[http://mp.cpgedupuydelome.fr] édité le 6 août 2013 Corrections 5
Corrections
Exercice 1 : [énoncé]
Si Eest l’ensemble vide, il n’existe pas de partie Aincluse dans Evérifiant A6=∅
et A6=E.
Si Eest un ensemble à un élément, idem.
Si Eest un ensemble fini contenant au moins deux éléments, on peut indexer les
éléments de Epour écrire E={x1, x2, . . . , xn}avec n=CardE>2. Considérons
alors l’application f:E→Edéfinie par f(x1) = x2,f(x2) = x3,. . . ,f(xn−1) = xn
et f(xn) = x1.
Soit une partie Ade Evérifiant f(A)⊂A. Si Aest non vide alors il existe
i∈ {1, . . . , n}tel que xi∈Amais alors f(xi)∈Ai.e. xi+1 ∈Aet reprenant ce
processus on obtient xi, xi+1, . . . , xn, x1, . . . , xi−1∈Aet donc A=E.
Ainsi, si Eest un ensemble fini, il existe une application f:E→Epour laquelle
les seules parties Ade Evérifiant f(A)⊂Asont ∅et E.
Inversement.
Soit Eun ensemble infini et f:E→E.
Soit x∈Eet considérons la suite des éléments x, f(x), f2(x), . . . , fn(x), . . ..
S’il existe n∈N?tel que fn(x) = xalors la partie
A=x, f(x), . . . , fn−1(x)⊂Eest non vide, distincte de E(car Afinie) et
vérifie f(A)⊂A.
Sinon, la partie A=f(x), f2(x), . . .={fn(x)/n ∈N?} ⊂ Eest non vide,
distincte de E(car x /∈A) et vérifie f(A)⊂A.
Exercice 2 : [énoncé]
Pour θ∈]0,2π[et z= eiθ,
1
1−z=1
1−eiθ = e−iθ/2i
2 sin θ/2=1
2+1
2icotanθ
2
L’image du cercle unité est la droite d’équation x=1
2.
Exercice 3 : [énoncé]
On observe que B={i, −i}est solution. Montrons qu’il n’y en a pas d’autres. . .
Posons f:C→Cet g:C→Cdéfinies par
f(z)=1−z+z2et g(z) = 1 + z+z2
On remarque
|f(z)−i|=|z+i||z−(1 + i)|,|f(z) + i|=|z−i||z−(1 −i)|
|g(z)−i|=|z−i||z+1+i|et |g(z) + i|=|z+i||z+ 1 −i|
Soient a∈Bet (zn)n>0la suite d’éléments de Bdéfinie par z0=aet pour tout
n∈N
zn+1 =f(zn)si Re(zn)60
g(zn)si Re(zn)>0
Posons enfin
un=z2
n+ 1=|zn−i||zn+i|
Si Re(zn)60alors
un+1 =|f(zn)−i||f(zn) + i|=un|zn−(1 + i)||zn−(1 −i)|
Selon le signe de la partie imaginaire de zn, l’un au moins des deux modules
|zn−(1 + i)|et |zn−(1 −i)|est supérieur à √2alors que l’autre est supérieur à 1.
Ainsi
un+1 >√2un
Si Re(zn)>0, on obtient le même résultat.
On en déduit que si u06= 0 alors la suite (un)n’est pas bornée. Or la partie Best
bornée donc u0= 0 puis a=±i. Ainsi B⊂ {i, −i}.
Sachant B6=∅et sachant que l’appartenance de ientraîne celle de −iet
inversement, on peut conclure
B={i, −i}
Exercice 4 : [énoncé]
Quitte à réindexer, on peut supposer
∀k∈ {1, . . . , n}, ωk=e2ikπ/n =ωkavec ω=e2iπ/n
a) Si nne divise par palors, puisque ωp6= 1
Sp=
n
X
k=1
ωkp =ωp1−ωnp
1−ωp= 0
Si ndivise palors
Sp=
n
X
k=1
ωkp =
n
X
k=1
1 = n
b) Pour 16k6n−1, on a
1
1−ωk
=−e−ikπ/n 1
2isin kπ
n
=i
2cot kπ
n+1
2
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