Correction

Mathématiques générales
Examen
n
o
i
t
c
e
Corr
(31 octobre 2012)
Question 1.
(a) Donner la définition en ε, δ de la continuité d’une fonction réelle d’une variable réelle.
La fonction f , définie sur un sous-ensemble I de R et à valeurs réelles, est continue sur I si
elle continue en tout point a de I, c’est-à-dire vérifie :
∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x ∈ I, |x − a| < δ ⇒ | f (x) − f (a)| < ε.
(b) En utilisant directement la définition rappelée en (a), démontrer que la fonction x 7→ 1/x est
continue de R \ {0} dans R.
Pour montrer que f est continue sur R \ {0}, montrons que f est continue en tout point a réel
non nul fixé. Soit ε > 0. Cherchons un réel strictement positif δ tel que, pour tout réel non
nul x, la condition
|x − a| < δ
entraine
| f (x) − f (a)| < ε.
Soit x réel non nul tel que |x − a| < δ . Calculons :
1 1 |x − a|
| f (x) − f (a)| = − =
.
x a
|x| |a|
Majorons
1
|x| .
Comme on a toujours (variante de l’inégalité triangulaire) |x| − |a| 6 |x − a|,
on a par hypothèse |a| − δ < |x| < |a| + δ . Choisissons δ tel que
1
2
δ < |a|
2 , on a alors |x| < |a| . Il en résulte
|a|
2
< |a| − δ , c’est-à-dire
|x − a|
2δ
< 2.
|x||a|
|a|
Si δ vérifie la condition supplémentaire
f (a)| < ε.
2δ
|a|2
< ε, c’est-à-dire δ <
|a|2 ε
2 ,
on obtient | f (x) −
2
|a| ε
Conclusion : choisissons δ tel que 0 < δ < min{ |a|
2 , 2 } ; ce qui précède montre que pour
tout réel non nul x, la condition |x − a| < δ entraine | f (x) − f (a)| < ε, ce qui prouve la
continuité de f en a.
1/9
Mathématiques générales
Examen
(31 octobre 2012)
Correc
tion
Question 2. Dans chacun des cas suivants, donnez si possible un polynôme à coefficients réels
qui satisfait la propriété donnée. Justifiez votre réponse.
(a) Un polynôme p1 possédant (au moins) une racine α telle que α 2 = i.
(b) Un polynôme p2 de degré 5, dont toutes les racines sont dans C \ R.
(c) Un polynôme p3 de degré 4 dont les seules racines sont i, 1 + i et 2 + i.
(d) Un polynôme p4 de degré 2 possédant (au moins) une racine β telle que 1 − β + β 2 − β 3 +
β 4 = 0.
(a) On prend p1 (x) = x4 + 1, ce polynôme est clairement à coefficient réels. Il reste à prouver
que p1 (α) = 0. On a que p1 (α) = α 4 + 1 = (α 2 )2 + 1 = i2 + 1 = 0.
(b) On sait que tout polynôme à coefficients réels de degré impair possède (au moins) une racine
réelle. Il est donc impossible de trouver un polynôme de degré cinq dont toutes les racines
sont dans C \ R.
(c) On sait que si p est un polynôme à coefficients réels et α ∈ C est une racine de p (i.e. p(α) =
0) ; on a nécessairement que le conjugué de α est également une racine de p, (i.e. p(ᾱ) =
0). Prouvons par l’absurde qu’il est impossible de trouver un polynôme p3 satisfaisant la
condition demandée. Supposons qu’il existe un tel polynôme p3 . En particulier p3 est à
coefficients réels et p3 (i) = 0. On peut donc déduire que p3 (−i) = 0 ; ce qui est impossible
vu que les seules racines de p3 sont i, 1 + i et 2 + i.
(d) Réponse attendue : Remarquons tout d’abord que trouver β ∈ C tel que 1 − β + β 2 − β 3 +
β 4 = 0 est équivalent à trouver une racine du polynôme q(z) = 1−z+z2 −z3 +z4 . On cherche
donc β ∈ C tel que q(β ) = 0. On remarque que :
q(z) = 1 − z + z2 − z3 + z4 = 1 + (−z) + (−z)2 + (−z)3 + (−z)4 .
