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Mathématiques générales
Examen (31 octobre 2012) Correction
Question 1.
(a) Donner la définition en ε,δde la continuité d’une fonction réelle d’une variable réelle.
La fonction f, définie sur un sous-ensemble Ide Ret à valeurs réelles, est continue sur Isi
elle continue en tout point ade 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 fest continue sur R\{0}, montrons que fest continue en tout point aréel
non nul fixé. Soit ε>0. Cherchons un réel strictement positif δtel que, pour tout réel non
nul x, la condition
|x−a|<δ
entraine
|f(x)−f(a)|<ε.
Soit xréel non nul tel que |x−a|<δ. Calculons :
|f(x)−f(a)|=
1
x−1 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 δtel que |a|
2<|a| − δ, c’est-à-dire
δ<|a|
2, on a alors 1
|x|<2 |a|. Il en résulte
|x−a|
|x||a|<2δ |a|2.
Si δvérifie la condition supplémentaire 2δ
|a|2<ε, c’est-à-dire δ<|a|2ε
2, on obtient |f(x)−
f(a)|<ε.
Conclusion : choisissons δtel que 0 <δ<min{|a|
2,|a|2ε 2}; ce qui précède montre que pour
tout réel non nul x, la condition |x−a|<δentraine |f(x)−f(a)|<ε, ce qui prouve la
continuité de fen a.
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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 p1possédant (au moins) une racine αtelle que α2=i.
(b) Un polynôme p2de degré 5, dont toutes les racines sont dans C\R.
(c) Un polynôme p3de degré 4 dont les seules racines sont i,1+iet 2+i.
(d) Un polynôme p4de degré 2 possédant (au moins) une racine βtelle que 1−β+β2−β3+
β4=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) = α4+1= (α2)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 pest un polynôme à coefficients réels et α∈Cest une racine de p(i.e. p(α) =
0) ; on a nécessairement que le conjugué de αest également une racine de p, (i.e. p(¯ α) =
0). Prouvons par l’absurde qu’il est impossible de trouver un polynôme p3satisfaisant la
condition demandée. Supposons qu’il existe un tel polynôme p3. En particulier p3est 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 p3sont i, 1 +iet 2 +i.
(d) Réponse attendue : Remarquons tout d’abord que trouver β∈Ctel que 1 −β+β2−β3+
β4=0 est équivalent à trouver une racine du polynôme q(z) = 1−z+z2−z3+z4. On cherche
donc β∈Ctel 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 +z5différente de −1. Écrivons zsous forme
trigonométrique : z=ρ·cis(θ)où ρ∈R+et θ∈[0,2π[. L’équation 1 +z5=0 devient :
ρ·cis(θ)5=1·cis(π).
La formule de de Moivre nous assure que cette équation est équivalente à l’équation ci-
dessous :
ρ5·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+2kπavec θ∈[0,2π[et k∈Z.
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On voit facilement qu’une solution de système est donnée par β=cisπ
5. Le polynôme
p4(x)est donc donné par (x−β)(x−¯ β) = x2−2cosπ
5x+1.
Réponse admise : Soit q(z) = 1−z+z2−z3+z4=0. Vu que Cest algébriquement clos, on
sait qu’il existe β∈Ctel que q(β) = 0. Le polynôme p4(x)est donné par (x−β)(x−¯ β) =
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 2et f :E→E une application linéaire telle
que f ◦f=0et 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0 0
1 0 C−1C∈GL2(R)∪ {0M2(R)}.
(a) Comme dimE=2=#{x,f(x)}, la suite (x,f(x)) est une base de Esi et seulement si elle
est libre. Soient a,b∈Rtels que ax +b f (x) = 0E. En appliquant fà cette égalité on ob-
tient fax +b f (x)=a f (x) + b(f◦f)(x) = a f (x) = 0E, puisque fest linéaire et f◦f=0.
Comme f(x)6=0Eon 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 N0=C0 0
1 0 C−1C∈GL2(R)∪ {0M2(R)}.
