gontier, élève en MP* au lycée Henri IV
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
3
Epreuves orales corrigées
Notons Rm,n [X, Y ] l’espace vectoriel des polynômes de degrés relatifs au plus m et n par
rapport à X et Y respectivement, ainsi que s(m, n) le nombre maximal de solutions d’une
équation de la forme P (x, ex ) = 0, P ∈ Rm,n [X, Y ].
Soient m > 0, n > 1 et P ∈ Rm,n [X, Y ]. Il existe Q ∈ Rm,n−1 [X, Y ] et R ∈ Rm [X] tels
que P (X, Y ) = Y Q(X, Y ) + R(X). On a
d
∂Q
x
x
x
x
x ∂Q
x
P (x, e ) = e Q(x, e ) +
(x, e ) + e
(x, e ) + R0 (x)
dx
∂X
∂Y
puis, par une récurrence évidente,
dm+1
e ex ),
P (x, ex ) = ex Q(x,
dxm+1
8
0
0
7-2
e ∈ Rm,n−1 [X, Y ].
Q
où
Cela montre que le nombre de solutions de l’équation
00
2
4
*
P
M
est majoré par s(m, n − 1), et le théorème r
deeRolle assure alors : s(m, n) 6 s(m, n − 1) +
i+ 1) = nm + m + n (car s(m, 0) = m).
m + 1. Il vient s(m, n) 6 s(m, 0) + n(m
a
l
pJan, Renaud Detcherry.)
(Résolu par Ivan Gozard, Christophe
m
e
Ex
Y
dm+1
P (x, ex ) = 0
dxm+1
n
Soient n ∈ N∗ et P ∈ C[X] unitaire de degré n. On pose : P (X) =
(X − zi ) et
i=1
Y
disc(P ) = (−1)n(n−1)/2
(zi − zj ).
10.
16i,j6n, i6=j
a) Montrer que disc(P ) = (−1)n(n−1)/2
n
Y
P 0 (zi ).
i=1
2
b) Calculer disc(P ) si P (X) = X + aX + b.
c) Soit A ∈ Mn (C). Montrer que disc(χA ) = det B, où B = tr Ai+j−2
16i,j6n
.
d) Soit P = X n +an−1 X n−1 +· · ·+a0 ∈ C[X]. Montrer que disc(P ) ∈ Z[a0 , . . . , an−1 ].
Solution de Ivan Gozard
0
a) On a P (X) =
n
n
X
Y
0
(X −zj ), donc P (zi ) =
i=1 j=1,j6=i
n
Y
(zi −zj ) pour tout i ∈ [[1, n]].
j=1,j6=i
On obtient immédiatement l’égalité voulue.
b) On a ici : P (X) = (X − z1 )(X − z2 ), ce qui revient à (z1 + z2 = −a et z1 z2 = b).
Si ces conditionsY
sont remplies, alors :
disc(P ) = −
(zi −zj ) = (z1 −z2 )2 = z12 +z22 −2z1 z2 = (z1 +z2 )2 −4z1 z2 = a2 −4b.
16i6=j62
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
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Epreuves orales corrigées
c) On pose χA (X) = det(XIn − A) =
n
Y
(X − zi ), où z1 , . . . , zn est la liste des valeurs
i=1
propres de A, chacune répétée un nombre de fois égal à sa multiplicité.
Considérons la matrice de Vandermonde : V = zij−1
∈ Mn (C).
16i,j6n
Y
On sait que det V =
(zi − zj ). Par conséquent : disc(χA ) = (det V )2 . Par un calcul
i>j
facile, notant sk = z1k + · · · + znk pour tout entier naturel k, on a : tV V = (si+j−2 )16i,j6n .
Donc
disc(χA ) = (det V )2 = det tV V = det (si+j−2 )16i,j6n .
8
0
0
A ∈ M (C) donc A est trigonalisable et il existe P ∈ GL (C) telle que
AP = T
2 P immédiate
soit triangulaire supérieure avec pour diagonale (z , . . . , z ). Par une récurrence
:
7
0
∀k ∈ N, P A P = T est triangulaire supérieure
avec
pour
diagonale
(z
,
.
.
.
,
z
).
0
2
Donc ∀k ∈ N, s = z + · · · + z = tr A .
4
Ainsi disc(χ ) = det B, où B = tr(A
)
.*
P
M P , c’est-à-dire la matrice C(P ) =
d) Considérons la matrice compagnon C(P ) e
du polynôme
r
(c ) ∈ M (C) définie par :
ai
- c = 1 si 1 6 j 6 n − 1 et i =pjl+ 1 ;
- c = −a
si 1 6 i 6 n
eetmj = n ;
x
- c = 0 sinon.
E
n
1
−1
k
k
n
k
k
1
k
n
k
1
k
k
n
i+j−2
A
i,j
−1
n
16i,j6n
n
i,j
i,j
i−1
i,j
C(P ) a pour polynôme caractéristique det(XIn − C(P )) = P (X), comme on le voit facilement en développant le déterminant det(XIn − C(P )) selon sa dernière colonne.
Il vient, d’après la question précédente :
disc(P ) = disc(χC(P ) ) = det B,
où B = tr((C(P ))i+j−2 ) 16i,j6n .
(k)
Or on montre aisément par récurrence que pour chaque k ∈ N, il existe n2 polynômes Hi,j ,
1 6 i, j 6 n, éléments de Z[X1 , . . . , Xn ] tels que :
(k)
(C(P ))k = Hi,j (a0 , a1 , . . . , an−1 )
.
16i,j6n
Notant en particulier, pour tout entier naturel k, Tk =
n
X
(k)
Hi,i ∈ Z[X1 , . . . , Xn ], on a :
i=1
tr (C(P ))k = Tk (a0 , a1 , . . . , an−1 ).
Enfin, comme le déterminant est un polynôme à n2 variables à coefficients dans Z en les n2
coefficients de la matrice, on a : det ((Ti+j−2 )16i,j6n ) ∈ Z[X1 , . . . , Xn ].
Finalement : il existe ∆ ∈ Z[X1 , . . . , Xn ] tel que
disc(P ) = disc(χC(P ) ) = det tr(C(P ))i+j−2 ) 16i,j6n = ∆(a0 , a1 , . . . , an−1 ) .
(Résolu par Renaud Detcherry.)
◦
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Epreuves orales corrigées
11.
On note, pour tout n ∈ N∗ , Pn (X) = 1 + X + · · · + X n .
a) Montrer que si n + 1 n’est pas premier, il existe Rn et Qn dans N[X] non triviaux,
tels que Pn = Rn Qn . Réciproque ?
b) Montrer que si Pn = Rn Qn où Rn et Qn sont des polynômes unitaires à coefficients
réels positifs, alors Rn et Qn sont à coefficients dans {0, 1}.
Solution de la RMS pour a) et de Ivan Gozard pour b)
8
0
0
7-2
a) Supposons d’abord n + 1 composé. Soit m et h des entiers tels que m > 1, h > 1 et
n + 1 = mh. On écrit
m−1
X h−1
X
Pn (X) =
X ih+j ,
00
2
ce qui donne la décomposition : P (X) = P
(X ) P
Les polynômes R =
4 et (X).
*
P
(X ) et Q = P
(X) sont dans N[X], non triviaux,
tels
que
Q .
P tels que P = PR Q= R. Alors
Réciproquement, soit R et Q dans N[X] non triviaux,
n+1
M
e
est le produit des deux entiers R (1) et Q (1)
qui sont strictement supérieurs à 1. Donc n+ 1
r
i
a
est composé.
l
p
b) Notons
m
xe
X
X
E
c X .
q = deg(Q ), r = deg(R ), Q (X) =
b X et R (X) =
i=0 j=0
n
m−1
h
n
h
m−1
h−1
n
h−1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
q
n
n
n
n
r
i
i
j
n
j
j=0
i=0
On a par hypothèse bq = cr = 1. Posons bi = 0 pour i > qX
+ 1 et cj = 0 pour j > r + 1.
Comme Pn = Rn Qn , on a, pour tout k ∈ {0, . . . , n}, 1 =
bi cj . Si q = 0 (resp. r = 0)
i+j=k
alors Qn = 1 et Rn = Pn (resp. Qn = Pn et Rn = 1) sont à coefficients dans {0, 1}.
On supposera désormais
q>
1 et r > 1.
2iπ
• Notons ω = exp
. Comme
n+1
Qn (X)Rn (X) = Pn (X) = 1 + X + · · · + X n =
n
Y
X n+1 − 1
=
X − ωk
X −1
k=1
et Qn et Rn sont unitaires, il existe une partition de {1, . . . , n} en deux ensembles, disons I
et J, tels que
Y
Y
Qn (X) =
(X − ω k ) et Rn (X) =
(X − ω k ).
k∈I
k∈J
Alors card(I) = q ; comme b0 = Qn (0) =
Y
k
−ω , b0 est de module 1 ; de plus b0 ∈ R+ ,
k∈I
donc b0 = 1. Par conséquent
Y
Y 1
1
q
q
k
X Qn
=X
−ω
=
1 − ωk X
X
X
k∈I
k∈I
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
6
Epreuves orales corrigées
est égal à
Y“
k∈I
−ω k
”Y„
k∈I
X−
1
ωk
«
= b0
« Y„
« Y
Y„
1
1
(X − ω k ) = Qn (X).
X− k =
X− k =
ω
ω
k∈I
k∈I
k∈I
1
Comme Qn ∈ R[X], X q Qn
= Qn (X), c’est-à-dire : ∀i ∈ {0, . . . , q}, bq−i = bi .
X
1
De même, on a : X r Rn
= Rn (X), c’est-à-dire : ∀j ∈ {0, . . . , r}, cr−j = cj .
X
• Soit G = {i ∈ N / (bi ∈
/ N) ∨ (ci ∈
/ N)}. Supposons G 6= ∅. Alors G possède un minimum, disons p. Celui-ci vérifie : p > 1 et p < max(q, r). On a
(∗)
bp + c p +
p−1
X
*
P
eM
Or b0 , . . . , bp−1 , c0 , . . . , cp−1 sont dans N, donc
lair
p−1
X
00
2
4
bi cp−i = 1.
i=1
8
0
0
7-2
bi cp−i ∈ N, puis bp +cp ∈ Z et bp +cp 6
i=1
1. De plus bp > 0 et cp > 0, et bp +cp ∈ {0, 1}. Par hypothèse bp ∈
/ N ou cp ∈
/ N, et bp ∈]0, 1[
et cp = 1 − bp . Avec (∗), il vient b1 cp−1 = b2 cp−2 = · · · = bp−1 c1 = 0.
On a aussi bq = 1 et
q−1
X
X
bq + c q +
bi cq−i =
bi cj = 1.
p
m
e
Ex
i=1
i+j=q
Donc, les réels cq , b1 cq−1 , b2 cq−2 , . . . , bq−1 c1 qui sont positifs et de somme nulle, sont tous
nuls. Grâce au paragraphe précédent, b1 c1 = b2 c2 = · · · = bq−1 cq−1 = 0. En particulier
bp cp = 0. Puisque bp ∈]0, 1[ et cp ∈]0, 1[, c’est absurde. Donc G = ∅, et les coefficients de
Qn et de Rn sont des entiers naturels.
k−1
X
• ∀k ∈ {0, . . . , n}, 1 = bk + ck +
bi ck−i > bk + ck > 0,
i=1
donc, puisque bk et ck sont des entiers naturels, bk ∈ {0, 1} et ck ∈ {0, 1}.
En conclusion : Qn et Rn sont à coefficients dans {0, 1}.
(Résolu par Ivan Gozard.)
12. Soit E une partie de R2 telle que ∀M ∈ R2 , d(M, E) 6 1. Montrer que le seul
polynôme qui s’annule sur E est le polynôme nul.
Solution de Renaud Detcherry, élève en MP* au lycée Pasteur de Neuilly
Prenons P non nul dans R[X, Y ]. On écrit :
P (X, Y ) = Pk (X) Y k + Pk−1 (X) Y k−1 + · · · + P0 (X)
avec Pk 6= 0. Comme Pk n’admet qu’un nombre fini de racines, il existe un intervalle [a, b]
de longueur 2 sur lequel Pk ne s’annule pas.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
7
Notons alors Mi = supx∈[a,b] |Pi (x)| et A = inf x∈[a,b] |Pk (x)|. Pour tout (x, y) ∈ [a, b] ×
R+ , on a
k−1
X
k
|P (x, y)| > f (y) := Ay −
M i yi
i=0
Comme f n’admet qu’un nombre fini de racines, et que f est positive au voisinage de +∞,
il existe B tel que f ne s’annule pas sur [B, +∞[.
Ainsi, [a, b] × [B, B + 2] est un carré de côté 2 sur lequel P ne s’annule pas. Donc le seul
polynôme qui s’annule sur E est le polynôme nul.
(Résolu par Christophe Jan, Mobinool Omarjee, Eric Pité.)
8
0
0
2E , et
14. (
Soient E un R-espace vectoriel de
dimension
finie,
(a
,
.
.
.
,
a
)
∈
7
)
0
X
0
2
V =
λ a , (λ , . . . , λ ) ∈ (R ) . Soit H un hyperplan de E. Montrer que V ∩ H
*4positifs d’une certaine famille
P
est l’ensemble des combinaisons linéaires à coefficients
M
finie de vecteurs de E.
e
r
ide Ivan Gozard
a
Solution
l
p
m
xede E, il existe une forme linéaire non nulle f telle que H =
Comme H est un hyperplan
E
Ker f . On a donc :
1
p
p
p
i i
1
p
+
p
i=1
(
V ∩H =
p
X
p
λi ai , (λ1 , . . . , λp ) ∈ (R+ ) et
i=1
p
X
)
λi f (ai ) = 0 (∗) .
i=1
Soit i un indice compris entre 1 et p. On dira que i appartient à Z si f (ai ) = 0, à G si
f (ai ) > 0 et à B si f (ai ) < 0. Évidemment, Z, G et B forment une partition de {1, . . . , p},
et (∗) équivaut à
X
λi f (ai ) = 0.
i∈B∪G
On distingue plusieurs cas.
• Si Z = {1, . . . , p} soit f (a1 ) = · · · = f (ap ) = 0, alors V est inclus dans H, donc
V ∩ H = V et V ∩ H est l’ensemble des combinaisons linéaires à coefficients positifs de la
famille (a1 , . . . , ap ).
• Si G = {1, . . . , p} ou B = {1, . . . , p}, c’est-à-dire si f (a1 ), . . . , f (ap ) sont tous de même
signe strict, alors (∗) équivaut à λ1 = · · · = λp = 0 ; donc V ∩ H = {0}. Dans ce cas V ∩ H
est l’ensemble des combinaisons linéaires à coefficients positifs de la famille (0).
• Supposons f (a1 ), . . . , f (ap ) tous de même signe large, l’un au moins des f (ak ) étant nul.
C’est dire que ZX
est non vide, et un et un seul des deux
X ensembles G et B est vide. Alors
(∗), qui s’écrit
λi f (ai ) = 0 si B = ∅ ou bien
λi f (ai ) = 0 si G = ∅, équivaut
i∈G
i∈B
à : ∀i ∈ G ∪ B, λi = 0. Dans ce cas V ∩ H est l’ensemble des combinaisons linéaires à
coefficients positifs de la famille (ai )i∈Z .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
8
Epreuves orales corrigées
• Supposons qu’il existe i et j dans {1, . . . , p} tels que f (ai ) < 0 < f (aj ), donc que G et B
sont non vides. Alors fixons g ∈ G et posons, pour chaque i ∈ {1, . . . , p},

si i ∈ Z

 ai

f (ai )
f (ai )
ag si i ∈ B ou i ∈ G \ {g}
ai −
ui = ai −
ag , autrement dit ui =

f (ag )
f (ag )


0
si i = g
X
λi f (ai ) = 0, équivaut à
Alors (∗), qui s’écrit
i∈B∪G

1 X
λg = −
λi f (ai ) +
f (ag )
i∈B
8
0
0
7-2

X
λj f (aj ).
00
2
4
j∈G\{g}
Donc V ∩ H est l’ensemble des vecteurs de la forme


X
X
X
X
1 X
λi f (ai ) +
λj f (aj )ag
λk ak +
λr ar +
λq aq −
f (ag )
i∈B
r∈B
k∈Z
j∈G\{g}
q∈G\{g}
X
X X
f (ai )
f (aj )
ag +
ag
=
λk ak +
λi ai −
λj aj −
f (ag )
f (ag )
i∈B
k∈Z
j∈G\{g}
X
X
X
=
λk uk +
λi ui +
λj uj + λg 0.
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E
Ainsi V ∩ H est l’ensemble des combinaisons linéaires à coefficients positifs de la famille
i∈B
k∈Z
j∈G\{g}
(ui )16i6p .
Dans tous les cas V ∩ H est l’ensemble des combinaisons linéaires à coefficients positifs
d’une certaine famille finie de vecteurs de H.
(Résolu par Renaud Detcherry.)
„
16.
a) Montrer que
1
1
0
0
«
„
et
1
0
0
0
«
sont semblables dans M2 (C).
b) Soit n ∈ N∗ . Déterminer Vect A ∈ Mn (C), A2 = A .
c) Soit A ∈ Mn (C) telle que, pour toute matrice (mi,j )16i,j6n ∈ Mn (C) semblable à
A, on ait : m1,1 = 0. Que dire de A ?
d) Soit A ∈ Mn (C) telle que, pour toute matrice (mi,j )16i,j6n ∈ Mn (C) semblable à
A, on ait : m1,2 = 0. Que dire de A ?
1 0
a) Soient u l’endomorphisme canoniquement associé à la matrice
et (ε1 , ε2 ) la
1 0
1 0
base canonique de C2 . Dans la base (ε1 + ε2 , ε2 ), u a pour matrice
. Les matrices
0 0
1 0
1 0
et
sont donc semblables dans M2 (C) (et même dans M2 (Q)).
1 0
0 0
Variante. Les deux matrices sont des projecteurs de rang 1, donc semblables.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
9
b) Soient (Ei,j )16i,j6n la base canonique de Mn (C) et E = A ∈ Mn (C), A2 = A ,
V = Vect(E). Si i ∈ {1, . . . , n}, Ei,i ∈ E. Si (i, j) ∈ {1, . . . , n}2 avec i 6= j et α ∈ C
alors Ei,i + αEi,j ∈ E ; on a donc : (Ei,i + (1/2)Ei,j ) − (Ei,i − (1/2)Ei,j ) ∈ V. Ainsi
V = Mn (C).
c) Soient A 6= 0 dans Mn (C), u l’endomorphisme canoniquement associé à A. Montrons
qu’il existe une matrice M semblable à A de coefficient m1,1 6= 0, d’où il résultera que
seule la matrice nulle est solution de la question posée. Si A possède une valeur propre non
nulle λ alors A est semblable à une matrice M triangulaire supérieure telle que m1,1 =
λ 6= 0. Sinon, la seule valeur propre de A est 0 et A est nilpotente. Soient
p > 2 l’indice
de nilpotence de A, x ∈ Cn \ Ker up−1 . La famille up−2 (x), up−1 (x) est libre. On pose
e1 = up−2 (x) + up−1 (x) et e2 = up−2 (x). La famille (e1 , e2 ) est libre et on la complète en
une base de Cn . On a u(e1 ) = e1 − e2 . Dans cette base, la matrice M de u a un coefficient
m1,1 égal à 1.
8
0
0
7-2
0
0
2
d) Si A est une matrice non scalaire de M (C) d’endomorphisme
associé u,
*4soit libre.canoniquement
il existe classiquement x ∈ C tel que la famille (x, P
u(x))
On pose alors e = x,
e = u(x) et on complète (e , e ) en une base (eM
, . . . , e ) de C . La matrice M de u dans
e
cette base vérifie m = 1 6= 0. Il en résulte
que les matrices répondant à la question sont
r
i
scalaires ; la réciproque est immédiate.la
(Résolu par David Gontier, Renaudp
Detcherry.)
m
e
x
E
19. Caractériser les matrices M ∈ M (C) telles qu’il existe P dans GL (C) vérifiant :
n
n
2
1
1
2
1
n
n
1,2
n
n
∀z ∈ C, P − zM ∈ GLn (C)
Montrons que l’ensemble des solutions est Mn (C) \ GLn (C).
Soit d’abord M ∈ GLn (C). Si P ∈ GLn (C), la matrice M P −1 est inversible et possède au
moins une valeur propre non nulle λ. La matrice P − (1/λ)M n’appartient pas à GLn (C),
M n’est pas solution.
Soient M ∈ Mn (C) \ GLn (C), r 6 n − 1 le rang de M . Les matrices M et :
Nr =
O
O
Ir
O
ont même rang, donc sont équivalentes. Soient P1 et P2 dans GLn (C) telles que M =
P1 Nr P2 et soit P = P1 P2 . On a, pour tout z ∈ C :
det(P − zM )
=
det (P1 P2 − zP1 Nr P2 ) = det P1 det P2 det (In − zNr )
=
det P1 det P2 6= 0.
La matrice M est donc solution.
(Résolu par Renaud Detcherry, David Gontier, Mobinool Omarjee, Hervé Carrieu, Christophe Jan, Ivan Gozard, Adrien Reisner.)
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
10
Epreuves orales corrigées
23. Soient K un corps infini, E un K-espace vectoriel de dimension finie n sur K et
f ∈ L(E). Montrer que l’ensemble des sous-espaces de E stables par f est fini si et
seulement si le polynôme minimal de f est de degré n.
Solution de François Massardier, élève en MP* au lycée Pasteur de Neuilly
On note µf le polynôme minimal de f . Montrons d’abord le lemme suivant :
Lemme 1 Le degré de µf est n si et seulement s’il existe x ∈ E tel que la famille
(x, f (x), . . . , f n−1 (x)) soit libre.
8
0
0
7-2
Le sens ⇐ est immédiat. Supposons que l’on ait deg µf = n. Pour tout x dans E on note Ix
l’idéal Ix = {P ∈ K[X], P (f )(x) = 0}. Soit Px son générateur unitaire.
p
Y
i
Décomposons µf =
Qα
i (X) sous forme de produit de polynômes irréductibles de K[X].
i=1
D’après le lemme des noyaux on a
*
P
M
Me
r
E =ai Ker Q (f )
pl
00
2
4
p
αi
i
i=1
em
Il est classique que Q est
le
polynôme minimal de l’endomorphisme induit f
x
E
Ainsi, pour tout x ∈ Ker Q (f ), Q ∈ I et donc il existe k 6 α tel que P
αi
i
αi
i
αi
i
x
x
i
| Ker Qi i (f ) .
kx
x = Qi .
α
max kx
i
Ainsi le polynôme minimal de f sur Ker Qα
. On en déduit donc qu’il existe
i (f ) est Qi
αi
αi
xi ∈ Ker Qi tel que Pxi = Qi .
p
p
X
X
Posons maintenant x =
xi . On a P (f )(x) =
P (f )(xi ), qui ne s’annule que si tous
i=1
i=1
les P (f )(xi ) sont nuls. On en déduit que le polynôme minimal Px est le produit de tous les
polynômes Pxi , soit donc µf .
Il s’ensuit que (x, f (x), . . . , f n−1 (x)) est une base de E.
On montre maintenant le
Lemme 2 Il existe x ∈ E tel que (x, f (x), . . . , f n−1 (x)) est libre, si et seulement si l’ensemble des sous-espaces de E stables par f est fini.
Montrons le sens ⇒. L’application ψ : K[X] → E définie par ψ(P ) = P (f )(x) est alors
surjective. Si V est stable par f , alors ψ −1 (V ) est un idéal de K[X]. Or cet idéal contient
µf , donc son générateur unitaire divise µf . Comme ces diviseurs sont en nombre fini, les
ψ −1 (V ) sont en nombre fini. Mais comme ψ est surjective, V = ψ(ψ −1 (V )), donc il n’y a
qu’un nombre fini de sous-espaces vectoriels stables par f .
Montrons la réciproque : supposons qu’il existe un nombre fini de sous-espaces stricts de
E stables par f . Notons les F1 , . . . , Fp . Comme K est infini, il est classique que E n’est
pas réunion de sous-espaces stricts. On peut donc considérer un élément x de E n’appartenant à aucun des Fi . Alors Vect(x, f (x), . . . , f n−1 (x)) est stable par f (car f n appartient à
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
11
Vect(Id, . . . , f n−1 ), par exemple par Cayley-Hamilton), mais contient x, donc n’est pas l’un
des Fi . Alors Vect(x, f (x), . . . , f n−1 (x)) = E et d’après le lemme 1, µf est de degré n.
(Résolu par Renaud Detcherry, Ivan Gozard, Eric Pité, Adrien Reisner.)
25. Soit E un K-espace vectoriel de dimension finie et f ∈ L(E). Si V est un sousespace vectoriel de E, on dit que V est hypostable lorsqu’existe un hyperplan W de V
tel que f (W ) ⊂ V .
a) Montrer que, si V est hypostable sans être stable, l’hyperplan W est unique.
8
0
0
2 vectoriel
7
c) Montrer que, si V est hypostable et différent de E, il existe un sous-espace
0
X de E dont V est un hyperplan et qui soit encore hypostable.0
2
d) Montrer qu’il existe une base de E dans laquelle*
la4
matrice de f a tous ses termes
P
d’indice (i, j) avec i − j > 2 égaux à 0.
M
e) Montrer que, si la matrice de f a tousrses
termes d’indice (i, j) avec i − j > 2 égaux
e
à 0 et si ceux d’indice (i, j) avec i − l
ja
=i1 ne sont pas nuls, alors χ = µ .
p
f) Soit
m

e
x xy 0 0
x
E
 1 y 0 0 
b) Montrer que, si V est hypostable sans être stable, alors V est de codimension 1 dans
V + f (V ). Étudier la réciproque.
f
A=

0
0
1
0
z
1
f
.
zt 
t
Déterminer les valeurs de x, y, z et t pour lesquelles A n’est pas diagonalisable.
g) Étudier une réciproque de la question e) .
a) Si W et W 0 sont deux hyperplans de V tels que f (W ) ⊂ V et f (W 0 ) ⊂ V , alors
f (W + W 0 ) ⊂ V , donc W + W 0 6= V puisque V n’est pas stable. Par conséquent, dim(W +
W 0 ) 6 dim V − 1 et, comme W et W 0 sont inclus dans W + W 0 , W = W 0 = W + W 0 .
b) . Écrivons V = W ⊕ Ku. Alors V + f (V ) = V + f (W ) + Kf (u) = V + Kf (u). Mais
f (u) 6∈ V , sinon f (V ) ⊂ V . Donc V + f (V ) = V ⊕ Kf (u), ce qui montre le résultat.
. Supposons réciproquement V de codimension 1 dans V + f (V ). Alors V n’est pas stable,
sinon f (V ) ⊂ V , donc V = V + f (V ). Soit (v1 , . . . , vd ) une base de V complétée à l’aide
d’un vecteur f (z) de f (V ) (avec z ∈ V ) qui n’est pas dans V . On peut écrire f (vi ) =
wi + µi f (z) avec wi dans V . Donc f (vi − µi z) ∈ V . Considérons X
la famille (vi − µi z).
C’st une famille d’éléments de V qui est de rang > d − 1. En effet, si
λi (vi − µi z) = 0,
X
X
Xi
λi vi = (
λi µi )z, et comme z s’écrit de façon unique
zi vi , on obtient que
on a
i
i
i
λi = λzi , ce qui montre que les (λ, . . . , λd ) forment un espace de dimension 1. Il suffit à
présent d’extraire de cette famille une famille de rang d, qui engendre un hyperplan H de V
tel que f (H) ⊂ V .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
12
Epreuves orales corrigées
c) Si V est stable, n’importe quel espace X = V ⊕ Ku convient, avec comme hyperplan V
lui-même. Supposons que V n’est pas stable et posons X = V + f (V ). On a vu que V est
de codimension 1 dans X. Comme f (V ) ⊂ X, X est hypostable.
d) Par récurrence, en partant de V1 = Ku avec u non nul quelconque, on peut d’après la
question c) construire une suite (Vk ) d’espaces telle que Vk soit un hyperplan de Vk+1 et
telle que f (Vk ) ⊂ Vk+1 , avec Vn = E. Dans une base adaptée à ce drapeau, la matrice de f
a la forme voulue.
e) On voit aisément par récurrence que e∗i+1 f i (e1 ) 6= 0 lorsque i = 1, . . . , n − 1 et
e∗k f i (e1 ) = 0 lorsque i = 1, . . . , n − 1 et k = i + 2, . . . , n. De cela il résulte que la famille
e1 , f (e1 ), . . . , f n−1 (e1 ) est libre, donc que deg µf > n. Comme µf divise χf d’après le
théorème de Cayley Hamilton et que les deux polynômes sont unitaires, on a bien χf = µf .
8
0
0
7-2
00
2
χ = T (T − (z + t)) ((T − (x4
+ y)) .
*
P A n’est pas diagonalisable,
On sait d’après la question e) que χ = µ . Par conséquent,
M
puisque son polynôme minimal admet une racine
e multiple.
r
i
a minimal de f relativement à x. Nous allons établir
g) Soit, pour x dans E, µ le polynôme
ldans
p
le résultat préalable suivant : il existe
z
E tel que µ = µ . Cela montrera la réciproque
em
car la matrice de f dans la x
base
(z, f (z), . . . , f
(z)) aura la forme annoncée.