On peut donc écrire :
1 + (−z) + (−z)2 + (−z)3 + (−z)4 1 − (−z) = 1 − (−z)5 = 1 + z5 .
Une racine de q(z) est donc une racine de 1 + z5 différente de −1. Écrivons z sous forme
trigonométrique : z = ρ · cis(θ ) où ρ ∈ R+ et θ ∈ [0, 2π[. L’équation 1 + z5 = 0 devient :
5
ρ · cis(θ ) = 1 · cis(π).
La formule de de Moivre nous assure que cette équation est équivalente à l’équation cidessous :
ρ 5 · cis(5θ ) = 1 · cis(π).
Vu que deux nombres complexes (écrits sous forme trigonométrique) sont égaux si leurs
modules et leurs arguments sont égaux, il est équivalent de résoudre le système réel suivant :
(
ρ5 = 1
avec ρ ∈ R+
5θ = π + 2kπ avec θ ∈ [0, 2π[ et k ∈ Z.
2/9
Mathématiques générales
Examen
(31 octobre 2012)
Correc
On voit facilement qu’une solution de système est donnée par β = cis
p4 (x) est donc donné par (x − β )(x − β̄ ) = x2 − 2 cos π5 x + 1.
π
5
tion
. Le polynôme
Réponse admise : Soit q(z) = 1 − z + z2 − z3 + z4 = 0. Vu que C est algébriquement clos, on
sait qu’il existe β ∈ C tel que q(β ) = 0. Le polynôme p4 (x) est donné par (x − β )(x − β̄ ) =
x2 − 2Re(β ) + |β |2 . On vérifie facilement qu’il est à coefficients réels.
Question 3.
(a) Soient E un R-espace vectoriel de dimension 2 et f : E → E une application
linéaire telle
que f ◦ f = 0 et f 6= 0. Soit x ∈ E tel que f (x) 6= 0E . Montrer que x, f (x) est une base de E.
(b) Montrer que A ∈ M2 (R) A2 = 0M2 (R) = C 01 00 C−1 C ∈ GL2 (R) ∪ {0M2 (R) }.
(a) Comme dim E = 2 = #{x, f (x)}, la suite (x, f (x)) est une base de E si et seulement si elle
est libre. Soient a,b ∈ R tels que ax + b f (x) = 0E . En appliquant f à cette égalité on obtient f ax + b f (x) = a f (x) + b( f ◦ f )(x) = a f (x) = 0E , puisque f est linéaire et f ◦ f = 0.
Comme f (x) 6= 0E on en déduit que a = 0. On obtient alors b f (x) = 0E , ce qui implique
b = 0 puisque f (x) 6= 0E . Donc la suite x, f (x) est libre.
(b) Soient N = {A ∈ M2 (R) | A2 = 0M2 (R) } et N 0 = C 01 00 C−1 C ∈ GL2 (R) ∪ {0M2 (R) }.
Soit M ∈ N 0 . Si M = 0M2 (R) alors M 2 = 0M2 (R) , donc M ∈ N. Sinon, soit C ∈ GL2 (R) telle
2
que M = C 01 00 C−1 . Alors M 2 = C 01 00 C−1 puisque la conjugaison est un morphisme
2
d’anneau. Comme 01 00 = 00 00 , on obtient M 2 = 0M2 (R) , d’où M ∈ N. Donc N 0 ⊆ N.
Soit A ∈ N. Si A = 0M2 (R) alors A ∈ N 0 . Supposons A 6= 0M2 (R) . Soient E un R-espace vectoriel de dimension 2, B une base de E, et f : E → E l’application linéaire dont la matrice dans
la base B est A. Alors A 6= 0M2 (R) et A2 = 0M2 (R) équivaut à f 6= 0 et f ◦ f = 0. Soit x ∈ E
tel que f (x) 6= 0E . Par le point précédent,
(x,0 f0(x))
est une base de E. Comme f ( f (x)) = 0E ,
la matrice de fdans la base x, f (x) est 1 0 . Par conséquent il existe C ∈ GL2 (R) telle
que A = C 01 00 C−1 (C est la matrice de passage d’une base à l’autre), d’où A ∈ N 0 . Donc
N ⊆ N 0.
