ExemplaireMP*42007-2008 ´Epreuves orales

Exemplaire MP*4 2007-2008
´
Epreuves orales corrig´ ees
des concours d’entr´ ee
aux grandes ´ ecoles
Les corrig´ es de certains ´ enonc´ es ´ etoil´ es seront publi´ es sur la page web de la RMS.
1. D´ ecrire les sous-groupes finis du groupe des hom´ eomorphismes de Rsur lui-mˆ eme.
Solution de Renaud Detcherry, ´ el` eve en MP* au lyc´ ee Pasteur
Soit Gun tel groupe. Comme Gest fini, pour tout g∈Gon peut trouver N∈N∗tel que
gN= id (o` u la puissance est ` a prendre au sens de l’it´ eration).
Par ailleurs un g∈Gest injectif continu donc strictement monotone. De plus si gest stricte-
ment croissant on a g= id.
En effet, si il existe xtel que f(x)> x (resp f(x)< x), comme fnest strictement croissant
on a ∀n∈N, fn+1(x)> f n(x)(resp fn+1(x)< fn(x)) et donc fN6= id ce qui est
absurde.
Ainsi on a deux cas : soit G={id}, soit gcontient un hom´ eomorphisme d´ ecroissant hmais
alors G={id, h}car tout ´ el´ ement f∈Gd´ ecroissant est tel que f◦h−1est un ´ el´ ement
croissant de Gdonc tel que f=h.
(R´ esolu par Ivan Gozard, Eric Pit´ e.)
5. Existe-t-il une suite r´ eelle (an)n>0telle que pour tout entier naturel n∈N, le
polynˆ ome anXn+··· +a1X+a0poss` ede exactement nracines r´ eelles distinctes ?
La r´ eponse est oui. Il s’agit d’une cons´ equence imm´ ediate du r´ esultat suivant :
Lemme 1 Soit n∈Net Pun polynˆ ome ` a coefficients r´ eels de degr´ ensimplement scind´ e
sur R. Alors, il existe a∈R∗tel que le polynˆ ome Pa=P+aXn+1 soit simplement scind´ e
sur R.
D´ emonstration. Si n= 0, on peut prendre a= 1. On supposera n>1et on ´ ecrit P=
c
n
Y
i=1
(X−ui)avec c∈R∗et u1< u2< . . . < un. Supposons c > 0. On choisit des
r´ eels t0, . . . , tntels que t0< u1< . . . < tn−1< un< tn. On a alors P(tn)>0et pour
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i= 1, . . . , n on a P(ti−1)P(ti)<0. Pour x∈R, l’application a7→ Pa(x)est continue ;
on peut donc choisir a < 0tel que Pa(tn)>0et pour i= 1, . . . , n,Pa(ti−1)Pa(ti)<0.
D’apr` es le th´ eor` eme de la valeur interm´ ediaire, Pas’annule sur chaque intervalle ]ti−1, ti[et
il s’annule ´ egalement sur l’intervalle ]tn,+∞[puisque Pa(tn)>0>−∞ = lim
x→+∞Pa(x).
Donc Paest scind´ e` a racines simples. Dans le cas o` uc < 0, on choisit au contraire un a
strictement positif pour arriver ` a la mˆ eme conclusion.
(R´ esolu par Renaud Detcherry, Christophe Jan, Patrick Lass` ere, Eric Pit´ e.)
6. Trouver tous les (P, Q)∈C[X]2tels qu’existe (k, l)∈(N∗)2v´ erifiant :
P(k)l=Qet Q(l)k=P.
On cherche les solutions P, Q avec Pet Qnon nuls ce qui leur impose d’ˆ etre non constants.
Notons que le probl` eme est invariant par translation de l’ind´ etermin´ ee : cela permettra de
simplifier des calculs.
•Posons A=P(k), B =Q(`)et a= deg A, b = deg B. On a Q=A`, P =Bk, B =
(A`)(`)et A= (Bk)(k)dont d´ ecoulent a, b >1et a=k(b−1), b =(a−1).
De plus si a > b alors b>b donc = 1. On voit donc que si k > 1et  > 1alors a=b. En
outre si a=bon a a=k(a−1) donc (a−1)(k−1) = 1 et de mˆ eme (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=A0et de plus a=k(a−2) donc a−2
divise aet mˆ eme a−2divise 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.