Supposons d’abord queE
µ = P , où P est un polynôme irréductible. Puisque P
(f ) 6=
f) Le calcul du polynôme caractéristique de la matrice conduit à
A
2
A
A
f,x
f,z
f
n−1
f
m−1
m
m−1
m
m
0, il existe x tel que P
(f )(x) 6= 0. Comme P (f )(x) = 0, µf,x = P .
Montrons à présent que si pgcd(µf,x , µf,y ) = 1, alors µf,z = µf,x µf,y lorsque z = x + y. Il
est clair que (µf,x µf,y )(f )(z) = 0, donc µf,z | µf,x µf,y . D’autre part,
µf,z (f )(z) = 0 = µf,z (f )(x) + µf,z (f )(y).
Donc
0 = (µf,z µf,x )(f )(x) = (µf,x µf,z )(f )(x) = −(µf,x µf,z )(f )(y).
Il en résulte que µf,y | µf,x µf,z et, comme pgcd(µf,x , µf,y ) = 1, µf,y | µf,z . De même,
µf,y | µf,z . À nouveau puisque pgcd(µf,x , µf,y ) = 1, on obtient µf,x µf,y | µf,z , puis
µf,z = µf,x µf,y .
Écrivons à présent µf = P m Q, avec P irréductible et Q premier avec P m . On vérifie
aisément que l’endomorphisme induit par f sur Ker P m (f ) admet P m pour polynôme minimal. Il existe donc x dans Ker P m (f ) tel que µf,x = P m . De même, et grâce à une
hypothèse de récurrence, il existe y dans Ker Q(f ) tel que µf,y = Q. Posant z = x + y, on
a bien µf,z = µf .
(Résolu par David Gontier, Jean-Claude Jacquens.)
29. Déterminer les fonctions f ∈ C 1 (R2 , R) telles que :
∀(u, v) ∈ (R2 )2 , u ⊥ v ⇒ f (u + v) = f (u) + f (v).
Solution de la RMS rédigée à partir des propositions de Ivan Gozard, François Héroult
et Adrien Reisner
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
13
Notons E l’espace euclidien R2 et (u, v) 7→ (u|v) le produit scalaire sur E. On dira que
f : E → R vérifie (P ) si f (u + v) = f (u) + f (v) pour tous u, v ∈ E tels que (u|v) = 0.
On montrera que les fonctions de classe C 1 vérifiant (P ) sont celles qui s’écrivent : u 7→
a(u|u) + h(u), a étant un réel et h une forme linéaire.
1
Soit f : E → R. On écrit f = g + h où g : u 7→ (f (u) + f (−u)) est paire et h : u 7→
2
1
(f (u) − f (−u)) est impaire. Les fonctions g et h sont C 1 si et seulement si f est C 1 .
2
L’ensemble des fonctions vérifiant (P ) est un espace vectoriel réel. Donc si g et h vérifient
(P ), alors f vérifie (P ). Réciproquement si f vérifie (P ), alors u 7→ f (−u) vérifie (P ) et la
structure d’espace vectoriel permet encore d’affirmer que g et h vérifient (P ).
Il reste à prouver que les fonctions paires de classe C 1 vérifiant (P ) sont celles qui sont
proportionnelles au carré scalaire u 7→ (u|u) et les fonctions impaires de classe C 1 vérifiant
(P ) sont les formes linéaires.
On remarque déjà, en prenant u = v = (0, 0) que si f vérifie (P ), alors f (0, 0) = 0.
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
Cas des fonctions paires. Soit f une fonction paire vérifiant P . Soit u et v deux vecteurs non
nuls de R2 tels que (u|u) = (v|v). Deux vecteurs proportionnels respectivement à u + v et
u − v sont orthogonaux. Donc
ir
a
l
p em
x
E
u+v u−v
u+v
u−v
f (u) = f
+
=f
+f
2
2
2
2
u+v
v−u
u+v v−u
= f
+f
=f
+
2
2
2
2
= f (v).
Ainsi f est constante sur chaque cercle centré en (0, 0). Il existe donc une application
√ ϕ :
[0, +∞[→ R telle que pour tout u de E, f (u) = ϕ((u|u)). En particulier, ϕ(t) = f (( t, 0))
pour t > 0. Ainsi ϕ est continue sur [0, +∞[ et dérivable sur ]0, +∞[.
Soit x et y des réels. Les vecteurs (x, 0) et (0, y) sont orthogonaux, donc f ((x, y)) =
f ((x, 0)) + f ((0, y)), ce qui donne ϕ(x2 + y 2 ) = ϕ(x2 ) + ϕ(y 2 ), soit ϕ(s + t) = ϕ(s) + ϕ(t)
pour tous réels s, t positifs. On obtient donc ϕ0 (s + t) = ϕ0 (s), ce qui prouve que ϕ0 est
constante sur ]0, +∞[.
Donc il existe des réels a et b tels que ϕ(t) = at + b pour tout t > 0 et comme ϕ(0) = 0 et
que ϕ est continue sur [0, +∞[, on a b = 0.
Ainsi, il existe un réel a tel que f : u 7→ a(u|u). La réciproque est vraie grâce au théorème
de Pythagore.
Si on suppose seulement f continue, alors g est continue et ϕ est continue sur [0, +∞[.
Comme ϕ est de plus additive, on peut prouver sa dérivabilité sur [0, +∞[, en introduisant sa
primitive Φ nulle en 0 et en exprimant ϕ sous la forme t 7→ Φ(1 + t) − Φ(t) − Φ(1).
Cas des fonctions impaires. Soit f une fonction impaire vérifiant P .
• Homogénéité.
Soit v un vecteur non nul. Montrons que f (xv) = xf (v) pour tout réel x.
∗ Montrons d’abord que f (nv) = nf (v) pour tout entier naturel n.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
14
Epreuves orales corrigées
Cette propriété est vraie pour n = 0 puisque f (0, 0) = 0. Choisissons
un vecteur w non nul
s
n(v|v)
et orthogonal à v, Pour tout entier naturel n, le réel y =
est tel que yw + v est
(w|w)
orthogonal à nv − yw. Alors :
f ((n + 1)v)
=
f (nv − yw + yw + v) = f (nv − yw) + f (yw + v)
=
f (nv) + f (−yw) + f (yw) + f (v).
Comme f est impaire : f ((n + 1)v) = f (nv) + f (v).
∗ On en déduit, par une récurrence facile, que f (nv) = nf (v) pour tout entier naturel n, et
même pour tout entier relatif n puisque f est impaire.
∗ Pour tout rationnel r, il existe (p, q) ∈ Z × N∗ tel que r = p/q et on a : qf (rv) = f (pv) =
pf (v). On a donc f (rv) = rf (v).
∗ La fonction x 7→ f (xv) − xf (v) est continue sur R et nulle sur Q. La densité de Q dans R
permet d’affirmer que c’est la fonction nulle.
• Additivité
(u|v)
Soit u et v deux vecteurs non nuls de R2 . Le réel x =
est tel que v est orthogonal à
(v|v)
u − xv. Donc
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
f (u)
=
em
x
f (u − E
xv) + (x + 1)f (v) − f (v) = f (u − xv) + f ((x + 1)v) − f (v)
=
f (u − xv + (x + 1)v) − f (v) = f (u + v) − f (v)
=
f (u − xv + xv) = f (u − xv) + f (xv) = f (u − xv) + xf (v)
On a bien montré que f est une forme linéaire.
Versions antérieures
François Héroult indique que deux variantes de cet exercice ont déjà été posées dans la R.M.S.
Dans [1], on cherchait les fonctions f à valeurs positives vérifiant (P ) et dans [2], on cherchait
les fonctions f définies sur Z2 et vérifiant (P ).
L’hypothèse « f est continûment différentiable » permet de simplifier la preuve. En réalité la
continuité, ou la positivité (voir [1]), suffit.
Références
[1] R.M.S 107 9-10 Exercice 352 p 849
[2] R.M.S 108 9-10 Exercice 274 p 1140.
31. Soit S ∈ Sn (R). Donner une condition nécessaire et suffisante sur S pour qu’il
existe A ∈ Mn (R) antisymétrique telle que SA soit orthogonale.
• Condition nécessaire. Si SA est orthogonale alors −AS 2 A = t(SA)SA = In , donc A et S
sont inversibles et S 2 = −(A−1 )2 . Ainsi S 2 est aussi le carré d’une matrice antisymétrique
inversible.
Or on sait que toute matrice antisymétrique
est orthogonalement semblable à une matrice
0 a
R diagonale par blocs de type ( 0 ) ou
. Donc A−1 est semblable à une matrice
−a 0
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
15
0 a
avec a 6= 0 et S 2 est semblable à une
−a 0
matrice diagonale dont toutes les valeurs propres sont strictement positives et de multiplicité
paire.
Comme la multiplicité de la valeur propre λ2 de la matrice S est la somme des multiplicités
des valeurs propres ±λ de S (ce qui se voit en diagonalisant S) on voit que, nécessairement,
pour tout réel λ la somme des multiplicité de λ et −λ comme valeurs propres de S est paire.
diagonale par blocs uniquement du type
• Réciproque. Si S a la propriété ci-dessus, alors S 2 = P DP −1 avec P orthogonale et D
diagonale de valeurs propres toutes strictement positives et de multiplicité
paire. On peut
0 a
2
alors écrire −D = R avec R diagonale par blocs du type
avec a 6= 0. On voit
−a 0
alors que A = P R−1 P −1 est antisymétrique et que t(SA)SA = In .
(Résolu par Renaud Detcherry.)
00
2
4
8
0
0
7-2
*
P
Mdans l’intérieur de K.
a) Montrer que le centre de gravité G de K est
e
r
i polaires à partir du centre de gravité. Établir
b) On repère les points en coordonnées
a
l
l’existence de f ∈ C (R, R ) tellep
que K = {M (r, θ), 0 6 r 6 f (θ)}.
m
e
a) Montrons tout d’abord
Elexlemme classique suivant (existence d’un hyperplan de séparation
43.
Soit K un compact convexe du plan dont l’intérieur est non vide.
0
+
et d’un hyperplan d’appui) :
−
Lemme 1 Soit A un point non intérieur à K. Alors il existe un vecteur →
u unitaire, tel que
∀M ∈ K,
−−→ −
AM · →
u > 0.
Preuve : commençons d’abord par le cas où A 6∈ K. La fonction M 7→ AM 2 est continue
sur K, donc atteint son minimum en un point B ∈ K. On a alors
∀M ∈ K,
AM 2 > AB 2 .
Fixons M ∈ K et considérons le paramétrage M (λ) = B + λ(M − B) du segment [BM ].
Comme K est convexe, M (λ) ∈ K pour tout λ ∈ [0, 1], et ainsi
∀λ ∈ [0, 1],
−→ −−→
AB 2 6 AM (λ)2 = AB 2 + 2λAB · BM + λ2 BM 2 .
−→ −−→
En regardant cette inégalité au voisinage de 0+ , on a AB · BM > 0. On en déduit que
−→
AB
−→ −−→
−→ −−→
−
convient.
AB · AM = AB 2 + AB · BM > 0. Donc le vecteur →
u =
AB
Étudions maintenant le cas où A ∈ ∂K. Alors A est la limite d’une suite An de points
−n associé à An . Comme
extérieurs à K. D’après le résultat précédent, on peut considérer u→
−
−
→
−
la sphère unité est compacte, on peut extraire uϕ(n) qui converge vers →
u de norme 1. On a
alors, pour tout point M ∈ K,
−−−−−→ −→
Aϕ(n) M · u−ϕ(n)
>0
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
16
Epreuves orales corrigées
−−→ −
Cette inégalité passe à la limite en AM · →
u > 0, ce qui termine la preuve du lemme.
Supposons maintenant par l’absurde que le centre de gravité G de K ne soit pas intérieur
−
à K. On considère le vecteur →
u précédent associé à G et on a, par définition du centre de
gravité,
ZZ
ZZ
−−→
−−→ −
GM = 0 donc
GM · →
u = 0.
K
16
K
−−→ →
−
Or GM
u est positif
sur K. Par ailleurs, K est d’intérieur non vide, donc contient une
Revue
de la· filière
Mathématiques
−−→ −
boule sur laquelle GM · →
u est strictement positif. On obtient donc une contradiction avec
ZZ
−−→ −
GM · →
u = 0.
8
0
0
7-2
K on peut donc trouver r > 0 tel que les deux poin
Comme on l’a vu, G est intérieur à K,
de coordonnées
polaires
A(r, π/2)
et claire,
B(r, puisque
−π/2)l’intersection
soient dans
SoitKM
lelapoint de coo
b) L’existence
de la fonction
f (θ) est
du K.
convexe
et de
→
−
uθ )(0),
est un
et termine
en
(θ)commence
et ρ = par
hBG(θ)
les équations
polair
donnéesdemi-droite
polaires [G,
M (f
0)convexe
∈ K. compact,
Soient ρsegment
= hAqui
→
−θ . La question délicate est celle de la continuité de f . A rotation près, il est suffisant
G+f
(θ)
u
des droites (AM ) et (BM ). Ces fonctions s’écrivent :
*
P
eM
00
2
4
de montrer la continuité de f en 0.
Comme on l’a vu, G est intérieurhà K, on peut donc trouver r > 0 tel que−h
les deux points
hA
et soienthdans
, coor(θ) =A(r, π/2) et B(r, −π/2)
(θ)
=
de coordonnées
polaires
K.
Soit
M
le
point de
B
sin(θ
ϕ) ρ = hA (θ) et ρ = hB (θ) sin(θ
− ϕ)polaires
données polaires M (f (0), 0)
∈ K.+Soient
les équations
des droites (AM ) et (BM ). Ces fonctions s’écrivent :
ir
a
l
p
em
x
E
où h est la distance de G à la droite (AM ). On a évidemment hA (0) = hB (0) = f (
h
−h
hA (θ)
=
et
hB (θ) =
,
puisque les deux droites
passent
par
M
.
sin(θ + ϕ)
sin(θ − ϕ)
où h est la distance de G à la droite (AM ). On a évidemment hA (0) = hB (0) = f (0)
puisque les deux droites passent par M .
Comme K est convexe, l’intérieur du triangle ABM est inclus dans K. Ainsi, si θ ∈ [0, π/2],
on a f (θ) > hA (θ). Supposons par l’absurde qu’en un point θ ∈]0, ϕ[ on ait f (θ) > hB (θ).
Considérons C(f (θ), θ) ∈ K. Alors C est strictement en dessous de la droite (BM ), donc
le segment [BC] coupe l’axe (Ox) en un point M 0 strictement à droite de M . Comme K est
convexe, M 0 ∈ K, ce qui apporte la contradiction avec la définition de f (0). Ainsi hA (θ) 6
(θ)est
6 convexe,
hB (θ) pourl’intérieur
tout θ ∈]0, ϕ[.
le théorème
d’encadrement,
on déduit
que f est
CommefK
du Par
triangle
ABM
est inclus dans
K. Ainsi,
si θ ∈ [0, π/
continue à droite en 0. Par un argument similaire, on obtient la continuité à gauche.
on a f (θ)
! hpar
par l’absurde qu’en un point θ ∈]0, ϕ[ on ait f (θ) > hB (
A (θ).
(Résolu
IvanSupposons
Gozard)
Considérons C(f (θ), θ) ∈ K. Alors C est strictement en dessous de la droite (BM ), do
le segment
[BC]
l’axe (Ox) en un point M ! strictement à droite de M . Comme K
RMS. Volume
118 - ncoupe
4 (2007-2008)
convexe, M ! ∈ K, ce qui apporte la contradiction avec la définition de f (0). Ainsi hA (θ)
f (θ) " hB (θ) pour tout θ ∈]0, ϕ[. Par le théorème d’encadrement, on déduit que f
◦
17
Epreuves orales corrigées
44. Paris, Lyon, Cachan
Si M = (mi,j )16i,j6n ∈ Mn (R), on note (P) la propriété : m1,1 , . . . , mn,n sont les
valeurs propres de M comptées avec leur ordre de multiplicité.
0
1
a) Déterminer les réels a tels que la matrice @ 1
a
0
2
−a
1
1
−1 A vérifie (P).
−a − 2
b) Soit M ∈ Sn (R). Montrer que si M vérifie (P) alors M est diagonale.
c) Déterminer l’intérieur dans Mn (R) de l’ensemble {M ∈ Mn (R), M vérifie (P)}.
8
0
0
7-2
Solution de Renaud Detcherry et Bruno Harington
00
a) Si la matrice proposée vérifie (P), alors 1 en est valeur propre2donc
*4
P
Ma = 0, la matrice vaut
est non inversible, d’où a = 0. Réciproquement, pour
e
r
i
dont le spectre est bien {1, 2, −2}. la
p(s ) symétrique et vérifiant (P). Il existe P ∈ O (R)
m
b) (par Bruno Harington) Soit
S
=
e
telle que S = P DP , où Dxest la matrice diagonale diag(s , s , . . . , s ). On en déduit
EX X
0
0
@ 1
a
0
1
−a
0
1
@ 1
0
1
1
−1 A
−a − 3
1
0
1
2 −1 A
0 −2
i,j
n
t
1,1
2,2
n,n
n
tr(t SS) = tr(D2 ), d’où
s2i,i puis si,j = 0 pour i 6= j : S est diagonale.
s2i,j =
i,j
i=1
c) (par Renaud Detcherry) Montrons que si n > 2, {M ∈ Mn (R), M vérifie (P)} est d’intérieur vide. Pour l’établir, considérons M = (mi,j )i,j vérifiant (P) et exhibons des matrices
arbitrairement proches de M , ayant mêmes coefficients diagonaux que M mais un déterminant différent : ces matrices ne vérifieront pas P.
f de même diagonale que M et de déterminant distinct
À cet effet, considérons une matrice M
de det(M ) (la construction d’une telle matrice ne pose pas de difficulté ; on peut par exemple
f inversible si M ne l’est pas, non inversible si M l’est). Posons
choisir M
f
Mt = (1 − t)M + tM
Alors t 7→ det(Mt ) est un polynôme non constant, donc différent de det(M ) pour des valeurs de t arbitrairement petites. Comme lim Mt = M , t peut être choisi pour que Mt soit
t→0
arbitrairement proche de M et la preuve est achevée.
45. Soient E un espace euclidien,
k k la norme euclidienne sur E et
S = u ∈ L(E), u2 = idE .
a) Montrer que idE est un point isolé de S.
b) Soit s une symétrie par rapport à un hyperplan de E. Montrer que si dim E > 2
alors s n’est pas un point isolé de S.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
18
Epreuves orales corrigées
c) Montrer que S n’est pas un compact de (L(E), ||| |||), où ||| ||| est la norme d’opérateur
subordonnée à k k.
d) Pour u ∈ S \ {idE , − idE }, on pose :
δ(u) = inf {kx − yk, (x, y) ∈ E1 (u) × E−1 (u) et kxk = kyk = 1}. Pour ε > 0, on pose
S(ε) = {u ∈ S \ {idE , − idE }, δ(u) > ε}. Montrer que S(ε) est compact.
Soit n = dim E. On suppose n > 2.
a) On a tr (idE ) = n. En diagonalisant u ∈ S \ {idE }, on voit que : tr (u) 6 n − 2. La trace
étant continue, ceci montre que idE est un point isolé de S.
8
0
0
7-2
b) Montrons plus généralement que tout s ∈ S \ {± idE } est point d’accumulation de S. En
se plaçant dans une base adaptée à s et en raisonnant matriciellement, il suffit de prouver que
si m ∈ {1, . . . , n − 1}, la matrice diagonale :
O
Im
,
O −In−m
00
2
4
*
P
M
est point d’accumulation de l’ensemble T =
{M ∈ M (R), M
e
r
i
A∈M
(R), la matrice :
a
l
p
m
A
I
e
Ex O −I ∈ T .
n
2
= In }. Or, pour tout
m,n−m
m
n−m
c) Il suffit de démontrer que T n’est pas un compact de Mn (R). La considération des matrices exhibées à la question b) montre que T n’est pas borné.
d) Commençons par observer que si u est dans S, alors :
δ(u)2
kxk × kyk.
∀(x, y) ∈ E1 (u) × E−1 (u),
hx, yi 6 1 −
2
En effet, si u est dans S, e ∈ E1 (u), f ∈ E−1 (u) et kek = kf k = 1, alors :
ke − f k > δ(u)
⇔
kek2 + kf k2 − 2 he, f i > δ(u)2
⇔
he, f i 6 1 −
δ(u)2
.
2
Le résultat suit par homogénéité. Remarquons que la condition s’écrit aussi :
δ(u)2
∀(x, y) ∈ E1 (u) × E−1 (u),
| hx, yi | 6 1 −
kxk × kyk.
2
p
4 − δ(u)2
Nous allons en déduire que la norme subordonnée de u est égale à :
, donc
√ δ(u)
4 − ε2
que S(ε) est l’ensemble des éléments de S de norme majorée par :
. Puisque S
ε
est trivialement fermé dans L(E) (continuité de l’application polynomiale u 7→ u2 ), ceci
prouvera que S(ε) est fermé borné dans L(E) muni de la norme subordonnée, donc compact.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
19
Soient u ∈ S(ε), x ∈ E, (y, z) ∈ E1 × E−1 tel que x = y + z. On a :
ku(x)k2 = ky − zk2 = kyk2 + kzk2 − 2 hy, zi = kxk2 − 4 hy, zi .
Si hy, zi > 0, ku(x)k 6 kxk. Sinon,
kxk2
=
δ(u)2
kyk × kzk
kyk2 + kzk2 + 2 hy, zi > kyk2 + kzk2 − 2 1 −
2
2
> (kyk − kzk) + δ(u)2 kyk × kzk > δ(u)2 kyk × kzk
8
0
0
7-2
δ(u)2
= kxk2 − 4 hy, zi 6 kxk2 + 4 1 −
kyk × kzk
2
1 − δ(u)2 /2
6
1+4×
kxk2 .
δ(u)2
p
4 − δ(u)2
Ceci prouve que la norme subordonnée de u vaut au plus
. D’autre part, si y et
δ(u)
z sont de même norme avec :
δ(u)2
kyk × kzk,
hy, zi = − 1 −
2
ku(x)k2
*
P
eM
00
2
4
ir
a
l
p
em
x
E
les inégalités ci-dessus sont des égalités, ce qui achève la démonstration.
(Résolu par Ivan Gozard.)
48. Soit M ∈ Mn (R) diagonalisable. On suppose qu’existent ε > 0, x ∈ Rn avec
kxk∞ = 1 et λ ∈ R tels que kM x − λxk∞ 6 ε. Montrer qu’il existe C > 0 dépendant de
M uniquement tel qu’existent x0 ∈ Rn avec kx0 k∞ = 1 et λ0 ∈ R tels que : M x0 = λ0 x0
et |λ − λ0 | 6 Cε.
Cet exercice traite du calcul approché des valeurs propres. Nous allons le compléter par un
résultat relatif au calcul approché des vecteurs propres. En nous plaçant dans un cadre un peu
plus général, nous prouverons la proposition suivante :
Proposition 1 Soit (E, k.k) un espace vectoriel normé de dimension finie n sur le corps
K = R ou C et f un endomorphisme diagonalisable de E. Il existe C et D dans ]0, +∞[ tels
que, si le triplet (ε, λ, x) ∈ R+∗ × K × (E \ {0}) vérifie kf (x) − λxk 6 εkxk, alors il existe
(λ0 , x0 ) ∈ K × (E \ {0}) vérifiant f (x0 ) = λ0 x0 , |λ − λ0 | 6 Cε et kx − x0 k 6 Dεkxk.
En d’autres termes, si (λ, x) satisfait de façon approchée à l’équation des éléments propres
f (x) = λx, alors (λ, x) approche un élément propre (λ0 , x0 ) de f avec un contrôle linéaire
de l’erreur.
Démonstration. Soit(e1 , . . . , en ) un base de diagonalisation de f , f (ei ) = µi ei . On munit
X
E de la norme N∞
xi ei = maxi |xi |. On se donne a et b tels que N∞ 6 ak.k et
k.k 6 bN∞ .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
20
Epreuves orales corrigées
Soit (ε, λ, x) ∈ R+∗ ×K×(E \{0}) vérifiant kf (x)−λxk 6 εkxk et écrivons x =
Choisissons j tel que N∞ (x) = |xj |. On a
X
xi ei .
|µj −λ|N∞ (x) = |µj xj −λxj | 6 N∞ (f (x)−λx) 6 akf (x)−λxk 6 aεkxk 6 abεN∞ (x)
On a donc |µj − λ| 6 abε. Posons C = ab et λ0 = µj . On a donc |λ0 − λ| 6 Cε avec λ0
valeur propre de f .
Montrons maintenant que x approche un vecteur propre associé à la valeur propre λ0 = µj .
Dans le cas où f est une homothétie, le résultat est trivial (avec x0 = x) ; écartons ce cas et
posons r = min{|µ
X i −µk | | 1 6 i, k 6 n, µi 6= µk }. Introduisons I = {i ∈ [1, n] | µi = µj }
et posons x0 =
xi ei . On a f (x0 ) = µj x0 = λ0 x0 , avec x0 6= 0. Pour majorer kx0 − xk,
i∈I
on envisage deux cas.
r
Premier cas : ε 6
. Si i ∈ [1, n] \ I, on a
2ab
*
P
eM
00
2
4
|µi − λ| > |µi − λ0 | − |λ0 − λ| > r − abε >
ir
a
l
p
ce qui nous donne
kx0 − xk
8
0
0
7-2
r
2
em
x
E
|xi µi − xi λ|
|µi − λ|
i∈I
/
i∈I
/
2b
2b
2ab
2ab
max |xi µi − xi λ| 6 N∞ (f (x) − λx) 6
kf (x) − λxk 6
εkxk
r i∈I
r
r
r
/
6 bN∞ (x0 − x) = b max |xi | 6 b max
6
Deuxième cas : ε >
r
. On a alors
2ab
kx0 − xk 6 bN∞ (x0 − x) = bN∞ (x) 6 abkxk =
ab
2a2 b2
εkxk 6
εkxk
ε
r
Comme ab > 1, on a finalement dans les deux cas, kx0 − xk 6 Dεkxk avec D =
2a2 b2
.
r
49. Soit (E, h , i) un espace hermitien de norme hermitienne k k. On munit L(E) de
la norme ||| ||| subordonnée à k k. Soient r ∈]0, 2[ et G un sous-groupe de GL(E) tels que
G ⊂ Bo (idE , r).
a) Établir l’existence de p ∈ N∗ tel que : ∀M ∈ G, M p = idE .
b) Soient A et B dans G tels que : ∀M ∈ G, tr(AM ) = tr(BM ). Montrer que A = B.
c) Montrer que G est fini.
d) Montrer que le résultat de c) ne subsiste pas si l’on remplace l’hypothèse G ⊂
Bo (idE , r) par G ⊂ Bo (idE , 2).
Les réponses a) , c) sont dues à Ivan Gozard.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
21
a) • Rappelons que si θ ∈ R \ 2πQ, {einθ , n ∈ Z} est dense dans U.
(On trouvera la preuve de ce résultat classique, par exemple, dans l’exercice 32 pages 10681070 de la RMS vol. 108, numéro 9-10, Mai-Juin 1998).
• Soit A ∈ G. Soit λ une valeur propre de A.
Soit x ∈ Ker(A − λidE ) un vecteur propre unitaire pour cette valeur propre. Comme A est
inversible on a : ∀k ∈ Z, Ak (x) = λk x donc (Ak − idE )(x) = (λk − 1)x, donc, comme
Ak ∈ G,
|λk − 1| = k(λk − 1)xk = k(Ak − idE )(x)k 6 |||Ak − idE ||| × kxk = |||Ak − idE ||| 6 r.
8
0
0
7-2
D’où ∀k ∈ Z, |λ|k 6 1 + |λk − 1| 6 1 + r. Donc |λ| = 1 (car si |λ| > 1, alors |λ|k → +∞
quand k → +∞ ; et si |λ| < 1, alors |λ|−k → +∞ quand k → +∞).
Ainsi il existe θ ∈ R tel que λ = eiθ .
θ
∈
/ Q, alors λk , k ∈ Z est dense dans U, donc il existe une suite (kp )p∈N d’entiers
Si
2π
relatifs telle que λkp p∈N converge vers −1. Alors λkp − 1 p∈N converge vers 2, ce qui
*
P
eM
00
2
4
est exclu puisque ∀k ∈ Z, |λk − 1| 6 r < 2.
θ
2πd
Ainsi
∈ Q, et il existe (d, q) ∈ Z × N∗ tel que θ =
où d et q sont premiers entre
2π
q
eux.
Quitte à remplacer d par le reste de la division euclidienne de d par q, on peut supposer que
0 6 d 6 q − 1.
D’après le théorème de Bezout, il existe (u, v) ∈ Z2 tel que ud + vq = 1.
Il vient λu = exp (i2π/q), donc ∀k ∈ Z, λuk = exp (i2πk/q), donc ∀k ∈ Z, λuk − 1 =
2|sin (πk/q)|.
πk r
Par conséquent : ∀k ∈ Z, sin
6 .
q 2
q
πk
– Si q est pair, on a pour k = , sin
= 1 : exclu.
2
q π(q − 1) π
π
q − 1 – Si q est impair, on a pour k =
, sin
=
cos
;
donc
cos
6
2
2q
2q
2q
r
π
π
, d’où
> arccos (r/2), soit q 6
.