3/9
Mathématiques générales
Examen
(31 octobre 2012)
Correc
tion
Question 4. Soient X et Y deux ensembles et f : X → Y une application arbitraire (il est sousentendu que Dom( f ) = X).
(a) Montrer que f est surjective si et seulement si, pour tout B ⊆ Y ,
B ⊆ f f −1 (B) .
(b) Montrer que f est injective si et seulement si, pour tout A ⊆ X,
f −1 f (A) ⊆ A.
(a) Supposons que f soit surjective. Soit B ⊆ Y , et soit y ∈ B. Par surjectivité il existe un x ∈ X
tel que f (x) = y. Ceci implique que x ∈ f −1 (B) et donc que y ∈ f ( f −1 (B)). Alors, B ⊆
f ( f −1 (B)).
Supposons maintenant que, pour tout B ⊆ Y , B ⊆ f ( f −1 (B)). Soit y ∈ Y . Si on prend B = {y}
on en déduit que {y} ⊆ f ( f −1 ({y})) ⊆ f (X) et donc que y ∈ f (X). Ceci montre que f est
surjective.
(b) Supposons que f soit injective. Soit A ⊆ X, et soit x ∈ f −1 ( f (A)). Alors f (x) ∈ f (A) ; donc
il y a un a ∈ A tel que f (x) = f (a). Comme f est injective on en déduit que x = a ∈ A. Ceci
montre que f −1 ( f (A)) ⊆ A.
Supposons maintenant que, pour tout A ⊆ X, f −1 ( f (A)) ⊆ A. Soient x, y ∈ X tels que f (x) =
f (y). Si on prend A = {x} on obtient que {x, y} ⊆ f −1 ( f (A)) ⊆ A = {x}, et donc que y = x.
Ceci montre que f est injective.
Question 5. Soient σ = (1 2) et τ = (1 3 2) ∈ S3 .
(a) Déterminer l’ordre du sous-groupe hτ, σ τσ −1 i de S3 engendré par τ et σ τσ −1 .
(b) Déterminer l’ordre du sous-groupe hσ , τσ τ −1 i de S3 engendré par σ et τσ τ −1 .
(a) On a σ τσ −1 = (1 2 3) = τ −1 ∈ hτi. Par conséquent hτ, σ τσ −1 i = hτi est d’ordre 3 puisque
τ est un 3-cycle.
(b) Soit n = |hσ , τσ τ −1 i|. On a une chaîne de sous-groupes hσ i < hσ , τσ τ −1 i < S3 avec |hσ i| =
2 puisque τ est une transposition et |S3 | = 3! = 6. On en déduit par le théorème de Lagrange
que 2 | n | 6, donc n = 2 ou n = 6 puique 6/2 = 3 est premier. De plus n = 2 si et seulement si
hσ i = hσ , τσ τ −1 i, ce qui équivaut à τσ τ −1 ∈ hσ i. Or τσ τ −1 = (1 3) est de support différent
de celui de σ , donc τσ τ −1 6∈ hσ i. Par conséquent n = 6.
4/9
Mathématiques générales
Examen
Correc
(31 octobre 2012)
tion
Question 6.
(a) Donner un exemple d’une suite décroissante (An )n>1 de sous-ensembles non vides de R
(c’est-à-dire, pour tout n > 1, ∅ 6= An+1 ⊆ An ⊆ R) telle que
∞
\
An = ∅.
n=1
(b) Soit X = {1, 2, 3, . . . , 17}. Soit (An )n>1 une suite décroissante de sous-ensembles non vides
de X. Montrer que
∞
\
An 6= ∅.
n=1
(a) Il suffit de prendre An = [n, +∞[, n > 1.
(b) Soit X = {1, 2, 3, . . . , 17}. Soit (An )n>1 une suite décroissante de sous-ensembles non vides
T
de X. Il faut montrer que ∞
n=1 An 6= ∅. Nous donnons deux preuves.