Soit M∈N0. Si M=0M2(R)alors M2=0M2(R), donc M∈N. Sinon, soit C∈GL2(R)telle
que M=C0 0
1 0 C−1. Alors M2=C0 0 1 0 2C−1puisque la conjugaison est un morphisme
d’anneau. Comme 0 0
1 0 2=0 0 0 0 , on obtient M2=0M2(R), d’où M∈N. Donc N0⊆N.
Soit A∈N. Si A=0M2(R)alors A∈N0. Supposons A6=0M2(R). Soient Eun R-espace vecto-
riel de dimension 2, Bune base de E, et f:E→El’application linéaire dont la matrice dans
la base Best A. Alors A6=0M2(R)et A2=0M2(R)équivaut à f6=0et f◦f=0. Soit x∈E
tel que f(x)6=0E. Par le point précédent, (x,f(x)) est une base de E. Comme f(f(x)) = 0E,
la matrice de fdans la base x,f(x)est 0 0
1 0 . Par conséquent il existe C∈GL2(R)telle
que A=C0 0
1 0 C−1(Cest la matrice de passage d’une base à l’autre), d’où A∈N0. Donc
N⊆N0.
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Question 4. Soient X et Y deux ensembles et f :X→Y une application arbitraire (il est sous-
entendu 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 fsoit 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 fest
surjective.
(b) Supposons que fsoit injective. Soit A⊆X, et soit x∈f−1(f(A)). Alors f(x)∈f(A); donc
il y a un a∈Atel que f(x) = f(a). Comme fest 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∈Xtels 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 fest injective.
Question 5. Soient σ= (12)et τ= (132)∈S3.
(a) Déterminer l’ordre du sous-groupe hτ,σ τσ−1ide S3engendré par τet στσ−1.
(b) Déterminer l’ordre du sous-groupe hσ,τσ τ−1ide S3engendré par σet τστ−1.
(a) On a στσ−1= (1 2 3) = τ−1∈ hτi. Par conséquent hτ,σ τσ −1i=hτiest d’ordre 3 puisque
τest un 3-cycle.
(b) Soit n=|hσ,τστ−1i|. On a une chaîne de sous-groupes hσi<hσ,τστ−1i<S3avec |hσi| =
2 puisque τest 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
hσi=hσ,τστ−1i, ce qui équivaut à τστ−1∈ hσi. Or τστ−1= (13)est de support différent
de celui de σ, donc τστ−16∈ hσi. Par conséquent n=6.
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Question 6.
(a) Donner un exemple d’une suite décroissante (An)n>1de sous-ensembles non vides de R
(c’est-à-dire, pour tout n >1,∅6=An+1⊆An⊆R) telle que
∞
\
n=1
An=∅.
(b) Soit X ={1,2,3,...,17}. Soit (An)n>1une suite décroissante de sous-ensembles non vides
de X. Montrer que
∞
\
n=1
An6=∅.
(a) Il suffit de prendre An= [n,+∞[,n>1.
(b) Soit X={1,2,3,...,17}. Soit (An)n>1une suite décroissante de sous-ensembles non vides
de X. Il faut montrer que T∞
n=1An6=∅. Nous donnons deux preuves.
Preuve 1. Soit Nn=cardAn. Comme (An)n>1est une suite décroissante, la suite (Nn)n>1
est également décroissante. Puisque les Nnsont des entiers positifs, la suite (Nn)n>1est ul-
timement constante, c’est-à-dire, qu’il y a un n0tel que Nn=Nn0pour tout n>n0. Comme
An⊆An0pour tout n>n0, et comme les Ansont des ensembles finis on en déduit que An=An0
pour tout n>n0. Ceci implique que T∞
n=1An=An06=∅.
Preuve 2. Nous faisons une preuve par l’absurde. Supposons que T∞
n=1An=∅. Ceci implique
que pour tout k∈X,k=1,...,17,il y a un nktel que k/∈Ank. Soit N=max(n1,...,n17).
Comme la suite (An)n>1est décroissante on déduit que k/∈ANpour k=1,...,17 et donc que
AN=∅, ce qui contredit les hypothèses.
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∈Rf(x)
(d) infx∈Rf(x)
Justifiez vos réponses.
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