2
2q
2 arccos (r/2)
π
Posons N = 1 + E
∈ N∗ .
2 arccos (r/2)
Ce qui précède montre que toutes les valeurs propres de A sont dans l’ensemble
2iπd
, q ∈ [ 1, N ] , d ∈ [ 0, q − 1]] .
Ω = exp
q
ir
a
l
p
em
x
E
• Comme G est un sous–groupe borné de GL(E), tous les éléments de G sont diagonalisables. En effet soit A ∈ G.
Soit λ une valeur propre de A.
– Supposons que Ker(A − λidE ) est strictement inclus dans Ker((A − λidE )2 ).
Fixons y ∈ Ker((A − λidE )2 ) \ Ker(A − λidE ), et posons x = A(y) − λy. Alors x 6= 0 et
A(x) = λx.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
22
Epreuves orales corrigées
On montre aisément par récurrence que : ∀m ∈ N, Am (y) = λm y + mλm−1 x. On a donc :
∀m ∈ N, kAm (y)k = λm y + mλm−1 x > m λm−1 x − kλm yk = mkxk − kyk ;
donc kAm (y)k tend vers +∞ quand m tend vers +∞.
Or pour chaque γ ∈ G, on a |||γ − idE ||| 6 r d’où |||γ||| 6 |||idE ||| + r = 1 + r ;
donc ∀m ∈ N, kAm (y)k 6 |||Am ||| kyk 6 (1 + r)kyk.
La contradiction est manifeste.
– Ainsi Ker(A − λidE ) = Ker((A − λidE )2 ).
On voit donc, par récurrence, que pour tout k ∈ N∗ , Ker((A − λidE )k ) = Ker((A − λidE )).
(En effet si x ∈ Ker((A − λidE )k+1 ), alors (A − λidE )k−1 (x) ∈ Ker((A − λidE )2 ) =
Ker(A − λidE ), donc x ∈ Ker((A − λidE )k ) = Ker(A − λidE ).)
Or comme le corps de base est C, d’après le théorème de Hamilton-Cayley, on a :
E = ⊕λ∈Sp(A) Ker ((A − λidE )mλ ). Donc
M
E=
Ker(A − λidE ).
λ∈Sp(A)
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
Ainsi A est diagonalisable.
• Or Ω est un ensemble fini dont tous les éléments sont des éléments d’ordre fini du groupe
U donc, si p est le PPCM des ordres des éléments de Ω, on a : ∀z ∈ Ω, z p = 1. Ainsi, pour
A ∈ G, qui est diagonalisable à valeurs propres dans Ω, on a Ap = idE .
ir
a
l
p
em
x
E
b) Soit n la dimension de E. Appliquons la relation avec M = A−1 . On a n = tr(AM ) =
tr(BM ). Alors BM est un élément de G dont la somme des valeurs propres vaut n, comme
ce sont des complexes de module 1, elles sont toutes égales à 1. Par ailleurs les éléments de
G sont diagonalisables (car annulés par X p − 1 qui est scindé à racines simples) donc BA−1
est diagonalisable avec 1 comme seule valeur propre : c’est In et B = A.
c) Vect(G) est une sous–algèbre de L(E) donc est de dimension finie, disons m. Soit
(Ai )16i6m ∈ Gm une base de Vect(G).
Considérons l’application ϕ : g 7→ (tr(gAi ))16i6m de G dans Cm .
D’après la question précédente, ϕ est injective. Notons n = dim E. L’ensemble
( n
)
X
n
F =
xk , (x1 , . . . , xn ) ∈ Up
k=1
Unp
est fini, car
est fini (de cardinal pn ).
D’après a) , on a : ∀A ∈ G, Ap = idE . Donc chaque élément de G est diagonalisable et a un
spectre contenu dans Up , donc tr(G) = {tr(A), A ∈ G} ⊂ F , donc tr(G) est fini.
ϕ est injective et ϕ(G) est bien sûr contenu dans (tr(G))m qui est fini d’après ce qui précède,
donc G est fini.
d) Soit θ un réel incommensurable à π (i.e tel que θ/π 6∈ Q) et G l’ensemble des eikθ idE
pour k ∈ Z. G est un sous-groupe infini du
groupe GL(E). De plus pour tout k ∈ Z on a
k
π
k
|||eikθ idE − idE ||| = |eikθ − 1| = 2 sin θ < 2 car θ ne peut pas être de la forme + nπ.
2
2
2
On a donc G ⊂ Bo (IdE , 2).
(Résolu par Eric Pité.)
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
23
Epreuves orales corrigées
50. On munit Rn de sa structure euclidienne canonique, on note Q l’ensemble des
formes quadratiques définies positives. Pour q ∈ Q, on note Eq = {x ∈ Rn , q(x) 6 1}
et Vq le volume de Eq . On note d’autre part V (n) le volume de la boule unité de Rn .
a) Calculer Vq à l’aide de V (n).
b) Soit K un compact de Rn d’intérieur non vide. On pose H = {q ∈ Q, K ⊂ Eq }.
Est-ce que inf Vq est atteint ? L’est-il en un seul point ? Qu’en est-il si on suppose uniq∈H
quement K non vide ?
8
0
0
7-2
Préliminaires
Cette question est entièrement traitée dans [1]. Elle fait l’objet du problème [2] dans le cas
où K est la boule unité pour une certaine norme. Ivan Gozard signale que des exercices
similaires sont parus avec leurs corrigés dans la RMS (voir [3] et [4]).
Le théorème de Loewner-Behrend affirme l’existence et l’unicité de l’ellipsoı̈de de volume
minimal incluant K, compact d’intérieur non vide.
On note (x|y) le produit scalaire canonique dans Rn ; kxk la norme associée. On note H
l’ensemble des endomorphismes symétriques définis positifs. On note R l’espace vectoriel
des formes quadratiques réelles sur Rn .
*
P
eM
00
2
4
r
i
a
l
a) Soit q ∈ Q. Notons h l’endomorphisme
symétrique associé à q, (a , a , . . . , a ) les
p
réels positifs tels que les a m
sont les valeurs propres, avec éventuelles répétitions, de h,
xe
(e , e , . . . , e ) une base orthonormale
telle que h(e ) = a e pour tout i. Notons enfin
E
(y , y , . . . , y ) les coordonnées de x dans cette base.
1
−2
i
1
2
n
1
2
n
i
2
n
−2
i
i
L’ellipsoı̈de Eq est caractérisé dans cette base par la condition
X y2
i
6 1.
a2i
16i6n
L’application linéaire g qui à chaque ei associe ai ei envoie la boule unité fermée B, donnée
par kxk 6 1, sur Eq . On en tire Vq = det g V (n) = a1 a2 . . . an V (n).
Notons δ(q) le déterminant de h, c’est-à-dire le discriminant de q dans une base orthonormale.
On a montré :
V (n)
Vq = p
.
δ(q)
b) On note F la fonction q 7→ Vq qui à q ∈ Q associe δ(q)−1/2 . Il revient au même de
minimiser F et de minimiser q 7→ Vq , puisque ces deux fonctions sont positivement proportionnelles entre elles. On se donne actuellement un compact K d’intérieur non vide. On va
procéder en plusieurs étapes.
• F est continue.
Preuve. Le déterminant est une fonction continue et la représentation matricielle des formes
quadratiques est continue.
• Soit des réels t et s tels que 0 < t < 1 et s > 0. Alors : 1 − t + ts > st . Il y a égalité si et
seulement si s = 1.
Preuve. On pose ici f (s) = 1 − t + ts − st . On a f 0 (s) = t(1 − st−1 ), du signe de s − 1.
Donc f atteint son minimum en s = 1 et f (1) = 0.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
24
Epreuves orales corrigées
• Soit des réels t et s1 , s2 , . . . , sn tels que 0 < t < 1 et s1 > 0, . . . , sn > 0. Alors
n
Y
−1/2
(1 − t + tsi )
i=1
61−t+t
n
Y
−1/2
si
.
i=1
Il y a égalité si et seulement si les si sont tous égaux à 1.
Preuve. D’après ce qui précède, on a (1 − t + tsi )−1/2 6 (sti )−1/2 . Puis (en appliquant une
seconde fois le point précédent) :
!t
n
n
n
Y
Y
Y
−1/2
−1/2
(si )
6 1 − t + t (si )−1/2 .
(1 − t + tsi )
6
8
0
0
7-2
i=1
i=1
i=1
00
2
4
Le cas d’égalité découle du point précédent.
• Soit f un endomorphisme de Rn qui est diagonalisable et dont toutes les valeurs propres
sont réelles positives. Soit t un réel tel que 0 < t < 1. Alors (det((1 − t) id +tf )−1/2 6
1 − t + t(det f )−1/2 . Il y a égalité si et seulement si f = id.
Preuve. Dans une base de diagonalisation de f , l’expression étudiée est celle du point précédent, les si étant les valeurs propres de f .
• Soit h, h0 ∈ H. Alors h−1 h0 est un endomorphisme de Rn qui est diagonalisable et dont
toutes les valeurs propres sont réelles positives.
Preuve. On pose < x, y >= (x|h(y)). On définit ainsi un produit scalaire sur Rn . L’endomorphisme de Rn qui est auto-adjoint relativement à < , > et qui est associé à la forme
quadratique x 7→ (x|h0 (x)) n’est autre que h−1 h0 . On en déduit la propriété voulue.
• F est strictement convexe.
Preuve. C’est dire que, pour toutes q, q 0 ∈ Q e t t ∈]0, 1[, F ((1 − t)q + tq 0 ) 6 (1 − t)F (q) +
tF (q 0 ) avec égalité si et seulement si q = q 0 . En considérant les endomorphismes symétriques
associés, il revient au même de prouver que pour tous h, h0 ∈ S et t ∈]0, 1[, det−1/2 ((1 −
t)h + th0 ) 6 (1 − t) det−1/2 (h) + t det−1/2 (h0 ), avec égalité si et seulement si h = h0 ; mais
encore : pour tous h, h0 ∈ S et t ∈]0, 1[, det−1/2 (1−t+th−1 h0 ) 6 1−t+t det−1/2 (h−1 h0 ),
avec égalité si et seulement si h = h0 . On retrouve le point précédent.
• Il existe une forme quadratique q0 ∈ Q telle que K ⊂ Eq0 .
Preuve. On considère q0 (x) = akxk2 avec a 6 R−2 , où R est le maximum de la norme d’un
élément de K.
• On note X l’ensemble des q ∈ Q telles que K ⊂ Eq et δ(q) > δ(q0 ). Alors X est une
partie compacte et convexe de Q.
Preuve.
∗ L’ensemble des q ∈ R telles que q(x) > 0 pour tout x est convexe. L’ensemble des
q ∈ R telles que q(x) 6 1 pour tout x ∈ K est convexe. L’ensemble des q ∈ Q telles que
δ(q) > δ(q0 ) est convexe (car c’est : F (q) 6 F (q0 ) avec F convexe). Ainsi X est convexe.
∗ X est défini par des inégalités larges où interviennent des fonctions continues. Donc X est
fermé dans R tout en étant inclus dans Q.
∗ Si K ⊂ Eq alors L ⊂ Eq où L est le plus petit convexe incluant K et son symétrique −K
par rapport à 0. Soit r > 0 tel qu’une boule de rayon r est incluse dans K. Alors la boule de
centre 0 et de rayon r est incluse dans L. Soit q ∈ X. On a q(x) 6 r−2 kxk2 . On prouve ainsi
que X est borné.
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
25
∗ R est un espace vectoriel réel de dimension finie, donc X est compact.
• Le théorème s’en déduit d’après le principe du minimum appliqué à F sur X. La stricte
convexité de F suffit pour l’unicité du minimum.
Abandonnons l’hypothèse sur K : on le suppose compact non vide mais peut-être d’intérieur
vide.
Notons L l’enveloppe convexe de K ∪−K : c’est le plus petit convexe symétrique par rapport
à O contenant K. Voici quelques propriétés :
Montrons que L est compact. En effet K ∪ −K est compact. De plus on admet que l’enveloppe convexe d’un compact X de Rn est un compact. Ceci peut se déduire du théorème de
Carathéodory : cette enveloppe convexe est l’ensemble des barycentres d’au plus n + 1 points
de X affectés de coefficients positifs. (voir [1]).
Dire que K ⊂ Eq c’est dire que L ⊂ Eq (car Eq est un convexe symétrique par rapport à O).
Même si K est d’intérieur vide, il se peut que, avec les notations précédentes, L ne soit
pas d’intérieur vide, auquel cas la conclusion reste la même : existence et unicité de q telle
que le volume de Eq soit minimal parmi les Eq incluant K. En fait cela revient à dire que
Vect K = Rn .
En effet, si K n’engendre pas Rn , alors L est inclus dans W , espace engendré par K. Si
au contraire K engendre Rn , il contient une base de Rn , et L inclut l’enveloppe convexe X
de l’ensemble constitué par les vecteurs de cette base et leurs opposés : X est un compact
convexe ayant O comme point intérieur (c’est la boule fermée unité pour la norme « somme
des valeurs absolues des coordonnées » dans la base en question).
Par contre si K engendre un sous-espace strict W de Rn , il n’y a pas d’ellipsoı̈de de volume
minimal incluant K. On trouve en effet des formes quadratiques positives non définies r telles
que r(x) 6 1 pour tout x ∈ K. Il suffit de résoudre le problème précédent dans W : q est une
forme quadratique définie positive sur W telle que q(x) 6 1 pour tout x ∈ K ; on pose alors
r(x) = q(π(x)) où π est la projection orthogonale sur W .
Conclusion : il y a existence et unicité de l’ellipsoı̈de en question si et seulement si K est
générateur de Rn .
Références
[1] Géométrie 3, par Marcel Berger, cedic/Fernand Nathan
[2] Agrégation de Mathématiques Problème d’Analyse 1996. RMS 107-1 (énoncé) et RMS
107-5 (corrigé).
[3] RMS 94-10 ex n240
[4] RMS 103-10 ex n58
(Résolu par Ivan Gozard.)
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
em
x
E
55. Soient K un compact non vide d’un espace normé, T : K → K 1-lipschitzienne et
surjective. Montrer que T est une isométrie.
Soit (x, y) ∈ K 2 ; pour tout n ∈ N, il existe (xn , yn ) ∈ K 2 tel que T n (xn ) = x et T n (yn ) =
y. Puisque K × K est compact, il existe une extraction (nk )k∈N et (x0 , y 0 ) ∈ K 2 tels que
lim xnk = x0 et lim ynk = y 0 . Puisque T est 1-lipschitzienne,
k→+∞
k→+∞
kT nk (x0 ) − xk = kT nk (x0 ) − T nk (xnk )k 6 kx0 − xnk k .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
26
Epreuves orales corrigées
Donc lim kT nk (x0 ) − xk = 0, d’où lim T nk (x0 ) = x. On obtient de même :
k→+∞
k→+∞
lim T nk (y 0 ) = y. Or, T étant 1-lipschitzienne la suite (kT n (x0 ) − T n (y 0 )k)n∈N est dé-
k→+∞
croissante et minorée par 0, donc convergente, sa limite étant :
kx − yk = lim kT nk (x0 ) − T nk (y 0 )k .
k→+∞
Alors,
kx − yk = lim kT nk (x0 ) − T nk (y 0 )k = lim T nk +1 (x0 ) − T nk +1 (y 0 ) .
k→+∞
k→+∞
Or
00
2
4
8
0
0
7-2
‚
‚
‚ `
´
`
´‚
lim ‚T nk +1 (x0 ) − T nk +1 (y 0 )‚ = lim ‚T T nk (x0 ) − T T nk (y 0 ) ‚ = kT (x) − T (y)k
k→+∞
k→+∞
*
P
eM
puisque T est 1-lipschitzienne, donc continue. T est donc une isométrie.
(Résolu par Ivan Gozard, François Héroult et Mobinool Omarjee.)
ir
a
l
pde la suite (u )
56. Trouver un équivalent en +∞
m
e
x
n 1
E
Pour n ∈ N, posons a = − . On a
2
4
n n>0
vérifiant un+1 = |un − n|.
n
an+1
n 1 n 1 = + = + = |an − n|
2
4
2
4
On en déduit que |un+1 − an+1 | = ||un − n| − |an − n|| 6 |un − an |, ce qui montre
n
manifestement que un − an = O(1). On a donc un = an + O(1) = + O(1).
2
Remarque. On prouve facilement qu’il existe a réel tel que, pour n assez grand, on ait :
u2n = n − a et u2n+1 = n + a.
(Résolu par Philippe Agnès, Christophe Jan, François Héroult, Mobinool Omarjee.)
58. Soit ρ ∈]0, 1[. Étudier la convergence d’une suite réelle (xn )n>0 vérifiant ∀n ∈ N∗ ,
xn+1 > ρxn + (1 − ρ)xn−1 .
Posons vn = min(xn , xn−1 ). Comme xn+1 > min(xn , xn−1 ), la suite vn est clairement
croissante et converge donc dans R vers L ∈] − ∞, +∞]. Montrons que xn tend vers L. Si
L = +∞ le résultat est clair puisque xn > vn . Supposons donc que L < +∞. Raisonnons
par l’absurde en supposant que (xn ) ne converge pas vers L. Soit r > 0 tel que l’ensemble
A = {n ∈ N, |xn − L| > r} est infini. Puisque un → L et xn > vn , on a, pour n assez
grand, xn > L − r, et donc A0 = {n ∈ N | xn − L > r} est infini. Soit N ∈ N tel que
n > N ⇒ un+1 = min(xn+1 , xn ) > L −
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
ρr
2(1 − ρ)
Epreuves orales corrigées
et choisissons n ∈ A0 tel que n > N + 1. On a alors xn > L + r et xn−1 > L −
27
ρr
,
2(1 − ρ)
d’où
ρr
ρr
=L+
2(1 − ρ)
2
ρr
On a donc L > min(xn , xn+1 ) > min L + r, L +
> L ce qui est absurde.
2
(Résolu par Mobinool Omarjee.)
xn+1 > ρ(L + r) + (1 − ρ) L −
8
0
0
a) On suppose que a +b tend vers 0 et e +e tend vers 2 quand n-tend
2 vers l’infini.
7
Montrer que (a )
et (b )
convergent.
00
b) On suppose que a + b + c tend vers 0 et e + e + e2 tend vers 3 quand n tend
vers l’infini. Que peut-on dire ?
*4
P
M
a) Soit A une valeur d’adhérence dans R e
de (a ). On a alors φ : N 7→ N strictement
r
croissante telle que a
→ A et b
→i−A. En utilisant e + e → 2 on a
a
l
pA = 1 donc A = 0 ;
• soit A ∈ R et e + e
= 2 i.e. ch
m
• soit A = ±∞ mais alors 2 e
x= +∞ ce qui est absurde.
On en déduit que 0 est la
seule valeur d’adhérence de a dans R et donc que a et b tendent
E
vers 0.
61.
Soit (an )n>0 , (bn )>0 et (cn )n>0 des suites réelles.
n
an
n
n n>0
bn
n n>0
n
n
an
n
bn
cn
n
A
φ(n)
−A
an
φ(n)
bn
n
n
n
b) On raisonne de manière analogue. Soit A une valeur d’adhérence dans R de (an ). On
a alors φ : N 7→ N strictement croissante telle que aφ(n) → A. Prenons ensuite B une
valeur d’adhérence dans R de (bφ(n) ). On en déduit l’existence d’une extraction ψ telle que
aψ(n) → A, bψ(n) → B, cψ(n) → C = −A − B.
• Si A, B, C sont finis alors eA + eB + eC = 3 et par l’inégalité entre les moyennes
arithmétique et géométrique :
1=e
A+B+C
6
eA + eB + eC
3
1/3
= 1.
On a donc égalité dans l’inégalité : les trois termes eA , eB , eC sont égaux et donc A = B =
C = 0.
• Le cas où l’un des termes A, B, C est infini est absurde car alors l’un des trois vaut +∞ et
on a 3 = lim ean + ebn + ecn = +∞ !
En conclusion (an ), et par symétrie (bn ) et (cn ), ont 0 comme seule valeur d’adhérence dans
R : elles convergent vers 0.
(Résolu par Christophe Jan, Eric Pité.)
(
66.
Soient s > 0 et A =
(xn )n>0 ∈ (R
+∗ N
) ,
+∞
X
)
xn = s . Déterminer :
n=0
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
28
( +∞
X
Epreuves orales corrigées
)
2
xn , (xn )n>0 ∈ A .
n=0
Solution de Mobinool Omarjee
Déjà, on a, si x est dans A :
s2 =
X
xn 2 + 2
n>0
égalité qui entraı̂ne : 0 <
X
X
xm xn ,
06m<n
8
0
0
7-2
xn 2 < s2 . Montrons réciproquement que si y est dans ]0, s2 [, y
00
2
4
n>0
s’écrit
X
xn 2 où x est dans A. L’idée est d’introduire un paramètre continu en considérant
n>0
*
P
M (r − 1)s ·
s +y
ete λ =
r=
r
s −y i
r
a
l
pX x = y.
La suite (λ/r )
appartient àm
A et
e
x
E
(Résolu par Christophe Jan, Patrice Lassère, Eric Pité, Edouard Lebeau.)
les suites géométriques appartenant à A. Précisément, on pose :
2
2
n
n>0
n
2
n>0
69.
a) Énoncer le théorème des valeurs intermédiaires.
b) Soit f : R → R telle que pour tout segment [a, b] de R, f ([a, b]) est un segment et
pour tout x ∈ R, f −1 ({x}) est fermé dans R. Montrer que f est continue.
Solution de François Héroult
a) Soit f une fonction continue sur un intervalle I de R. L’image par f de tout intervalle J
inclus dans I est un intervalle.
b) On suppose par l’absurde que f n’est pas continue en x0 . Il existe alors ε > 0 et une suite
(un )n>0 d’éléments de I telle que : un → x0 et ∀n ∈ N, |f (un ) − f (x0 )| > ε. Quitte à
extraire, on peut supposer par exemple : ∀n ∈ N, f (un ) 6 f (x0 ) − ε. Si n ∈ N, f ([un , x0 ])
est un intervalle contenant f (x0 ) et f (un ), donc l’intervalle [f (x0 ) − ε, f (x0 )]. Il existe alors
vn ∈ [un , x0 ] tel que f (vn ) = f (x0 ) − ε. On a : vn → x0 et ∀n ∈ N, vn ∈ f −1 (f (x0 ) − ε).
Ce dernier ensemble est fermé d’où : vn → x0 ∈ f −1 (f (x0 ) − ε) donc f (x0 ) = f (x0 ) − ε
ce qui est absurde.
Remarque. Cet exercice est traité dans la note de J.B. Hiriart-Urruty intitulée : Que manquet-il à une fonction vérifiant la propriété des valeurs intermédiaires pour être continue ?, Rms
1984, p. 370-371.
(Résolu par Christophe Jan, Patrice Lassère, Renaud Detcherry.)
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
70.
29
Existe-t-il f ∈ C 0 (R, R) telle que, pour tout a ∈ R, f −1 ({a}) soit une paire ?
Montrons qu’il n’existe pas de telle fonction. Supposons par l’absurde que f vérifie cette
propriété. Alors f −1 ({0}) = {α, β} avec α < β. La fonction f est continue sur le segment
[α, β] donc elle y est bornée et elle atteint ses bornes ; il existe (γ, δ) ∈ [α, β]2 tel que :
f (γ) = max[α,β] f et f (δ) = min[α,β] f . Les deux ne peuvent être simultanément nuls (la
fonction serait alors nulle sur [α, β]). On a, par exemple, f (γ) > 0 (sinon on change f en
−f ). D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe ε1 ∈]α, γ[ tel que f (ε1 ) =
f (γ)/2 et ε2 ∈]γ, β[ tel que f (ε2 ) = f (γ)/2. Les images par f des intervalles ] − ∞, α]
et [β, +∞[ sont des intervalles contenant 0. Or, ceux-ci ne contiennent pas f (γ)/2 (sinon
il aurait au moins trois antécédents). On a : f (] − ∞, α]) ⊂] − ∞, f (γ)/2[, f ([β, +∞[) ⊂
] − ∞, f (γ)/2[, donc f (R) ⊂] − ∞, f (γ)]. Le point f (γ) + 1 n’a aucun antécédent, ce qui
est absurde.
(Résolu par Christophe Jan, Patrice Lassère.)
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
73. Soit f ∈ C 2 (R, R) paire. Établir l’existence de g ∈ C 1 (R, R) telle que : ∀x ∈ R,
f (x) = g(x2 ). Comment peut-on améliorer le résultat si l’on remplace l’hypothèse C 2
par C 2n ?
√
a) Pour u > 0 posons g(u) = √
f ( u). La fonction g est continue sur R+ et C 1 sur ]0, +∞[
f 0 ( u)
√ . Or f 0 est impaire et, pour x tendant vers 0, elle a le
avec : ∀u > 0, g 0 (u) =
2 u
développement f 0 (x) = xf 00 (0) + o(x) donc, pour u > 0 tendant vers 0, on a g 0 (u) =
f 00 (0)
+ o(1). On peut donc appliquer le théorème du prolongement C 1 : g est C 1 sur R+ .
2
f 00 (0)
En posant g(u) = f (0) +
u pour u < 0 on a une fonction g de classe C 1 sur R telle
2
que : ∀x ∈ R, f (x) = f (|x|) = g(x2 ).
b) Montrons que pour f ∈ C 2n (R, R) paire, il existe g ∈ C n (R, R) telle que : ∀x ∈ R,
f (x) = g(x2 ).
Lorsque f est polynomiale de degré 6 2n, comme elle est paire elle peut s’écrire :
ir
a
l
p
em
x
E
f (x) =
n
X
ak x2k = g(x2 )
avec
g(x) =
k=0
n
X
ak xk .
k=0
Sinon, quitte à soustraire à f son polynôme de Taylor d’ordre 2n (qui est pair), on peut
supposer ∀i ∈ {0, . . . , 2n}, f (i) (0) = 0.
√
Dans ce cas la fonction g définie pour u > 0 par g(u) = f ( u) est de classe C n sur
R∗+ . Or, par une récurrence immédiate, on voit qu’il existe des réels ck,i tels que, pour tout
i ∈ {1, . . . , n} et tout u > 0,
g (i) (u) =
i
X
√
ck,i uk/2−i f (k) ( u)
k=1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
30
Epreuves orales corrigées
Pour tout k 6 n et pour x tendant vers 0 on a le développement f (k) (x) = o(x2n−k ) donc,
i
X
pour u tendant vers 0, g (i) (u) =
uk/2−i o(un−k/2 ) = o(un−i ) ce qui tend vers 0.
k=1
On en déduit que g est bien C n sur R+ . Il reste alors à définir g(u) pour u < 0 par exemple
par g(u) = 0 ; le raccordement est C n et on a ∀x ∈ R, f (x) = g(x2 ).
76. a) Trouver les fonctions continues f : R → R telles que f (x) + f (2x) = 0 pour
tout x réel.
8
0
0
7-2
b) Soient a, b, c > 0 deux à deux distincts. Trouver les fonctions f : R → R de classe
C ∞ telles que f (ax) + f (bx) + f (cx) = 0 pour tout x réel.
00
2
4
Solution de Mobinool Omarjee
*
P
eM
a) Soit f une solution de l’équation fonctionnelle. On a clairement f (0) = 0 et, par une
récurrence facile,
∀n ∈ N, f (x) = (−1)n f (x/2n )
r
i
a
l
Il vient, par continuité de f à l’origine,
p
m
f (x)e= lim (−1) f (x/2 ) = f (0) = 0,
Ex
k
k
k→∞
f est donc identiquement nulle. Réciproquement la fonction identiquement nulle vérifie l’équation
fonctionnelle. C’est donc l’unique solution.
b) Soit f une solution de l’équation. Sans
perte
de généralité, supposons a < b < c. On a,
a b
x −f
x d’où, pour tout n ∈ N,
pour tout x ∈ R, f (x) = −f
c
c
a n
a b n
b
x −
x
f (n) (x) = −
f (n)
f (n)
c
c
c
c
a n b n
Fixons n suffisamment grand pour que 0 <
+
< 1 ainsi que A > 0. Il vient,
c
c
pour tout x ∈ [−A, A] (en notant kgk∞,[−A,A] = sup[−A,A] |g|) :
|f
(n)
n a n
b
(x)| 6
+
kf (n) k∞,[−A,A]
c
c
d’où
kf (n) k∞,[−A,A] | 6
a n
c
+
n b
kf (n) k∞,[−A,A]
c
et f (n) |[−A,A] = 0. Ainsi, f (n) = 0 et f est un polynôme. Posons f (x) = ad xd + . . . +
a1 x + a0 . L’équation fonctionnelle s’écrit
∀ x ∈ R, ad (ad + bd + cd )xd + . . . + a1 (a + b + c)x + 3a0 = 0.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
31
Epreuves orales corrigées
a, b, c étant strictement positifs, la seule possibilité est ad = . . . = a1 = a0 = 0 et f
est identiquement nulle. Réciproquement la fonction identiquement nulle vérifie l’équation
fonctionnelle. C’est ainsi l’unique solution.
(Résolu par Philippe Agnès, Patrice Lassère et Eric Pité)
77. Paris, Lyon, Cachan
a) Soient a et b deux réels avec a différent de 0 et 1. Trouver les f ∈ C 1 (R, R) telles que :
∀x ∈ R, f ◦ f (x) = ax + b.