•´ Etudions le cas (1).Aest de degr´ e2donc, quitte ` a translater X, on peut supposer A=
αX2+βavec α6= 0. En injectant Adans B= (A2)00 on trouve B=α0X2+β0avec
α0= 12α2, β0= 4αβ et en utilisant A= (B2)00 on a aussi α= 12α02= 123α4et
β= 4α0β0= 4.12.4α3βce qui donne α=u
12 avec u= 1, j ou j2et β= 0. Donc le cas (1)
donne 3 familles de polynˆ omes P=B2, Q =A02, correspondant ` aA=α(X−x0)2, B =
12α2(X−x0)2pour α=u
12, qui sont clairement solutions.
•´ Etudions le cas (2) a= 4, b = 3, k = 2,  = 1. En translatant Xon peut supposer B=
αX3+βX +γ. En utilisant A= (B2)00 puis B=A0on trouve, par des calculs analogues
aux pr´ ec´ edents : A=1
480X4et donc une famille de solutions P= (A0(X−x0))2, Q =
A(X−x0).
•Enfin le cas (3) a= 3, b = 2, k = 3,  = 1 conduit ` a la famille de solutions P=
(A0(X−x0))3,Q=A(X−x0)avec A=αX3et α=±1
6√10.
8. Paris
Soit P∈R[X, Y ]. On note m(resp. n) le degr´ e de Prelatif ` aX(resp. ` aY). Montrer
que l’´ equation P(x, ex)=0admet au plus mn +m+nsolutions.
Solution de David Gontier, ´ el` eve en MP* au lyc´ ee Henri IV
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Notons Rm,n[X, Y ]l’espace vectoriel des polynˆ omes de degr´ es relatifs au plus met npar
rapport ` aXet Yrespectivement, ainsi que s(m, n)le nombre maximal de solutions d’une
´
equation de la forme P(x, ex)=0,P∈Rm,n[X, Y ].
Soient m>0,n>1et 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
dxP(x, ex) = exQ(x, ex) + ∂Q ∂X (x, ex) + ex∂Q ∂Y (x, ex)+R0(x)
puis, par une r´ ecurrence ´ evidente,
dm+1
dxm+1 P(x, ex) = exe
Q(x, ex),o` ue Q∈Rm,n−1[X, Y ].
Cela montre que le nombre de solutions de l’´ equation
dm+1
dxm+1 P(x, ex)=0
est major´ e par s(m, n −1), et le th´ eor` eme de Rolle assure alors : s(m, n)6s(m, n −1) +
m+ 1. Il vient s(m, n)6s(m, 0) + n(m+ 1) = nm +m+n(car s(m, 0) = m).
(R´ esolu par Ivan Gozard, Christophe Jan, Renaud Detcherry.)
10. Soient n∈N∗et P∈C[X]unitaire de degr´ en. On pose : P(X) =
n
Y
i=1
(X−zi)et
disc(P) = (−1)n(n−1)/2Y
16i,j6n, i6=j
(zi−zj).
a) Montrer que disc(P)=(−1)n(n−1)/2
n
Y
i=1
P0(zi).
b) Calculer disc(P)si P(X) = X2+aX +b.
c) Soit A∈ Mn(C). Montrer que disc(χA) = det B, o ` uB=tr Ai+j−216i,j6n.
d) Soit P=Xn+an−1Xn−1+···+a0∈C[X]. Montrer que disc(P)∈Z[a0, . . . , an−1].
Solution de Ivan Gozard
a) On a P0(X) =
n
X
i=1
n
Y
j=1,j6=i
(X−zj), donc P0(zi) =
n
Y
j=1,j6=i
(zi−zj)pour tout i∈[[1, n]].
On obtient imm´ ediatement l’´ egalit´ e voulue.
b) On a ici : P(X)=(X−z1)(X−z2), ce qui revient ` a(z1+z2=−aet z1z2=b).
Si ces conditions sont remplies, alors :
disc(P) = −Y
16i6=j62
(zi−zj)=(z1−z2)2=z2
1+z2 2−2z1z2= (z1+z2)2−4z1z2=a2−4b.
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c) On pose χA(X) = det(XIn−A) =
n
Y
i=1
(X−zi), o` uz1, . . . , znest la liste des valeurs
propres de A, chacune r´ ep´ et´ ee un nombre de fois ´ egal ` a sa multiplicit´ e.
Consid´ erons la matrice de Vandermonde : V=zj−1
i16i,j6n∈ Mn(C).
On sait que det V=Y
i>j
(zi−zj). Par cons´ equent : disc(χA) = (det V)2. Par un calcul
facile, notant sk=zk
1+···+zk npour tout entier naturel k,ona: tV V = (si+j−2)16i,j6n.
Donc
disc(χA) = (det V)2= det tV V = det (si+j−2)16i,j6n.