Preuve 1. Soit Nn = card An . Comme (An )n>1 est une suite décroissante, la suite (Nn )n>1
est également décroissante. Puisque les Nn sont des entiers positifs, la suite (Nn )n>1 est ultimement constante, c’est-à-dire, qu’il y a un n0 tel que Nn = Nn0 pour tout n > n0 . Comme
An ⊆ An0 pour tout n > n0 , et comme les An sont des ensembles finis on en déduit que An = An0
T
pour tout n > n0 . Ceci implique que ∞
n=1 An = An0 6= ∅.
Preuve 2. Nous faisons une preuve par l’absurde. Supposons que ∞
n=1 An = ∅. Ceci implique
que pour tout k ∈ X, k = 1, . . . , 17, il y a un nk tel que k ∈
/ Ank . Soit N = max(n1 , . . . , n17 ).
Comme la suite (An )n>1 est décroissante on déduit que k ∈
/ AN pour k = 1, . . . , 17 et donc que
AN = ∅, ce qui contredit les hypothèses.
T
Question 7. On pose f (x) =
x
1+|x|
pour tout x réel. Calculer :
(a) limx→+∞ f (x)
(b) limx→−∞ f (x)
Déterminer :
(c) supx∈R f (x)
(d) infx∈R f (x)
Justifiez vos réponses.
5/9
Mathématiques générales
Examen
Correc
(31 octobre 2012)
tion
Soit x réel. Comme |x| est toujours positif, on voit que f (x) est du signe de x. Puisqu’un nombre
négatif est toujours plus petit qu’un nombre positif, on a en outre f (x) 6 f (y) pour tout x négatif
et tout y positif. Il en résulte que la borne inférieure de f sur R est égale à la borne inférieure de
la restriction de f à l’ensemble ]−∞, 0] des nombres réels négatifs et que la borne supérieure de f
sur R est égale à la borne supérieure de la restriction de f à l’ensemble [0, +∞[ des nombres réels
positifs.
Supposons x > 0. Calculons :
f (x) =
x
x
x+1−1
1
=
=
= 1−
.
1 + |x| 1 + x
1+x
1+x
1
Comme 1+x
tend vers 0 lorsque x tend vers +∞, on voit que f (x) admet une limite en +∞ et que
lim+∞ f = 1.
Rappelons les propriétés — bien connues — suivantes des fonctions monotones :
si la fonction f est croissante (resp. décroissante) et ne s’annule pas, alors 1f est décroissante
(resp. croissante) ;
si la fonction f est croissante (resp. décroissante) alors − f est décroissante (resp. croissante) ;
si deux fonctions f et g sont croissantes (resp. décroissantes) alors f + g est croissante (resp.
décroissante), ce qui est vrai en particulier si g est constante.
Ces propriétés, le fait évident que la fonction x 7→ x est croissante et l’expression de f (x) que nous
avons calculée montrent que la restriction de f à [0, +∞[ est croissante. On a donc
sup f = lim f = 1.
+∞
[0,+∞[
Il en résulte
sup f = 1.
R
1
et en raisonnant comme précédemment on obtient que lim−∞ f =
Pour x 6 0, on a f (x) = −1+ 1−x
−1, que la restriction de f à ]−∞, 0] est croissante et que infR f = −1.
Question 8. Soit f : R → R+ (rappel R+ = x ∈ R x > 0 ) telle que Dom( f ) = R. Déterminez
si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses. Justifiez votre réponse.
(a) Vrai :
Faux : 3 Il est nécessaire que f soit dérivable pour qu’elle admette un maximum.
Il suffit de donner une fonction f : R → R+ telle que Dom( f ) = R,
f admette un maximum et f ne soit pas dérivable. On considère par
exemple la fonction définie ci-dessous :
(
1 si x = 0
f (x) =
0 sinon.