8
0
0
Solution de Philippe Agnès pour a) , de la rédaction pour2
b)
7
0
0
2
a) Soit f une solution. En dérivant la relation f ◦f (x) = ax+b on obtient f (x)×f (f (x)) =
4
a pour tout x ∈ R. Comme a 6= 0, f ne s’annule pas sur*
R et, par continuité, garde un signe
P
constant. Donc a > 0. En substituant maintenant f (x) à x, il vient f (f (x)) × f (f ◦ f (x)) =
M
a d’où f (x) = f (f ◦ f (x)) puis f (x) =ef (g(x)), où l’on a posé g(x) = ax + b. On
r
en déduit f (x) = f (g (x)) pour toutani ∈ Z. Or les suites (g (x))
si 0 < a < 1
l
b
p
. Par continuité de f , il vient f (x) =
et (g (x))
si a > 1, convergent
vers
m
1−a
e
xEn posant f (x) = cx + d, on obtient f ◦ f (x) = c x + d + dc et
b
E
et f est affine.
f
1−a
b) Trouver les f ∈ C 0 (R, R) telles que : ∀x ∈ R, f ◦ f (x) = ex .
0
0
0
0
0
0
0
−n
0
0
0
n
n
n∈N
0
n∈N
0
0
2
f vérifie la condition si et seulement si c2 = a et d(1 + c) = b.
En conclusion, si a < 0 il n’y a pas de solution. Si a > 0, il y a deux solutions définies sur R
par :
√
√
b
b
√
√ .
f (x) = ax +
ou
f (x) = − ax +
1+ a
1− a
b) Puisque f ◦ f est injective, f l’est aussi. S’agissant d’une fonction continue, f est strictement monotone. Posons ` = lim f, m = lim f ∈ R ∪ {−∞, +∞}. De f ◦ f = exp, on
+∞
−∞
déduit f (`) = +∞ et f (m) = 0 (en convenant, si ` par exemple est infini, f (`) = lim f ),
`
puis que l’application f est croissante (si f était décroissante, on aurait ` = −∞ donc
m = f (−∞) = f (`) = +∞ puis f (m) = ` qui contredit f (m) = 0). Ainsi, f est un
homéomorphisme croissant de R sur ]m, +∞[.
On note aussi que si f (x) = x alors ex = f (f (x)) = x, ce qui ne se produit pas. De
plus, si on avait f (x) < x pour tout x, on aurait ex = f (f (x)) < f (x) < x pour tout
x. Donc on a, par continuité de f , f (x) > x pour tout x. En particulier, m < 0. Notons
g :] − ∞, m] →]m, 0] l’application induite par f (c’est un homéomorphisme croissant). On
va voir que f est entièrement déterminée par g.
Définissons une suite (xn )n∈N ∈ (R ∪ {−∞})N par x0 = −∞ et xn+1 = f (xn ) (en
particulier x1 = m et x2 = 0). Comme x0 < x1 , une récurrence immédiate montre que (xn )n
est une suite strictement croissante. Notons expk = exp ◦ exp ◦ . . . ◦ exp (k fois) et lnk =
ln ◦ ln ◦ . . .◦ln (k fois, avec un léger abus de notation qu’on commettra à nouveau ci-dessous).
L’application expk induit des homéomorphismes croissants de ]x0 , x1 ] sur ]x2k , x2k+1 ], et de
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
32
Epreuves orales corrigées
]x1 , x2 ] sur ]x2k+1 , x2k+2 ], dont les réciproques sont induites par lnk . Comme f , exp et ln
commutent deux à deux, on a :
∀x ∈]x2k , x2k+1 ], f (x) = expk ◦g ◦ lnk (x)
(∗)
∀x ∈]x2k+1 , x2k+2 ], f (x) = expk+1 ◦g −1 ◦ lnk (x)
La suite (xk )k pouvant être définie avec la seule donnée de m (en posant x0 = −∞, x1 = m
et xn+2 = exp(xn )), on a bien prouvé que f est entièrement déterminée par la donnée de g.
Montrons réciproquement que g peut être choisie de manière arbitraire. Soient m ∈] − ∞, 0[
et g :] − ∞, m] →]m, 0] un homéomorphisme croissant. On définit la suite (xn )n∈N par
x0 = −∞, x1 = m et xn+2 = exp(xn ). Cette suite est strictement croissante et les formules
(∗) définissent une application f : R → R. On vérifie aisément f (xk ) = xk+1 pour tout
k, que f est continue et strictement croissante. Pour tout x ∈]x2k , x2k+1 ], on a f (x) ∈
]x2k+1 , x2k+2 ], d’où f (f (x)) = expk+1 ◦g −1 ◦ lnk ◦ expk ◦g ◦ lnk (x) = exp(x). De même,
si x ∈]x2k−1 , x2k ], alors f (x) ∈]x2k , x2k+1 ], d’où f (f (x)) = expk ◦g ◦ lnk ◦ expk ◦g −1 ◦
lnk−1 (x) = exp(x). Ainsi on a bien f ◦ f = exp.
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
78. Soit X une partie de R. On dit que X vérifie (P) si toute fonction continue de X
dans R est uniformément continue.
em
x
E(P), que X est fermée.
b) Montrer, si X vérifie
a) Donner des exemples de parties vérifiant (P).
On dit que S ⊂ R est séparée s’il existe ε > 0 tel que : ∀(x, y) ∈ S 2 , x 6= y ⇒ |x−y| > ε.
c) Montrer, si X vérifie (P), qu’il existe deux parties C et S de R, respectivement compacte et séparée, telles que X = C ∪ S.
d) Établir réciproquement que si C est compacte et S séparée alors C ∪ S vérifie (P).
a) Si X est compact, X vérifie (P). Mais X = Z vérifie également (P).
b) Si X n’est pas fermé, on prend a dans X \ X et on remarque que la fonction f définie sur
X par :
1
∀x ∈ X,
f (x) =
x−a
est continue mais n’est pas bornée au voisinage de a, donc n’est pas uniformément continue.
c) Il suffit de montrer qu’existent A > 0 et ε > 0 tels que, pour tout couple (x, y) d’éléments
distincts de X ∩ (R \ [−A, A]), on ait : |x − y| > ε. En effet, si tel est le cas, X est réunion
de X ∩ [−A, A] qui est compact comme fermé borné de R et de X ∩ (R \ [−A, A]) lequel
est séparé par choix de (A, ε). Montrons par l’absurde l’existence de (A, ε). Si un tel couple
n’existe pas, on construit immédiatement une suite (xn ) d’éléments de X telle que (|xn |)
tende vers +∞ et (xn+1 −xn ) vers 0. De la suite (xn ) on peut extraire soit une suite (yn )n∈N
strictement croissante tendant vers +∞ telle que (yn+1 −yn ) tende vers 0, soit une suite (yn )
strictement décroissante tendant vers −∞ telle que (yn+1 − yn ) tende vers 0. Plaçons nous
dans le premier cas et définissons f sur R en lui imposant d’être nulle sur ]−∞, y0 [, égale à n
en yn si n est dans N, affine sur [n, n + 1] pour tout n de N. Il est clair que f est continue sur
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
33
R. Puisque yn+1 − yn tend vers 0 alors que f (yn+1 ) − f (yn ) vaut 1 pour tout n, la restriction
de f à X n’est pas uniformément continue.
d) Quitte à remplacer S par S \ C, on peut supposer C et S disjoints. Comme C est compact
et S fermé dans R, on voit alors facilement qu’il existe δ > 0 tel que, pour (c, s) dans C × S,
on ait |c − s| > δ. Quitte à diminuer δ, on peut supposer que deux points distincts de S sont
distants d’au moins δ. Soient alors f une fonction continue sur X, ε > 0, η dans ]0, δ[ un
module d’uniforme continuité de la restriction de f à C relatif à ε (η existe car C compact).
Si deux points x et y de X vérifient |x − y| 6 η, x et y sont dans C et |f (x) − f (y)| 6 ε.
Ceci établit l’uniforme continuité de f .
8
0
0
21] dans R définie
82. Soient E = C([0, 1], R) et, pour f dans E, T f l’application
de [0,
7
par : ∀x ∈ [0, 1],
T f (x) = inf f (y) + (x − y) .
00
2
a) Montrer si f ∈ E alors T f ∈ E.
*4
P
b) Chercher les points fixes de T .
Mde la suite de fonctions (T f ) .
e
c) Soit f ∈ E. Étudier le mode de convergence
r
i
a
l
p
a) Posons g(u) = u pour u dans
[−1, 1]. La fonction g est 2-lipschitzienne sur [−1, 1]. Pour
m
e
x, x , y dans [0, 1] on a donc
Ex:
2
y∈[0,1]
n
n>0
2
0
f (y) + g(x − y) 6 f (y) + g(x0 − y) + (g(x − y) − g(x0 − y)) 6 f (y) + g(x0 − y) + 2|x0 − x|.
En prenant la borne inférieure sur y dans [0, 1], on obtient :
T f (x) − T f (x0 ) 6 2|x0 − x|
En échangeant les rôles de x et x0 , on voit que T f est 2-lipschitzienne sur [0, 1].
b) L’égalité T f = f implique, pour tout (x, y) dans [0, 1]2 , f (x) − f (y) 6 (x − y)2 , d’où,
en échangeant les rôles de x et y, |f (x) − f (y)| 6 (x − y)2 . Il en résulte aussitôt que f est en
tout point x de [0, 1] dérivable de dérivée nulle, donc constante. Réciproquement, il est clair
que les constantes sont points fixes de T .
c) Soient γ le minimum de f sur le compact [0, 1], x0 un antécédent de γ par f . Montrons
que (T n f )n>0 converge uniformément sur [0, 1] vers la fonction constante égale à γ. On a
T n f > γ pour tout n. Pour majorer T n f , on démontre par récurrence :
∀(n, x) ∈ N∗ × [0, 1],
T n f (x) 6 γ + βn (x − x0 )2 ,
βn
si n > 1. La preuve est immédiate en
1 + βn
notant que si x et x0 sont dans [0, 1], la fonction :
où (βn )n>1 est donnée par β1 = 1 et βn+1 =
y 7→ βn (y − x0 )2 + (y − x)2
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
34
Epreuves orales corrigées
βn x 0 + x
et que ce minimum vaut βn+1 (x − x0 )2 . La suite
βn + 1
1
donc vers 0.
(βn )n>1 , positive et décroissante, converge vers un réel l` tel que ` =
1
+
`
L’encadrement : γ 6 T n f 6 γ + βn , valable pour tout n > 1, termine la démonstration.
atteint son minimum sur [0, 1] en
Variante. La suite (T n f (x))n>0 est minorée par γ et décroissante pour tout x de [0, 1], donc
(T n f ) est simplement convergente. Toutes les T n f étant 2-lipschitziennes d’après la solution
de a) , la convergence est uniforme sur [0, 1] grâce à un résultat classique (sur un compact, une
suite simplement convergente de fonctions continues converge uniformément si et seulement
si elle est équicontinue). Il est d’autre part immédiat que T est une application de E dans E
1-lipschitzienne, donc continue, relativement à la norme uniforme. La limite uniforme g de
(T n f ) vérifie par conséquent : T g = g, donc est constante. Mais toutes les T n f prennent la
valeur γ en x0 , ce qui amène g(x0 ) = γ et la conclusion.
(Résolu par François Héroult et Mobinool Omarjee.)
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
89. Soit f une fonction réelle de classe C ∞ sur R, 2π-périodique et de moyenne nulle.
Montrer que f + f 00 s’annule quatre fois au moins sur [0, 2π[.
ir
a
l
Posons g = f + f . Alors c (g) p
= c (f ) − n c (f ), de sorte que c (g) = 0 dès que
n = −1, 0 ou 1. Supposons e
parm
l’absurde que g s’annule au plus trois fois sur [0, 2π[. Sur
chacun des intervalles de Rx
E déterminés par ses points d’annulation, g garde un signe constant.
Appelons point de changement de signe un point x tel que g ait des signes opposés à gauche
00
n
n
2
n
n
et à droite de x. Un tel point est évidemment un point d’annulation de g. Il n’est pas restrictif
de supposer que g ne s’annule pas en 0, quitte à faire une translation sur la variable. En effet,
le nombre de points d’annulation d’une fonction 2π-périodique est le même dans chaque
intervalle [a, a + 2π].
Le nombre de points de changement de signe de g dans [0, 2π[ ne peut être impair, faute
de quoi le signe de g à gauche de 0 serait l’opposé de celui à gauche de 2π. Comme il est
moindre que 3, ce ne peut être que 0 ou 2. Qu’il soit nul entraı̂ne que g est de signe constant
sur [0, 2π], ce qui contredit c0 (g) = 0. Supposons donc qu’il y en ait deux, a et b. On a
0 < a < b < 2π. Soit P (t) = λ + µ cos t + ν sin t. Imposons que P (a) = P (b) = 0.
Cela conduit à un système de deux équations à trois inconnues, qui est de rang 2. En effet,
on ne peut avoir (1, cos a, sin a) et (1, cos b, sin b) liés que si cos a = cos b et sin a = sin b,
donc a = b modulo 2π. Il existe donc (λ, µ, ν) 6= (0, 0, 0) tel que P (a) = P (b) = 0. Mais
P 0 (a) 6= 0, car sinon on aurait l’égalité
1 cos a sin a 1 cos b
sin b = cos(a − b) − 1 = 0,
0 − sin a cos a ce qui est à nouveau impossible. De même, P 0 (b) 6= 0. Enfin, P ne s’annule pas ailleurs
qu’en a et b sur ]0, 2π[, puisque
1 cos a sin a 1 cos b sin b = 4 sin b − a sin c − b sin a − c 6= 0.
2
2
2
1 cos c sin c ◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
35
Ainsi, P a des signes alternés sur ]0, a[, ]a, b[ et ]b, 2π[, ce qui entraı̂ne que gP garde un signe
Z 2π
constant sur [0, 2π] et que
gP 6= 0. Or cette intégrale est combinaison linéaire de c0 (g),
0
c1 (g) et c−1 (g), donc est nulle, ce qui conduit à une contradiction.
(Résolu par Philippe Agnès et Ivan Gozard.)
90.
i √ h
Soit α ∈ 0, 2 .
√
a) Soit y0 ∈ R+∗ . Étudier les solutions maximales du problème de Cauchy : y 0 = α y −
x et y(0) = y0 . On montrera notamment que l’intervalle de définition est borné et on
donnera l’allure générale du champ des courbes intégrales.
√
b) Le problème de Cauchy : y 0 = α y − x et y(0) = 0 possède-t-il une solution ?
8
0
0
7-2
0
0
2
√
La fonction f : (x, y) 7→ α y − x est C sur l’ouvert U =4R×]0, +∞[. Par tout point de U
passe une et une seule solution maximale dans U . P*
Soit φ :]a, b[→ R une solution maximale dans U M
. On a −∞ 6 a < b 6 +∞.
e
r
i
1. Soit c l’une des extrémités a oula
b. On suppose que c est fini et que φ admet h pour
p Montrons que h = 0.
limite en c (avec 0 6 h 6 +∞).
m
e alors, d’après le théorème de Cauchy-Lipschitz, φ admet un
En effet si 0 < h < x
+∞
E
prolongement en c comme solution dans U : ceci contredit la définition d’une solution
∞
maximale.
p
0
Si
p la limite est +∞, alors φ (x) ∼ α φ(x) quand x tend vers c ; ainsi
pla dérivée de
φ admet la limite finie α/2. Cette dérivée est donc intégrable
en
c
et
φ admet elle
√
aussi une limite finie. C’est contradictoire car cette limite est h avec h = +∞.
2. Montrons que a > −∞. Raisonnons par l’absurde et supposons au contraire a = −∞.
Choisissons un point c tel que c < 0 et c < b. Comme f (x, y) > 0 pour tous x < 0 et
y > 0 la fonction φ croı̂t strictement sur ] − ∞, c[. Donc φ, qui est strictement positive,
admet une limite finie m > 0. Mais
lim
f (x, y) = +∞. Donc φ0 admet +∞
(x,y)→(−∞,m)
comme limite en −∞. Par intégration, φ tend −∞ en −∞ ; c’est contradictoire.
3. Pour tout x > 0, x ∈]a, b[, on a φ00 (x) < −β, où β =
est strictement concave sur ]a, b[∩]0, +∞[.
2 − α2
> 0. En particulier φ
2
φ0 (x)
α2 − 2
x
En effet : φ00 (x) = α p
−1=
−α p
< −β.
2
2 φ(x)
2 φ(x)
4. Montrons que la fonction φ0 ne prend pas exclusivement des valeurs strictement positives.
Raisonnons par l’absurde et supposons au contraire φ0 (x) > 0 pour tout x ∈]a, b[.
Alors φ est strictement croissante et admet en particulier une limite en b qui ne peut
être nulle. Donc b = +∞ d’après le premier point. Pour tout x ∈] max(a, 0), +∞[, on
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
36
Epreuves orales corrigées
a f (x, φ(x)) > 0, donc φ(x) > (x/α)2 . Soit c > max(a; 0) ; on a, pour tout x > c,
φ(x) < φ(c) + φ0 (c)(x − c), donc (x/α)2 < φ(c) + φ0 (c)(x − c) ce qui est impossible
puisque le premier membre est infiniment grand devant le deuxième en +∞.
5. Montrons que la fonction φ0 ne prend pas exclusivement des valeurs strictement négatives.
Raisonnons par l’absurde et supposons au contraire φ0 (x) < 0 pour tout x ∈]a, b[.
Alors φ est strictement décroissante et admet en particulier une limite en a qui ne peut
être nulle. Donc a = −∞, et ceci contredit le deuxième point.
6. Montrons qu’il existe un et un seul p tel que a < p < b et φ0 (p) = 0.
8
0
0
7-2
p
En effet l’existence de p provient des deux points précédents. On a p = αφ(p) > 0.
Sur [p, b[, φ est strictement concave et φ0 (p) = 0, donc φ0 (x) < 0 pour tout x > p.
S’il existait plus d’un point p tel que φ0 (p) = 0, l’un d’eux serait strictement inférieur
à l’autre et ce serait contradictoire.
00
2
4
*
P
Mstrictement concave sur [p, b[. Choisissons
La fonction φ est strictement décroissante
et
e
r
i < φ(c)+φ (c)(x−c) pour tout x > c, x <φ(c)b, et
un point c tel que p < c < b. On aa
φ(x)
l
φ (c) < 0. Comme φ(x) > 0 p
pour les mêmes x, on voit que b est fini, (b 6 c −
).
m
φ (c)
e
Exen a comme en b.
8. φ admet 0 pour limite
7. b < +∞.
0
0
0
En effet φ est monotone sur ]a, p] et sur [p, b[. Donc φ admet des limites en a et b et ces
limites sont nulles car a et b sont finis.
9. a 6 0.
Raisonnons par l’absurde et supposons au contraire a > 0. Pour tout x ∈]a, p[, on a
φ0 (x) > 0 donc φ(x) > x2 /α2 > a2 /α2 . Ceci contredit la limite nulle de φ en a.
10. a < 0.
Il reste à montrer que a n’est pas nul. Raisonnons par l’absurde et supposons au
contraire a = 0. Alors, quand x tend vers 0, φ(x) tend vers 0. De plus φ0 (x) < 0
pour 0 < x < p ; donc φ < 0 sur ]0, p[. C’est impossible.
Ainsi −∞ < a < 0 < b < +∞. En particulier toute solution maximale passe par un certain
point (0, y0 ) où y0 > 0 donc est du type de celles qui sont proposées dans l’énoncé. La
fonction φ a des limites nulles en a et b, est strictement croissante sur ]a, p] puis strictement
décroissante sur [p, b[ pour un certain p > 0.
Aucune solution n’a pour limite 0 en 0.
Résolution de l’équation
√
L’équation peut être résolue. On remarque que le changement de fonction inconnue z = y
la transforme en équation homogène en (x, z). Classiquement, on paramètre les solutions à
√
l’aide de z/x ; mais on choisit plutôt t = x/ y, car, géométriquement, t varie alors de −∞
à +∞.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
37
dy
2α − 2t
√
√
On a donc : x = t y avec dy = (α − t) y dx. Ceci fournit :
= 2
. Donc :
y dt
t − αt + 2
y(t) =
„
„
«
«
c2
2t − α
2t − α
ct
√
√
√
exp
Arctan
exp
Arctan
;
x(t)
=
.
t2 − αt + 2
8 − α2
t2 − αt + 2
2 8 − α2
111. Soit (xn )n>0 dans (R+ )N telle que la série de terme général xn converge. Montrer
que la série de terme général yn = xn n/(n+1) converge.
Solution de François Héroult
00
2
4
8
0
0
7-2
La suite (yn )n est à termes positifs. Si xn 6 e−(n+1) , alors yn 6 e−n . Si xn > e−(n+1) ,
alors yn = x−1/(n+1)
xn 6 exn . Donc 0 6 yn 6 e−n + exn et la série de terme général
n
(yn )n converge.
(Résolu par Philippe Agnès, David Gontier, Ivan Gozard et Mobinool Omarjee.)
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E
112. Soient a ∈ {0, . . . , 9} et k ∈ N∗ . Soit, pour n ∈ N, f (n) le nombre d’entiers
jp∈ {0, . . . , n} tels que le kième chiffre après la virgule du développement décimal de
j soit égal à a. Déterminer lim f (n) et lim f (n)/n.
n→+∞
n→+∞
On note byc la partie entière de y et dxe le plus petit entier au moins égal à x. On a y − 1 <
byc 6 y et x 6 dxe < x + 1.
Pour tous réels x 6 y, on note N (x, y) le nombre d’entiers i tels que x 6 i 6 y. On a
N (x, y) = 1 + byc − dxe. Donc : y − x − 1 < N (x, y) 6 y − x +p
1.
Dire quep
le k e chiffre après la virgule du développement décimal de j est égal à a, c’est dire
que 10k j = 10b + a + x où b est un certain entier et x un certain réel tel que 0 6 x < 1.
Pour b fixé, les entiers j vérifiantceci sont ceux de [xb , yb ] où xb = 10−2k (10b + a)2 et
yb = 10−2k (10b + a + 1)2 − 1 . On a : yb − xb = 10−2k (20b + 2a). Soit n un entier
strictement positif. Il existe B tel que xB 6 n < xB+1 . Ceci permet d’exprimer :
f (n) =
B−1
X
N (xb , yb ) + N (xB , n).
b=0
On a donc :
10−2k
B−1
X
b=0
(20b + 2a) − B < f (n) < 10−2k
B
X
(20b + 2a) + B + 1,
b=0
puis : 101−2k B(B−1)+(2a10−2k −1)B < f (n) < 101−2k B(B+1)+(2a10−2k +1)(B+1).
Donc f (n) = 101−2k B 2 + O(B).
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
38
Epreuves orales corrigées
On a xB − xB−1 = 101−2k (20B + 2a − 10) = O(B) et xB = 102−2k B 2 + O(B). Donc
n = 102−2k B 2 + O(B). Quand n tend vers +∞, B tend vers +∞ et f (n) tend vers +∞.
De plus f (n)/n = 1/10 + O(1/B) et f (n)/n tend vers 1/10.
Remarque. La même démonstration
de Weyl, l’équi√ permet d’établir, sans utiliser le critère
n n>1 . Elle s’adapte aux suites (anα )n>1 avec a ∈ R∗ et
répartition modulo 1 de la suite
α ∈]0, 1[.
(Résolu par Christophe Jan.)
129.
Soit (u, v) ∈ C2 .
00
2
4
8
0
0
7-2(z − u)(1 − zv)
a) Donner une condition nécessaire et suffisante sur (u, v) pour que
reste réel lorsque z parcourt U.
*
P
eM
z
b) Donner une condition nécessaire et suffisante pour que (z −u)(z −v) reste de module
1 lorsque z parcourt U.
ir
a
l
p
Remarquons tout d’abord que pour tout z ∈ U, z = 1/z.
em
x
E a) Par la remarque précédente, si |z| = 1, alors le conjugué de
z
1
−u
z
v
1−
z
=
(z − u)(1 − zv)
est
z
(1 − uz)(z − v)
·
z
(z − u)(1 − zv)
Comme deux polynômes égaux sur U sont égaux,
est réel pour tout z de
z
module 1 si et seulement si on a l’égalité des deux polynômes
(X − u)(1 − Xv) = (1 − Xu)(X − v)
En regardant le terme en X 2 , on obtient la condition nécessaire u = v, condition qui est par
ailleurs suffisante.
b) Considérons le polynôme P (X) = (X − u)(X − v). On cherche une condition nécessaire
pour que P (U) ⊂ U. Posons :
Q(X) = X
2
1
1
−u
− v ∈ C[X].
X
X
La condition de l’énoncé se traduit en
∀z ∈ U,
P (z) Q(z) = z 2 .
Donc on a l’égalité des deux polynômes : P (X) Q(X) = X 2 . Appliquée en u et v, cette
égalité donne u = v = 0. La réciproque est immédiate.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
39
135. Trouver les P ∈ C[X] tels que : P (1) = 1, P (2) = 2, P 0 (1) = 3, P 0 (2) = 4,
P 00 (1) = 5 et P 00 (2) = 6.
Déterminons d’abord A, B ∈ C[X] tels que AX 3 + B(1 − X)3 = 1. Cela peut se faire en
décomposant
1
F (X) = 3
X (1 − X)3
en éléments simples. En développant X 3 F (X) au voisinage de 0 et (1 − X)3 F (X) au voisinage de 1 on a
F (X) =
8
0
0
7-2
1 + 3X + 6X 2
1 + 3(1 − X) + 6(1 − X)2
+
3
X
(1 − X)3
00
2
4
Ainsi A = 1 + 3X + 6X 2 et B = A(1 − X) vérifient A(1 − X)3 + BX 3 = 1.
5
Considérons maintenant U = 1 + 3X + X 2 et U 0 = 2 + 4(X − 1) + 3(X − 1)2 . Le
2
polynôme P0 = U A(1 − X)3 + U 0 BX 3 vérifie
P0 ≡ U A(1 − X)3 ≡ U mod X 3 car A(1 − X)3 ≡ 1 mod X 3 et P0 ≡ U 0 BX 3 ≡ U 0 mod
(1 − X)3 . On a donc P0 (0) = 1, P00 (0) = 3, P000 (0) = 5 et P0 (1) = 2, P00 (1) = 4, P000 (1) = 6
de sorte que P0 (X + 1) est une solution particulière du problème.
Alors P ∈ C[X] en est une autre si et seulement si P − P0 (X + 1) admet 1 et 2 comme
racines triples donc si et seulement si P = P0 (X + 1) + Q(X − 1)3 (X − 2)3 avec Q ∈ C[X].
(Résolu par Philippe Agnès.)
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E
139.
Si n ∈ N∗ , soit Sn l’ensemble des permutations de {1, . . . , n}.
a) Montrer que toute permutation de Sn se décompose en produit de cycles à supports
disjoints et ce de façon unique. Les supports des cycles sont appelés orbites, un point
fixe comptant pour une orbite.
X
b) Si σ ∈ Sn , on note ω(σ) le nombre d’orbites de σ. Soit Pn =
X ω(σ) . Factoriser
σ∈Sn
Pn .
a) On définit d’abord la notion d’orbite, en appelant orbite de a ∈ [[1, n]] l’ensemble ωa =
{σ k (a), k ∈ Z}. On voit immédiatement que deux orbites sont soit disjointes, soit confondues. Comme a ∈ ωa , les orbites forment une partition de [[1, n]]. Chaque orbite est stable par
σ. Si on note cω ∈ Sn la permutation qui coı̈ncide avec σ sur l’orbite ω et avec l’identité hors
de ω, alors σ est égal à la composée (commutative) des différents cω . En outre, a étant donné
dans ω, il existe p < q tels que σ p (a) = σ q (a) d’où σ q−p (a) = a. Il existe donc un plus petit
entier naturel non nul ` pour lequel σ ` (a) = a et l’on voit que ω = {a, σ(a), . . . , σ `−1 (a)},
donc que cω est un cycle de longueur `.
Enfin, si σ ∈ Sn est décomposée en produit de cycles disjoints, les supports des cycles sont
exactement les orbites. Chaque cycle coı̈ncide avec l’application induite par s sur l’orbite
correspondante. L’unicité de la décomposition en résulte.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
40
Epreuves orales corrigées
b) On a Pn =
n
X
Bkn X k , où Bnk est le nombre d’éléments de Sn donc la décomposition
k=1
n−1
comporte exactement k orbites. Or on a, pour tout n > 2, Bkn = Bk−1
+ (n − 1)Bkn−1
n−1
(en convenant B0n = 0). Il y a en effet dans Sn , Bk−1
permutations dont n est un point
fixe. Celles dont n n’est pas un point fixe sont au nombre de nBkn−1 . En effet, à une telle
permutation σ on peut associer σ
e ∈ Sn−1 en « éliminant » n du cycle auquel il appartient
(ainsi si n = 5 et si σ = (1, 2)(3, 4, 5) alors σ̃ = (1, 2)(3, 4)). La permutation σ
e possède
encore k orbites et il y a n − 1 façons d’obtenir par ce procédé une permutation donnée de
Sn−1 . Il vient Pn = XPn−1 + (n − 1)Pn−1 = (X + (n − 1))Pn−1 et par récurrence
Pn = X(X + 1) . . . (X + (n − 1)).
(Résolu par Christophe Jan et Antoine Pichoff.)