A∈ Mn(C)donc Aest trigonalisable et il existe P∈GLn(C)telle que P−1AP =T
soit triangulaire sup´ erieure avec pour diagonale (z1, . . . , zn). Par une r´ ecurrence imm´ ediate :
∀k∈N, P −1AkP=Tkest triangulaire sup´ erieure avec pour diagonale (zk
1, . . . , zk n).
Donc ∀k∈N, sk=zk
1+··· +zk n= tr Ak.
Ainsi disc(χA) = det B, o` uB=tr(Ai+j−2)16i,j6n.
d) Consid´ erons la matrice compagnon C(P)du polynˆ ome P, c’est-` a-dire la matrice C(P) =
(ci,j )∈ Mn(C)d´ efinie par :
-ci,j = 1 si 16j6n−1et i=j+ 1 ;
-ci,j =−ai−1si 16i6net j=n;
-ci,j = 0 sinon.
C(P)a pour polynˆ ome caract´ eristique det(XIn−C(P)) = P(X), comme on le voit faci-
lement en d´ eveloppant le d´ eterminant det(XIn−C(P)) selon sa derni` ere colonne.
Il vient, d’apr` es la question pr´ ec´ edente :
disc(P) = disc(χC(P)) = det B, o` uB=tr((C(P))i+j−2)16i,j6n.
Or on montre ais´ ement par r´ ecurrence que pour chaque k∈N, il existe n2polynˆ omes H(k)
i,j ,
16i, j 6n,´ el´ ements de Z[X1, . . . , Xn]tels que :
(C(P))k=H(k)
i,j (a0, a1, . . . , an−1)16i,j6n.
Notant en particulier, pour tout entier naturel k,Tk=
n
X
i=1
H(k)
i,i ∈Z[X1, . . . , Xn],ona:
tr (C(P))k=Tk(a0, a1, . . . , an−1).
Enfin, comme le d´ eterminant est un polynˆ ome ` an2variables ` a coefficients dans Zen 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).
(R´ esolu par Renaud Detcherry.)
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11. On note, pour tout n∈N∗,Pn(X) = 1 + X+··· +Xn.
a) Montrer que si n+ 1 n’est pas premier, il existe Rnet Qndans N[X]non triviaux,
tels que Pn=RnQn. R´ eciproque ?
b) Montrer que si Pn=RnQno` uRnet Qnsont des polynˆ omes unitaires ` a coefficients
r´ eels positifs, alors Rnet Qnsont ` a coefficients dans {0,1}.
Solution de la RMS pour a) et de Ivan Gozard pour b)
a) Supposons d’abord n+ 1 compos´ e. Soit met hdes entiers tels que m > 1, h > 1et
n+ 1 = mh. On ´ ecrit
Pn(X) =
m−1
X
i=0
h−1
X
j=0
Xih+j,
ce qui donne la d´ ecomposition : Pn(X) = Pm−1(Xh)Ph−1(X). Les polynˆ omes Rn=
Pm−1(Xh)et Qn=Ph−1(X)sont dans N[X], non triviaux, et tels que Pn=RnQn.
R´ eciproquement, soit Rnet Qndans N[X]non triviaux, tels que Pn=RnQn. Alors n+ 1
est le produit des deux entiers Rn(1) et Qn(1) qui sont strictement sup´ erieurs ` a1. Donc n+1
est compos´ e.
b) Notons
q= deg(Qn), r = deg(Rn), Qn(X) =
q
X
i=0
biXiet Rn(X) =
r
X
j=0
cjXj.
On a par hypoth` ese bq=cr= 1. Posons bi= 0 pour i>q+ 1 et cj= 0 pour j>r+ 1.
Comme Pn=RnQn, on a, pour tout k∈ {0, . . . , n},1 = X
i+j=k
bicj. Si q= 0 (resp. r= 0)
alors Qn= 1 et Rn=Pn(resp. Qn=Pnet Rn= 1) sont ` a coefficients dans {0,1}.
On supposera d´ esormais q>1et r>1.
•Notons ω= exp 2iπ
n+ 1. Comme
Qn(X)Rn(X) = Pn(X) = 1 + X+··· +Xn=Xn+1 −1
X−1=
n
Y
k=1 X−ωk
et Qnet Rnsont unitaires, il existe une partition de {1, . . . , n}en deux ensembles, disons I
et J, tels que
Qn(X) = Y
k∈I
(X−ωk)et Rn(X) = Y
k∈J
(X−ωk).
Alors card(I) = q; comme b0=Qn(0) = Y
k∈I−ωk,b0est de module 1; de plus b0∈R+,
donc b0= 1. Par cons´ equent
XqQn1
X=XqY
k∈I1
X−ωk=Y
k∈I1−ωkX
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