Il est facile de voir que f : R → R+ et que Dom( f ) = R. La fonction f admet un maximum en 0, en effet pour tout x ∈ R, on a que
f (x) 6 f (0) = 1. La fonction f n’est pas continue en 0, en effet
lim < f (x) = 0 6= 1 = f (0), elle n’est donc pas dérivable en 0.
x−
→0
6/9
Mathématiques générales
Examen
(31 octobre 2012)
(b) Vrai : 3 Faux :
Correc
tion
Si f est surjective, alors f admet un minimum.
Vu que f est surjective, pour tout y ∈ R+ , il existe x ∈ R tel que f (x) =
y. En particulier, il existe x0 tel que f (x0 ) = 0. La fonction f admet un
minimum en x0 , en effet, quel que soit x ∈ R, on a que f (x0 ) = 0 6
f (x), vu que f : R → R+ .
(c) Vrai : 3 Faux :
Si f est surjective et deux fois dérivable, alors f admet un minimum.
Conséquence immédiate de la réponse au point (b).
(d) Vrai :
Faux : 3 Si f est dérivable et admet un maximum (global), alors il existe L ∈ R+
tel que limx→+∞ f (x) = L.
Il suffit de donner une fonction f : R → R+ , dérivable, telle que
Dom( f ) = R et telle que limx→+∞ f (x) n’existe pas. Considérerons
par exemple la fonction f (x) = sin(x)+1. Il est clair que Dom( f ) = R.
Vu que −1 6 sin(x) 6 1, on a que −1 + 1 6 sin(x) + 1 6 1 + 1, donc
en particulier quel que soit x ∈ R, on a f (x) > 0. On a donc bien que
f : R → R+ . Vu que f est la somme de deux fonctions dérivables sur
R (sin et 1), on sait que f est dérivable sur R. Il reste à prouver que
limx→+∞ f (x) n’existe pas. Si on considère la suite (xn )n = π2 + nπ, on
a que f (xn ) = (−1)n+1 + 1, il est donc impossible que limx→+∞ f (x)
existe.
Question 9. On note F (A; R) l’espace vectoriel des fonctions définies sur (tout) A à valeurs
dans R. On suppose que A possède au moins deux éléments et on considère X ⊆ F (A; R) un
sous-espace vectoriel tel que1
∀ f ∈ X, f > 0 ou f 6 0.
(1)
(a) Donnez un exemple d’un tel espace X.
(b) Montrez que (1) implique que dim X 6 1. (Indication : argumentez par contradiction.)
(a) Il suffit de prendre tous les multiples d’une fonction positive. Par exemple, on peut considérer
le sous espace des fonctions constantes
(les
multiples
de
la
fonction
constante
1)
:
X
=
f
f : A → R : x 7→ c pour un c ∈ R .
1 Pour
rappel, on dit qu’une fonction f : A → R est positive et on écrit f > 0 si et seulement si ∀x ∈ A, f (x) > 0.
7/9
Mathématiques générales
Examen
Correc
(31 octobre 2012)
tion
(b) Supposons au contraire qu’il existe un espace X qui vérifie (1) et qui est au moins de dimension 2. On sait donc qu’il existe deux fonctions linéairement indépendantes f et g dans X.
Rappelons que l’indépendance linéaire signifie que
∀α, β ∈ R,
α f + β g = 0 ⇒ α = 0 et β = 0.
(2)
(L’égalité α f + β g = 0 est bien sûr à prendre au sens des fonctions.) Remarquons que si
on multiplie f et g par des constantes non-nulles, les fonctions résultantes sont toujours
linéairement indépendantes (pouvez vous faire les détails ?). Vu (1) on peut, sans perte de
généralité, supposer f > 0 et g > 0 (quitte à multiplier au besoin f ou g par −1).
Première argumentation
Comme la fonction f ne peut être identiquement nulle (sinon il suffit de prendre (α, β ) =
(1, 0) pour contredire (2)), il est possible de choisir un point a1 de A tel que f (a1 ) > 0. De
même, on peut choisir un point a2 ∈ A tel que g(a2 ) > 0. Distinguons deux cas.