00
2
4
8
0
0
7-2
*
P
Mfinie et u ∈ L(E) nilpotent. Soit S un
e
149. Soient E un espace vectoriel de dimension
r
iE = S + Im u. Montrer que S = E.
a
sous-espace de E stable par u et tel que
l
p de Ivan Gozard
m
Solution
e
Ex
Montrons, par récurrence sur p ∈ N∗ , la propriété Pp : “∀x ∈ E, ∃(s, y) ∈ S × E, x =
s + up (y)”. P1 est vraie par hypothèse. Soit p ∈ N∗ . On suppose Pp vraie. Soit x ∈ E. Il
existe donc s ∈ S et y ∈ E tels que x = s + up (y). Or y ∈ E donc il existe s1 ∈ S et z ∈ E
tels que y = s1 + u(z). On a donc : x = s + u(s1 ) + up+1 (z). Or S est stable par u donc
s + u(s1 ) ∈ S, et Pp+1 est vraie. La propriété est vraie à tout ordre. En particulier, en notant
n l’indice de nilpotence de u, on trouve : ∀x ∈ E, ∃s ∈ S, x = s, c’est-à-dire E = S.
(Résolu par Philippe Agnès, David Gontier, Mobinool Omarjee, Adrien Reisner, Fay Ibrahima, Eric Pité.)
153. Soient A et H dans Mn (R) avec rg H = 1. Montrer : det(A + H) det(A − H) 6
det A2 .
Solution de Hervé Carrieu
Pour M ∈ M(R), on note M = ( M1 M2 · · · Mn ) où les Mi sont les colonnes de
M . La matrice H étant de rang 1, il existe P ∈ GLn (R) telle que
H 0 = P HP −1 = 0 0 · · · 0 Hn0
On pose A0 = P AP −1 = A01 A02 · · · A0n et on a
det(A + H) = det(A0 + H 0 ) = det(A0 ) + det A01 A02 · · · A0n−1 Hn0
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
41
par linéarité par rapport à la dernière colonne. On a de même
det(A − H) = det(A0 − H 0 ) = det(A0 ) − det
A01
A02
···
A0n−1
Hn0
On obtient alors
det(A + H) det(A − H)
A02
A01
=
det2 (A0 ) − det2
6
det(A02 ) = det(A2 )
···
Hn0
8
0
0
7-2
(Résolu par David Gontier, Ivan Gozard, François Héroult, Christophe Jan, Adrien Reisner,
Arnaud de Saint-Julien, Mobinool Omarjee.)
*
P
a) Montrer que P admet n racines distinctesM
e z ,...,z
r
i
la
p
b) Calculer le déterminant e
dem
x
E
On pose Pn (X) = X n − X + 1.
154.
n
1
0
1 + z1
1
B
B
B
B
B
@
1
..
.
1
1 + z2
..
.
···
00
2
4
n
···
..
.
..
.
1
dans C.
1
..
.
1
1 + zn
1
C
C
C
C.
C
A
On suppose bien sûr n > 2.
a) Supposons que Pn possède une racine z d’ordre > 2. On a alors : Pn (z) = 0 et Pn 0 (z) =
0, donc :
1
1
1
z n − z + 1 = 0 et nz n−1 = 1 ⇔ z 1 −
= 1 et z n−1 = ⇒ |z| > 1 et |z|n−1 = ·
n
n
n
C’est absurde donc les racines de Pn sont toutes simples.
b) Soient (e1 , . . . , en ) la base canonique de Cn et u le vecteur de coordonnées (1, . . . , 1).
On cherche à calculer : δ = det (z1 e1 + u, z2 e2 + u, . . . , zn en + u). Le déterminant est nlinéaire et alterné donc :
δ
=
det(z1 e1 , z2 e2 , . . . , zn en ) +
n
X
det (z1 e1 , . . . , zi−1 ei−1 , u, zi+1 ei+1 , . . . , zn en )
i=1
=
n
Y
i=1
zi +
XY
zj .
i=1 j6=i
Or
Pn (X) =
n
Y
(X − zi )
i=1
donc
Pn (0) = (−1)n
n
Y
zi = 1
i=1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
42
Epreuves orales corrigées
et
Pn 0 (X) =
n Y
X
(X − zj )
donc
Pn 0 (0) =
i=1 j6=i
n
X
(−1)n−1
i=1
Y
zj = −1.
j6=i
Finalement δ = (−1)n + (−1)n = 2(−1)n .
(Résolu par Ivan Gozard, Patrice Lassère, Adrien Reisner, Fay Ibrahima, Christophe Jan,
Edouard Lebeau.)
157.
Soit (Mi )16i6n2 une base de Mn (K).
00
2
4
8
0
0
7-2 a) Montrer qu’existe une base (Mi0 )16i6n2 de Mn (K) telle que tr Mi Mj0 = δi,j .
X
b) Montrer que, si A ∈ Mn (K) et si M =
Mi AMi0 , alors M = (tr A)In .
*
P
M
e
Comme les solutions à cet exercice sont très
variées, nous en fournissons deux et renvoyons
r
i dont l’énoncé et le corrigé sont parus sous le
à l’épreuve de l’agrégation interne dela
2008
numéro 7018 dans la Rms 118, n3. p
Voir en particulier la partie IV.
m
e
Ex Solution de la rédaction
16i6n2
Lorsque i, j ∈ [ 1, n]], nous noterons ei,j les matrices de la base canonique. On a ei,j ek,l =
δj,k ei,l , donc tr ej,i ek,l = δi,k tr ej,l = δi,k δj,l . Comme ej,i = eTi,j , il est plus commode
d’indexer la base canonique sous la forme (Bi )i∈[[1,n]]2 et de constater que tr BiT Bj = δi,j .
X
X
a) Posons Mi =
pk,i Bk et cherchons une famille de matrices Mj0 =
qj,l BlT répondant
k
l
à la condition imposée. Celle-ci s’écrit
X
X
pk,i qj,l tr Bk BlT =
qj,k pk,i = δi,j .
k,l
k
Soit P = [pk,i ] et Q = [qi,k ], matrices carrées de taille n2 ; la matrice P est la matrice de
la famille (Ei ) dans la base (Bi ) et est donc inversible. La matrice Q est la matrice de la
famille (Ei0T ) dans la base (Bi ). La condition cherchée s’écrit QP = In et équivaut donc à
Q = P −1 . Il en résulte qu’il existe une unique famille (Ei0 ) répondant à la question et que
c’est une base.
b) Avec les notations précédentes,
!
M=
X
Ei AEi0 =
i
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
X
i,k,l
pk,i qi,l Bk ABlT =
X
X
k,l
i
pk,i qi,l
Bk ABlT .
Epreuves orales corrigées
43
X
Or, comme QP = In , on a aussi P Q = In et donc
pk,i qi,l = δk,l . Par conséquent,
i
X
X
M=
Bk ABkT . Mais, en revenant à la notation des ei,j et en posant A =
as,t es,t ,
s,t
k
M=
X
as,t ei,j es,t ej,i =
s,t,i,j
X
as,t δs,j δt,j ei,i =
s,t,i,j
X
aj,j ei,i = (tr A)In .
i,j
Solution de b) par Philippe Clarisse
8
0
0
7-2
ei,j sa base
Soit (Ei,j ) la base canonique de Mn (K). Exceptionnellement, nous noterons E
fi la base duale de la base (Mi ). De façon claire, on a pour Y ∈ Mn (K),
duale et M
00
2
4
fi (Y ) = tr(Y M ∗ ) Pour (Y, A) ∈ Mn (K) × Mn (K), soit f l’endomorphisme de Mn (K)
M
i
ei,j f (Ei,j ) nous donne yi,i aj,j si bien que tr(f ) =
défini par f (X) = Y XA. Le calcul de E
tr(Y ) tr(A). On connaı̂t la formule :
!
X
X
X
∗
∗
fi f (Mi ) =
tr(f ) =
M
tr (f (Mi )M ) = tr
f (Mi )M
*
P
eM
ir
a
l
p
m !
e
x
EX f (M )M = tr
Ainsi tr(Y ) tr(A) = tr
i
i
i
i
i
∗
i
i
!
X
i
pour A fixé, ∀Y ∈ Mn (K), tr Y tr(A)In −
X
Il s’ensuit : tr(A)In −
Mi AMi∗ = 0.
Y
Mi AMi∗
i
X
Mi AMi∗
qu’on peut encore écrire :
!!
= 0.
i
i
(Résolu par Adrien Reisner, Eric Pité.)
169. Soient E = C 0 ([0, 1], R), g ∈ C 0 ([0, 1], [0, 1]) croissante surjective, Φ : f ∈ E 7→
f ◦ g et F un sous-espace de E de dimension finie stable par Φ. Montrer que Φ|F est
l’identité.
Étendons Φ au C-espace F des fonctions continues de [0, 1] dans C en conservant la même
définition. On a :
∀f ∈ F,
Φn (f ) = f ◦ g n .
La surjectivité de g montre d’autre part que Φ est une isométrie de F pour la norme uniforme
sur [0, 1].
Pour montrer que Φ est l’identité, on commence par observer que la seule valeur propre de Φ
est 1. Soient λ ∈ C une valeur propre de Φ, f ∈ F un vecteur propre associé. Le caractère
isométrique de Φ entraı̂ne |λ| = 1. D’autre part, on a : Φn (f ) = λn f , donc : λn f = f ◦ g n .
La croissance de g montre que la suite (g n ) est simplement convergente sur [0, 1], donc qu’il
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
44
Epreuves orales corrigées
en va de même de la suite (λn f ). Choisissant x tel que f (x) 6= 0, on obtient la convergence
de (λn ). Or le seul complexe de module 1 tel que (λn ) converge est λ = 1, comme on le voit
aussitôt en écrivant λ = λn+1 /λn . La seule valeur propre de Φ est donc 1 et Φ est la somme
de l’identité I de F et d’un endomorphisme nilpotent Ψ.
Il reste à voir : Ψ = 0, ce qui va découler du caractère borné de (Φn ). Notons r l’indice de
r−1 X
n
nilpotence de Ψ. Si n > r − 1, la formule du binôme montre : Φn =
Ψk , d’où l’on
k
k=0
déduit la convergence de (Φn /nr−1 ) vers Ψr−1 /(r − 1)! et, puisque (Φn ) est bornée : r = 1.
8
0
0
7-2
Autre solution
On suppose par l’absurde qu’il existe f ∈ F tel que f ◦ g 6= f . Il existe donc x0 ∈ [0, 1]
tel que f ◦ g(x0 ) 6= f (x0 ). En particulier, on a g(x0 ) 6= x0 , par exemple g(x0 ) > x0 .
La fonction g est strictement croissante et continue de [0, 1] sur [0, 1]. Il existe donc α ∈
[0, x0 [ et β ∈]x0 , 1] tels que : g(α) = α, g(β) = β et ∀x ∈]α, β[, g(x) > x (on prend
α = max{x < x0 , g(x) = x}). La fonction g induit une bijection (continue) et croissante
de [α, β] sur lui-même. Considérons la suite (fn )n>0 de fonctions définie par : f0 = f et
∀n ∈ N, fn+1 = fn ◦g = f ◦g n . Ces fonctions appartiennent toutes à F . Si x ∈]α, β[, la suite
(un )n>0 définie par : u0 = x et ∀n ∈ N, un+1 = g(un ) est croissante et converge vers β. La
suite (fn (x)) converge donc vers f (β) (f est continue). De plus (fn (α))n>0 est constante
égale à f (α) et (fn (β))n>0 est constante égale à f (β). La suite de fonctions fn |[α,β] n>0
*
P
eM
00
2
4
ir
a
l
p
m
e
x
appartient à un sous-espace
E de dimension finie de C ([α, β], R) et converge simplement. Elle
converge donc uniformément (d’après un exercice classique). Or, si n ∈ N , il existe y ∈
0
∗
n−1
[α, β] tel que g
(y) = x0 . On a : |fn (y) − fn−1 (y)| = f ◦ g n (y) − f ◦ g n−1 (y) =
|f ◦ g(x0 ) − f (x0 )|. La convergence n’est donc pas uniforme, ce qui est absurde.
Z
171.
1
On définit sur R[X] le produit scalaire hP, Qi =
A ∈ R[X] tel que : ∀P ∈ R[X], P (0) = hA, P i ?
P (t) Q(t) dt. Existe-t-il
0
Un incident technique a fait disparaı̂tre la première ligne de l’énoncé dans la RMS 118-2.
Z 1
Si un tel polynôme A existe, on a en particulier In = 1, où In =
(1 − t)n A(t) dt. Comme
0
|In | 6 a/(n + 1) où a est la borne supérieure de |A| sur [0, 1], (In ) tend vers 0 et c’est
contradictoire.
(Résolu par François Héroult et Mobinool Omarjee.)
172. Soient E un espace euclidien de dimension n et (Ek )06k6n une suite strictement
croissante de sous-espaces vectoriels de E. Pour k ∈ {0, . . . , n}, soit dk : x ∈ E 7→
d(x, Ek ).
a) Soit x ∈ E. Que peut-on dire de la suite (dk (x))06k6n ?
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
45
b) Soit (δk )06k6n−1 une suite décroissante de réels positifs. Établir l’existence de x ∈ E
tel que : ∀k ∈ {0, . . . , n − 1}, dk (x) = δk .
a) Si x ∈ E, dk (x) = min {kx − yk, y ∈ Ek } > min {kx − yk, y ∈ Ek+1 } = dk+1 (x).
La suite (dk (x))06k6n est donc décroissante, d0 (x) = kxk et dn (x) = d(x, E) = 0.
b) Pour tout k, Ek est de dimension k. Si k > 1, le supplémentaire orthogonal de Ek−1 dans
Ek est donc une droite vectorielle dirigée par un vecteur unitaire ek . La famille (e1 , . . . , en )
est alors une base orthonormée de E.
n
n
X
X
Soit x =
xk ek un vecteur de E. On a, si k ∈ {0, . . . , n − 1} : d(x, Ek )2 =
xi 2 .
k=1
8
0
0
7-2
i=k+1
Les vecteurs x solutions sont donc ceux tels que :
∀k ∈ {0, . . . , n − 1},
n
X
*
P
eM
i=k+1
00
2
4
xi 2 = δ k 2
c’est-à-dire tels que : xn 2 = δn−1 2 et, pour k ∈ {1, . . . , n − 1}, xi 2 = δi−1 2 − δi 2 .
Remarquons que si la suite est strictement décroissante et si δn−1 > 0 alors il existe 2n
vecteurs solutions (choix des signes). Dans le cas général, le nombre de vecteurs solutions
est de la forme 2k avec 0 6 k 6 n.
ir
a
l
p
em
x
E
175. Soit (E, h , i) un espace euclidien. Pour ϕ ∈ O(E), on note M (ϕ) = Im (ϕ − idE )
et F (ϕ) = Ker (ϕ − idE ). Si u ∈ E \{0}, su désigne la symétrie orthogonale par rapport
à l’hyperplan u⊥ .
a) Soit ϕ ∈ O(E). Montrer que M (ϕ) ⊕⊥ F (ϕ) = E.
b) Si (u1 , . . . , uk ) est libre, montrer : M (su1 ◦ · · · ◦ suk ) = Vect (u1 , . . . , uk ).
c) On suppose (u1 , . . . , uk ) libre. Soient v1 , . . . , vk ∈ E \ {0} tels que su1 ◦ · · · ◦ suk =
sv1 ◦ · · · ◦ svk . Montrer que (v1 , . . . , vk ) est libre.
Solution de Ivan Gozard
a) Soit x ∈ M (ϕ), y ∈ F (ϕ). Alors il existe z ∈ E tel que x = (ϕ − idE )(z), et ϕ(y) = y,
donc, appliquant ϕ−1 aux deux membres, y = ϕ−1 (y). Comme ϕ ∈ O(E), on a : ϕ∗ = ϕ−1 .
Il vient :
(x|y) = ((ϕ − idE )(z)|y) = (ϕ(z)|y) − (z|y) = (z|ϕ∗ (y)) − (z|y) = (z|ϕ−1 (y)) − (z|y) =
(z|y) − (z|y) = 0.
Ainsi M (ϕ) ⊥ F (ϕ). A fortiori M (ϕ) ∩ F (ϕ) = {0}.
Par ailleurs, le théorème du rang assure que dim M (ϕ) + dim F (ϕ) = dim E.
⊥
Ainsi M (ϕ) F (ϕ) = E.
⊕
b) • Soit u ∈ E \ {0}. On a : ∀x ∈ E, su (x) = x − 2
(u|x)
u.
kuk2
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
46
Epreuves orales corrigées
Autrement dit : su = idE −2pu , où pu est la projection orthogonale sur la droite Ru.
Par conséquent M (su ) = Im(su − idE ) = Im(−2pu ) = Im(pu ) = Vect(u),
et F (su ) = Ker(su − idE ) = Ker(−2pu ) = Ker(pu ) = u⊥ .
• Montrons par récurrence sur k ∈ [ 1, n]] la propriété
P(k)=[ si (u1 , . . . , uk ) est libre, alors M (su1 ◦ · · · ◦ suk ) = Vect(u1 , . . . , uk ) ].
– P(1) est vraie d’après le point précédent.
– Supposons P(k) vraie, où k ∈ [ 1, n − 1]].
Soit (u1 , . . . , uk , uk+1 ) un (k + 1)–uplet de vecteurs libres. Notons v = su2 ◦ · · · ◦ suk+1 .
Soit x ∈ E. Alors :
(u1 |v(x))
u1 = x
x ∈ Ker(su1 ◦v−idE ) ⇔ (su1 ◦v)(x) = x ⇔ su1 (v(x)) = x ⇔ v(x)−2
ku1 k2
(u1 |v(x))
⇐⇒ v(x) − x = 2
u1 .
ku1 k2
Si ceci est vérifié, alors v(x) − x ∈ Im(v − idE ) ∩ Ru1 = M (v) ∩ Ru1 .
Or, d’après P(k), M (v) = Vect(u2 , . . . , uk+1 ). Donc, comme (u1 , . . . , uk , uk+1 ) est libre,
M (v) ∩ Ru1 = {0}. Ainsi :
00
2
4
*
P
e M (u |v(x))
ir
a
l
p
x ∈ Ker(su1 ◦ v − idE ) ⇔ v(x) − x = 2
em
x
E
1
ku1 k2
8
0
0
7-2
u1 = 0.
Donc x ∈ Ker(su1 ◦ v − idE ) ⇔ (v(x) = x et (u1 |v(x)) = 0) ⇔ (v(x) − x = 0 et
(u1 |x) = 0). Ainsi Ker(su1 ◦ v − idE ) = Ker(v − idE ) ∩ u⊥
1 . Or Ker(v − idE ) = F (v)
est égal d’après la question précédente à [M (v)]⊥ ; donc, d’après P(k), Ker(v − idE ) =
[Vect(u2 , . . . , uk+1 )]⊥ . Donc
⊥
F (su1 ◦v) = Ker(su1 ◦v−idE ) = [Vect(u2 , . . . , uk+1 )]⊥ ∩u⊥
1 = [Vect(u1 , u2 , . . . , uk+1 )] .
Comme M (su1 ◦ v) est égal, d’après la question précédente, à [F (su1 ◦ v)]⊥ , on a :
M (su1 ◦ · · · ◦ suk+1 ) = M (su1 ◦ v) = Vect(u1 , u2 , . . . , uk+1 ).
Ainsi P(k + 1) est vraie.
c) • On a M (su1 ◦ · · · ◦ suk ) = M (sv1 ◦ · · · ◦ svk ).
Or comme (u1 , . . . , uk ) est libre, d’après la question précédente, M (su1 ◦ · · · ◦ suk ) =
Vect(u1 , . . . , uk ). Donc M (sv1 ◦ · · · ◦ svk ) = Vect(u1 , . . . , uk ).
• Par ailleurs, d’après la première question, M (sv1 ◦ · · · ◦ svk ) = [F (sv1 ◦ · · · ◦ svk )]⊥ .
Soit x ∈ [Vect(v1 , . . . , vk )]⊥ = v1⊥ ∩ · · · ∩ vk⊥ . Alors pour chaque j ∈ [[1, k]], svj (x) =
(vj |x)
vj = x, donc (sv1 ◦ · · · ◦ svk )(x) = x et x ∈ F (sv1 ◦ · · · ◦ svk ).
x−2
kvj k2
Ainsi [Vect(v1 , . . . , vk )]⊥ ⊆ F (sv1 ◦ · · · ◦ svk ).
⊥
Donc M (sv1 ◦ · · · ◦ svk ) = [F (sv1 ◦ · · · ◦ svk )]⊥ est inclus dans [Vect(v1 , . . . , vk )]⊥ =
Vect(v1 , . . . , vk ).
• Ainsi Vect(u1 , . . . , uk ) est inclus dans Vect(v1 , . . . , vk ).
Comme (u1 , . . . , uk ) est libre, dim Vect(u1 , . . . , uk ) = k. Donc dim Vect(v1 , . . . , vk ) = k.
En conclusion : (v1 , . . . , vk ) est libre.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
178. Soit A une partie non vide de R+∗ vérifiant : ∀(a, b) ∈ A2 ,
A ∩ (R \ Q) est dense dans ] inf A, sup A[.
√
47
ab ∈ A. Montrer que
Démontrons le lemme :
n
Lemme : Pour tout x ∈ R∗+ \ {1}, il existe n0 ∈ N tel que pour tout n > n0 , x1/2 ∈
/ Q.
Démonstration. Raisonnons par l’absurde. Supposons qu’il existe x ∈ R∗+ \ {1} pour lequel :
n
∀n0 ∈ N, ∃n > n0 tel que x1/2 ∈ Q. Alors x ∈ Q ; posons x = a/b avec (a, b) ∈ N∗2 ,
a, b premiers
entre eux et (a, b) 6= (1, 1).
n
Alors, x1/2 ∈ Q si et seulement s’il existe (c, d) ∈ N∗2 , c, d premiers entre eux tel que
n
n
n
c2
a
= 2n , donc a = c2 et b = d2 . Mais il est clair que pour tout k ∈ N \ {0, 1},
b
d
l’ensemble des m ∈ N∗ tels que k soit puissance mième d’un entier est fini, ce qui amène la
contradiction.
u+v
∈ B. Une
L’ensemble B image de A par la fonction ln vérifie : ∀u ∈ B, ∀v ∈ B,
2
récurrence immédiate sur n permet d’établir que pour tout entier n, pour tout k ∈ [ 0, 2n ] ,
k
2n − k
u + n v ∈ B.
2n
2
Soit x0 ∈ ]inf A, sup A[ et y0 = ln x0 . Il existe (u, v) ∈ B 2 tel que u < y0 < v. Considérons
la suite (tn )n∈N d’éléments de B définie par récurrence par :
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
• t0 = u,
em
x
E
2m − k
k
• tn étant défini tel que tn < y0 sous la forme tn =
u + m v avec k ∈ [ 0, 2m ] ,
2m
2
v−u
v−u
< y0 − tn . Alors tn+1 = tn + pn · Il est
soit pn le plus petit entier l tel que
2l
2
clair que tn+1 ∈ B et que la suite (pn )n∈N est strictement croissante.
v−u
·
2pn
Considérons la suite (zn )n∈N où, pour tout n, zn = exp(tn ) : elle est à valeurs dans A et
converge vers x0 . Supposons qu’il existe N ∈ N tel que pour tout n > N , zn ∈ Q. Alors
pour tout n > N :
pn
v−u
zn+1
= exp
= (ev−u )1/2 ∈ Q ;
zn
2 pn
La suite (tn )n∈N converge vers y0 et pour tout n, tn+1 − tn =
comme v − u 6= 0, ev−u 6= 1, ceci est impossible d’après le lemme. Il existe donc une suite
extraite (znk )k∈N formée d’éléments de A∩R\Q qui converge vers x0 . L’ensemble A∩R\Q
est donc dense dans ] inf A, sup A[.
(Résolu par Chrisophe Jan.)
183. On se place dans E = C 0 ([0, 1], R) muni de la norme de la convergence uniforme.
On note I, S et B les parties de E constituées des fonctions à valeurs dans [0, 1] qui
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
48
Epreuves orales corrigées
sont respectivement injectives, surjectives et bijectives. Les parties I, S et B sont-elles
ouvertes ? fermées ?
• I n’est pas fermé car la suite de fonctions injectives définies par fn (x) =
x
converge
n
uniformément sur [0, 1] vers la fonction nulle qui n’est pas injective.
I n’est pas non plus ouvert. Pour le prouver considérons la suite de fonctions définies par
x
1
fn (x) = +
(sin n2 x + 1). Les fn sont des éléments de E à valeurs dans [0, 1] (car pour
2 2n
2
x
6 1), qui ne sont pas injectifs (on a fn0 (x) =
tout x et tout n on a 0 6 fn (x) 6 +
2
2n
1
n
+ cos n2 x qui change de signe pour n > 2) et la suite fn converge uniformément vers
2
2
x
g : x 7→ qui est injective. Ceci montre que I n’est pas un voisinage de g.
2
• S est fermé. En effet, considérons une suite de fonctions (fn ) de E d’image [0, 1] qui
converge uniformément vers g sur [0, 1]. Alors g est continue d’image incluse dans [0, 1] car
pour tout x ∈ [0, 1] gn (x) est la limite de la suite (fn (x)).
De plus, pour tout y ∈ [0, 1] et tout n il existe xn ∈ [0, 1] tel que fn (xn ) = y. Prenons une
valeur d’adhérence a = lim xφ(n) de (xn ). Pour tout n on a
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
n
em
x
E
|g(a)−y| 6 |g(a)−g(xφ(n) )|+|g(xφ(n) )−fφ(n) (xφ(n) | 6 |g(a)−g(xφ(n) )|+kg−fφ(n) k∞
donc y = g(a).
S n’est pas
ouvert. Pour le prouver considérons la suite de fonctions (fn ) définies par fn (x) =
1
1−
x. Les fn sont des éléments de E à valeurs dans [0, 1] non surjectifs et la suite
n
converge uniformément vers la fonction identique qui l’est. Donc S n’est pas un voisinage de
id.
• B n’est pas fermé car la suite de fonctions bijectives continues affines sur [0, 1/2] et [1/2, 1]
vérifiant fn (0) = 0, fn (1/2) = 1/(2n), fn (1) = 1 converge uniformément sur [0, 1] vers
la fonction g nulle sur [0, 1/2] et affine sur [1/2, 1] telle que g (1/2) = 0, g(1) = 1 (car
kfn − gk∞ = 1/(2n)) qui n’est pas bijective.
L’exemple montrant que S n’est pas ouvert prouve que B ne l’est pas non plus.
190. Soient (E, N ) un espace normé de dimension finie, K un convexe compact non
vide de E et u ∈ L(E) tel que u(K) ⊂ K. Pour p ∈ N∗ , on pose :
1
idE +u + · · · + up−1 .
up =
p
a) Montrer que up (K) ⊂ K.
b) Soit x ∈ up (K). Proposer un majorant de N (x − u(x)).
\
c) Montrer que
up (K) 6= ∅.
p∈N∗
d) Montrer que u possède un point fixe dans K.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
49
Epreuves orales corrigées
a) Pour tout x ∈ K, up (x) est l’isobarycentre des points x, u(x), . . . , up−1 (x) qui sont tous
dans K. C’est un point de K puisque K est convexe.
1
b) On a (id −u)up = (id −up ). Posons a = supx∈K N (x) (a existe puisque K est borné).
p
Soit x ∈ up (K) ; il existe y ∈ K tel que x = up (y). Maintenant
x − u(x) =
1
(y − up (y)) et
p
N (x − u(x)) 6
2a
.
p
d) Soit y ∈ K ; la suite (up (y)) est incluse dans le compact K. Il existe donc une valeur
d’adhérence x ∈ K de cette suite : (uf (p) (y)) converge vers x pour une certaine fonction
f strictement croissante de N dans N. De plus la suite (u(uf (p) (y)) − uf (p)(y) ) tend vers 0
(sa norme est majorée par 2a/f (p) d’après b)). De plus u est continue (elle est linéaire en
dimension finie). Donc u(x) = x par passage à la limite.
8
0
0
7-2
00
2
c) Soit x un point de K tel que u(x) = x (il en existe d’après
*4 d) ). Alors u (x) = x et x est
P
dans l’intersection des u (K).
M finie » on peut cependant résoudre
Remarque. En supprimant l’hypothèse « E de
dimension
e
r
i mais en sortant du programme actuel. Soit,
l’exercice, cette fois en suivant l’ordre a
proposé
l
pour p ∈ N , F = u (K). Comme
les
on observe que si p , . . . , p sont
pà Kuestcommutent,
m
des entiers, u ◦ · · · ◦ u appliqué
non
vide
et
dans chacun des F . Le
emontre alors que l’intersectioncontenu
x
théorème de Borel-Lebesgue
des u (K) est non vide. D’autre
E
p
p
∗
p
p1
p
j
1
m
pm
pj
p
part, tout point x de cette intersection est, d’après b) , un point fixe de u.
Le résultat proposé est un cas particulier du théorème de Markov-Kakutani.
(Résolu par Ivan Gozard)
193.
Que dire d’une suite u réelle positive telle que, pour tout n ∈ N, un+1 6
un + un+2
?
2
Solution de David Gontier, élève en MP* au lycée Henri IV (Paris)
Si la suite est décroissante, comme elle est à termes positifs, elle est convergente. Sinon, il
existe n0 ∈ N tel que un0 +1 > un0 . On déduit immédiatement de l’inégalité de l’énoncé
que pour tout k ∈ N, on a uk+1 − uk > uk − uk−1 ; on en déduit que, pour k > n0 , on
a uk+1 − uk > un0 +1 − un0 . En sommant ces inégalités pour k variant de n0 à n − 1, on
obtient ∀n > n0 , un − un0 > (n − n0 )(un0 +1 − un0 ) ce qui montre que la suite tend vers
+∞.
201. Si n > 3, montrer que Pn = X n − nX + 1 possède une unique racine, notée un ,
dans ]0, 1[. Déterminer la limite, un équivalent, puis un développement asymptotique à
deux termes de un .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
50
Epreuves orales corrigées
Posons f (x) = xn − nx + 1. On a f 0 (x) = n(xn−1 − 1) < 0 sur ]0, 1[. Donc f décroı̂t
strictement, f (0) = 1 et f (1) = 2 − n < 0. Ainsi f possède un unique zéro un . On a
1 < nun < 2, donc (un ) tend vers 0. Puis n−n < nun − 1 < 2n n−n On en déduit
1
un = (1 + vn ) où vn = o(n−1 ) (car 2n n−n = o(n−1 )). Donc
n
un n
= n−n (1 + vn )n = n−n exp(n ln(1 + vn )) = n−n exp(n ln(1 + o(n−1 ))
= n−n exp(o(1)) = n−n (1 + o(1)).
Ainsi un n ∼ n−n et :
8
0
0
7-2
1
1
1
.
un = + n+1 + o
n n
nn+1
Remarque. L’expression « développement asymptotique à deux termes » devrait être précisée.
Ici le deuxième terme est un « infiniment petit d’expression simple ». Par contre, un développement limité de un à n’importe quel ordre k > 1 est :
1
1
.
un = + o
n
nk
*
P
eM
00
2
4
ir
a
l
p
(Résolu par Ivan Gozard, David Gontier, François Héroult, Mobinool Omarjee, Antoine Pichoff.)
em
x
E
205.
Soit (z1 , . . . , zn ) ∈ Cn , tous de module 1. On pose uk =
n
X
zi k . Montrer que la
i=1
suite (uk )k∈N admet n pour valeur d’adhérence.
Considérons vk = (z1 k , . . . , zn k ) ∈ Cn . La suite vk est bornée, donc on peut extraire une
sous-suite vϕ(k) qui converge, disons vers (`1 , . . . , `n ), tous les `i étant non nuls car de module 1. Quitte à réextraire, on peut même obtenir que ψ(k) = ϕ(k +1)−ϕ(k) soit strictement
croissante. Or on a pour tout i ∈ {1, . . . , n},
ϕ(k+1)
zi
ϕ(k)
−→ 1,
zi
ψ(k)
et donc zi
−→ 1. On en déduit donc que uψ(k) −→ n.
Remarque. L’argument montre que dans un groupe métrique compact G l’élément neutre est
valeur d’adhérence de toute suite de la forme (g n )n>0 où g ∈ G.
p
Soit f ∈ C ∞ (R, R+ ). Étudier la régularité de f .
p
p
2
Tout d’abord, f est continue. En étudiant
f
(x)
=
x
,
on
observe
que
f (x) = |x| n’est
p
pas dérivable en 0, ce qui justifie que f n’est pas forcément de classe C 1 sur R.
213.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
51
• Considérons un point x0 ∈ R tel que f (x0 ) > 0. Alorsplocalement f (x) > 0 sur un
voisinage de x0 et donc, par composition de fonctions C ∞ , f (x) est de classe C ∞ sur un
voisinage de x0 .
• Considérons maintenant un point x0 ∈ R tel que f (x0 ) = 0. Nous faisons l’hypothèse
supplémentaire que
n
o
m := min k ∈ N∗ , f (k) (x0 ) 6= 0
est bien défini. Montrons d’abord le lemme suivant :
8
0
0
2 des dérivées
Preuve : on écrit la formule de Taylor avec reste intégral, compte tenu de la-nullité
7
en x jusqu’à l’ordre m − 1 :
0
0
2
Z
h
*f 4 (x + uh) du.
(1 − u)
f (x + h) =
P
(m − 1)!
M
evariable
Cette formule s’obtient par changement ide
à partir de la forme usuelle du reste
r
intégral. Elle est valable y compris en l0.aPosons donc :
pZ
m
e 1 (1 − u) f (x + uh) du.
g(h)E
=x
(m − 1)!
Lemme 1 Il existe une fonction g de classe C ∞ sur R telle que f (x0 + h) = hm g(h).
0
1
m
m−1 (m)
0
0
0
1
m−1 (m)
0
0
On a par hypothèse g(0) 6= 0. Le théorème de dérivabilité sous le signe intégral s’applique
ici pour pouvoir affirmer que g est de classe C ∞ et que
g
(k)
1
(h) =
(m − 1)!
Z
1
uk (1 − u)m−1 f (m+k) (x0 + uh) du.
0
p
f est positive et p
que f (x0 + h) ∼ g(0)hm , on a forcément m pair
Revenons à f . Comme
p
et g(0) > 0. Ainsi f (x0 + h) = |hm/2 | g(h). Comme g est de classe C ∞ , g ne s’annule
pas localement autour de 0, et on en déduit que
f est localement C ∞ ⇐⇒ m ≡ 0 [4]
225. Soit f ∈ C 0 [0, 1], R+∗ .
a) Pour n ∈ N∗ , établir l’existence de (an,0 , . . . , an,n ) ∈ Rn+1 tel que :
Z an,i+1
Z
1 1
f.
0 = an,0 < an,1 < · · · < an,n = 1 et ∀i ∈ {0, . . . , n − 1},
f=
n 0
an,i
b) Déterminer la limite, quand n → +∞, de :
1
(an,0 + · · · + an,n ).
n+1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
52
Epreuves orales corrigées
Z x
f et considérons le C 1 -difféomorphisme F : [0, 1] → [0, µ], x 7→
f.
0
0
iµ
Pour i = 0, . . . , n posons an,i = F −1
. On a bien 0 = an,0 < an,1 < · · · < an,n = 1
n
et ∀i ∈ {0, . . . , n − 1},
Z an,i+1
Z
(i + 1)µ iµ
1 1
f = F (an,i+1 ) − F (an,i ) =
f
−
=
n
n
n 0
an,i
Z
1
a) Posons µ =
8
0
0
a + ··· + a
iµ
2
µ
=
F
=
F (u) du +-o(1)
7
n
n
n
0Z0
Z
2
=
F (F (t)) dF (t) + 4
* o(1) = tf (t) dt + o(1)
P
M Z
On a donc
e
r
1
1
(a l
+a· ·i· + a ) =
tf (t) dt
lim
n
µ
p
d’où l’on déduit aisément em
R
Ex 1
tf (t) dt
b) On a
n,1
n
X
µ
n,n
−1
Z
µ
−1
0
i=1
1
1
−1
0
0
1
n→+∞
n,1
n,n
0
1
lim
n→+∞
n+1
(an,0 + · · · + an,n ) = R01
0
f (t) dt
(Résolu par Philippe Agnès, François Héroult, Christophe Jan, Mobinool Omarjee, Patrice
Lassère.)
250.
On pose, pour (x, y) ∈ R2 , f (x, y) =
+∞
X
(−1)n−1
n=1
sin(nx) sin(ny)
. Trouver les
n2
couples (x, y) ∈ R2 tels que f (x, y) = 0.
• Considérons la fonction 2π-périodique h valant (x − π)2 sur [0, 2π]. Elle est continue et C 1
par morceaux donc, selon le théorème de Dirichlet, somme de sa série de Fourier. La parité
de h et le calcul des coefficients an (h) donnent
∀x ∈ [0, 2π],
+∞
X
π2
cos nx
(x − π) = h(x) =
+4
3
n2
n=1
2
• On en déduit pour tout (x, y) ∈ R2
−2f (x, y) = 2
◦
+∞
+∞
+∞
X
X
sin(n(x + π)) sin(ny)
cos(n(x + π − y)) X cos(n(x + π + y))
=
−
2
2
n
n
n2
n=1
n=1
n=1
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
53
Epreuves orales corrigées
On a donc f (x, y) = 0 ⇐⇒ h(x + π − y) = h(x + π + y). Par 2π-périodicité et
imparité du sinus on peut supposer x, y ∈ [0, π]. Comme dans ce cas x + π − y ∈ [0, 2π] et
x + π + y ∈ [π, 3π] on a les deux possibilités
(x − y)2 = (x + y)2 et x + π + y 6 2π ou (x − y)2 = (x + y − 2π)2 et x + π + y > 2π
ce qui donne x ou y ∈ {0, π} et montre qu’on n’a que les solutions triviales x ∈ πZ ou
y ∈ πZ.
(Résolu par Ivan Gozard, Mobinool Omarjee.)
8
0
0
2 monotone et
260. Soient (a, b) ∈ R , µ ∈ R et
f -soit
Z f ∈ C ([a, b],
R) tels que7
1 00
.
∀x ∈ [a, b], |f (x)| > µ. Montrer que : e
dt 6 2
µπ
4
*
P
L’énoncé proposé initialement était incorrect (l’hypothèse
de monotonie manquait).
M
Cette inégalité se comprend
bien
en
introduisant
la
courbe
paramétrée du plan complexe
e
Z
r
i
la une courbe d’origine 0, de classe C , paramétrée
définie par Γ(s) =
e
dt. C’est
p
mégale à f (s) au point de paramètre s. Si par exemple f >
par longueur d’arc, et de courbure
e
x
µ > 0, Γ « tourne » dans
Ele sens direct avec une courbure au moins égale à µ. L’hypothèse de
monotonie sur f assure un comportement en « spirale » dont on déduit que Γ est à valeurs
2
+∗
2
0
b
0
2iπf (t)
a
s
2iπf (t)
a
3
0
0
0
1
(cette interprétation permet aussi de n’avoir aucun
πµ
doute quant à la fausseté de l’énoncé initial).
Écrivons :
2iπf (t)
b Z b 2iπf (t) 00
Z b
Z b
e
1
f
1
e
+
dt
e2iπf (t) dt =
f 0 (t)e2iπf (t) 0 dt =
0 (t)
02
f
(t)
2iπ
f
2iπ
f
a
a
a
a
"
#
Z b
00
e2iπf (a)
1 e2iπf (b)
2iπf (t) f
− 0
+
e
dt
=
2iπ
f 0 (b)
f (a)
f 02
a
dans le disque de centre 0 et de rayon
d’où, en utilisant le fait que f 00 est de signe constant :
Z
"
Z b 00 #
b
1
1
|f |
1
2iπf (t)
+
+
dt
e
dt 6
02
a
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)|
a f
Z
#
"
b f 00 1
1
1
6
+
+
dt
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)| a f 02 "
b #
1
1 1
1
+
+ −
6
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)| f 0 a 1
1
1
1
1 6
+
+ −
+
2π |f 0 (b)| |f 0 (a)| f 0 (b) f 0 (a) ◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
54
Epreuves orales corrigées
1
max
2π
6
2
2
, 0
0
|f (a)| |f (b)|
6
1
πµ
L’hypothèse C 2 plutôt que C 1 est bien entendu une hypothèse de commodité. On peut s’en
affranchir, par exemple à l’aide de la seconde formule de la moyenne. Rappelons cet énoncé
qui a déserté les manuels d’analyse :
Soient g, h : [a, b] → R deux fonctions continues. Si g est monotone, alors il existe c ∈ [a, b]
tel que
Z b
Z c
Z b
g(t)h(t) dt = g(a)
h(t) dt + g(b)
h(t) dt
a
a
c
Appliqué ici à h(t) = Re e−iθ f 0 (t)e2iπf (t)
!
Z b
2iπf (t)
e
dt e−iθ ∈ R+ , on a :
a
Z
b
2iπf (t)
e
dt
a
=
Re e
−iθ
Re
6
1
2π
1
8
0
0
7-2
f 0 (t)
00
2
4
, où θ est tel que
*Z
P
=
g(t)h(t) dt
eM
lair
b
dt
a
!
Z
e−iθ b 0
2iπf (t)
f (t)e
dt + 0
f (t)e
dt
f (b) c
a
2iπf (c)
1
1
e2iπf (b)
e2iπf (a) e
−
+ 0
− 0
f 0 (a) f 0 (b)
f (b)
f (a) 1
1 1
1
1
f 0 (b) − f 0 (a) + |f 0 (b)| + |f 0 (a)| 6 πµ
p
m
e
x
1
E
6
2π
262.
e
2iπf (t)
a
−iθ
=
et g(t) =
!
b
Z
e
f 0 (a)
Z
c
0
2iπf (t)
˛ 0
˛ y
˛
Résoudre, pour y ∈ C 2 (R, R), l’équation différentielle : ˛˛ y 00
˛ y
y 00
y
y0
y
y0
y 00
˛
˛
˛
˛ = 0.
˛
˛
Remarquons avec Jean-Claude Jacquens que, pour tout (a, b, c) ∈ R,
a b c b c a = a3 + b3 + c3 − 3abc = (a + b + c)(a + jb + j 2 c)(a + j 2 b + jc).
c a b Ainsi, en tenant compte de y 00 + j 2 y 0 + jy = y 00 + jy 0 + j 2 y, l’équation est équivalente à
(y 00 + y 0 + y)(y 00 + jy 0 + j 2 y) = 0.
Soit maintenant y : I → R une solution maximale. Supposons qu’il existe x0 , x2 ∈ I tels
que (y 00 + y 0 + y)(x0 ) 6= 0 et (y 00 + jy 0 + j 2 y)(x2 ) 6= 0 (on supposera par exemple x2 > x0 ).
Alors (y 00 + y 0 + y)(x2 ) = 0 et il existe x1 ∈]x0 , x2 ] tel que
00
(y + y 0 + y)(x1 ) = 0
∀x ∈ [x0 , x1 [, (y 00 + y 0 + y)(x) 6= 0
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
55
Epreuves orales corrigées
On a donc ∀x ∈ [x0 , x1 [, (y 00 +jy 0 +j 2 y)(x) = 0 d’où, par continuité, (y 00 +jy 0 +j 2 y)(x1 ) =
0. Il vient y 0 (x1 ) + (1 + j)y(x1 ) = 0 puis y(x1 ) = y 0 (x1 ) = 0. Comme y est solution de
y 00 + jy 0 + j 2 y = 0 sur [x0 , x1 ], l’unicité de la solution du problème de Cauchy montre
y|[x0 ,x1 ] = 0 d’où (y 00 + y 0 + y)(x0 ) = 0 ce qui est absurde.
Une solution de l’équation est donc soit solution de y 00 + y 0 + y = 0, soit solution de y 00 +
jy 0 + j 2 y = 0.
La première équation admet pour solutions (réelles) les x 7→ aejx + ae−jx (où a ∈ C).
La seconde admet pour solutions (réelles) les x 7→ bex (où b ∈ R).
(Résolu par Philippe Agnès, François Héroult et Jean-Claude Jacquens)
8
0
0
2
270. Soit ABC un triangle. Une droite coupe les trois côtés en A
(sur BC), B (sur
7
(CA)) et C (sur (AB)). Montrer que les milieux de [AA ], [BB
00], [CC ] sont alignés.
2
Solution de François Héroult
*4
P
e M
−−→ −→
Le plan étant rapporté au repère affine i
A;rAB, AC , il existe (α, β, γ) ∈ R tel que les
a
l
p pour coordonnées (α, 1 − α), (0, β) et (γ, 0). Les
points A , B et C aient respectivement
m
points I, J, K,
milieux
respectifs
des
segments
e
[AA ],[BB ] et [CC ] ont donc pour coorα 1 − αEx
1 β
γ 1
données : I
,
, J
,
, K
,
· Or
0
0
0
0
0
0
3
0
0
0
0
2
2
α/2
(1 − α)/2
1
2 2
1/2
β/2
1
2 2
α
γ/2 1/2 = 1/4 1 − α
1
1 0
0
1
β
1
γ
1
1
= 0,
puisque A0 , B 0 et C 0 sont alignés, ce qui prouve que I, J, K sont également alignés.
Remarque : la question posée fait référence à une propriété classique des quadrilatères complets. Elle peut être complétée par le fait suivant : les orthocentres des quatre triangles d’un
quadrilatère complet (à savoir ici les orthocentres des triangles ABC, AB 0 C 0 , BA0 C 0 et
CA0 B 0 sont alignés sur une droite perpendiculaire à la droite passant par I, J et K.
(Résolu par Jean-Claude Jacquens et Philippe Agnès)
271. Soit T un triangle. Établir l’existence d’une ellipse tangente aux trois côtés du
triangle en leurs milieux.
Commençons par le cas du triangle équilatéral. Dans ce cas, un cercle de même centre que le
triangle, et de rayon adapté convient.
Passons au cas général. Considérons un vrai triangle ABC. Alors il existe une transformation affine u qui envoie ce triangle sur un triangle équilatéral. L’image réciproque du cercle
précédent par u est une ellipse tangente aux côtés du triangle en leurs milieux.
(Résolu par David Gontier et Christophe Jan.)
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
56
Epreuves orales corrigées
278. Soient C et C 0 deux cercles sécants en A et B. Pour M ∈ C \ {A}, on note M 0
le second point d’intersection de la droite (AM ) avec C 0 , puis f (M ) le second point
d’intersection de la droite (M 0 B) avec C. Étudier la fonction f ainsi définie.
Notons s la similitude directe de centre B qui transforme C en C 0 . Montrons d’abord que
M 0 = s(M ). Soit M1 = s(M ). Dans ce qui suit (AM, AM1 ) désigne l’angle des droites
(AM ) et (AM1 ). On a :
1 −−→ −−→ 1 −−0→ −−0−→
OM , OB +
O B, O M1 .
(AM, AM1 ) = (AM, AB) + (AB, AM1 ) =
2
2
Or
−−→ −−0−→
−−→ −−→
OM , O M1 = OB, O0 B ,
donc
8
0
0
7-2
−−−→ −−→
−−→ −−→
OM , OB = O0 M1 , O0 B
00
2
4
et par conséquent (AM, AM1 ) = 0 [π]. Le point M1 coı̈ncide donc avec M 0 .
De même soit s0 la similitude directe de centre A qui transforme C 0 en C. On a f (M ) =
s0 (M 0 ) = s0 ◦ s(M ). Ainsi f est la restriction au cercle
de s0◦ s. L’application f coı̈ncide
C−
−−→ −→0
donc sur C avec la rotation de centre O et d’angle 2 BO, BO .
(Résolu par David Gontier.)
*
P
eM
ir
a
l
p
em
x
E d’un quadrilatère convexe articulé. Quelle est la configuraOn connaı̂t les côtés
279.
tion qui maximise l’aire du quadrilatère ?
Solution de Jean-Baptiste Hiriart-Urruty
On considère un quadrilatère convexe articulé ABCD. On note respectivement a, b, c, d les
\ et β l’angle non orienté ABC.
\
longueurs CD, DA, AB, BC, α l’angle non orienté ADC
L’aire S de ce quadrilatère est la somme des aires des triangles ADC et ABC, donc :
(1)
2S = ab sin α + cd sin β.
Les triangles ADC et ABC ont en commun le côté AC (de manière à constituer un vrai
quadrilatère) ; comme AC 2 = a2 + b2 − 2ab cos α et AC 2 = c2 + d2 − 2cd cos β, il vient
(2)
a2 + b2 − 2ab cos α = AC 2 = c2 + d2 − 2cd cos β.
On obtient à partir de (1) et (2) :
16S 2 = 4(a2 b2 + c2 d2 ) − (a2 + b2 − c2 − d2 )2 − 8abcd cos(α + β).
(3)
En conséquence S est maximisée lorsque cos(α + β) = −1, c’est-à-dire α + β = π. Cela
signifie géométriquement que A, B, C, D sont cocycliques : le quadrilatère ABCD est inscriptible. Dans une telle configuration, on peut exprimer en fonction de a, b, c, d l’aire du
quadrilatère :
p
(4)
S = (p − a)(p − b)(p − c)(p − d),
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
57
où p est le demi-périmètre. C’est la formule dite de Brahmagupta.
D’autres formules permettent d’exprimer en fonction de a, b, c, d les longueurs des diagonales, le rayon du cercle circonscrit, etc . . .. Par exemple :
AC 2 =
cd(a2 + b2 ) + ab(c2 + d2 )
.
ab + cd
Du reste cette dernière formule permet de construire un tel quadrilatère inscriptible, ce qui
établit d’ailleurs l’existence du maximum.
Remarque de David Gontier, élève en MP* au lycée Henri IV
Ce problème peut être relié à la physique : on considère une pression uniforme dans la surface
fermée limitée au quadrilatère, qui tend à maximiser son aire.
00
2
4
8
0
0
7-2
Référence
Cette question a été résolue dans un contexte plus général dans la RMS ( R.M.S 115-4 R463
p.168).
*
P
eM
ir
a
l
p
On considère dans le plan affine euclidien des points A1 , . . . , An et un cercle Γ de
n
Y
M Ai > R n .
rayon R. Montrer qu’il existe un point M de Γ tel que :
280.
em
x
E
i=1
Soit P ∈ C [X] unitaire. La fonction f définie sur le compact U = {z ∈ C / |z| = 1} par
f (z) = |P (z)| est continue donc y atteint sa borne supérieure m.
a) Démontrons que m > 1. Soit P (X) = X n +
n
X
ak X n−k . Posons :
k=1
1
I=
2π
Z
2π
e
−int
P e
it
dt. On a d’une part,
0
1
I=
2π
Z
2π
dt +
0
n
X
k=1
Z
ak
!
2π
e
−ikt
dt
= 1,
0
et d’autre part,
|I| 6
1
2π
Z
0
2π
−int
1
e
P eit dt 6
2π
Z
2π
m dt = m,
0
d’où m > 1.
b) Notons αk l’affixe du point Ak , 1 6 k 6 n et z = α + Reit l’affixe de M un point du
cercle Γ de centre A(α) et de rayon R. Alors :
n
n
n Y
Y
Y
α − αk
it
M Ak = Re + α − αk = Rn P eit où P (X) =
X+
R
k=1
k=1
k=1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
58
Epreuves orales corrigées
est un polynôme unitaire à coefficients dans C. Soit M0 le point de paramètre t0 de Γ pour
n
Y
lequel P eit0 = m = sup |P (z)|. Alors d’après a),
M 0 Ak > R n .
|z|=1
k=1
(Résolu par Christophe Jan.)
353. Soient n ∈ N∗ et a ∈ R. Montrer que les racines complexes du polynôme
n
Y
(X − k) + a sont de multiplicité au plus 2.
8
0
0
7-2
k=0
n
Y
00
2
simples. Soit k ∈ {0, n − 1}. La fonction x 7→ P (x) est continue
[k, k + 1], dérivable sur
4Rolle,suril existe
*
]k, k + 1[ et P (k) = P (k + 1) = 0. D’après le théorème
de
c ∈]k, k + 1[ tel
P
que P (c ) = 0. Le polynôme P est donc scindéM
sur R à racines simples.
Soient maintenant a ∈ R (ou a ∈ C) et Q i
=rPe+ a. Si Q possède une racine z de multiplicité
a k −1. Les racines de P sont simples donc
k > 2 alors z est racine de Q = P delmultiplicité
p
k 6 2. Les racines de Q sont donc
au
plus doubles. On remarquera que la seule propriété
m
e
utilisée de P est son caractère
réel
et
simplement
scindé sur R.
Ex
Soit P =
(X − k). Le polynôme P est dans R[X], de degré n + 1, scindé sur R à racines
k=0
0
k
0
k
0
0
0
0
365.
0
Soient A ∈ M3,2 (R) et B ∈ M2,3 (R) telles que : AB = @ −1
1
−1
0
1
1
−1
−1 A .
2
a) Montrer que AB est une matrice de projecteur.
b) Montrer que BA = I2 .
Solution de Ivan Gozard
a) Par un calcul immédiat : (AB)2 = AB. Donc AB est une matrice de projecteur.
b) On clairement rg(AB) > 2. Donc 2 6 rg(AB) 6 min(rg(A), rg(B)), d’où rg(A) = 2
et rg(B) = 2 (car A ∈ M3,2 (R) et B ∈ M2,3 (R)). Donc l’application a : R2 → R3 , X 7→
AX est injective et l’application b : R3 → R2 , X 7→ BX est surjective. Or
A(BA)B = (AB)2 = M 2 = M = AB
donc
A(BA − I2 )B = 0.
Comme a est injective et b est surjective, il vient : BA = I2 .
(Résolu par Christophe Jan, Mobinool Omarjee et Adrien Reisner.)
396.
Soit A ∈ Mn (C). Établir l’équivalence entre
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
59
i) la seule valeur propre de A est 1.
ii) tr A = tr A2 = · · · = tr An = n.
Solution de Philippe Agnès
A est une matrice complexe donc elle est trigonalisable donc il existe P inversible telle que
A = P −1 T P où T est triangulaire supérieure. On note λ1 , . . . , λn les éléments diagonaux
de T , qui sont les valeurs propres de A comptées avec leur multiplicité .
n
X
Pour tout k ∈ N on a Ak = P −1 T k P et ainsi tr(Ak ) = tr(T k ) =
λp k .
8
0
0
• Montrons que i) ⇒ ii). Avec ce qui précède, si la seule valeur propre
2de A est 1, alors
7
λ = 1 pour tout i. Donc pour tout k ∈ N on a
00
2
X
4
λ =*
tr A =
n.
P
M
e
r
i
X
a
l
λ = n pour 1 6 k 6 n.
• Montrons que ii) ⇒ i). Supposons
que
tr(A ) = n, soit
p
m
On définit le polynôme unitaire
xe de degré n et de racines λ , . . . , λ (avec multiplicités) par :
E
Y
P =
(X − λ ) et on écrit P = X + a
X
+ ··· + a .
p=1
i
n
k
p
k
p=1
n
k
p
k
p=1
1
n
n
i
n−1
n−1
n
0
p=1
On alors 0 = P (λi ) = λni + an−1 λn−1
+ · · · + a0 et en sommant pour p = 1 à n on obtient
i
0=
n
X
λnp + an−1
n
X
p=1
λn−1
+ · · · + a0
p
p=1
et donc n(1 + an−1 + . . . + a0 ) = 0. Comme n > 0 on obtient P (1) = 0 donc il existe
i tel que λi = 1. Par symétrie du problème, supposons par exemple que λn = 1. Comme
n
n−1
X
X
λp k = n pour 1 6 k 6 n, on obtient
λp k = n − 1 pour 1 6 k 6 n − 1. De proche
p=1
p=1
en proche on obtient ainsi que λi = 1 pour tout i et donc que la seule valeur propre de A est
1.
(Résolu par Patrick Lassère, Ivan Gozard, Adrien Reisner, Eric Pité.)
418.
Soit O ∈ On (R), de la forme O =
2
„
A
C
B
D
«
où A et D sont carrées. Montrer
2
que (det A) = (det D)
Solution de Ivan Gozard
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
60
Epreuves orales corrigées
Notons p le nombre de lignes de A, q = n − p. On a : t M =
t
A
tB
tC t D , et M est
orthogonale donc
In = t M M =
 t
 AA +
t
soit :
 t AB +
+
BB
tA
Il vient :
0
t
A
tB
tC A
tD
C
B
D
=
t
AA +
t BA +
t CC
t DC
t CC = I
p
t CD = 0 .
t DD = I
q
t C A B t AA + t CC
=
C D
Iq
C
t AB +
t BB +
t CD t DD ,
8
0
0
7-2
t AB + t CD Ip 0 =
.
C D
D
Prenant le déterminant des deux membres, on obtient : det t A det(M ) = det(D), soit :
00
2
det(A) det(M ) = det(D)4
*
P
Donc (det(A)) (det(M )) = (det(D)) . Or comme
M
M ∈ O (R), (det(M )) = 1.
D’où finalement l’égalité demandée.
e
ir
(Résolu par Mobinool Omarjee.)
a
l
p
m
e
Ex
1
2
454.
2
2
n
Convergence et somme de la série de terme général arctan
2
n2 + n + 1
n > 0.
Pour tout n > 0 on a
1
(n + 1) − n
arctan
=
arctan
= arctan(n + 1) − arctan n
n2 + n + 1
1 + (n + 1)n
donc
N
X
arctan
n=0
1
n2 + n + 1
= arctan(N + 1)
ce qui montre que la série converge et que sa somme vaut π/2.
(Résolu par Jean-Claude Jacquens, Ivan Gozard, Philippe Agnès, François Héroult.)
Z
515.
+∞
On pose, pour x ∈ R, F (x) =
0
t − [t]
dt.
tx+1
a) Quel est le domaine de définition de F ?
b) Étudier la continuité de F .
c) Donner une expression simple de F pour x > 1.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
avec
Epreuves orales corrigées
a) La fonction t 7→
61
t − [t]
est continue par morceaux et positive sur ]0, ∞[. Au voisinage de
tx+1
1
t − [t]
0, x+1 ∼ x , donc l’intégrale n’est définie que pour x < 1.
t
t
Pour étudier la convergence au voisinage de +∞, comme la fonction intégrée est positive, il
est équivalent de s’intéresser à la convergence de la série de terme général
Z 1
Z n+1
t − [t]
t
un =
dt
=
dt.
x+1
tx+1
n
0 (t + n)
En encadrant le dénominateur, on obtient
1
1
6 un 6 x+1 ,
x+1
2(n + 1)
2n
00
2
4
8
0
0
7-2
1
et donc un ∼ x+1 . On en déduit que l’intégrale n’est définie que si x > 0.