Si g(a1 ) = 0, on considère h := f − λ g ∈ X pour un λ suffisament grand (par exemple
λ := f (a2 )/g(a2 ) + 1). On a h(a1 ) = f (a1 ) > 0 et h(a2 ) = f (a2 ) − λ g(a2 ) qui est < 0 vu
le choix de λ (et le fait que g(a2 ) > 0). On vient donc de construire un élément h de X qui
change de signe, ce qui contredit (1).
Si g(a1 ) 6= 0, alors, quitte à multiplier g par une constante positive adéquate, on peut
supposer que f (a1 ) = g(a1 ). Comme f 6= g (si f = g, il suffit de prendre (α, β ) = (1, −1)
pour contredire (2)), il existe un a3 ∈ A tel que f (a3 ) 6= g(a3 ). Sans perte de généralité
(quitte à échanger f et g), on peut supposer f (a3 ) > g(a3 ). On considère maintenant h :=
(a3 )
+ 1). On a, d’une
(1 − λ ) f + λ g ∈ X avec λ assez grand (par exemple λ := f (a f)−g(a
3
3)
part, h(a1 ) = f (a1 ) = g(a1 ) > 0 et, d’autre part, h(s3 ) = f (a3 ) − λ ( f (a3 ) − g(a3 )) qui est
< 0 vu le choix de λ . Comme dans le premier cas, on a une fonction h ∈ X qui change de
signe, ce qui contredit (1).
Une autre argumentation possible
Quel que soit λ ∈ R, on a f −λ g ∈ X et par conséquent, vu qu’on suppose (1), on a forcément
f − λ g > 0 ou f − λ g 6 0. Autrement dit, on vient de montrer
∀λ ∈ R,
f > λ g ou f 6 λ g.
(3)
Posons
λ ∗ := inf{λ ∈ R | f 6 λ g}.
λ ∗ < +∞. En effet, comme la famille { f , g} est libre, ça implique que g 6= 0, c’est-àdire qu’il existe un x̄ ∈ A tel que g(x̄) 6= 0 (donc g(x̄) > 0 vu qu’on a supposé g > 0.).
Par conséquent, {λ ∈ R | f 6 λ g} =
6 ∅ car si cet ensemble était vide, (3) impliquerait
f > λ g pour tout λ ∈ R et donc, en particulier, f (x̄) > λ g(x̄) pour tout λ ∈ R ou encore
f (x̄)/g(x̄) > λ pour tout λ ∈ R, ce qui est une contradiction.
λ ∗ > −∞. En effet, en prenant un x̄ tel que g(x̄) > 0 (dont l’existence vient d’être montrée),
on a
f 6 λ g ⇒ f (x̄) 6 λ g(x̄) ⇒ λ > f (x̄)/g(x̄).
Par conséquent, f (x̄)/g(x̄) > −∞ est une borne inférieure de l’ensemble {λ ∈ R | f 6 λ g},
qui minore donc λ ∗ .
8/9
Mathématiques générales
Examen
(31 octobre 2012)
Correc
tion
Par définition de l’infimum, il existe une suite λn → λ ∗ telle que f 6 λn g. Cette dernière
inégalité signifie que
∀x ∈ A, f (x) 6 λn g(x).
Pour chaque x ∈ A, on peut passer à la limite n → +∞, ce qui donne f (x) 6 λ ∗ g(x). Donc
f 6 λ ∗ g.
Pour chaque λ < λ ∗ , on n’a pas que f 6 λ g (sinon on contredirait le fait que λ ∗ est un
minorant). Vu (3), ça implique que f > λ g. En passant à la limite λ → λ ∗ (comme au
point précédent), on trouve que f > λ ∗ g.
En conclusion, on a trouvé un λ ∗ ∈ R tel que f = λ ∗ g. Ceci contredit le fait que les fonctions
f et g sont linéairement indépendantes.
R EMARQUE : La propriété est vraie sans l’hypothèse que A a au plus deux éléments (celle-ci n’est
d’ailleurs pas utilisée dans les arguments ci-dessus). En effet, F (∅; R) ∼
= {0} et F ({a}; R) ∼
=R
(pouvez vous le montrer ?). Dans ces deux espaces, il ne peut y avoir de sous-espace vectoriel de
dimension supérieure à 1.
9/9