2n
b) On est dans le cadre d’application du théorème de continuité des intégrales à paramètres :
sur [a, b] ⊂]0, 1[, on a
*
P
eM
i1r
a
1
l
p
où g(t)
=
si t 6 1 et g(t) =
si t > 1.
t
t
m
e
x
E
c) Il y a ici manifestement une erreur d’énoncé, puisque F n’est définie que pour x ∈]0, 1[.
t − [t]
6 g(t)
tx+1
b−1
a+1
Nous corrigeons cette erreur en étudiant la fonction G, ci-après définie.
Z +∞
t − [t]
Posons G(x) =
dt. G est définie sur ]0, +∞[ par les mêmes raisons que
tx+1
1
précédemment. Si x > 1, on a
Z +∞
Z +∞
1
[t]
G(x) =
dt
−
dt
x
x+1
t
t
1
1
+∞
X
1
1
n
1
=
−
−
x − 1 n=1 x (n + 1)x
nx
=
+∞
1 X (n + 1) − n
1
1
1
−
=
− ζ(x) où
x − 1 x n=1
nx
x−1 x
ζ(x) =
+∞
X
1
.
x
n
n=1
Note. On déduit de cet exercice un prolongement analytique de la fonction ζ de Riemann au
demi plan {z ∈ C, Re z > 0} \ {1}. Il suffit de poser :
ζ(z) =
549.
z
− z G(z).
z−1
n
o
2
Pour θ ∈ R, on considère Cθ = (x, y) ∈ R2 , x2 + y 2 = (x cos θ + y sin θ + 1) .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
62
Epreuves orales corrigées
a) Quelle est la nature de Cθ ?
b) Déterminer le lieu des sommets de Cθ .
→
− →
−
Le plan est rapporté au repère orthonormal O; i , j . Soit Dθ la droite d’équation x cos θ+
y sin θ + 1 = 0. La distance de O à Dθ étant égale à 1, la droite Dθ décrit l’ensemble des
tangentes au cercle (Γ) de centre O et de rayon 1.
2
a) M désignant le point de coordonnées (x, y), la condition x2 +y 2 = (x cos θ + y sin θ + 1)
équivaut à OM = d(M, Dθ ), où d(M, Dθ ) est la distance de M à la droite Dθ . La courbe Cθ
étant l’ensemble des points du plan équidistants de O et de Dθ est donc la parabole de foyer
O et de directrice Dθ .
8
0
0
2orthogonal de O
b) Le sommet S de C est le milieu du segment [OK], K étant le projeté
7
sur D , c’est-à-dire encore le point de contact de cette droite avec le
(Γ). Le lieu des
00Ocercle
2
sommets de C est donc l’image de (Γ) par l’homothétie de centre
et de rapport 1/2 : il
s’agit donc du cercle de centre O et de rayon 1/2.
*4
P
M
e
r
i
a
Z
l
p q dx
571. Étudier la suite a = mr
.
p
√
e
Ex 2 + 2 + · · · + 2 + 2x
θ
θ
θ
1
n
0
Solution de Philippe Agnès
p
√
On définit la suite de fonctions (fn ) par f1 (x) = 2 + 2x sur [0; 1] et fn+1 = 2 + fn .
On
(fn ) est bien définie, continue et que pour tout n > 1 on a
√ vérifie par récurrence que
2
2 6 fn 6 2. De plus fn2 − fn+1
= (fn + 1)(fn − 2) 6 0 et comme fn et fn+1 sont
positives on en déduit que fn 6 fn+1
.
√
On obtient alors que pour tout n, 2 6 fn 6 fn+1 6 2, ce qui implique que la suite (an )
définie par :
Z 1
1
an =
dx
0 fn (x)
est décroissante. Pour
√ x ∈ [0; 1]√fixé, la suite (fn (x)) est majorée par 2√et croissante. Par
continuité de x 7→ 2 + x sur [ 2; 2], elle converge vers un réel ` ∈ [ 2; 2] tel que ` =
√
1
1
2 + ` donc ` = 2. On a donc pour tout n et tout x ∈ [0; 1] 0 6
6 √ et 1/fn converge
fn
2
simplement vers 1/2. Par convergence dominée on en déduit que
Z 1
Z 1
1
1
1
an =
dx −→
dx = ·
n→+∞
f
(x)
2
2
n
0
0
626.
Étudier la courbe d’équation : x x2 + y 2 = 2ay 2 .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
63
Le plan, est supposé rapporté à un repère orthonormal.
Passant en coordonnées polaires la
courbe (C) d’équation cartésienne x x2 + y 2 = 2ay 2 a pour équation polaire
r = 2a
sin2 θ
= 2a
cos θ
1
− cos θ .
cos θ
8
0
0
2r sur l’intervalle
La fonction r étant paire et ayant pour antipériode π, il suffit d’étudier
7
0 r est strictement
[0, π/2[. La courbe (C) admet Ox comme axe de symétrie. La0
fonction
2
croissante sur [0, π/2[ et r(0) = 0. (C) étant symétrique par rapport à Ox a donc un point de
rebroussement de première espèce en O. Enfin
*4
P
M
e
r
i
a
l
pet lim x = lim r cos θ = 2a.
lim r(θ) = +∞
m
e
Ex
θ→π/2−
θ→π/2−
θ→π/2−
(C) a donc pour asymptote la droite (D) d’équation x = 2a.
Compléments.
La courbe (C) algébrique de degré 3 ; elle appartient à la famille des cubiques circulaires et
porte le nom de cissoı̈de droite.
Indiquons une construction géométrique d’un point courant de (C) et de la tangente à (C) en
ce point :
2a
2a
r = r1 − r2 où r1 : θ 7→
et r2 : θ 7→ 2a cos θ. La courbe d’équation polaire r1 =
cos θ
cos θ
est la droite (D) d’équation x = 2a. La courbe d’équation polaire r2 = 2a cos θ est le cercle
(γ) de diamètre [OA] où A a pour coordonnées (2a, 0). Notons M, M1 , M2 les points de
−−→
−−→ −−→
−−−→
paramètres θ sur (C), (D) et (γ) respectivement. On a OM = OM1 − OM2 = M2 M1 . Pour
construire M , il suffit de tracer une droite quelconque passant par O qui coupe (D) en M1 et
recoupe (γ) en M2 . On place alors sur cette droite M tel que OM = M2 M1 .
→
−
→
−
La normale en M à (C) coupe en N la droite (∆) de vecteur directeur − sin θ i + cos θ j .
0
On vérifie aisément que ON = r (θ). Soient N1 (resp. N2 ) le point d’intersection de la
normale en M1 à (D) avec (∆) (resp. le point d’intersection de la normale en M2 à (γ) avec
(∆). Comme r0 (θ) = r10 (θ) − r20 (θ), ON = ON1 − ON2 = N2 N1 . Les points N1 et N2
étant tracés, on place donc N sur (∆) tel que ON = N2 N1 . la tangente à (C) en M est donc
la perpendiculaire en M à la droite (M N ).
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
64
Epreuves orales corrigées
Revue de la filière Mathématiques
*
P
eM
00
2
4
63
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
em
x
E
639. Soit A un anneau d’un corps K tel que : pour tout x non nul dans K, x appartient
à A ou 1/x appartient à A. On note M = {x ∈ K; x non inversible dans A}.
a) Montrer que M est un idéal de A.
b)639.
Soit Soit
I unAidéal
de A distinct
de A.K
Montrer
I⊂
M .x non nul dans K, x appartient
un anneau
d’un corps
tel que :que
pour
tout
à A ou 1/x appartient à A. On note M = {x ∈ K; x non inversible dans A}.
a)a)On
note Ainv
des éléments
Montrer
quel’ensemble
M est un idéal
de A. de A dont l’inverse est dans A, c’est-à-dire le
groupe des inversibles de A.
Soit
I un
idéal
de A distinct
de stable
A. Montrer
que I ⊂SiMx. ∈ M , alors x ∈ A puisque
! b)
Il est
clair
que
M contient
0 et est
par l’opposé.
1
#∈ A. De plus, si a ∈ A et x ∈ M , alors le fait que ax ∈ Ainv entraı̂ne qu’il existe b ∈ A
x a) On note Ainv l’ensemble des éléments de A dont l’inverse est dans A, c’est-à-dire le
telgroupe
que axb
1, donc quedexA.
∈ Ainv , ce qui n’est pas. Ainsi, M est stable par produit externe.
des=inversibles
! Montrons
que,
si xM∈contient
M , alors0xet−est
1 ∈stable
Ainvpar
. Enl’opposé.
effet, en supposant
restriction
x non
. Il est clair
que
Si x ∈ Msans
, alors
x ∈ A puisque
1
x−1
1 1
inv
nul, 6∈ A.
#∈ ADedonc
− a ∈=A et x ∈#∈M
A., Par
plus,1 si
alorsconséquent
le fait que :ax ∈ A
entraı̂ne qu’il existe b ∈ A
x
x
x x
tel que axb = 1, donc que x ∈ Ainv , ce qui n’est pas. Ainsi, M est stable par produit externe.
x
x
1
∈A
et
−1=
∈ A.
x−1
x−1
x−1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
65
. Montrons que, si x ∈ M , alors x − 1 ∈ Ainv . En effet, en supposant sans restriction x non
1
1
x−1
nul, 6∈ A donc 1 − =
6∈ A. Par conséquent :
x
x
x
x
x
1
∈A
et
−1=
∈ A.
x−1
x−1
x−1
À présent, si x et
dans M , posons x − y = z. Si, par l’absurde, z ∈ Ainv , alors
y sont
x
x
−y = z−x = z 1 −
est le produit de deux éléments de Ainv , puisque , comme produit
z
z
d’un élément de Ainv par un élément de M , est un élément de M . C’est une contradiction.
8
0
0
1
2A puisque tout
b) Soit x ∈ I. Si x était inversible, on aurait 1 = x. ∈ I, et donc I-=
7
x
0que x ∈ M .
élément y de A s’écrit 1.y. Donc x n’est pas inversible, ce qui signifie
0
2
(Résolu par Ivan Gozard, Adrien Reisner.)
*4
P
M
e
r
683. Soit E un R-espace vectoriel a
dei dimension finie. Pour g ∈ GL(E), on définit
l
i : u ∈ L(E) 7→ g ◦ u ◦ g .
p
m
e
a) Montrer que i est un
de l’algèbre (L(E), +, ◦) et qu’il induit un
Exautomorphisme
automorphisme du groupe
(GL(E), ◦).
Finalement, M est un idéal de A.
−1
g
h
b) Déterminer la trace et le déterminant de ig .
c) Que dire de l’application i : g ∈ GL(E) 7→ ig ∈ Aut(L(E)) ?
a) Les propriétés suivantes sont immédiates et caractérisent un automorphisme d’algèbre :
• La fonction ig est linéaire et bijective (de réciproque ig−1 ).
• ∀(u, v) ∈ L(E)2 , ig (u ◦ v) = ig (u) ◦ ig (v) et ig (id) = id.
Par ailleurs, u est inversible si et seulement si ig (u) est inversible, donc ig est aussi un automorphisme du groupe GL(E).
b) Soit (e1 , . . . , en ) une base de E, et (e∗1 , . . . , e∗n ) la base duale associée. On note uij
l’application linéaire définie par uij (ej ) = ei et uij (ek ) = 0 si k 6= j. La famille (uij ) est
une base de L(E). Nous allons déterminer laX
trace de ig à l’aide de cette base.
Tout endomorphisme v ∈ L(E) s’écrit v =
e∗i (v(ej ))uij . On a donc
i,j
tr(ig ) =
X
e∗i guij g −1 (ej ) .
i,j
Or uij (g
−1
e∗j
−1
(ej )) =
g (ej ) ei et guij g −1 (ej ) = e∗j (g −1 (ej )) g(ei ). Ainsi,
X
tr(ig ) =
e∗j (g −1 (ej )) e∗i (g(ei )) = tr g tr g −1
i,j
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
66
Epreuves orales corrigées
Passons au déterminant. Pour cela, on considère les deux applications ψ1 : u 7→ g ◦ u
et ψ2 : u 7→ u ◦ g −1 qui sont des endomorphismes de L(E). On a ig = ψ1 ◦ ψ2 donc
det ig = det ψ1 . det ψ2 . Soit A la matrice de g dans la base (e1 , . . . , en ). Dans la base
(u11 , u12 , . . . , u1n , u21 , . . . , unn ) la matrice de ψ1 est diagonale par blocs avec sur la diagonale n fois la matrice A. Donc det ψ1 = (det g)n = det g n . La matrice de ψ2 dans la base
(u11 , u21 , . . . , un1 , u12 , . . . , unn ) est de la même façon diagonale, avec des blocs diagonaux
A−1 = Mat(g −1 ). Ainsi det ψ2 = (det g −1 )n . Il vient alors det ig = 1.
c) La question se pose de savoir si i, qui est clairement un morphisme de GL(E) dans
Aut(L(E)), est injectif ou surjectif.
Commençons par l’injectivité. Si ig = id, alors pour tout u ∈ L(E), g ◦ u ◦ g −1 = u, soit
encore u ◦ g = g ◦ u. Il est alors classique que g = λ id. Ainsi, Ker i = {λ id, λ ∈ R∗ }.
Montrons maintenant que i est surjectif. On dira alors que les automorphismes de L(E)
sont intérieurs. Soit ϕ un automorphisme de L(E). Soit (e1 , . . . , en ) une base de E, et
(uij )16i,j6n la base de L(E) associée. On cherche une autre base (e01 , . . . , e0n ) associée à
des applications u0ij telle que pour tous i, j, ϕ(ui,j ) = u0ij . En considérant l’automorphisme
g de E défini par g(ei ) = e0i , alors on aura ϕ = ig sur les uij , donc par linéarité ϕ = ig .
n
X
uii = id, donc les ϕ(uii ) sont aussi des proLes uii sont des projecteurs de rang 1 et
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
i=1
em
x
est 1. Considérons
(e ,E
. . . , e ) non nuls tels que e soit dans l’image des ϕ(u ). La reX
jecteurs et comme
n
X
i=1
0
1
ϕ(uii ) = id, la trace (donc le rang) de chacun de ces projecteurs
0
n
ϕ(uii ) = id prouve que les
lation
0
i
e0i
ii
sont générateurs, et comme ϕ(uii ) ◦ ϕ(ujj ) =
i
ϕ(uii ◦ ujj ) = 0 si i 6= j, on peut affirmer que chaque ϕ(uii ) est le projecteur sur Vect(ei )
parallèlement à la somme des autres. Ainsi ϕ(uii ) = u0ii .
Considérons ϕ(u12 ). Comme ujj ◦ u12 = 0 si j 6= 1, on a u0jj ϕ(u12 ) = 0 si j 6= 1. Ainsi
Im ϕ(u12 ) ⊂ Vect(e01 ). De même, on a u12 ◦ ujj = 0 si j 6= 2, et donc ϕ(u12 ) s’annule en
tout e0j avec j 6= 2. On en déduit qu’il existe α12 6= 0 tel que ϕ(u12 ) = α12 u012 . On démontre
de même que ϕ(ui,i+1 ) = αi,i+1 u0i,i+1 . Il reste à remarquer qu’en considérant maintenant la
base
e3
en
e2
,
,...,
e1 ,
α12 α12 α23
α12 α23 . . . αn−1,n
On obtient alors ϕ(ui,i+1 ) = u0i,i+1 et ϕ(ui,i ) = u0i,i .
Par ailleurs, on démontre de la même façon que ϕ(u21 ) = αu021 , mais comme u12 ◦ u21 =
u11 , on obtient alors αu011 = u011 et donc α = 1. De même ϕ(ui+1,i ) = u0i+1,i .
Nous y sommes. Il ne nous reste plus qu’à remarquer que si i < j, uij = ui,i+1 ◦ · · · ◦
uj−1,j pour obtenir ϕ(uij ) = u0ij et le même résultat lorsque i > j. Conclusion : si g est
l’automorphisme qui envoie ei sur e0i , alors ϕ = ig . D’où la surjectivité de i.
706. Soient n ∈ N∗ , A ∈ Rn [X] et ΦA l’endomorphisme de Rn [X] défini par :
(n)
∀P ∈ Rn [X], ΦA (P ) = (AP ) .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
67
a) Pour quels A l’endomorphisme ΦA est-il inversible ?
b) Pour quels A l’endomorphisme ΦA est-il diagonalisable ?
a) Si A est de degré p 6 n − 1 alors ΦA (Rn [X]) ⊂ Rp [X] donc ΦA n’est pas surjective.
n
X
Inversement, si A est de degré n, on écrit A =
ak X k avec an 6= 0. Si j ∈ {0, . . . , n} :
k=0
j
ΦA (X ) =
n
X
(k + j)!
ak X k+j−n .
(k + j − n)!
8
0
0
2
La matrice de Φ dans la base canonique est triangulaire supérieure et7
ses- termes diagonaux
0
(n + j)!
0
a pour 0 6 j 6 n, tous non nuls. Elle est donc
inversible.
sont les :
2
j!
*au4plus n − 1 alors Φ est nilpotent
b) La question précédente montre que si A est de degré
P
donc nul ou non diagonalisable. Si A 6= 0, Φ (X
M) 6= 0. Donc si A est non nul de degré
e
6 n − 1, Φ n’est pas diagonalisable.
r
i
Si A est de degré n alors Φ possède lna
+ 1 valeurs propres distinctes (termes diagonaux de
p Φ est diagonalisable.
la matrice triangulaire supérieure) donc
m
e si et seulement si A est nul ou de degré n.
Finalement Φ est diagonalisable
(Résolu par Mobinool Omarjee.)
Ex
k=n−j
A
n
A
A
n
A
A
A
A
708. Soit E = C ∞ (R, R), p ∈] − 1, 1[−{0} et q = 1 − p. Pour f ∈ E on pose u(f )(x) =
f (px + q).
a) Montrer que u est un automorphisme de l’espace vectoriel E.
b) Montrer que les valeurs propres de f sont dans ] − 1, 1].
c) Montrer que, si f est vecteur propre de u, il existe k tel que f (k) = 0. En déduire les
éléments propres de u.
a) L’application u est clairement linéaire. Si f ∈ E, alors u(f ) ∈ E. De plus, si φ(x) =
1
px + q, φ est une bijection de R sur R, de réciproque définie par φ−1 (y) = (y − q). Alors
p
u−1 (f ) = f ◦ φ−1 .
b) Soit f une fonction non nulle telle que u(f ) = λf , soit f ◦ φ = λf . Il en résulte que
f ◦ φn = λn f . Or, on a : φn (x) = pn (x − 1) + 1. Par conséquent, (f ◦ φn )(x) → f (1). Il en
résulte que λn f (x) → f (1). Appliquée à un x tel que f (x) 6= 0, cette propriété entraı̂ne que
(λn ) converge, donc que λ ∈] − 1, 1]. En outre, λ 6= 0 car u est inversible.
(k)
k (k)
(k)
c) Si f est une fonction non nulle telle
que
u(f ) = λf , alors u(f ) = p f ◦ φ = λf .
λ
λ
Donc u f (k) = k f (k) . Comme k > 1 pour k assez grand, f (k) = 0 pour ces valeurs
p
p
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
68
Epreuves orales corrigées
de k. Donc f est polynomiale. Si m est son degré, son coefficient dominant vérifie pm am =
λam . Il est donc nécessaire que λ soit une puissance entière positive de p.
λ
D’autre part, puisque φ(1) = 1, f (k) (1) = k f (k) (1). Il en résulte que f (k) (1) = 0 pour
p
k 6 m − 1, donc que f (x) = A(x − 1)m . Réciproquement, si f (x) = (x − 1)m , (f ◦ φ)(x) =
pm (x − 1)m = pm f (x). En résumé, les valeurs propres sont les pm pour m ∈ N et l’espace
propre relatif à pm est la droite dirigée par x 7→ (x − 1)m .
(Résolu par Philippe Agnès, Ivan Gozard, Hervé Carrieu, François Héroult, Mobinool Omarjee.)
8
0
0
2
719. Soit E l’espace vectoriel des f ∈ C(R , R) telles que x 7→ e 7
f -(x) est intégrable
sur R . On munit E du
00
Z produit scalaire défini par :
2
4
∀(f, g) ∈ E , hf, gi =
e f (x) g(x) dx.
*
P
e d
Pour n ∈ N, soit L : x ∈ R 7→
e xM.
e
n! dx r
iorthonormale de E.
a
a) Montrer que (L )
est une famille
l
p . A quelle condition a-t-on f ∈ E ? Cette
b) Pour a ∈ R, soit f : x ∈m
R 7→ e
e
Exréalisée, calculer : X hf , L i − hf , f i. Que peut-on en
condition étant supposée
−x 2
+
+
+∞
−x
2
0
x
n
+
n
−x n
n
n n>0
+
a
−ax
a
+∞
2
a
n
a
a
n=0
conclure ?
Solution de Ivan Gozard
L’auteur de la solution signale que l’exercice est déjà apparu dans la RMS sous une forme
bien plus complète (voir [1]) : on terminait l’exercice par la densité de R[X] dans E.
a) • En appliquant la formule de Leibniz, on obtient :
n n−k
n k
X
X
n d
n
d n n −x
n d
−x
(x e ) =
(x ) k (e ) =
n(n−1) . . . (k+1)xk (−1)k e−x .
n
n−k
dx
dx
k dx
k
k=0
k=0
Donc, pour tout réel positif x :
Ln (x) =
n
X
k=0
n
k
k!
(−1)k xk =
n
X
(−1)k
k=0
n!
xk .
(n − k)!(k!)2
(−1)n
n
Ainsi Ln est un polynôme de degré n, de coefficient dominant
. D’où L(n)
n = (−1) .
n!
Comme toute fonction polynomiale sur R+ appartient clairement à E, Ln ∈ E.
• Si un élément f de E est de classe C ∞ , alors :
Z
(−1)n
∀n ∈ N,
(Ln |f ) =
f (n) (t) tn e−t dt.
n!
R+
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
69
En effet le résultat suivant est bien connu :
Théorème 1 [Intégration par parties généralisée]. – Soient u et v deux applications de classe
C n de [a, b] dans R. Alors :
b
Z
u(t) v
(n)
"n−1
#b
Z
X
k (k)
(n−1−k)
(t) dt =
(−1) u (t) v
(t) + (−1)n
a
k=0
b
u(n) (t) v(t) dt.
a
a
On l’applique avec a = 0 et (u(x), v(x)) = (xn e−x , f (x)). Il vient :
b
Z
n (n)
x f
−x
(x)e
dx =
0
"n−1
X
k=0
d k n −x (n−1−k)
(−1)
(x e )f
(x)
dxk
#b
+(−1)n
k
0
8
0
0
7-2
b
Z
00
2
4
0
d n n −x
(x e )f (x) dx .
dxn
Or on voit, en utilisant la formule de Leibniz, que toutes les dérivées k e de xn e−x pour
k ∈ [[0, n − 1]] sont de la forme Tn,k (x)e−x où Tn,k est un polynôme de valuation non nulle.
En effet, pour tout réel positif x,
*
P
eM
!
!
k
k
X
X
n d i n d k−i −x
k
d k n −x
n(n−1) . . . (n−i+1)xn−i (−1)k−i e−x .
(x e ) =
(x ) k−i (e ) =
i dxi
i
dxk
dx
i=0
i=0
ir
a
l
ptend vers 0 quand b tend vers +∞ et on a :
Par conséquent le crochet ci-dessus
m
e
Z
Z
x
E
x f (x)e dx = (−1) n!
L (t)f (t)e dt = (−1) n! (L |f ).
+∞
+∞
n (n)
−x
n
0
−t
n
n
n
0
• En particulier pour tout entier naturel n,
Z
1
1 +∞ n −x
n
x e
dx = Γ(n + 1) = 1 ;
– comme L(n)
=
(−1)
,
(L
|L
)
=
n
n
n
n! 0
n!
(n)
– pour m ∈ [[0, n −Z1]], comme deg(Lm ) = m, Lm
= 0 d’où
(−1)n
n −t
(Ln |Lm ) =
L(n)
dt = 0.
m (t)t e
n!
R+
Ainsi (Ln )n∈N est une famille orthonormale de E.
Z u
Z u
2 −t
b) • Pour tout réel positif u, on a
(fa (t)) e dt =
e−(2a+1)t dt.
0
0
1
Par conséquent fa ∈ E si, et seulement si, 2a + 1 < 0, soit a > − .
2
Z
• Supposons cette condition remplie. Alors (fa |fa ) =
e−(1+2a)t dt =
R+
1
.
1 + 2a
Par ailleurs, pour tout entier naturel n,
Z
Z
(−1)n
an
(Ln |f ) =
fa(n) (t)tn e−t dt =
tn e−(1+a)t dt.
n!
n! R+
R+
Or faisant le changement de variable x = (1 + a)t, on obtient
Z
Z
1
1
n!
n −(1+a)t
t e
dt =
xn e−x dx =
Γ(n + 1) =
.
n+1
n+1
(1
+
a)
(1
+
a)
(1
+
a)n+1
R+
R+
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
70
Epreuves orales corrigées
an
.
(1 + a)n+1
2
an
étant le terme général d’une série géométrique converPar conséquent,
(1 + a)n+1
gente :
Donc (Ln |f ) =
+∞
X
(Ln |f )2 =
n=0
+∞
X
n=0
Ainsi
+∞
X
«2n
+∞ „
X
a2n
a
1
1
1
1
=
=
.
=
(1 + a)2n+2
(1 + a)2 n=0 1 + a
(1 + a)2 1 − a2 2
2a + 1
(1+a)
00
2
4
(Ln |f )2 = (fa |fa ).
n=0
8
0
0
7-2
* |f )L .
(L
P
M
Comme (L )
est orthonormale, on a : ∀j
∈ [[0, n]], (Π (f )|L ) = (L |f ), et par
e
r
linéarité : ∀P ∈ R [X], (Π (f )|P ) =a
(fi |P ). Ainsi f − Π (f ) est orthogonal à R [X].
l
Π (f ) est donc la projection orthogonale
p de f sur R [X].
Par Pythagore, il vient kf k e
=m
kf − Π (f )k + kΠ (f )k ,
x
X
(f |L ) .
c’est-à-dire kf k = kfE− Π (f )k +
• Pour tout entier naturel n, considérons Πn (fa ) =
n
X
k
a
k
k=0
i i∈N
n
n
n
a
a
a
a
a
2
2
a
a
2
a
n
n
n
n
a
j
j
a
n
2
a
a
a
a
n
2
a
n
n
k
a
2
k=0
Le fait que
+∞
X
(Ln |f )2 = (fa |fa ) entraı̂ne donc : la suite (kfa − Πn (fa )k)n∈N converge
n=0
vers 0. Ainsi il existe une suite de fonctions polynomiales qui converge vers f dans l’espace préhilbertien E considéré, autrement dit : fa appartient à l’adhérence du sous–espace
constitué des fonctions polynomiales.
Référence
[1] Exercice 62 énoncé dans RMS 112-2 et corrigé dans RMS 112-4.
(Résolu par Jean-Claude Jacquens.)
n
.
xn
a) Calculer, avec Maple, les 10 premiers termes de la suite pour différentes valeurs de
x1 . Commenter.
750.
Soit (xn ) la suite définie par x1 > 0 et ∀n ∈ N∗ , xn+1 = xn +
b) Minorer xn . Si une suite (yn ) vérifie la même relation de récurrence, étudier xn − yn .
En déduire le comportement asymptotique de (xn ).
a) L’étude numérique avec Maple montre que xn se rapproche de n par valeurs supérieures.
On conjecture : (xn − n) tend vers 0.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
71
b) Si x1 = 1 alors, par récurrence immédiate, xn = n pour tout n. Désormais on suppose
x1 6= 1. Posons en = xn − n. On a e2 = x1 + 1/x1 − 2 > 0. La relation entre xn et xn+1
se traduit, pour n > 2, par :
1
(1)
en+1 = en 1 −
.
n + en
On en déduit que la suite (en ) est strictement positive et strictement décroissante pour n > 2.
Donc en = O(1)
1
) ∼ −1/n. La série de terme général
On a : ln(en+1 ) − ln(en ) = dn , où dn = ln(1 −
n + en
dn diverge, donc ln(en ) tend vers −∞ et (en ) tend vers 0. Donc xn = n + o(1).
Cherchons un équivalent de en . Posons cn = nen . On a :
1
1
1
1
cn+1 = cn 1 +
1−
= cn 1 − 2 + o
.
n
n + o(1)
n
n2
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
1
On en déduit : ln cn+1 − ln cn ∼ − 2 . C’est le terme général d’une série convergente ; donc
n
ln cn tend vers une limite finie et cn vers une limite finie b > 0. Ainsi
b
1
xn = n + + o
.
n
n
ir
a
l
p
em
x
E
Programmation en MAPLE
Dans sa solution, Ivan Gozard a écrit la procédure en MAPLE pour la première question :
< exo750 :=proc(a)
< local L,n,t :
< t :=a ;
< L :=[t] ;
< for n from 1 to 9 do
< t :=t+n/t ;
< L :=[op(L),t]
< od ;
<L
< end :
< exo750(1) ;
[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10]
< map(evalf,exo750(1/4)) ;
[.2500000000, 4.250000000, 4.720588235, 5.356102254, 6.102913986, 6.922194744,
7.788971861, 8.687678407, 9.608522806, 10.54519124]
< map(evalf,exo750(2)) ;
[2., 2.500000000, 3.300000000, 4.209090909, 5.159414883, 6.128517022, 7.107546693,
8.092415354, 9.080995358, 10.07207614]
(Résolu par Ivan Gozard, Mobinool Omarjee et Arnaud de Saint-Julien.)
787.
On considère une suite réelle (un )n>0 vérifiant un+2 = (n + 1)un+1 − (n + 2)un .
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
72
Epreuves orales corrigées
a) Calculer, avec un logiciel de calcul formel, les 10 premiers termes de la suite quand
u0 = u1 = −1.
b) On pose f (x) =
+∞
X
un xn . Trouver f à l’aide d’une équation différentielle.
n=0
c) On pose g(x) =
+∞
X
un n
x . Trouver g à l’aide d’une équation différentielle.
n!
n=0
8
0
0
7-2
a) Les valeurs successives sont, pour n = 0, 1, . . . , 10 :
−1 , −1 , 1 , 5 , 11 , 19 , 29 , 41 , 55 , 71 , 89.
On peut s’apercevoir ( ?) que un − un−1 = 2(n − 1) pour les petites valeurs de n. On déduit
alors que un = n(n − 1) − 1.
Remarque. Cette formule permet d’obtenir immédiatement les expressions simples des fonctions f et g définies ci-dessus.
00
2
4
*
P
Mf , somme de la série entière X u x ,
b) On reprend le problème au départ. On cherche
e
ir
a
sous réserve de convergence de la dite
série autour de 0. On pose u = a et u = b. Par
l
p
identification, f est solution de m
:
e
(1)
Ex x (1 − x)y − (1 + 2x )y = −a − bx.
+∞
n
n=0
1
0
0
2
n
2
On résout (1) sur un intervalle ne contenant ni 0 ni 1. L’équation homogène associée est :
x2 (1 − x)u0 − (1 + 2x2 )u = 0.
(2)
Pour résoudre (2), on décompose :
1 + 2x2
3
1
1
=
+ + 2.
2
x (1 − x)
1−x x x
La fonction u : x 7→ x(1 − x)−3 e−1/x est solution de (2). Les solutions de (1) sont du type
y = uz avec x2 (1 − x)uz 0 = −a − bx, soit : z 0 = −(a + bx)x−3 (1 − x)2 e1/x .
Pour primitiver le second membre, on y voit plus clair, si on introduit la nouvelle variable
1/x = t. On écrit :
dz
a − 2b
b
−2
2 t
= t (at + b)(t − 1) e = at + b − 2a +
+ 2 et .
dt
t
t
Notons F une primitive de t 7→
et
. On a :
t
dz
= a(t + 1)et + (b − 3a)et + a − bF 0 (t) − b
dt
1
1
− 2
t
t
ce qui donne :
z(t) =
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
b
at + b − 3a −
t
et + (a − b)F (t) + c,
et ,
Epreuves orales corrigées
73
où c est une constante. Puis :
f (x) = (a + (b − 3a)x − bx2 )
x
1
+ (a − b)
e−1/x F
3
(1 − x)
(1 − x)3
1
x
e−1/x .
+c
x
(1 − x)3
Pour a = b = −1, on trouve en particulier la solution : f (x) = (−1 + 2x + x2 )(1 − x)−3 .
Cette fonction est bien développable en série entière sur ] − 1, 1[. Les coefficients sont :
(n + 1)(n + 2)
, soit : un = n2 − n − 1.
un = an−2 + 2an−1 − an où an =
2
un
c) Posons vn =
. La suite vn vérifie la récurrence :
n!
8
0
0
2
7
(n + 2)(n + 1)v
− (n + 1) v
+ (n + 2)v =
0.
00
2
X
4
Posons g(x) =
v x . Cette fonction est solution P
de *
l’équation différentielle :
M
e
r
i − y ) + 2y = 0.
(3)
(1l−
x)(y
a
p
m
Le changement de fonction inconnue
e z aboutit à : (1 − x)(z” + z ) + 2z = 0. On voit
e y = Ainsi
que z = x − 1 est solution
la fonction x 7→ (x − 1)e est solution de
Ex particulière.
n(n − 1) − 1
2
n+2
n+1
n
+∞
n
n
n=0
00
0
0
x
2
2
(3). Pour cette solution : vn =
n!
x
et on retrouve ainsi un = n2 − n − 1.
Z 1
ln(1 − t)
ln t
dt =
dt.
t
1
−t
0
1−x
+∞
+∞
X
X
1
π2
1
1
(ln 2)2 π 2
b) En admettant que
,
montrer
que
f
− .
=
=
−
=
n2
6
2
2n n2
2
12
n=1
n=1
2
(ln 2)
L’énoncé initial comportait une coquille : il était écrit « (ln 2)2 » au lieu de «
»
2
dans la dernière formule.
Z
x
811. a) Montrer que pour 0 < x < 1, f (x) =
c) À l’aide du développement en série de Fourier de la fonction 2π-périodique coı̈ncidant avec l’identité sur [−π, π[, montrer le résultat précédemment admis.
a) La fonction f est bien définie sur ]0, 1[ puisque la fonction sous le signe de l’intégrale est
continue sur ]0, 1[ et prolongeable par continuité en 0. L’égalité demandée résulte alors du
changement de variable u = 1 − t.
b) On a :
f
Z 1/2
1
ln(1 − t)
=
dt.
2
t
0
Or
+∞ n−1
X
ln(1 − t)
t
=−
.
t
n
n=1
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
74
Epreuves orales corrigées
1/2
n−1 t
1
n dt = 2n n2 , on peut intervertir le signe de l’intégrale et celui de la
0
+∞
+∞
X
X
1
ln t
1
somme, et l’on obtient f
. D’un autre côté,
=−
=
tn ln t, et
2
2n n2
1 − t n=0
n=1
Z
Comme
Z
1
tn ln t dt =
1/2
tn+1 ln t
n+1
1
Z
1
−
1/2
1/2
1
1
tn
ln 2
−
+
·
dt =
n+1
(n + 1)2n+1 (n + 1)2 2n+1 (n + 1)2
On peut donc à nouveau intervertir et l’on obtient
f
8
0
0
7-2
+∞
+∞
X
1
1
1
π2 X
−
+
·
= ln 2
n+1
2 2n+1
2
(n
+
1)2
6
(n
+
1)
n=0
n=0
0
0
X
2
1
1
· Par conséquent,
Or, par développement de ln(1 + x) au point −1/2, ln =4−
2*
n2
P
M
X e1
1
π
1
π
f
+ ir
= (ln 2) −
−f
= (ln 2) −
.
2
6 la n 2
6
2
p
m
e2) − π ·
1
(ln
Il en résulte que f
=x
2 E
2
12
+∞
n
n=1
+∞
2
2
2
2
2 n
n=1
2
2
c) Considérons plutôt, par esprit de contradiction, la fonction 2π-périodique, normalisée et
2
(−1)n − 1
π
impaire égale à 1 sur ]0, π[. Alors bn (f ) = −
[cos(nt)]0 = −2
. Grâce à
nπ
nπ
Z π
∞
+∞
X
2
1
1
π2
16 X
l’égalité de Parseval,
.
Donc
S
=
=
.
f2 = 2
π 0
π
(2k + 1)2
(2k + 1)2
8
k=0
k=0
+∞
X
1
1
4
π2
,
on
a
S
+
T
=
T
,
donc
T
=
S
=
.
Si T =
k2
4
3
6
k=1
(Résolu par Ivan Gozard, Jean-Claude Jacquens et Patrice Lassère)
824. Trouver les fonctions y ∈ C 2 (R, R) telles que : y 00 + |y| = 0 et y(0) = −1.
Cette équation différentielle relève du théorème de Cauchy Lipschitz puisque la fonction
« valeur absolue »est lipschitzienne, mais pas dans la version qui figure au programme MP,
puisque cette fonction n’est pas de classe C 1 . Nous allons donc commencer par démontrer
un résultat d’unicité adapté à notre problème
Lemme 1 Soient ϕ et ψ deux applications de classe C 2 de R dans R satisfaisant à l’équation
différentielle y 00 + |y| = 0 et telles que ϕ(0) = ψ(0), ϕ0 (0) = ψ 0 (0). Alors ϕ = ψ.
Démonstration. Posons θ = ϕ − ψ. On a θ(0) = θ0 (0) = 0, et pour x ∈ R,
|θ00 (x)| = |ϕ00 (x) − ψ 00 (x)| = | |ϕ(x)| − |ψ(x)| | 6 |ϕ(x) − ψ(x)| = |θ(x)|
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
75
Soit x ∈ R+ et M = supt∈[0,x] |θ(t)|. Montrons par récurrence que
∀t ∈ [0, x],
|θ(t)| 6
M t2n
·
(2n)!
Le résultat est clair pour n = 0 ; soit n ∈ N tel que le résultat est vrai pour n. Alors, pour
t ∈ [0, x], on a
Z t
Z t
M u2n
M t2n+1
00
0
du =
θ (u) du 6
|θ (t)| = (2n + 1)!
0 (2n)!
0
8
0
0
Mu
M t -2
du =
72)!
(2n + 1)!
(2n
+
0
0
2
ce qui achève la récurrence. Finalement :
4
*M t M x
P
∀n ∈ N, ∀t ∈ [0, x],
|θ(t)|
6
M (2n)! 6 (2n)! ,
e
ir
a
qui tend vers 0 quand x tend vers +∞
ce qui assure que θ(x) = 0. La démonstration est
l
p
similaire pour x < 0.
m
On déduit du lemme précédent
xeque, pour b ∈ R , le problème (P ), y + |y| = 0, y(0) = −1
et y (0) = b a au plusE
une solution sur R. Il nous suffit donc de construire une solution
puis
Z t
Z
0
|θ(t)| = θ (u) du 6
0
t
2n+1
2n+2
0
2n
2n
b
0
00
de (Pb ). A cet effet, on résout les équations y 00 + y = 0 et y 00 − y = 0, et on recolle les
solutions qui traversent l’axe x0 0x. On remarque de plus que si y 00 + |y| = 0, la fonction
z : t 7→ y(2a − t) est encore une solution de la même équation différentielle. Ceci nous
permet de construire une solution ϕb de (Pb ) de la manière suivante :
• si |b| 6 1, ϕb : t 7→ − ch t + b sh t
• si b > 1,


− ch t + b sh t
p
ϕb : t 7→
b2 − 1 sin(t − Argth(1/b))


ϕb (2 Argth(1/b) + π − t)
si t 6 Argth(1/b)
si Argth(1/b) 6 t 6 Argth(1/b) + π
si t > Argth(1/b) + π
• si b < −1, ϕb : t 7→ ϕ−b (−t)
Finalement, les fonctions recherchées sont les ϕb , b ∈ R.
(Résolu par Philippe Agnès et Jean-Claude Jacquens.)
832.
Soit P la parabole d’équation y 2 = 2px.
a) Soient A, B, C trois points distincts de P. Donner une condition nécessaire et suffi−→ −→
sante pour que AB et AC soient orthogonaux.
b) Si A est sur P, montrer que, pour B de P \ {A}, il existe, sauf exception, un unique
−→ −→
point C = fA (B) ∈ P \ {A} tel que AB et AC soient orthogonaux.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
76
Epreuves orales corrigées
c) Montrer que les cordes (BfA (B)) passent par un point fixe ϕ(A).
d) Quel est le lieu des ϕ(A) lorsque A décrit P ?
→
− →
−
Le plan est rapporté au repère orthonormal O; i , j . M (x, y) appartient à P si et seulement s’il existe t ∈ R tel que x = 2pt2 et y = 2pt ; t sera dit paramètre du point M .
−−→ −→
a) Notons a, b, c les paramètres respectifs des points A, B et C. Les vecteurs AB et AC sont
−→ −→
→
− →
−
→
− →
−
respectivement colinéaires aux vecteurs (a + b) i + j et (a + c) i + j . Alors AB et AC
sont orthogonaux si et seulement si : (a + b)(a + c) + 1 = 0 (1).
8
0
0
7-2
b) D’après (1), il est clair que sauf dans le cas où b = −a, c’est-à-dire B est symétrique
−→
−→
de A par rapport à (Ox), il existe un point C et une seul tel que tel que AB et AC soient
orthogonaux.
x − 2pb2 b + c = 0, ou encore
c) La droite (BC) où C = fA (B) a pour équation y − 2pb
1 x − (b + c)y + 2pbc = 0.
Compte tenu de (1), le point fixe IA de coordonnées (2p(a2 + 1), −2pa) appartient à (BC).
*
P
eM
00
2
4
ir
a
l
p
d) Le point A0 symétrique de A par rapport à (Ox) est le point de P de paramètre −a.
−−→
→
−
Comme A0 IA = 2p i , le lieu des points IA lorsque A décrit P est la parabole Q image de
→
−
P par la translation de vecteur 2p i .
em
x
Ef étant involutive, la question c) est un cas particulier du théorème
Remarque : L’application
A
de Frégier (cf Pierre Samuel, Géométrie projective , PUF ; théorème 35 p. 86 à 88).
836. Soient E un espace affine réel de dimension 3, D, D0 et D00 trois droites affines
de E deux à deux disjointes et non parallèles à un même plan. Déterminer la surface
engendrée par les droites ∆ qui rencontrent D, D0 et D00 .
Supposons données trois droites (D), (D0 ), (D00 ) non parallèles au même plan. Construisons
à partir de ces droites le parallélépipède de Binet dont les six faces sont les plans passant
par une des droites (D), (D0 ) ou (D00 ) et parallèles à l’une des deux autres. Rapportons
l’espace à un repère dont les axes parallèles aux trois droites données passent par le centre du
parallélépipède. Notons 2a, 2b, 2c les longueurs des arêtes de ce parallélépipède. On suppose
les vecteurs du repère normés et quitte à changer un de ces vecteurs en son opposé les droites
(D), (D0 ), (D00 ) ont respectivement pour équations :
y = −b
z = −c
x = −a
(D)
(D0 )
(D00 )
z=c
x=a
y=b
Soit (∆) une droite rencontrant (D), (D0 ) et (D00 ). Notons (P ) le plan ((D), (∆)) et (P 0 )
le plan ((D0 ), (∆)). le plan (P ) contenant la droite (D) a une équation de la forme (1)
z − c + λ(y + b) = 0, sauf si (P ) est le plan d’équation y = −b ; ce dernier cas est impossible
puisque (P ) serait parallèle à (D00 ). De même (P 0 ) a une équation de la forme (2) z + c +
µ(x − a) = 0. La droite (∆) est donc définie par les équations (1) et (2) pour certains réels λ
et µ. La condition de rencontre de (∆) avec (D00 ) se traduit par (3) λb + µa = c.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
77
L’élimination de λ et µ entre les relations (1), (2), (3) conduit, tous calculs faits à l’équation
de la surface (S) engendrée par les droites (∆) s’appuyant sur (D), (D0 ) et (D00 ) :
ayz + bzx + cxy + abc = 0
(∗)
En fait (S) est la surface balayée par les droites (∆) qui rencontrent (D), (D0 ) et (D00 ) et
aussi par les droites qui coupent deux d’entre elles en étant parallèles à la troisième. Ces
droites supplémentaires sont les symétriques de (D), (D0 ) et D00 ) par rapport au centre du
parallélépipède de Binet ; elles ont respectivement pour équations {y = b, z = −c}, {z = c,
x = −a} et {x = a, y = −b}.
L’équation (∗) se met sous la forme :
x y 2z
+ +
a
b
c
2
−
x
a
−
8
0
0
7-2
y 2 4z 2
− 2 + 4 = 0.
b
c
*
P
eM
00
2
4
Effectuons le changement de repère correspondant aux formules :
1 x y
1 x y 2z
z
X=
−
et Z =
+ +
;
,
Y =
2 a
b
c
2 a
b
c
ir
a
l
p
em
x
E
dans ce nouveau repère (S) a pour équation X 2 + Y 2 − Z 2 = 1, dans laquelle on reconnaı̂t
un hyperboloı̈de à une nappe.
839. On considère R2 muni de sa structure euclidienne canonique, A, B sur l’axe (Oy)
symétriques par rapport à O. Décrire l’ensemble des points M tels qu’une des deux
−−→ −−→
bissectrices de (M A, M B) est parallèle au vecteur de coordonnées (1, 1).
Deux droites non parallèles aux axes du repère forment un angle ayant pour bissectrices des
→
−
→
−
→
−
→
−
droites de vecteurs directeurs i + j et i − j si et seulement si le produit mm0 de leurs
coefficients directeurs est égal à 1. Soient en effet d et d0 les parallèles à ces droites menées
par O, l’origine du repère : il faut et il suffit que d et d0 soient symétriques par rapport à δ, la
droite d’équation y = x. Or d contient le point A(1, m). Il faut donc et il suffit que A0 (m, 1)
symétrique de A par rapport à δ appartienne à d0 , ce qui équivaut à m0 = 1/m ou encore
mm0 = 1.
−−→ −−→
Notons H l’ensemble des points M (x, y) tels qu’une des deux bissectrices de (M A, M B)
→
−
→
−
ait pour vecteur directeur i + j . Pour M ∈ H \ {A, B} les droites (M A) et M B ne
y−a y+a
sont pas parallèles aux axes. Alors M ∈ H \ {A, B} si et seulement si
·
= 1,
x
x
2
2
2
c’est-à-dire y − x = a .
H est donc l’hyperbole équilatère de centre O de sommets A et B. Lorsque M = A (resp.
M = B) la droite (M A) doit être entendue comme étant la tangente en à H en A (resp.
comme la tangente en B en H).
Remarque : le résultat obtenu dans cet exercice a ses racines en géométrie projective (on
pourra consulter Pierre Samuel, Géométrie projective , PUF ; le théorème 34 p. 86 sur la
génération homographique des coniques).
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
78
Epreuves orales corrigées
898. Pour x > 0, on note f (x) = card
f+ (x) = card z ∈ N2 , kzk2 < x .
a) Montrer que : ∀n ∈ N, f+ (n) =
z ∈ Z2 , kzk2 < x et
n hp
X
i
n2 − k 2 + 1 .
k=0
2
b) Montrer que f+ (n) ∼ Kn pour un certain K.
c) Faire l’étude asymptotique de f et de f+ .
d) Déterminer le rayon de convergence R de
1
e) Tracer le graphe de g : t 7→
R−t
+∞
X
X
2
tn .
!2
t
n2
n=0
f) Relier g à f+ .
sur Maple.
00
2
4
8
0
0
7-2
*
P
M
e
a) Soit un entier n > 0. f (n) est le nombre
de couples d’entiers k, ` tels
r
hpque 0 6ik 6 n,
p
i
puis 0 6 ` 6 n − k . Pour k fixéla
le nombre de ` adaptés est 1 +
n − k . Donc
p
i m
X hp
e1.
n − k x+
f (n) =
Ehp i p
p
g) Trouver un équivalent de g en 1− .
+
2
2
2
2
n
2
+
2
k=0
n2 − k 2 + 1.
n p
X
Puis : Sn 6 f+ (n) 6 Sn + n + 1, avec Sn =
n2 − k 2 .
b) On a :
n2 − k 2 6
n2 − k 2 + 1 6
k=0
1/2
n−1 1X
k2
2
On écrit : Sn = n Rn où Rn =
1− 2
est une somme de Riemann relative à
n
n
k=0
x 7→ (1 − x2 )1/2 sur [0, 1] selon le partage régulier de pas 1/n.
Z 1
La limite de (Rn ) est : I =
(1 − x2 )1/2 dx. Le changement de variable x = sin t donne :
0
Z π/2
I=
cos2 t dt = π/4.
0
Donc Sn ∼ πn2 /4 et comme f+ (n) = Sn + O(n), on a aussi : f+ (n) ∼ πn2 /4.
c) Soit un réel x > 0, posons n = [x]. D’après la définition, f+ (n) 6 f+ (x) 6 f+ (n + 1).
Les membres extrêmes sont équivalents entre eux et à πn2 /4 et aussi à πx2 /4. Donc f+ (x) ∼
πx2 /4.
Notons :
• A l’ensemble des (k, `) ∈ N2 tels que k 2 + `2 6 x2 ;
• B l’ensemble des (k, `) ∈ Z2 tels que k 2 + `2 6 x2 ;
• A0 l’ensemble des (k, `) ∈ N∗ 2 tels que k 2 + `2 6 x2 ;
• B0 l’ensemble des (k, `) ∈ Z∗ 2 tels que k 2 + `2 6 x2 ;
• A1 (resp. A2 ) l’ensemble des (k, 0) / k ∈ N∗ (resp. (0, k) / k ∈ N∗ ) tels que k 2 6 x2 ;
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
Epreuves orales corrigées
79
• B1 (resp. B2 ) l’ensemble des (k, 0) / k ∈ Z∗ (resp. (0, k) / k ∈ Z∗ ) tels que k 2 6 x2 ;
On a f+ (x) = card A et f (x) = card B.
L’ensemble A a pour partition A0 , A1 , A2 , {(0, 0)}. L’ensemble B a pour partition B0 , B1 ,
B2 , {(0, 0)}. On a card B0 = 4 card A0 (il y a quatre couples de réels dont les valeurs
absolues sont des réels strictement positifs donnés), et card B1 = 2 card A1 , card B2 =
2 card A2 . Ainsi card B 6 4 card A et card B > 4 card A0 .
On a card A1 = card A2 = 1 + [x]. Donc card A0 6 card A 6 2x + 3.
Ainsi card A0 = card A + O(x) et card A0 ∼ card A. On en déduit card B ∼ 4 card A et
finalement : f (x) ∼ πx2 .
8
0
0
7-2
d) Posons an = 1 si n est le carré d’un entier et an = 0 si n est un entier naturel qui n’est
+∞
+∞
X
X
2
tn . On peut écrire h(t) =
an tn . Ce rayon de
pas le carré d’un entier. Posons h(t) =
n=0
00
2
4
n=0
convergence de cette série entière est 1 car la suite des coefficients est bornée mais ne tend
pas vers 0.
e) On a donc : g(x) =
*
P
eM
h2 (x)
. Visiblement cette fonction est strictement croissante sur [0, 1[
1−x
r
i
a
l
f) Les opérations sur les séries entières
d’affirmer que g est développable en
p permettent
X
m
e h(x) = b x , où b = X a a ; puis
série entière sur ] − 1, 1[. D’abord
x
E
et tend vers +∞ en 1.
+∞
2
n
n
n
n=0
g(x) =
+∞
X
cn xn , où cn =
n=0
n
X
bk =
k=0
X
n−k k
i>0,j>0,i+j=n
ai aj . On voit que cn est le nombre de couples
06i,j6n
√
de carrés d’entiers dont la somme est majorée par n. Ainsi cn = f+ ( n). On a montré (pour
t ∈] − 1, 1[) :
+∞
X
√
g(t) =
f+ ( n) tn .
n=0
√
√
tout aussi bien f+ ( n) ∼ π(n + 1)/4.
g) D’après c) , f+ ( n) ∼ πn/4. On a√
Pour tout ε > 0 il existe
√N tel que |f+ ( n) − π(n + 1)/4| < ε(n + 1) pour tout n > N . De
plus, pour tout n, |f+ ( n) − π(n + 1)/4| < M (n + 1), pour un certain réel M . Donc
+∞
+∞
N
X
X
πX
n
(n + 1)t 6 ε
(n + 1)tn + M
(n + 1)tn .
g(t) −
4
n=0
On a :
+∞
X
(n + 1)tn =
n=0
n=0
n=N +1
1
(1 − t)2
et
N
X
(n + 1)tn 6
n=0
N +1
.
1−t
Donc : |g(t) − π/4(1 − t)−2 | 6 ε(1 − t)−2 + M (N + 1)(1 − t)−1 .
Il existe η > 0 tel que pour 1 − η < t < 1 on a M (N + 1)(1 − t) < ε.
Ainsi : |(1 − t)2 g(t) − π/4| 6 2ε pour 1 − η < t < 1 . On a montré
√ que, quand t tend vers
π
π
1, g(t) ∼ (1 − t)−2 . Remarquons qu’on en déduit que h(t) ∼
(1 − t)−1/2 .
4
2
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)
80
Epreuves orales corrigées
922. Soit, dans le plan euclidien muni d’un repère orthonormé, le cercle C de centre O
et de rayon a > 0. On note (D) la tangente à C au point A(0, a). Si M est un point de
(D), soit T le point de contact de la seconde tangente à C issue de M . La perpendiculaire
à (D) passant par M coupe (OT ) en P . Déterminer le lieu des points P lorsque M
parcourt (D).
Comme (OM ) ⊥ (T A) et (OP ) ⊥ (T M ), (OP, OM ) = (T M, T A). Le triangle AT M est
isocèle en M , donc (T M, T A) = (AT, AM ). Or (AT ) ⊥ (OM ) et (AM ) ⊥ (M P ), donc
RevuePdeest
la isocèle,
filière Mathématiques
(AT, AM ) = (M O, M P ). Il en résulte que le triangle OM
donc P M = P79
O.
Le point P appartient donc à la parabole (C) de foyer O et de directrice (D). Lorsque M
décrit (D), l’abscisse de P décrit R ; le lieu du point P lorsque M décrit (D) est donc la
décrit (D), l’abscisse de P décrit R ; le lieu du point P lorsque M décrit (D) est donc la
parabole (C).
parabole (C).
*
P
eM
00
2
4
8
0
0
7-2
ir
a
l
p
em
x
E
√
√
Nature, construction et longueur de la courbe d’équation : x + y = 1.
√ √
√
√
Soit
courbe d’équation
y = 1. Pour
pointd’équation
M (x, y) ∈ :P, x et
928.P laNature,
constructionx+
et longueur
de latout
courbe
+ y appartiennent
y = 1.
à [0, 1]. En posant x = cos4 θ√avec √
θ ∈ [0, π/2], on obtient que M (x, y) ∈ P si et seulement
4 1. Pour tout4 point M (x, y) ∈ P, x et y appartiennent
Soit
P la θcourbe
d’équation
x+
y=
s’il
existe
∈ [0, π/2]
tel que : x
= cos
θ et y = sin θ. L’équation de P étant symétrique en
4
[0,P1].admet
En posant
x =d’équation
cos θ avecy θ=∈x[0,
π/2],
quePlaçons
M (x, y)
∈ Pdans
si etleseulement
x,à y,
la droite
pour
axeon
deobtient
symétrie.
nous
repère :
4
4
s’il existe! θ ∈ [0, π/2]
en
" θ. L’équation1de!P étant symétrique
"
" tel que : x = cos1 θ!et y = sin
→
−
→ −
−
→
→ y = x pour
−
→ axe
−
→
−
→
−
→ le repère :
−
x, y, P admet
d’équation
nous
√
√
i − j de symétrie.
et J =Plaçons
i + dans
j ,
O; Ila, droite
J
où I =
2 2 1 →
1 →
→
−
→
− →
−
→
−
− →
−
− →
−
O;Y I) les
, J nouvelles
où coordonnées
I = √ dei M
− . jAlors et
J =√
i + j ,
et notons (X,
:
2
2
$
1
1
1
1 #
et notons
) les
√ (x: + y) = √ 1 + cos2 2θ .
y) nouvelles
= √ coscoordonnées
2θ
et deYM=. Alors
X = √(X,(xY −
2
2
2
2 2
1
1
1
1
X = √ (x
y)Y=) √
2θseulement
et siY: = √ (x + y) = √ 1 + cos2 2θ .
Par conséquent
M−
(X,
∈ Pcos
si et
2
2
2
2 2
√
%
&
$
2#
1
1
2
√
√
1
+
2X
Y
=
avec
X
∈
−
,
.
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008) 4
2
2
928.
P
√ représentant dans le nouveau repère la fonction f définie sur
% est donc un
& arc de parabole
$
1
1
2#
1
1 + 2X 2 . Le point de P d’abscisse X = √ correspond à
− √ , √ par f (X) =
Epreuves orales corrigées
81
Par conséquent M (X, Y ) ∈ P si et seulement si :
√
1
2
1
Y =
1 + 2X 2
avec X ∈ − √ , √ .
4
2
2
P
√ représentant dans le nouveau repère la fonction f définie sur
arc de parabole
est donc un
1
2
1
1
− √ , √ par f (X) =
1 + 2X 2 . Le point de P d’abscisse X = √ correspond à
4
2
2
2 1
0
θ = 0 ; ses coordonnées dans l’ancien repère sont donc x = 1 et y = 0. Comme f √
=
2
1, la tangente à P en A(1, 0) (point de paramètre 0) est l’axe Ox. Par symétrie par rapport à
la droite d’équation y = x, P est tangente
à Oy en B(0, 1) (point de paramètre π/2).
√ !
2
de P étant pris pour origine et la courbe étant orientée
Le sommet S X = 0, Y =
4
p
p
dans le sens des X croissants, on a ds = 1 + f 02 (X) dX = 1 + 2X 2 dX. Alors L la
longueur de l’arc P est donnée par :
Z
L=2
0
√
1/ 2
*
P
e√M
p
ir
a
l
p
1 + 2X 2 dX = 1 +
em
x
E
00
2
4
8
0
0
7-2
√
√ 2
2 argsh 1 = 1 +
ln 1 + 2 .
2
2
◦
RMS. Volume 118 - n 4 (2007-2008)

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